(12)带电粒子在复合场中的运动-【衡水金卷·先享题】202

高三一轮复习单元检测卷/物理 (十二)带电粒子在复合场中的运动 (考试时间90分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.xOy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。质量 为m、电荷量为十q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正方向开始运动，粒子经过y轴时的速度方 向与y轴正方向的夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为 ×××××× X××Xv×× ×× xx xt -- A.mv B.Smv gB 2gB C.(1+2)m B D.1+2) 2 gB 2.如图所示，这台回旋加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。现对氚核(H)加速， 所需的高频电源的频率为f,已知元电荷为，下列说法正确的是 A.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大 B B.高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大 C氟装的质量为号 D.该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核(He)加速 3.如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图，电子枪可以发射电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子 束通过时能够显示电子的径迹。励磁线圈能够在两个线圈之间产生匀强磁场，磁场的方向与两个 线圈中心的连线平行。关于电子束在洛伦兹力演示仪中的运动径迹，下列说法正确的是 A.不加磁场时看不到电子束的径迹 励磁线圈 (前后各一个) B.施加如图所示的磁场后，电子束的径迹一定是一个圆 玻璃泡 C.仅增加磁场的磁感应强度，电子束的径迹圆的半径会变大 电子枪 D.无论怎样调节电子束发射的方向都可以看到圆形径迹 4.为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一足够长的真空室内的电场 和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场，如图所示。若某带正电的离子在此电场 和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为1，垂直于磁场方向的分量大小为2，不计 离子受到的重力。当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2时，垂直于磁场方向的分量大 小为 2个 A.v2 B.22 C.32 D.4w2 物理第1页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 5.质谱仪可用来分析带电粒子的基本性质，其示意图如图所示。α、b为某元素的两种同位素的原子 核，它们具有相同的电荷量，不同的质量。α、b两种原子核持续从容器A下方的小孔S1飘人加速 电场，初速度几乎为0，加速后从小孔S2射出，又通过小孔S3,沿着与磁场垂直的方向进人匀强磁 场中，最后打到照相底片D上并被吸收。测得α、b打在底片上的位置与小孔S3的距离分别为 L1、L2,、b打在底片上的强度（数值上等于单位时间内打在底片上某处粒子的总动能）分别为 P1、P2,不计原子核的重力及相互作用力，下列说法正确的是 D ·g· A.a、b的质量之比m1m2=L1:L2 B.a、b在磁场中做圆周运动分别形成的等效电流之比I1:I2=P1:P2 C.a、b对底片的作用力大小之比F1:F2=P1:P2 D.a、b在磁场中运动时间之比t1t2=1:1 6.如图所示，在直角三角形ABC的区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，∠A=30°，BC=d。 从AC边的中点D处垂直射人一个重力不计的正粒子，经过t1时间恰好从C点射出磁场。若仅 改变速度的大小，则下列说法正确的是 A.粒子从AC边射出时，在磁场中运动的最大速度为π4 B.粒子恰好不从AB边射出时，在磁场中运动的速度大小为⑤π@ t C.粒子恰好不从AB边射出时，在磁场中运动的时间为号 D.粒子恰好从B点射出时，在磁场中运动的时间为品 7.石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一 电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图甲所示，在长为α，宽为b的石墨烯表面加 一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间 将产生电压U。