2025年高考物理二輪總復習學案第1部分專題3第9講（Word版附解析）-學案下載-教習網

A組·基礎練
1.(2024·廣東江門模擬)如圖為靜電噴印原理的簡圖，在噴嘴和收集板之間施加高壓電源后，電場分布如圖中虛線所示。噴嘴處的液滴受到各方面力的共同作用形成泰勒錐，當電壓增至某個臨界值時(假設此后電壓保持不變)，液滴從泰勒錐尖端射出形成帶電霧滴，落在收集板上，則此過程中霧滴( )
A．動能減小 B．帶正電荷
C．電勢能減小 D．加速度增大
【答案】 C
【解析】收集板帶正電，霧滴帶負電，落到收集板的過程中，電場力做正功，動能增大，速度增大，電勢能減小，故A、B錯誤，C正確；由圖可知從噴嘴到收集板，電場線逐漸稀疏，電場強度減小，根據牛頓第二定律F＝qE＝ma，可得a＝eq \f(qE,m)，加速度減小，故D錯誤。
2.(2024·江蘇南通三模)如圖甲所示，某示波器在XX′、YY′不加偏轉電壓時光斑位于屏幕中心，現給其加如圖乙所示的偏轉電壓，則看到光屏上的圖形是( )
【答案】 D
【解析】 XX′方向加逐漸增大的電壓，則電子向X方向偏轉。YY′方向加恒定電壓，則電子向Y方向偏轉，且偏轉的距離相同。故選D。
3.(2024·江蘇南京模擬)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是( )
A．a帶負電荷
B．b帶正電荷
C．c不帶電
D．a和b的動量大小一定相等
【答案】 B
【解析】在兩軌跡相切的位置，粒子a速度方向向右，受到向上的洛倫茲力，而粒子b速度方向向左，受到向下的洛倫茲力，根據左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電，故A、C錯誤，B正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，所以r＝eq \f(mv,qB)，雖然粒子a與粒子b的軌跡半徑相等，但由于粒子a與粒子b的質量、電荷量大小關系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關系不確定，故D錯誤。
4.(2024·寧夏石嘴山模擬)如圖所示，曲線為一帶電粒子在勻強電場中運動的軌跡，虛線A、B、C、D為相互平行且間距相等的四條等勢線，M、N、O、P、Q為軌跡與等勢線的交點。帶電粒子從M點出發(fā)，初速度大小為v0，到達Q點時速度大小為v，則( )
A．四條等勢線中D的電勢最高
B．粒子從O到P和從P到Q的動能變化量不相等
C．粒子從M到N和從O到P的速度變化量相同
D．如果粒子從Q點以與v相反、等大的速度進入電場，則粒子可能不會經過M點
【答案】 C
【解析】由于粒子電性未知，無法判斷電勢高低，故A錯誤；粒子從O到P和從P到Q，電場力做功相等，根據動能定理可知，動能變化量相等，故B錯誤；根據粒子做類斜拋運動的規(guī)律，粒子從M到N和從O到P的時間相同，而加速度也相同，則速度變化量相同，故C正確；根據粒子做類斜拋運動的軌跡具有對稱性，如果粒子從Q點以與v方向相反、大小相等的速度進入電場，則粒子一定經過M點，故D錯誤。
5.(多選)(2024·吉林白城三模)兩個質量相同的帶電粒子a、b，從圓上A點沿AO方向進入垂直于紙面向里的圓形勻強磁場，O為圓心，其運動軌跡如圖所示，兩粒子離開磁場區(qū)域的出射點連線過圓心O，且與AO方向的夾角大小為60°，兩粒子在磁場中運動的時間相等。不計粒子的重力，則( )
A．a粒子帶負電，b粒子帶正電
B．a、b兩粒子在磁場中運動的速度之比為2∶3
C．a、b兩粒子的電荷量之比為1∶3
D．a、b兩粒子在磁場中運動的周期之比為2∶1
【答案】 AB
【解析】根據圖像確定洛倫茲力的方向，根據左手定則可知，a粒子四指指向與速度方向相反，b粒子四指指向與速度方向相同，則a粒子帶負電，b粒子帶正電，故A正確；沿磁場圓半徑方向射入的粒子飛出磁場時也沿磁場圓半徑方向，作出粒子運動的軌跡圓心如圖所示，根據幾何關系可知θ＝60°，α＝180°－60°＝120°，兩粒子在磁場中運動的時間相等，則有eq \f(α,360°)Ta＝eq \f(θ,360°)Tb，解得Ta∶Tb＝1∶2，故D錯誤；粒子運動的周期Ta＝eq \f(2πma,qaB)，Tb＝eq \f(2πmb,qbB)，結合上述可以解得a、b兩粒子的電荷量之比為2∶1，故C錯誤；令磁場圓半徑為R，根據幾何關系有Ra＝Rtan 30°＝eq \f(\r(3)R,3)，Rb＝Rtan 60°＝eq \r(3)R，根據線速度的關系式有va＝eq \f(2πRa,Ta)，vb＝eq \f(2πRb,Tb)，結合上述解得eq \f(va,vb)＝eq \f(2,3)，故B正確。故選AB。
6.(多選)(2024·廣西柳州三模)如圖所示，MN上方存在勻強磁場，同種粒子a，b從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為30°和60°，且均由P點射出磁場，則a，b兩粒子( )
A．運動半徑之比為eq \r(3)∶1 B．初速率之比為1∶eq \r(3)
C．運動時間之比為5∶2 D．運動時間之比為6∶5
【答案】 AC
