2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專(zhuān)題與專(zhuān)項(xiàng)第1部分專(zhuān)題3第9講含答案及解析

第一部分專(zhuān)題三第9講A組·基礎(chǔ)練1.(2024·廣東江門(mén)模擬)如圖為靜電噴印原理的簡(jiǎn)圖，在噴嘴和收集板之間施加高壓電源后，電場(chǎng)分布如圖中虛線所示。噴嘴處的液滴受到各方面力的共同作用形成泰勒錐，當(dāng)電壓增至某個(gè)臨界值時(shí)(假設(shè)此后電壓保持不變)，液滴從泰勒錐尖端射出形成帶電霧滴，落在收集板上，則此過(guò)程中霧滴()A．動(dòng)能減小 B．帶正電荷C．電勢(shì)能減小 D．加速度增大【答案】C【解析】收集板帶正電，霧滴帶負(fù)電，落到收集板的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，速度增大，電勢(shì)能減小，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由圖可知從噴嘴到收集板，電場(chǎng)線逐漸稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，根據(jù)牛頓第二定律F＝qE＝ma，可得a＝eq\f(qE,m)，加速度減小，故D錯(cuò)誤。2.(2024·江蘇南通三模)如圖甲所示，某示波器在XX′、YY′不加偏轉(zhuǎn)電壓時(shí)光斑位于屏幕中心，現(xiàn)給其加如圖乙所示的偏轉(zhuǎn)電壓，則看到光屏上的圖形是()【答案】D【解析】XX′方向加逐漸增大的電壓，則電子向X方向偏轉(zhuǎn)。YY′方向加恒定電壓，則電子向Y方向偏轉(zhuǎn)，且偏轉(zhuǎn)的距離相同。故選D。3.(2024·江蘇南京模擬)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在某一時(shí)刻突然分裂成a、b和c三個(gè)微粒，a和b在磁場(chǎng)中做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標(biāo)出。僅考慮磁場(chǎng)對(duì)帶電微粒的作用力，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)帶負(fù)電荷B．b帶正電荷C．c不帶電D．a(chǎn)和b的動(dòng)量大小一定相等【答案】B【解析】在兩軌跡相切的位置，粒子a速度方向向右，受到向上的洛倫茲力，而粒子b速度方向向左，受到向下的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過(guò)程中，總的電荷量應(yīng)保持不變，則粒子c應(yīng)帶負(fù)電，故A、C錯(cuò)誤，B正確；粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，所以r＝eq\f(mv,qB)，雖然粒子a與粒子b的軌跡半徑相等，但由于粒子a與粒子b的質(zhì)量、電荷量大小關(guān)系未知，則粒子a與粒子b的動(dòng)量大小關(guān)系不確定，故D錯(cuò)誤。4.(2024·寧夏石嘴山模擬)如圖所示，曲線為一帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，虛線A、B、C、D為相互平行且間距相等的四條等勢(shì)線，M、N、O、P、Q為軌跡與等勢(shì)線的交點(diǎn)。帶電粒子從M點(diǎn)出發(fā)，初速度大小為v0，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度大小為v，則()A．四條等勢(shì)線中D的電勢(shì)最高B．粒子從O到P和從P到Q的動(dòng)能變化量不相等C．粒子從M到N和從O到P的速度變化量相同D．如果粒子從Q點(diǎn)以與v相反、等大的速度進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子可能不會(huì)經(jīng)過(guò)M點(diǎn)【答案】C【解析】由于粒子電性未知，無(wú)法判斷電勢(shì)高低，故A錯(cuò)誤；粒子從O到P和從P到Q，電場(chǎng)力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能變化量相等，故B錯(cuò)誤；根據(jù)粒子做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，粒子從M到N和從O到P的時(shí)間相同，而加速度也相同，則速度變化量相同，故C正確；根據(jù)粒子做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)的軌跡具有對(duì)稱(chēng)性，如果粒子從Q點(diǎn)以與v方向相反、大小相等的速度進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子一定經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。5.(多選)(2024·吉林白城三模)兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電粒子a、b，從圓上A點(diǎn)沿AO方向進(jìn)入垂直于紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O為圓心，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，兩粒子離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的出射點(diǎn)連線過(guò)圓心O，且與AO方向的夾角大小為60°，兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。不計(jì)粒子的重力，則()A．a(chǎn)粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電B．a(chǎn)、b兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度之比為2∶3C．a(chǎn)、b兩粒子的電荷量之比為1∶3D．