（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（十六）吃透“三場特性”探秘復(fù)合場中的運動問題（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（十六）吃透“三場特性”探秘復(fù)合場中的運動問題（含解析）1.如圖所示，在豎直向下的勻強電場E中，一帶電油滴在電場力和重力的作用下，沿虛線所示的運動軌跡從a運動到b。若油滴在運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)題圖所示的運動軌跡可知，油滴帶負電，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

2、正確。2.(2018全國名校模擬)如圖所示，表面光滑的絕緣細桿傾斜固定放置，Q點處固定一點電荷。一帶電小圓環(huán)套在該絕緣細桿上，從細桿上P點處由靜止釋放，沿細桿上滑到O點時靜止。帶電小圓環(huán)可視為點電荷，則()A小圓環(huán)所帶電荷和固定點電荷一定是同種電荷B小圓環(huán)所帶電荷和固定點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點由靜止釋放，沿細桿上滑到O點時靜止，說明固定點電荷與小圓環(huán)之間為排斥力，A項正確，B項錯誤；排斥力使小圓環(huán)沿細桿上滑，電場力做正功，電勢能減小，C、D項錯誤。3.(2018自貢模擬)如圖所示，兩豎直平行板間同時存在勻強電場和勻強

3、磁場，電場的電場強度大小為E、方向水平向左，磁場的磁感應(yīng)強度大小為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做勻速直線運動 B做勻變速曲線運動C運動速度逐漸減小 D機械能逐漸減小解析：選D帶電液滴進入電、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，則運動速度逐漸增大，故C錯誤；由上述分析可知，電

4、場力做負功，電勢能增加，則機械能減小，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(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為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)強度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強磁場?，F(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF R。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)()A. B.C. D.解析：選C粒子進入勻強磁場的運動軌跡如圖所示。設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有，qUmv2

5、，由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中做圓周運動的偏轉(zhuǎn)角60，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑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處于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。不計重力的帶電粒子沿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??；要使粒子射出a、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)減小勻強磁場的磁感應(yīng)強度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

6、積，場強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項正確；當(dāng)增大兩金屬板間的距離時，場強不變，B項錯誤；當(dāng)減小磁感應(yīng)強度時洛倫茲力減小，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)域中有正交的勻強電場和勻強磁場，區(qū)域中只有勻強磁場，不同的離子(不計重力)從左側(cè)進入兩個區(qū)域，在區(qū)域中都沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在區(qū)域中做圓周運動的軌跡都相同，則關(guān)于這些離子說法

7、正確的是()A離子一定都帶正電B這些離子進入?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；若為負離子，則電場力向上，洛倫茲力向下，選項A錯誤，B正確；不同的離子進入?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磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在環(huán)中做半徑為R

8、的圓周運動。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m

9、vn2nqU，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項錯誤，B項正確；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，達不到加速效果，C項錯誤；根據(jù)t得tn2R，得 ，D項錯誤。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、斜向右下方的勻強電場，電場強度E1103 V/m。物塊在

10、電場力的作用下開始運動，物塊運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由題圖乙可知，t0時物塊的加速度a010 m/s2，且t0時物塊受到的空氣阻力為零，對物塊進行受力分析可得，Eqcos (mgEqsin )ma0，解得，故A選項正確；t2 s時物塊的速度由題圖乙中圖線與坐標軸圍成的面積可得，v

11、2(105)m/s15 m/s，物塊的動能Ekmv256.25 J，故B選項正確；由題圖乙可知t3 s時物塊的加速度大小a12.5 m/s2，對物塊進行受力分析可得，Eqcos (mgEqsin )Ffma1，解得Ff3.75 N，故C選項錯誤；由題圖乙可知t4 s時物塊的加速度減為零，此后物塊做勻速直線運動，由題圖乙中圖線與坐標軸圍成的面積可得，物塊的最大速度vm20 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WEkmvm2100 J，故D選項正確。9多選質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點)，從傾角為的粗糙絕緣斜面(動摩擦因數(shù)tan )上由靜止釋放，斜面足夠

12、長，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度為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小球在斜面上運動時做勻加速直線運動B小球在斜面上運動時做加速度增大、速度也增大的變加速直線運動C小球最終在斜面上做勻速運動D小球在斜面上下滑過程中，對斜面壓力剛好為零時小球的速率為解析：選BD由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C時，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。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小球在C點受到的洛倫茲力大小為qBB小球在C點對軌道的壓力大小為3mgqBC小

13、球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D小球從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點運動到C點的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理得mgRmv2，解得v，故小球在C點受到的洛倫茲力大小為F洛qBvqB，故A正確；由左手定則可知，小球向右運動到C點時受到的洛倫茲力的方向向上，則有NqvBmg，解得N3mgqB，故B錯誤；小球從C到D的過程中速率不變，由受力分析得mgsin Fcos ，速度方向與水平方向夾角變大，重力沿切線方向的分力增大，所以水平外力F的大小增大，故C錯誤；小球從C到D的過程中，速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以外力F的功率與小球克服重力做功的功率大小相等，由運動的合成與分解可知，小球從C向D運動的過程中，豎直方向的分速度越來越大，所以小球克服重力做功的功率增大，外力F的功率也增大，故D正確。