2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)三十四 鏈接高考9、10（含解析）新人教版

帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) A級(jí)基礎(chǔ)練1在如圖所示的平行板器件中，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直一帶電粒子(重力不計(jì))從左端以速度v沿虛線射入后做直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)解析：B粒子帶正電和負(fù)電均可，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由洛倫茲力等于電場(chǎng)力，即qvBqE，解得速度v，選項(xiàng)B正確；若速度v>，粒子可能從板間射出，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，所受電場(chǎng)力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤2用絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，讓它處于如圖所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中由于磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，小球靜止在如圖所示位置，這時(shí)懸線與豎直方向的夾角為，并被拉緊，則磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)速度和方向可能是()Av，水平向左Bv，豎直向下Cv，豎直向上Dv，水平向右解析：C根據(jù)運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性，帶電小球相對(duì)于磁場(chǎng)的速度與磁場(chǎng)相對(duì)于小球(相對(duì)地面靜止)的速度大小相等、方向相反洛倫茲力FqvB中的v是相對(duì)于磁場(chǎng)的速度根據(jù)力的平衡條件可以得出，當(dāng)小球相對(duì)磁場(chǎng)以速度v豎直向下運(yùn)動(dòng)或以速度v水平向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電小球都能處于靜止?fàn)顟B(tài)，但小球處于后者的狀態(tài)時(shí)，懸線不受拉力，不會(huì)被拉緊，故本題選C.3如圖所示，寬度為d、厚度為h的導(dǎo)體放在垂直于它的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)電流通過該導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體的上、下表面之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)實(shí)驗(yàn)表明當(dāng)磁場(chǎng)不太強(qiáng)時(shí)，電勢(shì)差U、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的關(guān)系為Uk，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)設(shè)載流子的電荷量為q，下列說法正確的是( )A載流子所受靜電力的大小FqB導(dǎo)體上表面的電勢(shì)一定大于下表面的電勢(shì)C霍爾系數(shù)為k，其中n為導(dǎo)體單位長(zhǎng)度上的電荷數(shù)D載流子所受洛倫茲力的大小F洛，其中n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的電荷數(shù)解析：D靜電力的大小應(yīng)為Fq，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；載流子的電性是不確定的，因此選項(xiàng)B錯(cuò)誤；霍爾系數(shù)k，其中n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的電荷數(shù)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；載流子所受洛倫茲力的大小F洛qvB，其中v，可得F洛，選項(xiàng)D正確4(2019·安慶模擬)如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R，已知該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則( )A液滴帶正電B液滴比荷C液滴沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v解析：C液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，qEmg，得，故B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力豎直向上，液滴帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，C正確；對(duì)液滴qEmg，qvBm得v，故D錯(cuò)誤5(2019·南京模擬)如圖所示，從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是()A適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度EB適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度BC適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離D適當(dāng)減小加速電壓U解析：A欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過，則qEqvB，而電子流向上極板偏轉(zhuǎn)，則qEqvB，應(yīng)減小E或增大B、v，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤6(2019·廣東惠州一調(diào))平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，其橫截面如圖所示，平面OM和水平面ON之間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上一帶電小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點(diǎn)沿左上方射入磁場(chǎng)，速度方向與OM成30°角，帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點(diǎn)P射出磁場(chǎng)(P未畫出)(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大？(2)帶電小球離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)P到兩平面交點(diǎn)O的距離s為多大？(3)帶電小球離開磁場(chǎng)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，能打在左側(cè)豎直的光屏OO上，求打在光屏上的點(diǎn)到O點(diǎn)的距離解析：(1)根據(jù)題意知，小球受到的電場(chǎng)力與重力平衡，小球所受的合力等于洛倫茲力，則帶電小球帶正電荷由qEmg，可得E.(2)帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qv0Bm，得R.根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，Q點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)軌跡與ON相切的點(diǎn)，I點(diǎn)為入射點(diǎn)，P點(diǎn)為出射點(diǎn)，則IP為運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的弦，帶電小球離開磁場(chǎng)的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關(guān)系可得，QP為圓軌道的直徑，所以O(shè)P的長(zhǎng)度s4R.(3)帶電小球從P點(diǎn)離開磁場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電小球打在光屏上的T點(diǎn)則帶電小球運(yùn)動(dòng)的水平方向位移為xv0t，得t，豎直方向位移為ygt2g·2，如圖所示，T點(diǎn)到O點(diǎn)的距離OT2Ry.答案：(1)正電荷(2)(3)B級(jí)能力練7(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點(diǎn)A由靜止下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個(gè)裝置處于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)與磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是( )A物塊最終停在A點(diǎn)B物塊最終停在最低點(diǎn)C物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D物塊首次滑到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mgqB解析：CD由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向向右，所以物塊最終從最低點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)某位置速度變?yōu)榱?