当I=1mA时，测得的U-B的关系图像如图乙所示，元电荷e=1.6×1019C, 则此样品每平方米载流子数约为 a 个UmV ◆2 石墨烯 80 ×××××× mV 60 。4 20 A 50100150200250300B/mT 甲 乙 A.1.7×1019个 B.1.7×1015个 C.2.3×1020个 D.2.3×1016个 一轮复习单元检测卷十二 物理第2页（共8页） 8.如图所示，真空中有一个中间带有小孔C的金属板MN,MN左侧区域I中存在相互叠加的匀强 电场和匀强磁场，电场强度大小为E、方向竖直向下（与纸面平行），磁感应强度大小为B1、方向垂 直纸面向里；MN右侧区域Ⅱ存在等腰直角三角形CGF的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B2、 方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂 直，A处有一粒子源可以持续将不同比荷、不同电性的粒子射人区域I中，只有沿直线AC运动的 粒子才能进人区域Ⅱ。人们发现有三种粒子α、b、c在区域Ⅱ的磁场中运动，最后分别从CG的中 点、G点和CF的中点射出。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用力，区域中极板间的电场强 度始终不变，下列说法正确的是 G 45o M ----0 ·B2 459 A.粒子a、b的速度大小相等，粒子c的速度最大 B.三种粒子a、b、c在区域Ⅱ中的运动时间相等 C.三种粒子a、bc的比荷关系=> ma m mh D.若仅将区域I中的磁感应强度增大，α、b两种粒子仍能进人区域Ⅱ的磁场中运动 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对 得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向 里的匀强磁场，圆形区域外有与圆形区域内大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量 为m、电荷量为十q的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法错误 的是 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为？π严 3aB D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为5gB迟 3m 10.空间中存在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直于纸 面向里的匀强磁场。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的匀速圆周运动，轨迹如图 所示。当油滴α运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴I、Ⅱ，二者带电量、质量均相同，小油 滴I在P点时与油滴α的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。小油滴Ⅱ 的轨迹未画出。已知重力加速度为g,不计空气浮力与阻力以及小油滴I、Ⅱ分开后的相互作 用。下列说法正确的是 物理第3页（共8页）】 衡水金卷·先享题·高三 A.油滴a带负电，所带的电荷量为" + E B 3R B.油滴a做圆周运动的速度大小为BR E C小油滴I微圆周运动的速度大小为，周期为 E gB D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 11.如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成0角。质量为m、电荷量为十q的带电 小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B、方向垂直细杆所在的竖直面的匀强磁场 中。不计空气阻力，重力加速度为g,小球以初速度。沿细杆向上运动至最高点的过程中，下列 说法正确的是 A.合力冲量大小为mcos0 B.重力冲量大小为nvo sin0 X V0 xX X C.洛伦兹力冲量大小为9B6 2gsin 0 D.若w=2 ngcos9,弹力冲量为零 gB 12.如图所示，地面上方有一个场强大小E=5mg,方向水平向右的匀强电场，截面为等腰三角形的 绝缘斜面固定在水平地面上，倾角为30°，AC=BC=d。斜面底边C点固定一电荷量为十Q的点 电荷。一个可视为质点的带正电的绝缘物块以初速度。从斜面底端A点滑上斜面，恰好能滑到 斜面顶端B点，物块的质量为m,电荷量为？：已知点电荷周围某点的电势g一k号，式中k为静 电力常量、为该点与场源电荷的距离，规定无穷远处为零电势能面，重力加速度为g,则下列说 法正确的是 A.A,B两点间的电势差U=5mgL B物块从A点运动到B点的过程中，减少的电势能△E,>5mL E 2 c C.物块从A点运动到B点的过程中，克服摩擦力做的功W= 1 2n话 D.