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本文((通用版)2019版高考物理二轮复习专题检测(十六)吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题(含解析).doc)为本站会员(eventdump275)主动上传,麦多课文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知麦多课文库(发送邮件至master@mydoc123.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

(通用版)2019版高考物理二轮复习专题检测(十六)吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题(含解析).doc

1、1吃透“三场特性” ,探秘复合场中的运动问题1.如图所示,在竖直向下的匀强电场 E 中,一带电油滴在电场力和重力的作用下,沿虚线所示的运动轨迹从 a 运动到 b。若油滴在运动过程中动能和重力势能之和为 E1,重力势能和电势能之和为 E2,则E1、 E2的变化情况是( )A E1增加, E2增加 B E1增加, E2减小C E1不变, E2减小 D E1不变, E2不变解析:选 B 根据题图所示的运动轨迹可知,油滴带负电,受到向上的电场力大于重力,合力做正功,动能增加,所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和 E2减小,电场力做正功,电势能减小,所以重力势能和动能之和 E1增加,B 正确。2.(

2、2018全国名校模拟)如图所示,表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置, Q 点处固定一点电荷。一带电小圆环套在该绝缘细杆上,从细杆上 P 点处由静止释放,沿细杆上滑到 O 点时静止。带电小圆环可视为点电荷,则( )A小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷B小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷C小圆环上滑过程中,电势能不变D小圆环上滑过程中,电势能增大解析:选 A 小圆环从 P 点由静止释放,沿细杆上滑到 O 点时静止,说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力,A 项正确,B 项错误;排斥力使小圆环沿细杆上滑,电场力做正功,电势能减小,C、D 项错误。3.(2018自贡模拟)如图所示,两竖直平行板间同

3、时存在匀强电场和匀强磁场,电场的电场强度大小为 E、方向水平向左,磁场的磁感应强度大小为 B、方向与电场垂直且水平向里。一带正电液滴以竖直向下的初速度 v0 进入电、磁场区域,最终能飞出该区域。则带电液滴在电、EB磁场区域中( )A做匀速直线运动 B做匀变速曲线运动C运动速度逐渐减小 D机械能逐渐减小解析:选 D 带电液滴进入电、磁场中时,由题意可知,带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力,电场力等于洛伦兹力,所以重力使其做加速运动,随着速度的增大,洛伦兹力的大小增大,方向随速度方向的变化而变化,所以带电液滴将向右做变加速曲线运动,故A、B 错误;由题意可知,带电液滴向右偏离并射出电、磁场,则运动速

4、度逐渐增大,故 C错误;由上述分析可知,电场力做负功,电势能增加,则机械能减小,故 D 正确。24(2019 届高三黄冈中学模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示铅盒 A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零),从狭缝 S1进入电压为 U 的加速电场区加速后,再通过狭缝 S2,最后从小孔 G 垂直于 MN 射入偏转磁场,该偏转磁场是以直线 MN 为切线、磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向外、半径为 R 的圆形匀强磁场。现 在 MN 上 的 F 点 (图 中 未 画 出 )接收到该粒子,且 GF R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )3A. B.

5、8UR2B2 4UR2B2C. D.6UR2B2 2UR2B2解析:选 C 粒子进入匀强磁场的运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为 v,由动能定理有, qU mv2,由12几何关系可得,粒子在磁场中做圆周运动的偏转角 60,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径 r ,又 Bqv m ,解得 ,故 C3R3 v2r qm 6UR2B2正确。5多选如图所示,带等量异种电荷的平行金属板 a、 b 处于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿 OO方向从左侧垂直于电、磁场射入,从右侧射出 a、 b 板间区域时动能比射入时小;要使粒子射出 a、 b 板间区域时的动能比射入时大,可

6、采用的措施是( )A适当减小两金属板的正对面积B适当增大两金属板间的距离C适当减小匀强磁场的磁感应强度D使带电粒子的电性相反解析:选 AC 粒子在电、磁场中,动能逐渐减小,说明电场力做负功,因洛伦兹力不做功,则电场力小于洛伦兹力,若减小两金属板的正对面积,场强 E , S 减小, Q4 kQ rS不变, E 增大,电场力变大,当电场力大于洛伦兹力时,粒子向电场力方向偏转,电场力做正功,射出时动能变大,A 项正确;当增大两金属板间的距离时,场强不变,B 项错误;当减小磁感应强度时洛伦兹力减小,可能小于电场力,粒子可能向电场力方向偏转,电场力做正功,射出时动能变大,C 项正确;当改变粒子电性时,其

7、所受电场力、洛伦兹力大小不变,方向均反向,所以射出时动能仍然减小,D 项错误。36多选(2018全国名校模拟)如图所示,区域中有正交的匀强电场和匀强磁场,区域中只有匀强磁场,不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域,在区域中都没有发生偏转,在区域中做圆周运动的轨迹都相同,则关于这些离子说法正确的是( )A离子一定都带正电B这些离子进入区域的初速度相等C离子的比荷一定相同D这些离子的初动量一定相同解析:选 BC 由题意知,不同的离子通过区域时都不偏转,说明受到的电场力与洛伦兹力相等,即 Eq B1qv,故离子的初速度相等,若为正离子,则电场力向下,洛伦兹力向上;若为负离子,则电场力向上,洛伦兹力