，然后又向左運(yùn)動(dòng)，即物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，A、B錯(cuò)誤；物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理得，mgRqERmv20，且E，聯(lián)立得v，物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得，NmgqvBm，解得N2mgqB，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)D正確8(2019·佛山模擬)(多選)如圖所示，某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy，在y<0的空間里有與場(chǎng)強(qiáng)E垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，在y>0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點(diǎn))自由釋放，此液滴則沿y軸的負(fù)方向，以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)液滴運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，瞬間被安置在原點(diǎn)的一個(gè)裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變)，隨后液滴進(jìn)入y<0的空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)，液滴在y<0的空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中()A重力勢(shì)能一定是不斷減小B電勢(shì)能先增大后減小C動(dòng)能不斷增大D動(dòng)能保持不變解析：BD在y>0的空間內(nèi)，根據(jù)液滴沿y軸負(fù)方向以加速度a2g(g為重力加速度)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)可知，液滴在此空間內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)所受電場(chǎng)力方向向下，大小等于重力；進(jìn)入y<0的空間后，液滴電性改變，其所受電場(chǎng)力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能保持不變，選項(xiàng)D正確；重力勢(shì)能先減小后增大，電勢(shì)能先增大后減小，選項(xiàng)A、C均錯(cuò)誤9(2019·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)(多選)自行車速度計(jì)利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運(yùn)動(dòng)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(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓圖乙為霍爾元件的工作原理圖當(dāng)磁場(chǎng)靠近霍爾元件時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)定向運(yùn)動(dòng)的自由電荷在磁場(chǎng)力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差，即為霍爾電勢(shì)差下列說法正確的是( )A根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車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(shì)差越高C圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運(yùn)動(dòng)形成的D如果長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，霍爾電勢(shì)差將減小解析：AD根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車車輪的半徑，根據(jù)v2rn即可獲知車速大小，選項(xiàng)A正確；根據(jù)霍爾原理可知qBqv，UBdv，即霍爾電壓只與磁場(chǎng)強(qiáng)度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動(dòng)的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向運(yùn)動(dòng)形成的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如果長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，則會(huì)導(dǎo)致電子定向移動(dòng)的速率減小，故霍爾電勢(shì)差將減小，選項(xiàng)D正確10(多選)如圖所示，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(方向水平向右)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(方向垂直紙面向外)，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電小球的相互作用，兩小球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)B只有沿ab方向拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動(dòng)C若沿ac方向拋出的小球做直線運(yùn)動(dòng)則小球帶負(fù)電，且小球一定是做勻速運(yùn)動(dòng)D兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均守恒解析：AC兩個(gè)帶電小球的電性未知，可假設(shè)電性再判斷電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向，由于在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力作用下小球的直線運(yùn)動(dòng)必為勻速運(yùn)動(dòng)，只要三力能平衡，小球即可做直線運(yùn)動(dòng)，由假設(shè)判斷可知沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶正電、沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶負(fù)電，所以選項(xiàng)A、C正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；除重力做功外，洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤11(2019·長(zhǎng)春模擬)(多選)如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)某時(shí)刻，給小球一方向水平向右，大小為v0的初速度，則以下判斷正確的是()A無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用B無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用C無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小都相同D小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，水平方向分速度的大小一直減小解析：BC小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點(diǎn)時(shí)小球不會(huì)受到管壁彈力的作用，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v，由于是雙層軌道約束，小球運(yùn)動(dòng)過程不會(huì)脫離軌道，所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，C選項(xiàng)正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力Fmmg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對(duì)小球的彈力，B選項(xiàng)正確；小球在從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右一定遞減，到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí)，水平速度為零，而運(yùn)動(dòng)至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，D選項(xiàng)錯(cuò)誤12(2019·河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖所示，質(zhì)量M為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是光滑圓弧軌道，整個(gè)軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E大小為50 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為2.0 T現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負(fù)電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度為5 m/s.滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字(1)求滑塊從A到D的過程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)如果滑塊剛過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半徑r；(3)當(dāng)滑塊通過D點(diǎn)時(shí)，立即撤去磁場(chǎng)，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑解析：(1)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，小車在此時(shí)的速度大小為v2，物塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，有mv0Mvmv1Mv2，解得v20.設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E，則有EmvMv2mv，解得E85 J.(2)設(shè)滑塊剛過D點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力為FN，則由牛頓第三定律可得FN76 N，由牛頓第二定律可得FN(mgqEqv1B)m，解得r1.0 m.(3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時(shí)，滑塊與小車具有共同的速度v，由動(dòng)量守恒定律可得mv1(mM)v，解得v m/s.設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有mv(mM)v2(mgqE)Rm，解得Rm0.71 m.答案：(1)85 J(2)1.0 m(3)0.71 m9