【解析】設OP＝2d，則由幾何關系可知ra＝eq \f(d,sin 30°)＝2d，rb＝eq \f(d,sin 60°)＝eq \f(2d,\r(3))，可知ab的運動半徑之比為eq \r(3)∶1，選項A正確；根據qvB＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \f(qBr,m)∝r，初速率之比為eq \r(3)∶1，選項B錯誤；根據T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θ,2π)T∝θ，ab兩粒子轉過的角度之比為300°∶120°＝5∶2，則運動時間之比為5∶2，選項C正確，D錯誤。故選AC。
7. (2023·浙江杭州二模)如圖甲所示，某多級直線加速器由n個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號為0的金屬圓板中央有一個質子源，質子逸出的速度不計，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓UMN，一段時間后加速器穩(wěn)定輸出質子流。已知質子質量為m、電荷量為e，質子通過圓筒間隙的時間不計，且忽略相對論效應，則( )
A．質子在各圓筒中做勻加速直線運動
B．質子進入第n個圓筒瞬間速度為eq \r(\f(2?n－1?eU0,m))
C．各金屬筒的長度之比為1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…
D．質子在各圓筒中的運動時間之比為1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…
【答案】 C
【解析】金屬圓筒中電場為零，質子不受電場力，做勻速直線運動，故A錯誤；質子進入第n個圓筒時，經過n次加速，根據動能定理neU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)－0；解得vn＝eq \r(\f(2neU0,m))，故B錯誤；只有質子在每個圓筒中勻速運動時間為eq \f(T,2)時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，故D錯誤；第n個圓筒長度Ln＝vn·eq \f(T,2)＝eq \r(\f(2neU0,m))·eq \f(T,2)；則各金屬筒的長度之比為1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…，故C正確。故選C。
B組·綜合練
8.(多選)(2024·河北卷)如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是( )
A．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出
C．若粒子經cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°
D．若粒子經bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°
【答案】 AD
【解析】根據幾何關系可知，若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必經過cd邊，作出粒子運動軌跡圖，如圖甲所示
粒子從C點垂直于BC射出，故A正確；若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，若粒子從cd邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖乙所示，則粒子不可能垂直BC射出；若粒子從bc邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖丙所示，則粒子一定垂直BC射出，故B錯誤，D正確；綜上所述，可知當粒子經過c點時既可以看作穿過cd邊，也可以看作穿過bc邊，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°和60°兩種情況，均滿足粒子垂直BC射出，故C錯誤。故選AD。
9.(2024·廣西貴港模擬)如圖所示，空間存在范圍足夠大且與長方形ABCD所在平面平行的勻強電場，已知AC＝2AB＝4eq \r(3) cm，A、B、C三點的電勢分別為12 V、8 V、4 V。一帶電粒子從A點以斜向右上方與AD成30°角、大小為v0＝2 m/s的初速度射入電場，恰好經過C點。不計粒子的重力，下列說法正確的是( )
A．D點電勢為6 V
B．電場強度大小為eq \f(400,3) V/m
C．粒子過C點時的速度與初速度方向間夾角的正切值為eq \r(3)
D．粒子過C點時的速度大小為4eq \r(3) m/s
【答案】 B
【解析】因AC＝2AB＝4eq \r(3) cm，A、B、C三點的電勢分別為12 V、8 V、4 V，取O點為AC的中點，則φO＝8 V，則BO為等勢線，連接BO并延長過D點，則φD＝8 V，故A錯誤；過A點作BO的垂線，則帶箭頭的實線為電場線，如圖所示，E＝eq \f(UAO,|AO|sin 60°)＝eq \f(4,2\r(3)×10－2×\f(\r(3),2)) V/m＝eq \f(400,3) V/m，故B正確；粒子初速度方向剛好與電場方向垂直，則根據類平拋運動的推論tan α＝2tan θ＝2eq \r(3)，故C錯誤；粒子在C點時vCy＝v0tan α＝4eq \r(3) m/s，vC＝eq \r(v\\al(2,Cy)＋v\\al(2,Cx))＝2eq \r(13) m/s，故D錯誤。
