2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練30 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 新人教版.doc
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分層規(guī)范快練(三十)帶電粒子在復(fù)合場中的運動 雙基過關(guān)練1在如圖所示的平行板器件中,電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動,則該粒子()A一定帶正電B速度vC若速度v,粒子一定不能從板間射出D若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入,仍做直線運動解析:粒子帶正電和負(fù)電均可,選項A錯誤;由洛倫茲力等于電場力,qvBqE,解得速度v,選項B正確;若速度v,粒子可能從板間射出,選項C錯誤;若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入,所受電場力和洛倫茲力方向相同,不能做直線運動,選項D錯誤答案:B2(多選)如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場加速后,進(jìn)入速度選擇器速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平扳S下方有強度為B0的勻強磁場下列表述正確的是()A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小解析:質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具,A正確在速度選擇器中,帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應(yīng)等大反向,結(jié)合左手定則可知B正確由qEqvB可得v,C正確粒子在平板S下方的勻強磁場中做勻速圓周運動,由qvB得R,所以,D錯誤答案:ABC3.2019山東濟寧模擬為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況,技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置,該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔,其寬和高分別為b和c,左、右兩端開口與排污管相連,如圖所示在垂直于上、下底面方向加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,在空腔前、后兩個側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N,M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連污水從左向右流經(jīng)該裝置時,電流表將顯示出污水排放情況下列說法中錯誤的是()AM板比N極電勢低B污水中離子濃度越高,則電流表的示數(shù)越小C污水流量越大,則電流表的示數(shù)越大D若只增大所加磁場的磁感應(yīng)強度,則電流表的示數(shù)也增大解析:污水從左向右流動時,正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉(zhuǎn),故N板帶正電,M板帶負(fù)電,A正確穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡,qvBq,此時UBbv,式中Q是流量,可見當(dāng)污水流量越大、磁感應(yīng)強度越強時,M、N間的電壓越大,電流表的示數(shù)越大,而與污水中離子濃度無關(guān),B錯誤,C、D正確答案:B42019吉林第三次調(diào)研電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用如圖所示,泵體是一個長方體,ab邊長為L1,兩側(cè)端面是邊長為L2的正方形;流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為、在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為(電阻率倒數(shù)),泵體處有方向垂直向外的磁場B,泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上,則()A泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極B通過泵體的電流IC增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度D增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度解析:當(dāng)泵體上表面接電源的正極時,電流從上向下流過泵體,這時受到的磁場力水平向左,拉動液體,故A錯誤;根據(jù)電阻定律,泵體內(nèi)液體的電阻R,因此流過泵體的電流IUL1,故B錯誤;增大磁感應(yīng)強度B,受到的磁場力變大,因此可獲得更大的抽液高度,故C正確;若增大液體的電阻率,可以使電流減小,受到的磁場力減小,使抽液高度減小,故D錯誤答案:C52019河南六市第一次聯(lián)考如圖所示,一帶電粒子垂直射入勻強電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從磁場的左邊界上M點進(jìn)入垂直紙面向外的勻強磁場中,最后從磁場的左邊界上的N點離開磁場已知帶電粒子比荷3.2109 C/kg,電場強度E200 V,MN間距1 cm,金屬板長L25 cm.粒子初速度v04105 m/s,帶電粒子重力忽略不計求:(1)粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角.(2)磁感應(yīng)強度B的大小解析:(1)qEma,粒子在電場中水平方向做勻速直線運動,Lv0t,粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運動,射出電場時的豎直分速度vyat,速度偏向角tan,由以上各式解得45.(2)粒子射出電場時運動速度大小為v,在磁物中洛倫茲力提供向心力Bqvm,由幾何關(guān)系得r,解得B2.5102T.