物块从A点运动到AB中点时的动能E4=Q4+ d 4n话 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 轮复习单元检测卷十二 物理第4页（共8页） ® 三、非选择题（本题共6小题，共60分。请按要求完成下列各题） 13.(6分)经常有一些工厂向河道中偷排污水、废水，排污管道的污水中常含有大量正、负离子，污染 自然环境，如图甲所示。某暗访组的同学为探究该管道的污水排放量，该组同学在排污管外紧紧 套一个直径变换管，连接处密封好，变换后圆管直径为d,水可以充满圆管的横截面，上、下两侧 引出两个探针；用导线与0刻度线在表盘中央的电压表两接线柱相连，然后在金属圆管外加上磁 感应强度大小为B、方向垂直于管轴所在竖直面向里的匀强磁场，他们利用自制的简易直流式电 磁流量计进行测量，原理如图乙所示。已知该管道单位时间内排出污水的体积Q不变，探针与 污水接触良好，所有地方密封完好，电压表可视为理想电表，导线及污水电阻不计。 Xa 液体流入 流出 电压表 (1)若发现电压表的指针偏向0刻度线的右侧，说明探针α与电压表 (填“正”或“负”)接 线柱相连。 (2)经调整，电压表指针正常偏转，则电压表稳定后的示数U与该管道单位时间内排出污水的体 积Q的关系式U= (用题中所给字母表示)。 (3)液体的流量Q可表示为Q=名·胎，其中长为修正系数，没有单位，用来修正导出公式时未 计及的因素（如流量计管道内的流速并不均匀等）的影响。那么表达式中的A应该为 (用题中所给字母表示)。 14.(8分)用如图甲所示的电路研究电容器的充、放电现象，电源电动势为12V(内阻忽略不计)；R1、 R2、R3为定值电阻，其中R2=160;电流传感器（内阻忽略不计）将电流信息传入计算机，显示 出电流随时间变化的I-t图像，如图乙所示。 I/mA 100 电流 接计算机 75 传感器 R3 0 tis 乙 (1)①闭合开关K2,开关K1与1接通，待充电完成后，再与2接通，电容器放电的I-t图像如图 乙中的图线I所示，图线I与时间轴围成的“面积”为S1,其物理意义是 ②断开开关K2,开关K1与1接通，待充电完成后，再与2接通，电容器放电的I-t图像如图乙中 的图线Ⅱ所示，图线Ⅱ与时间轴围成的“面积”为S2,理论上应该有S (填“>”“<”或 “=”)S2o (2)测得S,为2.64mA·s,由此可知电容器的电容C= μF,定值电阻R3= 2; 开关K2闭合时，电容器放电过程中通过R的电荷量为 C 物理第5页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 15.(8分)如图所示，直角坐标系xOy中，第I象限内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ 象限中有两平行板电容器C1、C2,其中C垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2 垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M点由静止释放，经 电场直线加速后从N点射出，紧贴C2下极板进人C2,而后从P点进人第I象限，经磁场偏转后 恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子的质量为m、电荷量为q,O、P两点间 的距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间电场视为匀强电场，不计粒子重力，忽略边缘效 应。求： (1)粒子经过N点时的速度大小； (2)粒子经过P点时速度方向与y轴正方向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 C1 C> 轮复习单元检测卷十二 物理第6页（共8页） 16.(12分)如图所示，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方 向竖直向下且与b边平行的匀强电场，ef右边有一半径为L且与ef边的中点相切的圆形区 3 域，该圆形区域与cdf区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一 带电粒子从b点斜向上射人电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进人cdf区域，并沿直线通 过该区域后进人圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重 力。求： (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小； (2)粒子的电荷量与质量之比； (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进人圆形区域时速度方向的夹角。 B XXX 17.