通用版2019版高考物理復(fù)習(xí)第一板塊第3講吃透“三場特性”探秘復(fù)合場中的運(yùn)動問題講義含解析.docx

吃透“三場特性”探秘復(fù)合場中的運(yùn)動問題考法學(xué)法帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題是歷年高考的熱點(diǎn)，考查的難度從易到難都有?？疾榈念}型既有選擇題，又有計(jì)算題?？疾榈闹饕獌?nèi)容包括：帶電粒子在組合場中的運(yùn)動；帶電粒子(體)在疊加場中的運(yùn)動。該部分內(nèi)容主要解決的是選擇題中的帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題。用到的思想方法有：比值定義法；假設(shè)法；合成法；正交分解法；臨界、極值問題的分析方法；等效思想；分解思想。研一題 多選如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電小球用長為L不可伸長的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，在O點(diǎn)下方存在一個水平向右、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，小球靜止時細(xì)線與豎直方向成45角，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A若剪斷細(xì)線，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動B小球帶負(fù)電，且電荷量為C若突然將電場方向變?yōu)樗较蜃螅∏蛟谧畹忘c(diǎn)速率為D若突然將電場方向變?yōu)樗较蜃?，小球一定能運(yùn)動到O點(diǎn)右側(cè)等高處解析若剪斷細(xì)線，小球在恒力作用下將做直線運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；對小球受力分析，由平衡條件可知小球帶負(fù)電，且qEmgtan 45，解得q，選項(xiàng)B正確；將電場方向變?yōu)樗较蜃?，小球從題圖所示位置運(yùn)動到最低點(diǎn)，由動能定理有mgL(1cos 45)EqLsin 45mv2，解得v，選項(xiàng)C正確；將電場方向變?yōu)樗较蜃螅∏蜻\(yùn)動到O點(diǎn)右側(cè)與初始位置等高處時速度最大，則小球一定能運(yùn)動到O點(diǎn)右側(cè)等高處，選項(xiàng)D正確。答案BCD悟一法解決電場力做功問題時的注意點(diǎn)1利用電場線的特點(diǎn)、等勢面的特點(diǎn)來分析電場力做功情況。2應(yīng)用公式WABqUAB計(jì)算時，WAB、q、UAB一般都要帶正、負(fù)號計(jì)算。通一類1.在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球，它靜止時位于A點(diǎn)，此時細(xì)線與豎直方向成37角，如圖所示?，F(xiàn)對小球施加一沿與細(xì)線方向垂直的瞬時沖量，小球能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動。下列對小球運(yùn)動的分析正確的是(不考慮空氣阻力，細(xì)線不會纏繞在O點(diǎn)上)()A小球運(yùn)動到C點(diǎn)時動能最小B小球運(yùn)動到C點(diǎn)時細(xì)線拉力最小C小球運(yùn)動到Q點(diǎn)時動能最大D小球運(yùn)動到B點(diǎn)時機(jī)械能最大解析：選D由題意可知，小球所受的電場力與重力的合力沿OA方向，小球從A點(diǎn)開始無論向哪運(yùn)動，合力對小球都做負(fù)功，小球動能將減小，所以運(yùn)動到A點(diǎn)時動能最大，C錯誤；小球運(yùn)動到與A點(diǎn)關(guān)于圓心對稱的點(diǎn)時動能最小，在該點(diǎn)時細(xì)線的拉力最小，A、B錯誤；小球在運(yùn)動過程中，運(yùn)動到B點(diǎn)時電場力做功最多，因此機(jī)械能最大，D正確。2.如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強(qiáng)度大小為E，中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止。撤去外力后小球從靜止開始向上運(yùn)動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是()A與彈簧分離時小球的動能為mghqEhB從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為mghqEhC從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為D撤去外力時彈簧的彈性勢能為mv2(qEmg)h解析：選D根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為EkqEhmghEp，A錯誤；從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為Emghmv2qEhEp，B錯誤；小球減少的電勢能為qEh，故C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，EpqEhmghmv2，所以Epmv2(qEmg)h，D正確。3多選如圖所示，一光滑絕緣斜面的直角點(diǎn)A處固定一帶電量為q、質(zhì)量為m的絕緣小球甲，另一質(zhì)量也為m、帶電量也為q的小球乙置于斜面頂點(diǎn)B處，已知斜面長為L，BCA30?