答案:(1)45(2)2.5102T62019合肥一檢如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限內(nèi)有一勻強電場,其場強大小為E,方向與x軸成30角斜向上一比荷為的帶正電粒子從P點由靜止出發(fā),接著在x軸上Q點進(jìn)入第一象限,通過磁感應(yīng)強度大小為B的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)后,從坐標(biāo)原點O沿y軸負(fù)方向離開磁場區(qū)域若P、Q間距為L,粒子重力不計,試求:(1)粒子到達(dá)Q點時的速度大??;(2)Q點的坐標(biāo);(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積解析:作出粒子運動軌跡如圖所示(1)粒子從P到Q過程,根據(jù)動能定理得qELmv2解得粒子到達(dá)Q點時的速度v(2)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R,由幾何關(guān)系可知Q點的坐標(biāo)為(3R,0)又qvBm,可得R 則Q點的坐標(biāo)為(3)由圖可得,最小的矩形磁場面積Smin2Rcos30(RRsin30)R2答案:(1)(2)(3)技能提升練7.2019合肥模擬(多選)如圖所示,豎直直線MN右側(cè)存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,現(xiàn)有一質(zhì)量m0.01 kg、電荷量q0.01 C的小球從MN左側(cè)水平距離為l0.4 m的A點水平拋出,當(dāng)下落距離是水平距離的一半時從MN上的D點進(jìn)入電磁場,并恰好能做勻速圓周運動,圖中C點是圓周的最低點且C到MN的水平距離為2l,不計空氣阻力,g取10 m/s2,則()A小球的初速度為20 m/sB勻強電場的電場強度為10 V/mC勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B2 TD小球從D到C運動的時間為0.1 s解析:小球從A到D做平拋運動,lv0t,gt2,所以t0.2 s,v02 m/s,選項A錯誤;小球進(jìn)入電磁場中恰好做勻速圓周運動,則qEmg,即E10 V/m,選項B正確;小球進(jìn)入電磁場時有vygtv0,即小球進(jìn)入電磁場時的速度為v2 m/s,且與MN成45角,由幾何關(guān)系可得小球做勻速圓周運動的半徑為r m,又因Bqvm,聯(lián)立并代入數(shù)值得B2.5 T,選項C錯誤;小球從D到達(dá)C經(jīng)歷了圓周,所以從D到C運動的時間為t0.1 s,選項D正確答案:BD82019江蘇一模(多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率如圖甲所示,自行車前輪上安裝一塊磁鐵,輪子每轉(zhuǎn)一圈,這塊磁鐵就靠近傳感器一次,傳感器會輸出一個脈沖電壓圖乙為霍爾元件的工作原理圖當(dāng)磁場靠近霍爾元件時,導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn),最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差,即為霍爾電勢差下列說法正確的是()A根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車輪的半徑即可獲知車速大小B自行車的車速越大,霍爾電勢差越高C圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的D如果長時間不更換傳感器的電源,霍爾電勢差將減小解析:根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù),可求得車輪轉(zhuǎn)動周期,結(jié)合車輪半徑,即可求解車輪的速度大小故A項正確;根據(jù)qvBq得,UHBdv,v是導(dǎo)電粒子運動的速度,由電流的微觀定義式:Inesv,聯(lián)立解得:UH,可知霍爾電壓UH與車速大小無關(guān)故B項錯誤;霍爾元件的電流I是由負(fù)電荷定向運動形成的故C項錯誤;由公式UH,若長時間不更換傳感器的電源,那么電流I減小,則霍爾電勢差將減小,故D項正確答案:AD9如圖所示,粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球,整個裝置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中,小球由靜止開始下滑,在整個運動過程中小球的vt圖象如圖所示,其中正確的是()解析:該題中,小球的運動性質(zhì)與電性無關(guān)設(shè)小球帶正電,對帶電小球進(jìn)行受力分析如圖所示,剛開始速度v比較小,F(xiàn)洛qvB比較小,電場力FF洛,GFfma,即maG(FqvB),隨著速度v的不斷增大,a也不斷增大當(dāng)FF洛時,a最大,為重力加速度g.再隨著速度v的不斷增大,F(xiàn)F洛,即maG(qvBF),加速度a不斷減小,當(dāng)a減小到零時,GFf,再往后做勻速運動故選C.答案:C102018全國卷,25一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與y軸平行一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出不計重力(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡;(2)求該粒子從M點入射時速度的大??;(3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間解析:(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0,在下側(cè)電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為如圖(b),速度沿電場方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有qEma式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量由運動學(xué)公式有v1atlv0tv1vcos粒子在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB由幾何關(guān)系得l2Rcos聯(lián)立式得v0(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1v0cot聯(lián)立式得設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t,則t2tT式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,T由式得l答案:(1)見解析(2)(3)- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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