8、向下,选项 A 错误,B 正确;不同的离子进入区域后,其偏转半径相同,由公式 R 可知,它们的比荷相同,选项 C 正确;由于mvBq离子的质量不一定相等,所以无法判断初动量是否相等,选项 D 错误。7.如图所示为一种获得高能粒子的装置环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q 的粒子在环中做半径为 R 的圆周运动。 A、 B 为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经 A 板时, A 板电势升高为 U, B 板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时, A 板电势又降为零,粒子在电场中一次次加速,动能不断增大,而在环形区域内

9、绕行半径不变(设极板间距远小于 R)。下列关于环形加速器的说法正确的是( )A环形区域内的磁感应强度大小 Bn与加速次数 n 之间的关系为 BnBn 1 nn 1B环形区域内的磁感应强度大小 Bn与加速次数 n 之间的关系为 BnBn 1 nn 1C A、 B 板之间的电压可以始终保持为 UD粒子每次绕行一圈所需的时间 tn与加速次数 n 之间的关系为 tntn 1 nn 1解析:选 B 因粒子每绕行一圈,其增加的能量为 qU,所以绕行第 n 圈时获得的总动能为 mvn2 nqU,得第 n 圈的速度 vn 。在磁场中,由牛顿第二定律得12 2nqUmqBnvn m ,解得 Bn ,所以 , A

10、 项错误,B 项正确;如果 A、 B 板vn2R 1R 2nmUq BnBn 1 nn 1之间的电压始终保持为 U,粒子在 A、 B 两极板之间飞行时,电场对其做功 qU,从而使之加4速,在磁场内飞行时,电场又对粒子做功 qU,从而使之减速,粒子绕行一周电场对其所做总功为零,动能不会增加,达不到加速效果,C 项错误;根据 t 得2 Rvtn2 R ,得 ,D 项错误。m2nqU tntn 1 n 1n8多选(2018北京燕博园模拟)如图甲所示,一质量 m0.5 kg、电荷量 q1102 C 的物块静止在绝缘的粗糙水平面上,在物块所在的足够大的空间内,加一与水平方向夹角 37、斜向右下方的匀强电

11、场,电场强度 E110 3 V/m。物块在电场力的作用下开始运动,物块运动后还受到空气阻力,其大小与速度的大小成正比。物块的加速度a 与时间 t 的关系如图乙所示。已知 sin 370.6,cos 370.8,重力加速度 g 取 10 m/s2。以下判断正确的是( )A物块与水平面间的动摩擦因数为311B t2 s 时物块的动能为 56.25 JC t3 s 时物块受到的空气阻力为 5 ND前 5 s 内合外力对物块做的功为 100 J解析:选 ABD 由题图乙可知, t0 时物块的加速度 a010 m/s2,且 t0 时物块受到的空气阻力为零,对物块进行受力分析可得, Eqcos (mg E

12、qsin ) ma0,解得 ,故 A 选项正确; t2 s 时物块的速度由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得,311v 212(105)m/s15 m/s,物块的动能 Ek mv256.25 J,故 B 选项正确;由题图乙可知12t3 s 时物块的加速度大小 a12.5 m/s2,对物块进行受力分析可得, Eqcos (mg Eqsin ) Ff ma1,解得 Ff3.75 N,故 C 选项错误;由题图乙可知 t4 s 时物块的加速度减为零,此后物块做匀速直线运动,由题图乙中图线与坐标 轴 围 成 的 面 积可 得 , 物 块 的 最 大 速 度 vm20 m/s,由动能定理可知,合外力对物块

13、做 的 功 等 于 物 块 动 能 的 变 化量,即W Ek mvm2100 J,故 D 选项正确。129多选质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球(可视为质点),5从倾角为 的粗糙绝缘斜面(动摩擦因数 0)的小球由轨道左端 A 无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点 C 时,给小球再施加一始终水平向右的外力 F,使小球能以保持不变的速率滑过轨道右侧的 D 点。若小球始终与轨道接触,重力加速度为 g,则下列判断正确的是( )A小球在 C 点受到的洛伦兹力大小为 qB 2gRB小球在 C 点对轨道的压力大小为 3mg qB 2gRC小球从 C 到 D 的过程中,外力 F 的大小保持不变D小球从 C

14、到 D 的过程中,外力 F 的功率逐渐增大解析:选 AD 小球从 A 点运动到 C 点的过程中只有重力做功,根据动能定理得8mgR mv2,解得 v ,故小球在 C 点受到的洛伦兹力大小为 F 洛 qBv qB ,故 A12 2gR 2gR正确;由左手定则可知,小球向右运动到 C 点时受到的洛伦兹力的方向向上,则有N qvB mg ,解得 N3 mg qB ,故 B 错误;小球从 C 到 D 的过程中速率不变,mv2R 2gR由受力分析得 mgsin Fcos ,速度方向与水平方向夹角 变大,重力沿切线方向的分力增大,所以水平外力 F 的大小增大,故 C 错误;小球从 C 到 D 的过程中,速率不变,而洛伦兹力和支持力不做功,所以外力 F 的功率与小球克服重力做功的功率大小相等,由运动的合成与分解可知,小球从 C 向 D 运动的过程中,竖直方向的分速度越来越大,所以小球克服重力做功的功率增大,外力 F 的功率也增大,故 D 正确。

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