，F(xiàn)把小球乙從B處由靜止自由釋放，小球乙能沿斜面從B處運(yùn)動到斜面底端C處(靜電力常量為k，重力加速度為g)，下列結(jié)論正確的是()A小球到達(dá)斜面中點(diǎn)D處時的速度大小為 B小球運(yùn)動到斜面底端C處時，對斜面的壓力大小為mgC小球從B處運(yùn)動到C處時減少的重力勢能等于增加的動能D小球從B處運(yùn)動到C處電勢能先增加后減少解析：選ABD由題意知，小球乙運(yùn)動到D處時，由幾何關(guān)系知ADAB，所以有DB，即UDBDB0，由動能定理得：mgsin 30qUDBmv20，解得：v ，A正確；小球運(yùn)動到C處時，受力分析如圖所示，由平衡條件得：FNF庫sin 30mgcos 30，F(xiàn)庫，聯(lián)立解得：FNmg，B正確；小球從B處運(yùn)動到C處重力勢能減少，電勢能減少，動能增加，減少的重力勢能與電勢能之和等于增加的動能，C錯誤；小球從B處運(yùn)動到C處，先靠近A處后遠(yuǎn)離A處，電場力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增加后減少，D正確。點(diǎn)點(diǎn)探明題型1組合磁場中帶電粒子的運(yùn)動例1多選如圖所示，在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度是區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進(jìn)入?yún)^(qū)域，粒子離開區(qū)域時速度方向改變了30，然后進(jìn)入?yún)^(qū)域，測得粒子在區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動時間與區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動時間相等，則下列說法正確的是()A粒子在區(qū)域和區(qū)域中的速率之比為11B粒子在區(qū)域和區(qū)域中的角速度之比為21C粒子在區(qū)域和區(qū)域中的圓心角之比為12D區(qū)域和區(qū)域的寬度之比為11解析由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩區(qū)域中的運(yùn)動速率相等，A正確；由洛倫茲力fqBvma和av可知，粒子運(yùn)動的角速度之比為12B1B212，B錯誤；由于粒子在區(qū)域和區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動時間相等，由t可得t，且B22B1，解得1212，C正確；由幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域中運(yùn)動的圓心角為30，則粒子在區(qū)域中運(yùn)動的圓心角為60，由R可知，粒子在區(qū)域中的運(yùn)動半徑是在區(qū)域中運(yùn)動半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域中的運(yùn)動半徑為r，作出粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域的寬度d12rsin 30r；區(qū)域的寬度d2rsin 30rcos(1806060)r，D正確。答案ACD題型2疊加三場中帶電小球的運(yùn)動例2多選如圖所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，b、O、d三點(diǎn)在同一水平線上。已知小球所受電場力與重力大小相等?，F(xiàn)將小球從a點(diǎn)由靜止釋放，下列判斷正確的是()A小球能越過d點(diǎn)并繼續(xù)沿圓環(huán)向上運(yùn)動B當(dāng)小球運(yùn)動到d點(diǎn)時，不受洛倫茲力C小球從d點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，重力勢能減少，電勢能減少D小球從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過程中，經(jīng)過弧bc的中點(diǎn)時速度最大解析電場力與重力大小相等，結(jié)合題圖可知二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，可視為等效重力，所以弧ad的中點(diǎn)相當(dāng)于豎直圓環(huán)的等效最高點(diǎn)，其關(guān)于圓心對稱的位置(即弧bc的中點(diǎn))就是等效最低點(diǎn)；由于a、d兩點(diǎn)關(guān)于等效最高點(diǎn)與等效最低點(diǎn)的連線對稱，若小球從a點(diǎn)由靜止釋放，最高運(yùn)動到d點(diǎn)，故A錯誤；當(dāng)小球運(yùn)動到d點(diǎn)時，速度為零，故不受洛倫茲力，故B正確；由于d、b等高，故小球從d點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，重力勢能不變，故C錯誤；由于等效重力指向左下方45，弧bc的中點(diǎn)是等效最低點(diǎn)，故小球從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過程中，經(jīng)過弧bc的中點(diǎn)時速度最大，故D正確。答案BD系統(tǒng)通法電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)示意圖偏轉(zhuǎn)條件vEvB受力情況只受恒定的電場力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式基本公式Lvtyat2atan qvBrTtsin 做功情況電場力既改變速度方向，也改變速度大小，對電荷做功洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，對電荷不做功題題過關(guān)1(2018北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場。