届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3184含答案.docx
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届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3184含答案
重点回顾专练:
带电粒子在复合场中的运动..
一、选择题..
1.(2016·湖南十二校联考)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步.如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强大小恒定,且被限制在A、C板间,带电粒子从P0处由静止释放,并沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆.周运动.对于这种改进后的回旋加速器.下列说法正确的是( )
A.带电粒子每运动一周被加速一次..
B.P1P2=P2P3
C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
D.加速电场方向需要做周期性的变化
[解析] 带电粒子每运动一周被加速一次,加速电场方向不需要做周期性变化,A正确,D错误.由动能定理得nqU=
mv2,由qBv=m
得R=
,R与加速次数不成正比,故B错误.最大动能为Ek=
,可知C错误.
[答案] A
2.(多选)(2015·厦门检测)如图所示,一束粒子(不计重力,初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ,其中磁场的方向如图所示,磁感应强度大小可根据实际要求调节,收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上.则收集室收集到的是( )
A.具有特定质量的粒子B.具有特定比荷的粒子
C.具有特定速度的粒子D.具有特定动能的粒子
[解析] 粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得qU=
mv2⇒v=
,粒子沿直线O1O2O3运动,则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡,可得qE=Bqv⇒v=
=
,即
=
为定值.故选项B、C正确.
[答案] BC
3.医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成,磁极间的磁场是均匀的.使用时,两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如右图所示.由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动,电极a、b之间会有微小电势差.在达到平衡时,血管内部的电场可看作是匀强电场,血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零.在某次监测中,两触点间的距离为3.0mm,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160μV,磁感应强度的大小为0.040T.则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A.1.3m/s,a正、b负B.2.7m/s,a正、b负
C.1.3m/s,a负、b正D.2.7m/s,a负、b正
[解析] 由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动,利用左手定则可以判断:
a电极带正电,b电极带负电.血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0,即qvB=qE得v=
=
≈1.3m/s.
[答案] A
4.(多选)(2015·江苏阜宁中学月考)利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域.如右图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形成电势差UCD,下列说法中正确的是( )
A.电势差UCD仅与材料有关
B.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差UCD<0
C.仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大
D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平
[解析] 电势差UCD与磁感应强度B、材料有关,选项A错误;若霍尔元件的载流子是自由电子,由左手定则可知,电子向C侧面偏转,则电势差UCD<0,选项B正确;仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大,选项C正确;在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持竖直且东西放置,选项D错误.
[答案] BC
5.(多选)(2015·日照调研)如图所示,甲是不带电的绝缘物块,乙是带正电的物块,甲、乙叠放在一起,置于粗糙的绝缘水平地板上,地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场,现加一水平向左的匀强电场,发现甲、乙无相对滑动,一起向左加速运动.在加速运动阶段( )
A.甲、乙两物块间的摩擦力不变
B.乙物块与地面之间的摩擦力不断增大
C.甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动
D.甲、乙两物块可能做匀加速直线运动
[解析] 甲、乙组成的整体,受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向右的摩擦力作用,设甲、乙两物块质量分别为M、m,乙物块所受滑动摩擦力Ff=μ[(M+m)g+qvB],随速度增大,乙物块与地面间摩擦力不断增大,B项正确;由牛顿第二定律有:
Eq-Ff=(M+m)a,整体速度不断增大过程中,加速度不断减小,C项正确,D项错;对甲物块应用牛顿第二定律,F′f=Ma,随整体加速度不断减小,甲、乙间的静摩擦力不断减小,A项错.