(12分)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，虚线OM与x轴负方向的夹角为45°，虚线OM右 侧区域I内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，虚线OM左侧区域Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀 强电场。一质量为、电荷量为q的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度。射人磁场，此 后当粒子第一次穿过虚线OM时速度方向与y轴平行，并恰好能到达x轴上的P点。已知原点 O与P点间的距离为d,不计粒子重力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)粒子从O点射出至第四次穿过虚线OM所用的时间以及此时与O点的距离。 M y 、XX XX + X 、 O Vo 物理第7页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 18.(14分)类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。 如图所示，在竖直平面内有三个平行区域I、Ⅱ和Ⅲ，区域I的宽度为d,存在磁感应强度大小为 B、方向垂直平面向外的匀强磁场，区域Ⅱ的宽度很小。区域I和区域Ⅲ电势处处相等，分别为 1和9，其电势差U=91一9。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以人射角0射向区域 I,在P点以出射角射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角日射入区域Ⅱ，经区域Ⅱ“折射” 进人区域Ⅲ，其出射方向与法线的夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的 质子数为N,初速度为，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的 影响。 (1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； (2)若U=,求“折射率”（人射角正弦与折射角正弦的比值）： (3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进人区域Ⅱ发生“全反射”（即质子束全部返回区 域I)； (4)在P点下方距离5g处水平放登一长为若的探测板CQD(Q点在P点的正下方)，CQ eB 长为常，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右 对称，同时从O点射人区域I,且=30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 ● 。法线。· ● ·B◆I O I 的 Ⅲ PⅢ -D 法线 三一轮复习单元检测卷十二 物理第8页（共8页）】 ®高三一轮复习R ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（十二） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： ,理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究( 科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅡⅢ ① ②③④ 档次 系数 1 单项选择题 带电粒子在有界磁场中的运动 易 0.85 2 单项选择题 3 回旋加速器 易 0.80 3 单项选择题 洛伦兹力演示仪的工作原理 中 0.65 4 单项选择题 带电粒子在复合场中的运动 中 0.70 5 单项选择题 3 与加速电场相结合的质谱仪 中 0.68 6 单项选择题 3 带电粒子在有界磁场中的运动 中 0.65 7 单项选择题 3 霍尔效应与霍尔元件 中 0.70 带电粒子在复合场和磁场中的 8 单项选择题 难 0.55 运动 带电粒子在圆形边界组合磁场 9多项选择题 4 中 0.65 中的运动 带电粒子在复合场中做匀速圆 10多项选择题 4 中 0.75 周运动 带电粒子在复合场中的冲量 11 多项选择题 4 中 0.70 问题 12多项选择题 从能量转化与守恒的角度解决 4 难 0.55 复合场中的问题 13 非选择题 6 电磁流量计及其应用 中 0.65 14 非选择题 8 研究电容器的充放电现象 中 0.65 15 非选择题 8 带电粒子在组合场中的运动 中 0.75 16 非选择题 12 带电粒子在复合场中的运动 中 0.70 17 非选择题 12 带电粒子在组合场中的运动 难 0.55 18 非选择题 14 带电粒子在组合场中的运动 难 0.40 ·63· ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、单项选择题 误；当所加磁场与电子束运动方向有一定的夹角时， 1.C【解析】粒子的运动轨迹如图所示： 电子束的径迹是螺旋线，D项错误。 