高考物理一輪復(fù)習(xí)專題1_8（課件試題）（打包16套）.zip

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(2016·北京東城區(qū)模擬)如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的速度選擇器后,進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中并分裂為A、B兩束,下列說法正確的是(　　) A.組成A束和B束的離子都帶負(fù)電 B.組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同 C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D.速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外 解析由左手定則知,A、B離子均帶正電,A錯(cuò)誤;兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同,在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中,由R=mvqB可知,半徑大的離子對(duì)應(yīng)的比荷小,但離子的質(zhì)量不一定相同,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤,C正確;速度選擇器中的磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直紙面向里,D錯(cuò)誤。 答案C 3.(2016·陜西西安八校聯(lián)考)如圖甲是回旋加速器的原理示意圖,其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒,在加速帶電粒子時(shí),兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定),并分別與高頻電源相連,加速時(shí)某帶電粒子的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間,則下列判斷正確的是(　　) A.高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn-tn-1 B.在Ek-t圖象中,t4-t3=t3-t2=t2-t1 C.粒子加速次數(shù)越多,粒子獲得的最大動(dòng)能一定越大 D.不同粒子獲得的最大動(dòng)能都相同 解析回旋加速器所加高頻電源的頻率與帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的頻率相同,在一個(gè)周期內(nèi),帶電粒子兩次通過勻強(qiáng)電場(chǎng)而加速,故高頻電源的變化周期為tn-tn-2,A項(xiàng)錯(cuò);帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期與粒子速度無關(guān),故B項(xiàng)正確;粒子加速到做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于加速器半徑時(shí),速度達(dá)到最大,即qvmaxB=mvmax2R?Ekmax=B2q2R22m,與加速次數(shù)無關(guān),C項(xiàng)錯(cuò)誤;不同粒子的比荷不同,最大動(dòng)能也不一定相同,D項(xiàng)錯(cuò)。 答案B 4. 如圖所示,甲是一個(gè)帶正電的小物塊,乙是一個(gè)不帶電的絕緣物塊,甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上,地板上方空間有水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)用水平恒力拉乙物塊,使甲、乙一起保持相對(duì)靜止向左加速運(yùn)動(dòng),在加速運(yùn)動(dòng)階段,下列說法正確的是(　　) A.甲對(duì)乙的壓力不斷減小 B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大 C.乙對(duì)地板的壓力不斷減小 D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小 解析對(duì)甲、乙兩物塊受力分析,甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大,乙物塊對(duì)地板的壓力不斷增大,甲、乙一起向左做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng);甲、乙兩物塊間的摩擦力大小為Ff=m甲a,甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小。故D正確。 答案D 二、多項(xiàng)選擇題 5. (2016·浙江名校聯(lián)考)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的混合場(chǎng)區(qū),該微粒在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力的共同作用下,恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A,下列說法正確的是(　　) A.該微粒一定帶負(fù)電荷 B.微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng) C.該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為mgqvcosθ D.該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為Bvcos θ 解析若微粒帶正電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場(chǎng)力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB,知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng),據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場(chǎng)力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB,又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)到A,可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng),則選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由平衡條件得:qvBcos θ=mg,qvBsin θ=qE,得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=mgqvcosθ,電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=Bvsin θ,故選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案AC 6. (2016·江西八校聯(lián)考)如圖所示,在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m、電荷量為+q,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(　　) A.小球的加速度一直減小 B.小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變 C.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2μqE-mg2μqB D.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v=2μqE+mg2μqB 解析 對(duì)小球受力分析如圖所示,則mg-μ(qE-qvB)=ma,隨著v的增加,小球加速度先增大,當(dāng)qE=qvB時(shí)達(dá)到最大值,amax=g,繼續(xù)運(yùn)動(dòng),mg-μ(qvB-qE)=ma,隨著v的增大,a逐漸減小,所以A錯(cuò)誤。因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?機(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小,B錯(cuò)誤。若在前半段達(dá)到最大加速度的一半,則mg-μ(qE-qvB)=mg2,得v=2μqE-mg2μqB;若在后半段達(dá)到最大加速度的一半,則mg-μ(qvB-qE)=mg2,得v=2μqE+mg2μqB,故C、D正確。 答案CD 7.如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時(shí)通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足:UH=kIHBd,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則(　　) A.霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面 B.若電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào),電壓表將反偏 C.IH與I成正比 D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比?導(dǎo)學(xué)號(hào)17420320? 解析當(dāng)霍爾元件通有電流IH時(shí),根據(jù)左手定則,電子將向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng),故霍爾元件的前表面電勢(shì)較高。若將電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào),則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向變化,IH的方向變化,根據(jù)左手定則,電子仍向霍爾元件的后表面運(yùn)動(dòng),故仍是霍爾元件的前表面電勢(shì)較高,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。因R與RL并聯(lián),根據(jù)并聯(lián)分流,得IH=RLRL+RI,故IH與I成正比,選項(xiàng)C正確。