高中物理 分類突破贏高考4

備戰(zhàn)物理分類突破贏高考41.(·浙江金華十校聯(lián)考)不計重力的負粒子能夠在如圖所示的正交勻強電場和勻強磁場中勻速直線穿過．設產(chǎn)生勻強電場的兩極板間電壓為U，距離為d，勻強磁場的磁感應強度為B，粒子電荷量為q，進入速度為v，以下說法正確的是()A．若同時增大U和B，其他條件不變，則粒子一定能夠直線穿過B．若同時減小d和增大v，其他條件不變，則粒子可能直線穿過C．若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子動能一定減小D．若粒子向下偏，能夠飛出極板間，則粒子的動能有可能不變2．如圖所示，一束正離子從S點沿水平方向射出，在沒有偏轉電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其之間相互作用力)()A．E向下，B向上 B．E向下，B向下C．E向上，B向下 D．E向上，B向上3.(改編題)三個帶正電的粒子a、b、c(不計重力)以相同動能水平射入正交的電磁場中，軌跡如圖所示．關于它們的質量ma、mb、mc的大小關系和粒子a動能變化，下列說法正確的是()A．ma＜mb＜mcB．ma＞mb＞mcC．粒子a動能增加D．粒子a動能減少4.如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向水平(圖中垂直紙面向里)，一帶電油滴P恰好處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是()A．若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運動B．若僅撤去磁場，P可能做勻加速直線運動C．若給P一初速度，P不可能做勻速直線運動D．若給P一初速度，P可能做勻速圓周運動5．(改編題)如圖所示，一束帶電粒子(不計重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上．則()A．該裝置可篩選出具有特定質量的粒子B．該裝置可篩選出具有特定電荷量的粒子C．該裝置可篩選出具有特定速度的粒子D．該裝置可篩選出具有特定動能的粒子6.如圖所示是質譜儀工作原理的示意圖，帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為0)后，進入磁感應強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則()A．a(chǎn)的質量一定大于b的質量B．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量C．a(chǎn)運動的時間大于b運動的時間D．a(chǎn)的比荷大于b的比荷7.如圖，空間某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動，從C點離開區(qū)域；如果這個區(qū)域只有電場，則粒子從B點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從D點離開場區(qū)；設粒子在上述三種情況下，從A到B點、A到C點和A到D點所用的時間分別是t1、t2和t3，比較t1、t2和t3的大小，則有(粒子重力忽略不計)()A．t1＝t2＝t3 B．t2＜t1＜t3C．t1＝t2＜t3 D．t1＝t3＞t28．(·浙江模擬)如圖甲所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是()A．在Ek－t圖中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高頻電源的變化周期應該等于tn－tn－1C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D．要想粒子獲得的最大動能越大，則要求D形盒的面積也越大9.質譜儀是測帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規(guī)律計算出帶電粒子質量．其工作原理如圖所示．虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知()A．此粒子帶負電B．下極板S2比上極板S1電勢高C．若只增大加速電壓U，則半徑r變大D．若只增大入射粒子的質量，則半徑r變小10．如圖所示，MN是一段在豎直平面內(nèi)半徑為1m的光滑的1/4圓弧軌道，軌道上存在水平向右的勻強電場．軌道的右側有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1＝0.1T．現(xiàn)有一帶電荷量為1C、質量為100g的帶正電小球從M點由靜止開始自由下滑，恰能沿NP方向做直線運動，并進入右側的復合場(NP沿復合場的中心線)．已知A、B板間的電壓為UBA＝2V，板間距離d＝2m，板的長度L＝3m，若小球恰能從板的右邊沿飛出，g取10m/s2.求：(1)小球運動到N點時的速度v的大小．(2)水平向右的勻強電場的電場強度E的大?。?3)復合場中的勻強磁場的磁感應強度B2的大?。?1.如圖所示，矩形abcd關于x軸對稱，長ad＝2L，寬ab＝L，三角形Oab區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，梯形Obcd區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場．一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(不計重力)以初速度v從P點沿x軸正方向進入電場，穿過電場后從Ob邊上Q點處進入磁場，然后從y軸負半軸上的M點(圖中未標出)垂直于y軸離開磁場，已知OP＝eq\f(2,3)L，OQ＝eq\f(4\r(2),9)L，試求：(1)勻強電場的場強E大小；(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小．12.