4.A【解析】根据运动叠加原理可知，离子在垂直于磁 场方向做匀速圆周运动，平行于磁场方向做加速运 动，则增大，2不变，当离子速度平行于磁场方向 ×× 的分量大小为2时，垂直于磁场方向的分量大小为 ,A项正确。 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qB=m, 5.B【解析】粒子在电场中加速过程，根据动能定理有 可得粒子做圆周运动的半径r=”巴， ,根据几何关系可 gU=2m听，qU=2m,粒子在磁场中做圆周运 得P点到O点的距离Lo=r cos45=(1+ 动，由洛伦兹力提供向心力，则有g心B=m尺，9B 器C项正确。 =m爱，根据儿何关系有R=L1,R=L,解 2.C【解析】粒子在磁场中运动的周期T=2,被加 eB 得：2=L?:L2,A项错误；粒子在磁场中做圆周 速的粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径 运动的周期T,=2πR,T,=2nR,解得T=2π 2 gB 无关，A项错误：根据B=m二，可得最大速度 T:=2r gB 2,根据轨迹可知，粒子在磁场中运动时间为 Br,可知最终射出回旋加速器的速度与电压无关，B 圆周运动的半个周期，解得t:2=L:L,D项错误； 项错误；高频电源的频率等于氚核在匀强磁场运动的 a、b打在底片上的强度（数值上等于单位时间内打在 频率，根据T带，得了温则m一 2C项正 底片上某处的粒子的总动能)分别为P:、P2,设对应 强度单位时间内打在底片上的粒子数目分别为N、 确：氨核在匀强磁场的运动周期与氚核的周期不同， N,则有P,=N×号m=NU,P=N× 所以该回旋加速器接频率为∫的高频电源时，不可以 对氨核加速，D项错误。 交m号=八，9U,根据电流的定义式可知，a,b分别形 3.B【解析】当不加磁场时，可以看到电子束的径迹是 成的等效电流分别为I1=N1q,I2=N2q,结合上述解 一条直线，A项错误；当所加磁场与电子束运动方向 得I1:I2=P1:P2,B项正确；选择在△t时间内打在底 垂直时，洛伦兹力与电子束运动方向垂直，洛伦兹力 片上的粒子为研究对象，根据动量定理有一F△t=0 提供向心力，电子束的径迹是圆形，B项正确；由qB -M11,一F6△t=0一M22,结合上述有M= ,可知一常所以B越大，半径越小C项钻 N1m△t,M2=N2m2△t,根据牛顿第三定律有F1= ·64· 高三一轮复习R ·物理· E,R=F,解得号=出，C顶缩误。 供向心力，有B,=加，解得r=咒由题意可知 6.A【解析】由周期公式可知T=,所以= gB LT r=<,则丝=>弘，C项正确：由儿何关系可 ma me mh 一咒即器一女，由几何关系可知粒子从AC边射出 知三种粒子a、b、c在区域Ⅱ中运动时转过的圆心角 gB元 的最大半径r=,由gmB=n,解得粒子从 相等，由周期T=2可知T.=T<T,所以三种粒 子a、b、c在区域Ⅱ中的运动时间不相等，B项错误； AC边射出时，在磁场中运动的最大速度M。=54 4t 若仅将区域I中磁感应强度增大，则gE≠gB,a、b A项正确：粒子恰好不从AB边射出，轨迹与AB边 两种粒子不能进入区域Ⅱ的磁场中运动，D项错误。 二、多项选择题 相切，由儿何关系可得半径=号，由B 9.ABC【解析】从A点沿半径方向射入圆形区域，根 m正，解得在磁场中运动的速度大小，=涎，粒 据相交圆的相关知识可知，轨迹不会经过O点，但粒 2t 子射出圆形区域时一定沿半径方向，A、B项错误：画 子在慰场中运动的时间=T=号，B,C项错误： 出粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的 粒子根本不能从B点射出，D项错误。 轨迹图如图甲所示： B 7.D【解析】设样品每平方米载流子（电子）数为n,电 子定向移动的速率为，则时间t内通过样品的电荷 量g=nevtb,根据电流的定义式得I=义=neh,当电 根据T=2,可知总时间1=2×T+2×子T aB 子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡， 则有e号=eB,联立解得U=B,结合图乙的 2T=带，C项错误：画出从A点进入，从C点高开 11e U-B图像的斜率，可得I=88X10 的轨迹图如图乙所示： e320x10V/T,已知1 =1mA,e=1.6×10C,解得n≈2.3×10i个，D 项正确。 8.C【解析】区域I中只有粒子所受的电场力和洛伦 兹力相等，才能进入区域Ⅱ，由此可得gE=qB:,解 得=吉，与比荷无关，所以三种粒子a6,c的速度 由儿何关系可知轨迹半径r=Rtan30°，又quB= 相等，A项错误；在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提 号，联立解得。D项正确 3m ·65· ·物理· 参考答案及解析 10.ABD【解析】带电粒子在复合场中做匀速圆周运 mgcos日=qB(w-at)-ngcos日=ngcos0-gBat,t 动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向 ≤，根据此关系式作出小球上滑过程的F、t图 a 心力。