2014年版高考物理二轮分类练习题目4

2014年版高考物理二轮分类练习题目4

备战2014物理分类突破赢高考4‎ ‎1.(2013·浙江金华十校联考)不计重力的负粒子能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的是(　　)‎ A．若同时增大U和B，其他条件不变，则粒子一定能够直线穿过 B．若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能直线穿过 C．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子动能一定减小 D．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变 ‎2．如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其之间相互作用力)(　　)‎ 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.(改编题)三个带正电的粒子a、b、c(不计重力)以相同动能水平射入正交的电磁场中，轨迹如图所示．关于它们的质量ma、mb、mc的大小关系和粒子a动能变化，下列说法正确的是(　　)‎ A．ma＜mb＜mc B．ma＞mb＞mc C．粒子a动能增加 D．粒子a动能减少 ‎4.如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动 B．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动 C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动 D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动 ‎5．(改编题)如图所示，一束带电粒子(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，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上．则(　　)‎ A．该装置可筛选出具有特定质量的粒子 B．该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子 C．该装置可筛选出具有特定速度的粒子 D．该装置可筛选出具有特定动能的粒子 ‎6.如图所示是质谱仪工作原理的示意图，带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为0)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则(　　)‎ A．a的质量一定大于b的质量 B．a的电荷量一定大于b的电荷量 C．a运动的时间大于b运动的时间 D．a的比荷大于b的比荷 ‎7.如图，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有(粒子重力忽略不计)(　　)‎ A．t1＝t2＝t3 B．t2＜t1＜t3‎ C．t1＝t2＜t3 D．t1＝t3＞t2‎ ‎8．(2013·浙江模拟)如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1‎ B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1‎ C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能越大，则要求D形盒的面积也越大 ‎9.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量．其工作原理如图所示．虚线为某粒子运动轨迹，由图可知(　　)‎ A．此粒子带负电 B．下极板S2比上极板S1电势高 C．若只增大加速电压U，则半径r变大 D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小 ‎10．如图所示，MN是一段在竖直平面内半径为‎1 m的光滑的1/4圆弧轨道，轨道上存在水平向右的匀强电场．轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1＝0.1 T．现有一带电荷量为‎1 C、质量为‎100 g的带正电小球从M点由静止开始自由下滑，恰能沿NP方向做直线运动，并进入右侧的复合场(NP沿复合场的中心线)．已知A、B板间的电压为UBA＝2 V，板间距离d＝‎2 m，板的长度L＝‎3 m，若小球恰能从板的右边沿飞出，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小球运动到N点时的速度v的大小．‎ ‎(2)水平向右的匀强电场的电场强度E的大小．‎ ‎(3)复合场中的匀强磁场的磁感应强度B2的大小．‎ ‎11.如图所示，矩形abcd关于x轴对称，长ad＝‎2L，宽ab＝L，三角形Oab区域内存在竖直向下的匀强电场，梯形Obcd区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)以初速度v从P点沿x轴正方向进入电场，穿过电场后从Ob边上Q点处进入磁场，然后从y轴负半轴上的M点(图中未标出)垂直于y轴离开磁场，已知OP＝L，OQ＝L，试求：‎ ‎(1)匀强电场的场强E大小；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小．‎ ‎12.绝缘水平面ab与处在竖直平面内的半圆形绝缘轨道bcd相切于b点，半圆轨道的半径为R.