一個帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動。下列因素與完成上述兩類運(yùn)動無關(guān)的是()A磁場和電場的方向B磁場和電場的強(qiáng)弱C粒子的電性和電量 D粒子入射時的速度解析：選C這是“速度選擇器”模型，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的疊加區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，則粒子受到的洛倫茲力與電場力平衡，大小滿足qvBqE，故v，即磁場和電場的強(qiáng)弱決定粒子入射時的速度大小；洛倫茲力與電場力的方向一定相反，結(jié)合左手定則可知，磁場和電場的方向一定互相垂直，粒子入射時的速度方向同時垂直于磁場和電場，且不論粒子帶正電還是帶負(fù)電，入射時的速度方向相同，而不是電性相反時速度方向也要相反。總之粒子是否在“速度選擇器”中做勻速直線運(yùn)動，與粒子的電性、電量均無關(guān)，而是取決于磁場和電場的方向、強(qiáng)弱，以及粒子入射時的速度。撤除電場時，粒子速度方向仍與磁場垂直，滿足做勻速圓周運(yùn)動的條件，C正確。2.如圖所示，ABCDEF為一正六邊形的六個端點(diǎn)，現(xiàn)正六邊形處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和平行于BA向右的勻強(qiáng)電場中，一帶電粒子從A點(diǎn)射入場中，恰好沿直線AE做勻速直線運(yùn)動。撤去磁場，粒子仍從A點(diǎn)以原速度射入場中，粒子恰好從F點(diǎn)射出。若撤去電場而保留磁場，粒子仍以原速度從A點(diǎn)射入，則粒子將從哪條邊射出(不計(jì)粒子重力)()AABBBCCCD DDE解析：選B只有電場時帶電粒子向右偏轉(zhuǎn)，則粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，只有磁場時，粒子受到的洛倫茲力的方向向左，粒子將向左偏轉(zhuǎn)。開始時粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，則有：qEqvB，設(shè)正六邊形的邊長為L，只有電場時，粒子做類平拋運(yùn)動，豎直向上的方向上有：vtLcos 30L，水平方向上有：t2Lsin 30L；當(dāng)只有磁場時，洛倫茲力提供向心力，則有：qvB，聯(lián)立可得：rL，由幾何關(guān)系可知：L，而L2rL，所以粒子將從BC邊射出磁場，B正確。3多選如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较?，且剛好從高度也為d處的狹縫穿過b板進(jìn)入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場的場強(qiáng)大小也為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于，重力加速度為g，則下列關(guān)于微粒運(yùn)動的說法正確的是()A微粒在ab區(qū)域的運(yùn)動時間為B微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，軌跡半徑為2dC微粒在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動時間為D微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動的總時間為解析：選ABD粒子在電場中的運(yùn)動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動為初速度為零的勻加速運(yùn)動，豎直分運(yùn)動為末速度為零的勻減速運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，水平方向有v0axt1，豎直方向有0v0gt1，解得axg，t1，故A正確；微粒在bc區(qū)域所受電場力豎直向上，因?yàn)閝Emaxmg，故微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，其軌跡半徑r，又v022gd，B，解得r2d，故B正確；設(shè)微粒在bc區(qū)域轉(zhuǎn)過的角度為，由幾何關(guān)系知 30，所以微粒在bc區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動的時間為t2，故C錯誤；微粒在ab區(qū)域運(yùn)動的時間為t1，微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動的總時間為tt1t2，故D正確。4多選(2019屆高三銀川模擬)如圖所示，豎直虛線邊界左側(cè)為一半徑為R的光滑半圓軌道，O為圓心，A為最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)，右側(cè)同時存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電小球從半圓軌道的最低點(diǎn)A以某一初速度開始運(yùn)動恰好能到最高點(diǎn)C，進(jìn)入右側(cè)區(qū)域后恰好又做勻速圓周運(yùn)動回到A點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g。