絕緣水平面ab與處在豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣軌道bcd相切于b點，半圓軌道的半徑為R.過b點的豎直平面MN的左側有水平向右的勻強電場，右側有正交的電、磁場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，如圖所示，比荷為k的帶電小球從水平面上某點由靜止釋放，過b點進入MN右側后能沿半圓形軌道bcd運動且對軌道始終無壓力，小球從d點再次進入MN左側后正好落在b點，不計一切摩擦，重力加速度為g，求：(1)小球進入電、磁場時的速度大小v；(2)MN右側的電場強度大小E2；(3)MN左側的電場強度大小E1；(4)小球釋放點到b點的距離s.答案1．BC粒子能夠直線穿過，則有qeq\f(U,d)＝qvB，即v＝eq\f(U,Bd)，若U、B增大的倍數(shù)不同，粒子不能沿直線穿過，A錯誤，同理B正確；粒子向下偏，電場力做負功，又W洛＝0，所以ΔEk＜0，C正確．D錯誤．2．A正離子束打到第Ⅲ象限，相對原入射方向向下，所以電場E方向向下；根據(jù)左手定則可知磁場B方向向上，故A正確．3．AD粒子a受的電場力向下、受的洛倫茲力向上，又a向上偏，說明a受的洛倫茲力大，故推出a的初速度大．又三個粒子動能相同，故a的質量小，因此選項A對；a向上偏，電場力對其做負功，洛倫茲力不做功，故a動能減少，因此選項D對．4．D由題意可知，帶電粒子所受的重力與電場力平衡，若P的初速度垂直于磁感線方向，則P可能做勻速圓周運動，若P的初速度沿磁感線方向，則P可能做勻速直線運動，C錯誤，D正確；若僅撤去電場，帶電粒子在重力作用下先加速，由于洛倫茲力的大小與速度大小成正比，故所受的合外力將發(fā)生變化，帶電粒子不可能做勻加速直線運動，A錯誤；若僅撤去磁場，P仍處于靜止狀態(tài)，B錯誤．5．C速度選擇器的工作原理：帶電粒子垂直射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的復合場空間，所受的電場力和洛倫茲力方向相反，大小相等．本題中粒子若要無偏轉地通過區(qū)域Ⅱ，通過收集室的小孔O3，需要滿足qE＝qvB，即粒子的速度v＝E/B，C正確．6．D粒子經(jīng)電場加速的過程，由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律知Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，所以R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由圖知Ra<Rb，故eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，A、B錯、D對；因周期為T＝eq\f(2πm,Bq)，運行時間為eq\f(T,2)，所以a運動的時間小于b運動的時間，C錯．7．C8．A帶電粒子在兩D形盒內(nèi)做圓周運動時間等于半個圓周運動周期，而粒子運動周期T＝eq\f(2πm,qB)與粒子速度無關，則有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A正確；高頻電源的變化周期應該等于2(tn－tn－1)，B錯誤；由R＝eq\f(mv,qB)可知：粒子最后獲得的最大動能與加速次數(shù)無關，與D形盒內(nèi)磁感應強度和D形盒半徑有關，故C、D錯誤．9．C粒子從S3小孔進入磁場中，速度方向向下，粒子向左偏轉，由左手定則可知粒子帶正電．帶正電的粒子在S1和S2兩板間加速，則要求場強的方向向下，那么S1板的電勢高于S2板的電勢．粒子在電場中加速，由動能定理有eq\f(1,2)mv2＝qU，在磁場中偏轉，則有r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立兩式解得r＝eq\r(\f(2Um,qB2))，由此式可以看出只增大U或只增大m時，粒子的軌道半徑都變大．10．解析：(1)小球沿NP做直線運動，由平衡條件可得：mg＝qvB1解得v＝10m/s.(2)小球從M點到N點的過程中，由動能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得：E＝4N/C.(3)在板間復合場中小球受電場力qUBA/d＝1N與重力平衡，故小球做勻速圓周運動設運動半徑為R′，由幾何知識得：R′2＝L2＋(R′－eq\f(d,2))2，解得：R′＝5m由qvB2＝mv2/R′，解得：B2＝0.2T.答案：(1)10m/s(2)4N/C(3)0.2T11.解析：(1)根據(jù)題意，Ob與x軸的夾角為45°，帶電粒子在電場中做類平拋運動，設在電場中運動時間為t，場強為E，則x＝OQ·cos45°＝vt ①x＝OP－OQ·sin45°＝eq\f(1,2)at2 ②qE＝ma ③聯(lián)立以上各式解得E＝eq\f(9mv2,4qL).(2)粒子的運動軌跡如圖所示，在Q點豎直分速度vy＝at，代入數(shù)據(jù)解得vy＝v∴粒子在進入磁場時的速度v′＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v ④速度方向與＋x方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(vy,vx)＝1 ⑤∴θ＝45°即粒子垂直于Ob邊進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動的圓心即為O點半徑R＝OQ＝eq\f(4\r(2)L,9) ⑥又qv′B＝eq\f(mv′2,R). ⑦解得B＝eq\f(9mv,4qL).答案：(1)eq\f(9mv2,4qL)(2)B＝eq\f(9mv,4qL)12．解析：(1)小球進入MN右側電、磁場后能沿bcd運動且始終對軌道無壓力，表明洛倫茲力等于小球做圓周運動的向心力，且小球的速率不變，因此有qvB＝meq\f(v2,R) ①代入eq\f(q,m)＝k解得v＝kBR. ②(2)小球速率不變，則重力與電場力平衡，即qE2－mg＝0 ③解得E2＝eq\f(g,k).(3)小球再次進入左側電場后，在水平方向做勻