根据题意qE=g,解得油滴a所带的电荷 像如图所示： 量q=登，电场力竖直向上与电场方向相反，油滴口 带负电，A项正确；由洛伦兹力提供向心力有qB= mgcos 0 m卫，联立解得油滴a做圆周运动的速度大小0= 2 o -mgcos 0- ,B项正确：油滴a分裂后，小油滴I做圆周运 E 根据F、~t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，可 动，由洛伦兹力提供向心力有之9B=立m×3灭' 知该过程弹力冲量为零，D项正确。 解得=3gB那，小油滴I做圆周运动的周期T 12.AC【解析】因AC=BC,o=k9,故在点电荷Q的 E 电场中A、B两点电势相等，所以UB=ELAB cos30°， 2红×3R=25,C项错误；取水平向左为正方向，根 8B 解得U他=BmL,A项正确：从A点运动到B点 据动量守恒定律有mu=之加十 m,解得2= 的过程中，点电荷十Q对物块做的总功为零，故减少 一8B歌，负号表示方向水平向右，根据左手定则可知 的电势能等于匀强电场对物块做的功，即△E。= 小油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，D项正确。 Bmgd,B项错误：从A点运动到B点的过程中，点 2 11,CD【解析】小球以初速度沿细杆向上运动至最 电荷十Q对物块做的总功为零，由动能定理得qE(d 高点的过程，以沿细杆向上为正方向，根据动量定理 可得合力冲量I=0-m=一m,则合力冲量大小 十dsin30)-mngdeos30°-W:=0-2m6,解得 为m,A项错误：小球上滑过程受到的洛伦兹力方 W=立m6,C项正确：点电荷+Q产生的电场在A 向垂直细杆向上，根据牛顿第二定律有gsin0= ma,可得小球的加速度大小a=gsin9,小球上滑过 点的电势91=k号，在AB中点的电势中 程的时间6=名，重力冲量。=mg6 sin9B项 人7昌0=9，设物块运动到AB中点时的动能 Q d 错误；小球上滑过程做匀减速直线运动，洛伦兹力的 为Ek,点电荷十Q对物块做的功W。=q(一P中)= 表达式F洛=qB,可知洛伦兹力的大小随时间均匀 一9，由对称性可知，从A点运动到AB中点的过 d 减小，故洛伦兹力的冲量I格=gBt。=gB 26 程中，克服摩擦力做的功为W,故从A点运动到 mC项正确：若w-2,则初始时刻小 qBu gB AB中点的过程中，由动能定理得qEdcos230°- 球受到的洛伦兹力为qwB=2 ngcos0,小球在垂直 mgdcos30sin30°-号W:十w,=E-号mad,解得 细杆方向所受的合力为零，设细杆对小球的弹力为 Fy,以垂直细杆向下为正方向，则有Fy=qB一 E=-Q9+1》 d 十4m,D项错误。 ·66· 高三一轮复习R ·物理· 三、非选择题 10-4C。 13.(1)正(2分) 15.(1)/ qU m (2)45° (2)4BQ(2分) πd 【解析】(1)粒子在电场中加速，由动能定理有qU= (3)年(2分) 1 2 mof (1分) 【解析】(1)由左手定则可知，正离子在洛伦兹力的 解得v1=A (1分) 作用下应向探针a侧偏转，故a侧电势高，将a、b端 与电压表两接线柱连接，发现电压表的指针偏向0 (2)粒子进入C2后水平方向做匀速运动，竖直方向 刻度线的右侧，说明探针a与电压表正接线柱相连。 做匀加速直线运动，由动能定理可得gU=2m听 2)由平衡条件可知gB-婴，Q=4-_4,解 At 4 1 (1分) 得U=4BQ πd 解得=2√m (1分) (3)若流量计管道内的流速并不均匀，液体的流量Q 由运动的分解可知，u,=√5一，解得粒子竖直方 =。·盼由(2)可知流速均匀时，速度。=品从 2qU 向上的分速度为√ ,水平分速度和竖直分速度 量纲上看，A表示面积，即表达式中的A应该 为学 相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过P 点时速度方向与y轴正方向的夹角为45°(1分) 14,(1)①电容器放电过程，通过电流传感器的电荷量(1 (3)粒子以速度2进入磁场，在磁场中的运动轨迹 分)②=(1分) 如图所示 (2)220(2分)480(2分)6.6×10-4(2分) 【解析】(1)①根据q=It,可知I-t图像与时间轴围 成的面积表示的物理意义是电荷量，即电容器放电 过程，通过电流传感器的电荷量。 ②S:和S,均表示电容器放电的电荷量，所以S 由几何关系可知，圆的半径R sin45=V2d(1分) d =S2。 (2②)根据C=名，可得C=是=20F,根据。 由牛顿第二定律可得9B=m尺 (1分) 2mU ，可知两次放电过程的最大电流与电路电阻成反 U 联立解得B=1, (1分) E 比，即R十 R2R3 -×100mA=R,×75mA,解得R,= 16.(1) B (2)B气(3)60 【解析】(1)粒子在cdef区域中做直线运动，则电场 4802,开关K2闭合时，电容器放电过程中通过R 力和洛伦兹力平衡，粒子带正电，在cd中点时速度 R2 的电荷量Q,=R十RXS=0.66mA·s=6.6X 水平向右，设粒子到达cd中点的速度大小为v。