則()A小球在最低點(diǎn)A開始運(yùn)動的初速度大小為B小球返回A點(diǎn)后可以第二次到達(dá)最高點(diǎn)CC小球帶正電，且電場強(qiáng)度大小為D勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為解析：選ACD小球恰能經(jīng)過最高點(diǎn)C，則mgm，解得vC，從A到C由動能定理：mg2RmvC2mvA2，解得vA，選項(xiàng)A正確；小球在復(fù)合場中以速度做勻速圓周運(yùn)動，再次過A點(diǎn)時的速度為，則小球不能第二次到達(dá)最高點(diǎn)C，選項(xiàng)B錯誤；小球在復(fù)合場中受向下的重力和向上的電場力而平衡，可知小球帶正電，滿足mgqE，解得E，選項(xiàng)C正確；由qvBm，其中v，解得B，選項(xiàng)D正確。知能全通質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)、回旋加速器、霍爾效應(yīng)等都是帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動實(shí)例，這類問題模型成熟固定，解題時只要抓住各種模型的特點(diǎn)即可，常見實(shí)例如下。1速度選擇器帶電粒子束射入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的區(qū)域中，滿足平衡條件qEqvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器。速度選擇器只對粒子的速度大小和方向做出選擇，而對粒子的電性、電荷量不能進(jìn)行選擇。2回旋加速器(1)用途：加速帶電粒子。(2)原理：帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)，交變電壓的周期與帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期相同。(3)粒子獲得的最大動能Ek，其中rn表示D形盒的最大半徑。3質(zhì)譜儀(1)用途：測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。(2)原理：由粒子源S發(fā)出速度幾乎為零的粒子，經(jīng)過加速電場U加速后，以速度v 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動半徑為r ，粒子經(jīng)過半個圓周運(yùn)動后打到照相底片D上，通過測量D與入口間的距離d，進(jìn)而求出粒子的比荷或粒子的質(zhì)量m。題點(diǎn)全練1(2019屆高三大連六校聯(lián)考)隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個系統(tǒng)中。其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測量發(fā)動機(jī)轉(zhuǎn)速時，情景簡化如圖甲所示，被測量轉(zhuǎn)子的輪齒(具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發(fā)生變化，傳感器的內(nèi)置電路會將霍爾電壓調(diào)整放大；輸出一個脈沖信號，霍爾元件的原理如圖乙所示。下列說法正確的是()A霍爾電壓是由于元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的B若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為負(fù)電荷C在其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高D若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上輪齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號解析：選B霍爾電壓是由于元件內(nèi)載流子受到洛倫茲力和電場力的作用產(chǎn)生的，故A錯誤；根據(jù)左手定則，負(fù)電荷載流子向前端偏轉(zhuǎn)，前端帶負(fù)電，后端帶正電，所以前端的電勢低，符合要求，則元件中的載流子為負(fù)電荷，故B正確；當(dāng)電場力和洛倫茲力平衡時，有：qqvB，InqvSnqvbc，解得：UBvbB，故c越大，U越低，故C錯誤；轉(zhuǎn)速n1 800 r/min, 則霍爾傳感器每分鐘輸出的脈沖信號個數(shù)為1501 800270 000個，故D錯誤。2.如圖所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運(yùn)動的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點(diǎn)。則()A粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時間都相等B打在P1點(diǎn)的粒子是He C打在P2點(diǎn)的粒子是H和HeDO2P2的長度是O2P1長度的4倍解析：選C粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的周期T，三種粒子的比荷不相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時間不相等，故A錯誤；粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反，即qvB1qE，所以v，可知從速度選擇器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有qvB2m，r，可知粒子的比荷越大，圓周運(yùn)動的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是H，打在P2點(diǎn)的粒子是H和He，故B錯誤，C正確；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圓周運(yùn)動的半徑是H和He的半徑的，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，故D錯誤。