[答案] BC
6.如图所示,a、b为竖直正对放置的平行金属板,其间构成偏转电场,其中a板带正电,两板间的电压为U,在金属板下方存在一有界的匀强磁场,磁场的上边界与两金属板下端的水平面PQ重合,PQ下方的磁场范围足够大,磁场的磁感应强度大小为B,一比荷为
带正电的粒子以速度v0从两板中间位置沿与a、b板平行方向射入偏转电场,不计粒子重力,粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场,运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场,设M、N两点间的距离为x(M、N点图中未画出).则以下说法中正确的是( )
A.只减小磁感应强度B的大小,则x减小
B.只增大初速度v0的大小,则x减小
C.只减小偏转电场的电压U大小,则x不变
D.只减小带电粒子的比荷
大小,则x不变
[解析] 带正电的粒子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中,向右做类平抛运动,设进入磁场时速度为v,与水平向右方向的夹角为θ,则在磁场中做匀速圆周运动,运动的弧所对的圆心角为2θ,半径为R,由几何知识得M、N两点的距离为:
x=2Rsinθ=2
sinθ=
.只减小磁感应强度B的大小,则x增大,选项A错误;只增大初速度v0的大小,则x增大,选项B错误;只减小偏转电压U的大小,则x不变,选项C正确;只减小带电粒子的比荷
的大小,则x增大,选项D错误.
[答案] C
7.如图所示,Oxyz坐标系的y轴竖直向上,在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场,电场方向和磁场方向都与x轴平行.从y轴上的M点(0,H,0)无初速释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球,它落在xOz平面上的N(c,0,b)点(c>0,b>0).若撤去磁场则小球落在xOy平面的P(L,0,0)点(L>0),已知重力加速度为g.则( )
A.匀强磁场方向沿x轴正方向
B.匀强电场方向沿x轴正方向
C.电场强度的大小E=
D.小球落至N点时的速率v=
[解析] 撤掉磁场,小球落在P点,对其受力分析,可知:
小球受竖直向下的重力、沿x轴正向的电场力,而小球带负电,故匀强电场方向沿x轴的负方向,选项B错误;根据分运动的等时性,则H=
gt2,L=
t2,两方程相比可得:
E=
,选项C正确;加上磁场,小球落在N点,其受到的洛伦兹力方向沿z轴,由左手定则,可知:
匀强磁场方向沿x轴负方向,选项A错误;从M点到N点,洛伦兹力不做功,只有重力和电场力做功,由动能定理可得:
mgH+qEc=
mv2,联立可得:
v=
,选项D错误.
[答案] C
8.(多选)(2015·成都一诊)如图甲所示,绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点,另一端连接带正电的小球,小球电荷量q=6×10-7C,在图示坐标中,电场方向沿竖直方向,坐标原点O的电势为零.当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时,细绳上的拉力刚好为零.在小球从最低点运动到最高点的过程中,轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示,重力加速度g=10m/s2.则下列判断正确的是( )
A.匀强电场的场强大小为3.2×106V/m
B.小球重力势能增加最多的过程中,电势能减少了2.4J
C.小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D.小球所受的洛伦兹力的大小为3N
[解析] 根据小球从最低点运动到最高点的过程中,轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得,匀强电场的电场强度大小E=
V/m=5×106V/m,故A选项错误;由于带电小球在运动过程中,只有重力和电场力做功,则只有重力势能和电势能的相互转化,又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动,且细绳上的拉力刚好为零,则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向,即qE=mg,因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中,即小球重力势能增加最多的过程中,电势能减少量为qE·2L=2.4J,故B选项正确;由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力,根据左手定则可知,小球沿逆时针方向运动,故C选项错误;根据牛顿第二定律可得fB=
,又qE=mg,解得fB=3N,即小球所受的洛伦兹力的大小为3N,故D选项正确.
[答案] BD
二、非选择题
9.(2015·济南高三质检)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第一象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴负方向,电场强度大小为E;在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向外.一质量为m、带正电的粒子(不计粒子重力),从OM=h处的M点,以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上OP=2h处的P点进入磁场,粒子在磁场中运动的轨道半径为r,以垂直于y轴的方向射出磁场.求:
(1)粒子所带的电荷量q;
(2)磁感应强度B;
(3)粒子在磁场中运动的时间.
[解析] 粒子的运动轨迹如图所示.