,电 ·67· ·物理· 参考答案及解析 荷量为g,质量为m 所示 则有qE=qwB (1分) 解得西一号 (1分) (2)结合(1)中分析，粒子从b点到cd中点的运动可 以逆向看作从cd中点到b点的类平抛运动，设这段 运动过程时间为t,加速度大小为a 由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供 根据牛顿第二定律可得qE=ma (1分) 根据平抛运动规律可得vt=L (1分) 向心力，则qwB=m6 (1分) at=号 (1分) 由儿何关系可知粒子的轨道半径r=d =品1分) 联立解得B=m (1分) 联立解得粒子的电荷量与质量之比9= (2)粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得 (3)粒子从ef中点水平进入圆形区域做匀速圆周运 -qEd=0-立mod (1分) 动，设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R 根据牛顿第二定律可得gB=m (1分) 解得E=n (1分) R 2gd 解得R=L (1分) (3)粒子在磁场中运动的周期T=2π”=2πd 粒子在圆形区域中的运动轨迹如图所示 粒子第一次在磁场中运动的时间=学T-器 (1分) 第一次穿过虚线OM时与O点的距离l1=√2d X + 在电场中的加速度a=gE=戏 m2d (1分) 根据带电粒子在圆形区域中做圆周运动的规律可 知，粒子沿半径方向射入，也会沿半径方向射出，根 粒子第一次在电场中来回的时间，=2她=44 a 据图中轨迹分析可知，粒子射出圆形区域的速度方 (1分) 向与进入圆形区域时速度方向的夹角α=28(1分) 粒子第二次在磁场中还是以速度运动，则粒子第 二次在磁场中运动的时间=子T- 2 (1分) 根据图中几何关系可得tang 3 R (1分) 此时沿虚线OM移动的距离l2=√2d 解得tan9= 粒子第二次在电场中以初速度做类平抛运动，则 3 ,即0=30 (1分) 沿x轴方向有x=ot 则a=60 (1分) 17.(1) (2)5 (3)2πd+8d 2gd 6√2d 沿y轴方向有y=子a ad 【解析】(1)粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图 又x=y,联立解得6=址 (1分) ·68· 高三一轮复习R ·物理· 此时沿虚线OM移动的距离l3=4√2d (1分) 则粒子从O点射出至第四次穿过虚线OM的时间 t总=ti十t2十t十t,= 2πd+8d (1分) 第四次穿过虚线OM时与O点的距离l总=十l2十 l=6√2d (1分) 根据速度关系有v,=vsin0=sind (1分) 18.(1)2 eB (2)W2 (3)U≤-m6cos20 (4)①当U 2e 则折射率品号-品一厅 (1分) 呢+2e0 3 ≥0时，F=2Nm√4 ②当U< 1u6 (3)在区域Ⅱ下边界发生全反射的条件是沿竖直方 3e 向的速度为零，设区域Ⅱ的宽度为y 时，F=0 ③当- 76 3e ≤U<0时，F 则2U 2mn3y=0-(c0s9)2 (1分) 可得U=一 76c0s28 n 2e 【解析】(1)根据题意，质子从O点射入时的运动轨 即应满足U≤-m6cos0 2e (1分) 迹如图甲所示 (4)有质子全部打在探测板CQD、全部打不到探测 ·法线。 板CQD和部分打到探测板CQD三种情形 ◆B● 根据数学知识有tan∠CPQ=SS=mX- eB PQ eB 3mw Ⅲ Ⅲ 3 法线 甲 解得∠CPQ=30° (1分) 质子从O点射入，不出区域I的临界条件2r=d 设区域Ⅱ的宽度为y 根据洛伦兹力提供向心力有eu,B=m吗 (1分) ①如果U≥0，折射角小于入射角，两边射入的质子 都能打到探测板上 解得d.=2r=2 (1分) eB 取竖直向上为正方向，根据动量定理有F△t= (2)设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方 2N△tm[0-(-U,)]=2Nmu, (1分) 向速度不变，y方向速度变大，假设折射角为日 又2eU myy(vcos 0) (1分) 1 根据动能定理有eU= 解得F=2Nm√受话+ 3 (1分) m 由于U=m 2e ②全部都打不到探测板的情况，根据儿何知识可知 当从区域Ⅱ射出时速度与竖直方向夹角为60°时，质 联立解得=√2 (1分) 子刚好打到D点 设质子射出区域Ⅱ时与竖直方向成日角，如图乙 所示 则水平方向分速度，=受 ·69· ·物理· 参考答案及解析 竖直方向分速度，=远 ≤U<0时，仅有O点右侧的一束质子能打到探测板 tan 605= 6% 上，因此F=Nmu, (1分) 又2eU my-(w cos 0)? 又2e y(vcos 联立解得U=一m e 联立解得F=Nm√一6+河 (1分) 即当U<-g时，F=0 (1分) ③部分能打到的情况，根据上述分析可知当一二 ·70·