3.多選(2018泰州模擬)為測量化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在排污管末端安裝了流量計(jì)(流量Q為單位時間內(nèi)流過某截面流體的體積)如圖所示，長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，所在空間有垂直于前后面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動，測得M、N間電壓為U，污水流過管道時受到的阻力大小為fkLv2，k是比例系數(shù)，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速，則()A污水的流量QBM的電勢不一定高于N的電勢C電壓U與污水中離子濃度無關(guān)D左、右兩側(cè)管道的壓強(qiáng)差p解析：選CD污水中離子最終在電場力和洛倫茲力作用下受力平衡，有qvBq，得v，則有污水的流量QvSvbcbc，故A錯誤；根據(jù)左手定則，正離子向上表面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下表面偏轉(zhuǎn)，知上表面的電勢一定高于下表面的電勢，即M的電勢一定高于N的電勢，故B錯誤；由qvBq，解得UvBc，電壓U與污水中離子濃度無關(guān)，故C正確；根據(jù)平衡條件，有pbcfkLv2kav2，解得p，故D正確。專題強(qiáng)訓(xùn)提能 1.如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場E中，一帶電油滴在電場力和重力的作用下，沿虛線所示的運(yùn)動軌跡從a運(yùn)動到b。若油滴在運(yùn)動過程中動能和重力勢能之和為E1，重力勢能和電勢能之和為E2，則E1、E2的變化情況是()AE1增加，E2增加BE1增加，E2減小CE1不變，E2減小 DE1不變，E2不變解析：選B根據(jù)題圖所示的運(yùn)動軌跡可知，油滴帶負(fù)電，受到向上的電場力大于重力，合力做正功，動能增加，所以油滴在運(yùn)動過程中電勢能和重力勢能之和E2減小，電場力做正功，電勢能減小，所以重力勢能和動能之和E1增加，B正確。2.(2018全國名校模擬)如圖所示，表面光滑的絕緣細(xì)桿傾斜固定放置，Q點(diǎn)處固定一點(diǎn)電荷。一帶電小圓環(huán)套在該絕緣細(xì)桿上，從細(xì)桿上P點(diǎn)處由靜止釋放，沿細(xì)桿上滑到O點(diǎn)時靜止。帶電小圓環(huán)可視為點(diǎn)電荷，則()A小圓環(huán)所帶電荷和固定點(diǎn)電荷一定是同種電荷B小圓環(huán)所帶電荷和固定點(diǎn)電荷一定是異種電荷C小圓環(huán)上滑過程中，電勢能不變D小圓環(huán)上滑過程中，電勢能增大解析：選A小圓環(huán)從P點(diǎn)由靜止釋放，沿細(xì)桿上滑到O點(diǎn)時靜止，說明固定點(diǎn)電荷與小圓環(huán)之間為排斥力，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；排斥力使小圓環(huán)沿細(xì)桿上滑，電場力做正功，電勢能減小，C、D項(xiàng)錯誤。3.(2018自貢模擬)如圖所示，兩豎直平行板間同時存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的電場強(qiáng)度大小為E、方向水平向左，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與電場垂直且水平向里。一帶正電液滴以豎直向下的初速度v0進(jìn)入電、磁場區(qū)域，最終能飛出該區(qū)域。則帶電液滴在電、磁場區(qū)域中()A做勻速直線運(yùn)動 B做勻變速曲線運(yùn)動C運(yùn)動速度逐漸減小 D機(jī)械能逐漸減小解析：選D帶電液滴進(jìn)入電、磁場中時，由題意可知，帶電液滴受電場力、重力、洛倫茲力，電場力等于洛倫茲力，所以重力使其做加速運(yùn)動，隨著速度的增大，洛倫茲力的大小增大，方向隨速度方向的變化而變化，所以帶電液滴將向右做變加速曲線運(yùn)動，故A、B錯誤；由題意可知，帶電液滴向右偏離并射出電、磁場，則運(yùn)動速度逐漸增大，故C錯誤；由上述分析可知，電場力做負(fù)功，電勢能增加，則機(jī)械能減小，故D正確。4(2019屆高三黃岡中學(xué)模擬)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具。如圖所示鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2，最后從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)在MN上的F點(diǎn)(圖中未畫出)接收到該粒子，且GFR。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計(jì))()A. B.C. D.解析：選C粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場的運(yùn)動軌跡如圖所示。設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有，qUmv2，由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的偏轉(zhuǎn)角60，則粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑r，又Bqvm，解得，故C正確。