过b点的竖直平面MN的左侧有水平向右的匀强电场，右侧有正交的电、磁场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，如图所示，比荷为k的带电小球从水平面上某点由静止释放，过b点进入MN右侧后能沿半圆形轨道bcd运动且对轨道始终无压力，小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点，不计一切摩擦，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小球进入电、磁场时的速度大小v；‎ ‎(2)MN右侧的电场强度大小E2；‎ ‎(3)MN左侧的电场强度大小E1；‎ ‎(4)小球释放点到b点的距离s.‎ 答案 ‎1．BC　粒子能够直线穿过，则有q＝qvB，即v＝，若U、B增大的倍数不同，粒子不能沿直线穿过，A错误，同理B正确；粒子向下偏，电场力做负功，又W洛＝0，所以ΔEk＜0，C正确．D错误．‎ ‎2．A　正离子束打到第Ⅲ象限，相对原入射方向向下，所以电场E方向向下；根据左手定则可知磁场B方向向上，故A正确．‎ ‎3．AD　粒子a受的电场力向下、受的洛伦兹力向上，又a向上偏，说明a受的洛伦兹力大，故推出a的初速度大．又三个粒子动能相同，故a的质量小，因此选项A对；a向上偏，电场力对其做负功，洛伦兹力不做功，故a动能减少，因此选项D对．‎ ‎4．D　由题意可知，带电粒子所受的重力与电场力平衡，若P的初速度垂直于磁感线方向，则P可能做匀速圆周运动，若P的初速度沿磁感线方向，则P可能做匀速直线运动，C错误，D正确；若仅撤去电场，带电粒子在重力作用下先加速，由于洛伦兹力的大小与速度大小成正比，故所受的合外力将发生变化，带电粒子不可能做匀加速直线运动，A错误；若仅撤去磁场，P仍处于静止状态，B错误．‎ ‎5．C　速度选择器的工作原理：带电粒子垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的复合场空间，所受的电场力和洛伦兹力方向相反，大小相等．本题中粒子若要无偏转地通过区域Ⅱ，通过收集室的小孔O3，需要满足qE＝qvB，即粒子的速度v＝E/B，C正确．‎ ‎6．D　粒子经电场加速的过程，由动能定理有：qU＝mv；粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律知Bqv0＝m，所以R＝ ，由图知Ra，A、B错、D对；因周期为T＝，运行时间为，所以a运动的时间小于b运动的时间，C错．‎ ‎7．C ‎8．A　带电粒子在两D形盒内做圆周运动时间等于半个圆周运动周期，而粒子运动周期T＝与粒子速度无关，则有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A正确；高频电源的变化周期应该等于2(tn－tn－1)，B错误；由R＝可知：粒子最后获得的最大动能与加速次数无关，与D形盒内磁感应强度和D形盒半径有关，故C、D错误．‎ ‎9．C　粒子从S3小孔进入磁场中，速度方向向下，粒子向左偏转，由左手定则可知粒子带正电．带正电的粒子在S1和S2两板间加速，则要求场强的方向向下，那么S1板的电势高于S2板的电势．粒子在电场中加速，由动能定理有mv2＝qU，在磁场中偏转，则有r＝‎ eq f(mv,qB)，联立两式解得r＝，由此式可以看出只增大U或只增大m时，粒子的轨道半径都变大．‎ ‎10．解析：　(1)小球沿NP做直线运动，由平衡条件可得：mg＝qvB1‎ 解得v＝‎10 m/s.‎ ‎(2)小球从M点到N点的过程中，由动能定理得：mgR＋qER＝mv2‎ 代入数据解得：E＝4 N/C.‎ ‎(3)在板间复合场中小球受电场力qUBA/d＝1 N与重力平衡，故小球做匀速圆周运动 设运动半径为R′，由几何知识得：‎ R′2＝L2＋(R′－)2，解得：R′＝‎‎5 m 由qvB2＝mv2/R′，解得：B2＝0.2 T.‎ 答案：　(1)‎10 m/s　(2)4 N/C　(3)0.2 T ‎11.解析：　(1)根据题意，Ob与x轴的夹角为45°，带电粒子在电场中做类平抛运动，设在电场中运动时间为t，场强为E，则 x＝OQ·cos 45°＝vt ①‎ x＝OP－OQ·sin 45°＝at2 ②‎ qE＝ma ③‎ 联立以上各式解得 E＝.‎ ‎(2)粒子的运动轨迹如图所示，在Q点竖直分速度vy＝at，代入数据解得vy＝v ‎∴粒子在进入磁场时的速度 v′＝＝ v ④‎ 速度方向与＋x方向之间的夹角θ满足 tan θ＝＝1 ⑤‎ ‎∴θ＝45°即粒子垂直于Ob边进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的圆心即为O点 半径R＝OQ＝ ⑥‎ 又qv′B＝. ⑦‎ 解得B＝.‎ 答案：　(1)　(2)B＝ ‎12．解析：　(1)小球进入MN右侧电、磁场后能沿bcd运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力等于小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有 qvB＝m ①‎ 代入＝k解得v＝kBR. ②‎ ‎(2)小球速率不变，则重力与电场力平衡，即 qE2－mg＝0 ③‎ 解得E2＝.‎ ‎(3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向做匀减速运动，则 ‎0＝vt－a1t2 ④‎ a1＝ ⑤‎ 在竖直方向做自由落体运动，则2R＝gt2 ⑥‎ 联立④⑤⑥解得E1＝B.‎ ‎(4)小球由静止释放，由动能定理得 qE1s＝mv2 ⑦‎ 将②式代入解得s＝.‎ 答案：　(2)kBR　(2)　(3)B　(4)