10.(2024·四川遂寧模擬)如圖所示，在勻強電場中一帶正電粒子先后經過a、b兩點。已知粒子的比荷為k，粒子經過a點時速率為3v，經過b點時速率為4v，粒子經過a、b兩點時速度方向與ab連線的夾角分別為53°、37°，ab連線長度為L。sin 37°＝0.6、cs 37°＝0.8，若粒子只受電場力作用，則( )
A．電場強度的大小E＝eq \f(25v2,2kL)
B．電場強度的方向垂直于初速度
C．a、b兩點間的電勢差為Uab＝eq \f(7v2,k)
D．粒子在a、b兩點的電勢能之差為ΔEab＝eq \f(10v2,k)
【答案】 A
【解析】設電場力的方向與ab所在直線夾角為θ，如圖所示，垂直電場方向速度分量相同，根據幾何知識有3vcs(θ－37°)＝4vsin(θ－37°)，解得θ＝74°，垂直電場力方向做勻速運動，運動的時間為t＝eq \f(Lsin θ,3vcs?θ－37°?)＝eq \f(2L,3v)sin 37°，沿電場力方向速度變化量為Δv＝4vcs(θ－37°)＋3vsin(θ－37°)＝4vcs 37°＋3vsin 37°，電場強度的大小為E＝eq \f(F,q)＝eq \f(ma,q)＝eq \f(mΔv,qt)＝eq \f(m?4vcs 37°＋3vsin 37°?,q\f(2L,3v)sin 37°)＝eq \f(25v2,2kL)，故A正確，B錯誤；根據勻強電場電場強度E＝eq \f(Uab,Lcs 37°)，可知a、b兩點的電勢差Uab＝eq \f(10v2,k)，故C錯誤；根據功能關系有qUab＝ΔEp，電荷量未知，無法確定粒子在a、b兩點的電勢能之差，故D錯誤。
11. (2024·河北石家莊模擬)如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計離子所受重力。求：
(1)磁感應強度B0的大??；
(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。
【答案】 (1)eq \f(2πm,qT0) (2)eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)
【解析】 (1)設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力，則qB0v0＝meq \f(v\\al(2,0),R)
正離子做勻速圓周運動的周期
T0＝eq \f(2πR,v0)
聯立以上可得磁感應強度
B0＝eq \f(2πm,qT0)。
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子的運動軌跡如圖所示
兩板之間正離子只運動一個周期T0時，有R＝eq \f(d,4)
當兩板之間正離子運動n個周期nT0時，有R＝eq \f(d,4n)(n＝1,2,3，…)
聯立解得正離子的速度的可能值為v0＝eq \f(B0qR,m)＝eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)。
12.(2024·廣西桂林模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，圓弧邊緣是由金屬材料制成的極板，圓心O點有一粒子源，能在上半平面內沿著各個方向均勻、持續(xù)地發(fā)射電荷量為e、質量為m、速度大小為v0＝eq \f(eBR,m)的電子，當電子打到圓弧邊緣極板上時會瞬間被極板吸收，并與外電路形成回路，可通過靈敏電流表測出回路中的電流大小。忽略其他影響，僅考慮勻強磁場B對電子的作用力，求：
(1)當電子速度豎直向上時，電子在磁場中運動的時間；
(2)能打到極板上的電子數與總電子數之比；
(3)若測得外電路的電流為I，則半圓弧極板在半徑方向受到的作用力大小之和。
【答案】 (1)eq \f(πm,3eB) (2)eq \f(5,6) (3)eq \f(\r(3)BIR,2)
【解析】 (1)當電子速度方向豎直向上時，由左手定則可知，電子的運動軌跡如圖甲所示
由洛倫茲力提供向心力，有ev0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)
解得r＝R
電子在勻強磁場中做圓周運動的周期為T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,eB)
由幾何關系可知，電子運動的圓心角為θ＝60°
則電子在勻強磁場中做圓周運動的時間為t＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(πm,3eB)。
(2)設電子速度方向與水平方向夾角為α時，電子恰好從勻強磁場右側邊緣射出，軌跡如圖乙所示，由幾何關系有sin α＝eq \f(\f(R,2),R)＝eq \f(1,2)
解得α＝30°
故能打到極板上的電子數與總電子數之比為eq \f(180°－α,180°)＝eq \f(5,6)。
(3)分析可知，任一電子打到極板上時，與半徑方向的夾角均為30°，因此電子因被極板吸收而引起的動量變化量均相同，
即Δp＝mv0cs 30°＝eq \f(\r(3)eBR,2)
又因外電路的電流為I，則t時間內打到極板上的電子數目為N＝eq \f(It,e)
設半圓弧極板在半徑方向受到的作用力大小之和為F，由動量定理有Ft＝N·Δp
聯立解得F＝eq \f(\r(3)BIR,2)。

相關學案

相關學案更多

相關學案

相關學案 更多

相關學案更多