(1)粒子在电场中做类平抛运动,有
2h=v0t①
h=
at2②
其中a=
③
解得q=
④
(2)对粒子在电场中做类平抛运动的末状态进行分析:
由直角三角形知识可知
v=
⑤
y轴的方向有h=
,vy=v0⑥
联立⑤⑥得θ=45°,v=
v0⑦
对粒子在磁场中的圆周运动进行分析:
v2=v1=v,qvB=
⑧
联立④⑦⑧得B=
.
(3)粒子在磁场中的运动周期
T=
.
由几何知识知,轨迹所对的圆心角为
π
故粒子在磁场中运动的时间
t=
=
.
[答案]
(1)
(2)
(3)
10.(2015·莆田模拟)如图所示,在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x≤4m区域内,分布着E=
×106N/C的匀强电场,方向竖直向上;第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内,分布着大小均为B=5.0×10-2T的匀强磁场,方向分别垂直纸面向外和向里.质量为m=1.6×10-27kg、电荷量为q=3.2×10-19C的带正电的粒子(重力不计),从坐标点M(-4m,
m)处,以v=
×107m/s的速度平行于x轴向右运动,并先后通过匀强磁场和匀强电场区域.求:
(1)带电粒子在磁场中的运动半径r;
(2)粒子在两个磁场区域及电场区域偏转所用的总时间;
(3)在图中画出粒子从直线x=-4m到x=4m之间的运动轨迹,并求出运动轨迹与y轴和直线x=4m交点的纵坐标.
[解析]
(1)带电粒子在磁场中偏转,由牛顿运动定律得
qvB=m
,
所以r=
,
代入数据得r=
m.
(2)带电粒子在磁场中的运动周期
T=
=6.28×10-7s,
运动的时间t1=
T=1.57×10-7s.
带电粒子在电场中运动的时间
t2=
=
s=2.83×10-7s,
故粒子在电磁场偏转所用的总时间
t=t1+t2=4.40×10-7s.
(3)如图所示
分析知:
粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了
周,下移了(
-1)m,由对称性知粒子在方向向内的磁场中恰好沿逆时针运动了
周,又下移了(
-1)m,故y1=[
-2(
-1)]m=(2-
)m.
粒子水平飞入电场,
竖直方向上满足a=
=
×1014m/s2
y2=y1+
at
=2m.
[答案]
(1)
m
(2)4.40×10-7s (3)见解析
11.如图甲所示,在xOy平面内有足够大的匀强电场,电场方向竖直向上,电场强度E=40N/C;在y轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场,磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示,15πs后磁场消失,选定磁场垂直纸面向里为正方向.在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场,分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域里(图中未画出),且圆的左侧与y轴相切,磁感应强度B2=0.8T.t=0时刻,一质量m=8×10-4kg、电荷量q=2×10-4C的带正电微粒从x轴上xP=-0.8m处的P点以速度v=0.12m/s沿x轴正方向射出.(g取10m/s2,计算结果保留两位有效数字)
(1)求微粒在第二象限运动过程中离y轴、x轴的最大距离;
(2)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时,速度方向的偏转角度最大,求此圆形磁场的圆心坐标(x,y).
[解析]
(1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力
F电=Eq=8×10-3N,G=mg=8×10-3N
F电=G,所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
因为qvB1=
,
所以R1=
=0.6m,
T=
=10πs.
从图乙可知在0~5πs内微粒做匀速圆周运动
在5π~10πs内微粒向左做匀速运动,运动位移
x1=v
=0.6πm.
在10π~15πs内,微粒又做匀速圆周运动,15πs以后向右做匀速运动,之后穿过y轴.
所以,离y轴的最大距离
s=0.8m+x1+R1=1.4m+0.6πm=3.3m
离x轴的最大距离s′=2R1×2=4R1=2.4m.
(2)如图所示,微粒穿过圆形磁场时要求偏转角最大,入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径.
因为qvB2=
,
所以R2=
=0.6m=2r,
所以最大偏转角θ=60°,
所以圆心坐标x=0.30m,
y=s′-rcos60°=2.4m-0.3m×
≈2.3m,
即磁场的圆心坐标为(0.30m,2.3m).
[答案]
(1)3.3m 2.4m
(2)(0.30m,2.3m)
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