由于B與I成正比,設(shè)B=aI,則IL=RR+RLI,PL=IL2RL,故UH=kIHBd=ak(R+RL)R2dPL,知UH∝PL,選項(xiàng)D正確。 答案CD 三、非選擇題 8. (2016·江西南昌調(diào)研)如圖所示,有一對(duì)平行金屬板,板間加有恒定電壓;兩板間有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界,MP為左邊界的區(qū)域內(nèi),存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)寬度為d,MN與下極板等高。MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子,以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場(chǎng)的方向從A點(diǎn)射入金屬板間,不計(jì)離子的重力。 (1)已知離子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),求金屬板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。 (2)若撤去板間磁場(chǎng)B0,已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場(chǎng),方向與水平方向成30°角,求A點(diǎn)離下極板的高度。 (3)在(2)的情形中,為了使離子進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)后從邊界MP的P點(diǎn)射出,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大? 解析(1)設(shè)板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,離子做勻速直線運(yùn)動(dòng),受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡,有qE=qv0B0 解得E=v0B0。 (2)設(shè)A點(diǎn)離下極板的高度為h,離子射出電場(chǎng)時(shí)的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理,得qEh=12mv2-12mv02 離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),有 v=v0cos30°=2v03 解得h=mv06qB0。 (3)設(shè)離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律得qvB=mv2r 由幾何關(guān)系得d2=rcos 30° 解得B=3mv0qd。 答案(1)B0v0　(2)mv06qB0　(3)3mv0qd 9. 如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。一電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中,正好做直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A(l,l)時(shí),電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間),粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,正好垂直于y軸穿出復(fù)合場(chǎng)。不計(jì)一切阻力,求: (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。 (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 (3)粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。 ?導(dǎo)學(xué)號(hào)17420321? 解析(1)微粒到達(dá)A(l,l)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)微粒受力分析如圖甲,所以,Eq=mg,得E=mgq 甲 乙 (2)由平衡條件得 qvB=2mg 電場(chǎng)方向變化后,微粒所受重力與電場(chǎng)力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖乙。 則qvB=mv2r 由幾何知識(shí)可得r=2l v=2gl 聯(lián)立解得B=mqgl。 (3)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=2lv=lg 做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=34π·2lv=3π4lg 在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t=t1+t2=3π4+1lg。 答案(1)mgq　(2)mqgl　(3)3π4+1lg 10.電視機(jī)顯像管中需要用變化的磁場(chǎng)來控制電子束的偏轉(zhuǎn)。圖甲為顯像管工作原理示意圖,陰極K發(fā)射的電子束(初速不計(jì))經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)后,進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū),磁場(chǎng)方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向),磁場(chǎng)區(qū)的中心為O,半徑為r,熒光屏MN到磁場(chǎng)區(qū)中心O的距離為L(zhǎng)。當(dāng)不加磁場(chǎng)時(shí),電子束將通過O點(diǎn)垂直打到屏幕的中心P點(diǎn)。當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示的規(guī)律變化時(shí),在熒光屏上得到一條長(zhǎng)為23L的亮線。由于電子通過磁場(chǎng)區(qū)的時(shí)間很短,可以認(rèn)為在每個(gè)電子通過磁場(chǎng)區(qū)的過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,不計(jì)電子之間的相互作用及所受的重力。求: (1)電子打到熒光屏上時(shí)的速度大小。 (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值B0。 解析(1)電子打到熒光屏上時(shí)速度的大小等于它飛出加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小,設(shè)為v,由動(dòng)能定理得 eU=12mv2 解得v=2eUm。 (2)當(dāng)交變磁場(chǎng)為最大值B0時(shí),電子束有最大偏轉(zhuǎn),在熒光屏上打在Q點(diǎn),PQ=3L。電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,設(shè)此時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度為θ,由幾何關(guān)系可知, tan θ=3LL,θ=60° 根據(jù)幾何關(guān)系,電子束在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)路徑所對(duì)的圓心角α=θ,而tan α2=rR。 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0=mv2R 解得B0=6meU3er。 答案(1)2eUm　(2)6meU3er 11. 如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng),方向沿y軸正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于xOy平面向里,正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng),且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,從y軸上的P(0,h)點(diǎn),以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場(chǎng),通過電場(chǎng)后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限,又經(jīng)過磁場(chǎng)從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第Ⅲ象限,且速度與y軸負(fù)方向成45°角,不計(jì)粒子所受的重力。求: (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。 (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向。 (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。?導(dǎo)學(xué)號(hào)17420322? 解析(1)帶電粒子在電場(chǎng)中從P到a的過程中做類平拋運(yùn)動(dòng)。 水平方向:2h=v0t ① 豎直方向:h=12at2 ② 由牛頓第二定律得a=qEm ③ 由①②③式聯(lián)立,解得E=mv022qh。 ④ (2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿y軸負(fù)方向的分速度為vy=at ⑤ 由①③④⑤式得vy=v0 ⑥ 而vx=v0 ⑦ 所以,粒子到達(dá)a點(diǎn)的速度va=vx2+vy2=2v0 ⑧ 設(shè)速度方向與x軸正方向的夾角為θ,則 tan θ=vyv0=1,θ=45°⑨ 即到a點(diǎn)時(shí)速度方向指向第Ⅳ象限,且與x軸正方向成45°角。 (3)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有qvaB=mva2R ⑩ 由此得R=mvaqB 從上式看出,R∝1B,當(dāng)R最大時(shí),B最小。由題圖可知,當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí),R最大,由幾何關(guān)系得Rmax=22L 將代入式得B的最小值為Bmin=2mv0qL。 答案(1)mv022qh　(2)2v0　方向指向第Ⅳ象限,與x軸正方向成45°角　(3)2mv0qL 9