通用高考物理二輪復(fù)習(xí)專題檢測十六吃透“三場特性”探秘復(fù)合場中的運(yùn)動問題含析

1、吃透“三場特性”探秘復(fù)合場中的運(yùn)動問題11E中，一帶電油滴在電場力和 a運(yùn)動到bo若油滴在運(yùn)動過巳則E、1 .如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場 重力的作用下，沿虛線所示的運(yùn)動軌跡從程中動能和重力勢能之和為Ei,重力勢能和電勢能之和為的變化情況是（A. Ei增加，E增加B. Ei增加，巳減小C. Ei不變，E減小D.日不變，E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E減小，電場力做正功，電勢能減小，所以重力勢能和動能之和日增加，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

2、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(shí)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(shí)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(cuò)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(cuò)誤。3 .（2018 自貢模擬）如圖所示，兩豎直平行板間同時(shí)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

3、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vo=ES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B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(shí)，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(cuò)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(cuò)誤；由上述分析可知，電場力做負(fù)功，電勢能增加

4、，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S進(jìn)入電壓為U的加速電場 區(qū)加速后，再通過狹縫 Sa,最后從小孔 G垂直于MNB入偏轉(zhuǎn)磁場， 該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線 MN?切線、磁感應(yīng)弓11度為R方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)在 MNh的F點(diǎn)（圖中未畫出）接收到該粒子，且 GE /3r則該粒子的比荷為（粒子的重力忽略不計(jì)）（）4UB.R2B22U D.- R2B28UA.R2B26U C.- R2B2解得m=墨故c解析：選C粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場的運(yùn)

5、動軌跡如圖所示。設(shè)粒12子被加速后獲得的速度為 v,由動能定理有，qU= 2mV,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0=60 ,則粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑r = H3R,又Bqv= nv2,3r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 ,， , U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 套上上Ox X 乂口從左側(cè)垂直于電、磁場射入，從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時(shí)動能比射入 時(shí)小；要使粒子射出 a、b板間區(qū)域時(shí)的動能比射入時(shí)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

6、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 4一 人 _ 一, L 4 兀 kQ ,八 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) I一S減小，Q不e rs變，E增大，電場力變大，當(dāng)電場力大于洛倫茲力時(shí)，粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時(shí)動能變大，A項(xiàng)正確；當(dāng)增大兩金屬板間的距離時(shí)，場強(qiáng)不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)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(shí)動能變大，C項(xiàng)正確；當(dāng)改變粒子電性時(shí)，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時(shí)動能仍然減小，D項(xiàng)錯(cuò)

7、誤。6 .多選（2018 全國名校模擬）如圖所示，區(qū)域I中有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場， 區(qū)域H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(gè)區(qū)域， 在區(qū)域I中都沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)， 在區(qū)域n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I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I時(shí)都不偏轉(zhuǎn)，說明受到的電場力與洛 倫茲力相等，即Eq=Bqv,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(cuò)誤，B正確；不同的離子進(jìn)入?yún)^(qū)一

8、一 .一mv4, 一 .一C正確；由于離子的域n后，其偏轉(zhuǎn)半徑相同，由公式R= Bq可知，它們的比荷相同，選項(xiàng)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(cuò)誤。7 .如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置一一環(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mi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(shí)，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(shí)，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)

9、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R與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為 黑=舟B.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為BnBn+ 1C. A、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(shí)間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為tntn + 1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(shí)獲得的總動能 為2mv = nqU,得第n 圈的速度vn= 寸展。在磁場中，由牛頓第二定律得 qBvn=mR2, 解得B=1、/2nmU所以三嗎 =二，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；如果 A、B板之間的電R V qBn+1V n+1壓始終彳持為U,粒子在A、B兩極板

10、之間飛行時(shí)，電場對其做功qU從而使之加速，在磁場內(nèi)飛行時(shí)，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(cuò)誤；根據(jù)t =得t n= 2兀R / 77mp得=vV 2nqU tn +1D項(xiàng)錯(cuò)誤。8 .多選（2018 北京燕博園模擬）如圖甲所示，一質(zhì)量 m= 0.5 kg、電荷量q=+1x10 2 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0=37、斜向右下方的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E= 1X103V/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

11、時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。已知 sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8 ,重力加速度g取10 m/s 2。 以下判斷正確的是（） 3A.物塊與水平面間白動摩擦因數(shù)為 11B. t=2 s時(shí)物塊的動能為 56.25 JC. t=3 s時(shí)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由題圖乙可知，t =0時(shí)物塊的加速度 ao= 10 m/s2,且t = 0時(shí)物塊受到 的空氣阻力為零，對物塊進(jìn)行受力分析可得，Eqcos 0 (i(m/Eqsin 8) = ma,解得3 一=莉，故A選項(xiàng)正確；t = 2 s時(shí)物塊的速度由題圖乙中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積

12、可得，v =1-X 2X 212(10 + 5)m/s=15 m/s,物塊的動能 Ek=2mv= 56.25 J,故B選項(xiàng)正確；由題圖乙可知 t = 3 s 時(shí)物塊的加速度大小 a1 = 2.5 m/s2,對物塊進(jìn)行受力分析可得，Eqcos 0 (i(mg+ Eqsin 0 )Ff=ma,解得Ff = 3.75 N,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖乙可知 t =4 s時(shí)物塊的加速度減為零， 此后物塊做勻速直線運(yùn)動，由題圖乙中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可得，物塊的最大速度w20 m/s ,由動能定理可知，合外力對物塊做的功等于物塊動能的變化量，即100 J ,故D選項(xiàng)正確。9 .多選質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電小

13、球(可視為質(zhì)點(diǎn)),從 傾角為0的粗糙絕緣斜面(動摩擦因數(shù)tan 0)上由靜止釋放，斜 面足夠長，整個(gè)斜面置于方向水平向外的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,如圖所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中正確的是()A.小球在斜面上運(yùn)動時(shí)做勻加速直線運(yùn)動B.小球在斜面上運(yùn)動時(shí)做加速度增大、速度也增大的變加速直線運(yùn)動mgcos 0Bq-C.小球最終在斜面上做勻速運(yùn)動D.小球在斜面上下滑過程中，對斜面壓力剛好為零時(shí)小球的速率為解析：選BD由！1 0)的小球由軌道左端 A無初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F,使小球能以保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點(diǎn)。若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g,則下列判斷正確的是()A.小王在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為 qB/2gR15 小千在C點(diǎn)對軌道的壓力大小為 3m/qB/2gRC.小王從C至IJD的過程中，外力 F的大小保持不變D.小千從C到D的過程中，外力 F的功率逐漸增大解析：選AD小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理得mgR= 1mV,解得v=2gR,故小球在 C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為 F洛=48/= qB/2gRt,故A 正確；由左手定則可知，小球向右運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力的方向向上，則有N+ qvB mg= mR2,解得N= 3mg- qB2gR