5多選如圖所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里。不計(jì)重力的帶電粒子沿OO方向從左側(cè)垂直于電、磁場射入，從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時動能比射入時?。灰沽Ｗ由涑鯽、b板間區(qū)域時的動能比射入時大，可采用的措施是()A適當(dāng)減小兩金屬板的正對面積B適當(dāng)增大兩金屬板間的距離C適當(dāng)減小勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度D使帶電粒子的電性相反解析：選AC粒子在電、磁場中，動能逐漸減小，說明電場力做負(fù)功，因洛倫茲力不做功，則電場力小于洛倫茲力，若減小兩金屬板的正對面積，場強(qiáng)E，S減小，Q不變，E增大，電場力變大，當(dāng)電場力大于洛倫茲力時，粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時動能變大，A項(xiàng)正確；當(dāng)增大兩金屬板間的距離時，場強(qiáng)不變，B項(xiàng)錯誤；當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度時洛倫茲力減小，可能小于電場力，粒子可能向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時動能變大，C項(xiàng)正確；當(dāng)改變粒子電性時，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時動能仍然減小，D項(xiàng)錯誤。6多選(2018全國名校模擬)如圖所示，區(qū)域中有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，區(qū)域中只有勻強(qiáng)磁場，不同的離子(不計(jì)重力)從左側(cè)進(jìn)入兩個區(qū)域，在區(qū)域中都沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在區(qū)域中做圓周運(yùn)動的軌跡都相同，則關(guān)于這些離子說法正確的是()A離子一定都帶正電B這些離子進(jìn)入?yún)^(qū)域的初速度相等C離子的比荷一定相同D這些離子的初動量一定相同解析：選BC由題意知，不同的離子通過區(qū)域時都不偏轉(zhuǎn)，說明受到的電場力與洛倫茲力相等，即EqB1qv，故離子的初速度相等，若為正離子，則電場力向下，洛倫茲力向上；若為負(fù)離子，則電場力向上，洛倫茲力向下，選項(xiàng)A錯誤，B正確；不同的離子進(jìn)入?yún)^(qū)域后，其偏轉(zhuǎn)半徑相同，由公式R可知，它們的比荷相同，選項(xiàng)C正確；由于離子的質(zhì)量不一定相等，所以無法判斷初動量是否相等，選項(xiàng)D錯誤。7.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速。每當(dāng)粒子離開電場區(qū)域時，A板電勢又降為零，粒子在電場中一次次加速，動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R)。下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法正確的是()A環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為B環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為 CA、B板之間的電壓可以始終保持為UD粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為 解析：選B因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以繞行第n圈時獲得的總動能為mvn2nqU，得第n圈的速度vn 。在磁場中，由牛頓第二定律得qBnvnm，解得Bn ，所以 ，A項(xiàng)錯誤，B項(xiàng)正確；如果A、B板之間的電壓始終保持為U，粒子在A、B兩極板之間飛行時，電場對其做功qU，從而使之加速，在磁場內(nèi)飛行時，電場又對粒子做功qU，從而使之減速，粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達(dá)不到加速效果，C項(xiàng)錯誤；根據(jù)t得tn2R，得 ，D項(xiàng)錯誤。8多選(2018北京燕博園模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量m0.5 kg、電荷量q1102 C的物塊靜止在絕緣的粗糙水平面上，在物塊所在的足夠大的空間內(nèi)，加一與水平方向夾角37、斜向右下方的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E1103 V/m。物塊在電場力的作用下開始運(yùn)動，物塊運(yùn)動后還受到空氣阻力，其大小與速度的大小成正比。物塊的加速度a與時間t的關(guān)系如圖乙所示。已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2。以下判斷正確的是()A物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為Bt2 s時物塊的動能為56.25 JCt3 s時物塊受到的空氣阻力為5 ND前5 s內(nèi)合外力對物塊做的功為100 J解析：選ABD由題圖乙