a(chǎn)、b兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期之比為2∶1【答案】AB【解析】根據(jù)圖像確定洛倫茲力的方向，根據(jù)左手定則可知，a粒子四指指向與速度方向相反，b粒子四指指向與速度方向相同，則a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，故A正確；沿磁場(chǎng)圓半徑方向射入的粒子飛出磁場(chǎng)時(shí)也沿磁場(chǎng)圓半徑方向，作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知θ＝60°，α＝180°－60°＝120°，兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則有eq\f(α,360°)Ta＝eq\f(θ,360°)Tb，解得Ta∶Tb＝1∶2，故D錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)的周期Ta＝eq\f(2πma,qaB)，Tb＝eq\f(2πmb,qbB)，結(jié)合上述可以解得a、b兩粒子的電荷量之比為2∶1，故C錯(cuò)誤；令磁場(chǎng)圓半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有Ra＝Rtan30°＝eq\f(\r(3)R,3)，Rb＝Rtan60°＝eq\r(3)R，根據(jù)線速度的關(guān)系式有va＝eq\f(2πRa,Ta)，vb＝eq\f(2πRb,Tb)，結(jié)合上述解得eq\f(va,vb)＝eq\f(2,3)，故B正確。故選AB。6.(多選)(2024·廣西柳州三模)如圖所示，MN上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同種粒子a，b從O點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩粒子的入射方向與磁場(chǎng)邊界MN的夾角分別為30°和60°，且均由P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，則a，b兩粒子()A．運(yùn)動(dòng)半徑之比為eq\r(3)∶1 B．初速率之比為1∶eq\r(3)C．運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為5∶2 D．運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為6∶5【答案】AC【解析】設(shè)OP＝2d，則由幾何關(guān)系可知ra＝eq\f(d,sin30°)＝2d，rb＝eq\f(d,sin60°)＝eq\f(2d,\r(3))，可知ab的運(yùn)動(dòng)半徑之比為eq\r(3)∶1，選項(xiàng)A正確；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(qBr,m)∝r，初速率之比為eq\r(3)∶1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θ,2π)T∝θ，ab兩粒子轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為300°∶120°＝5∶2，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為5∶2，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。7.(2023·浙江杭州二模)如圖甲所示，某多級(jí)直線加速器由n個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號(hào)為0的金屬圓板中央有一個(gè)質(zhì)子源，質(zhì)子逸出的速度不計(jì)，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓UMN，一段時(shí)間后加速器穩(wěn)定輸出質(zhì)子流。已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e，質(zhì)子通過(guò)圓筒間隙的時(shí)間不計(jì)，且忽略相對(duì)論效應(yīng)，則()A．質(zhì)子在各圓筒中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．質(zhì)子進(jìn)入第n個(gè)圓筒瞬間速度為eq\r(\f(2n－1eU0,m))C．各金屬筒的長(zhǎng)度之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…D．質(zhì)子在各圓筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…【答案】C【解析】金屬圓筒中電場(chǎng)為零，質(zhì)子不受電場(chǎng)力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；質(zhì)子進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)，經(jīng)過(guò)n次加速，根據(jù)動(dòng)能定理neU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)－0；解得vn＝eq\r(\f(2neU0,m))，故B錯(cuò)誤；只有質(zhì)子在每個(gè)圓筒中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(T,2)時(shí)，才能保證每次在縫隙中被電場(chǎng)加速，故D錯(cuò)誤；第n個(gè)圓筒長(zhǎng)度Ln＝vn·eq\f(T,2)＝eq\r(\f(2neU0,m))·eq\f(T,2)；則各金屬筒的長(zhǎng)度之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…，故C正確。故選C。B組·綜合練8.(多選)(2024·河北卷)如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對(duì)應(yīng)邊平行，ABCD的邊長(zhǎng)一定，abcd的邊長(zhǎng)可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個(gè)粒子源，可逐個(gè)發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進(jìn)入磁場(chǎng)。調(diào)整abcd的邊長(zhǎng)，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過(guò)無(wú)磁場(chǎng)區(qū)后由BC邊射出。對(duì)滿足前述條件的粒子，下列說(shuō)法正確的是()A．若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B．若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出C．若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過(guò)ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D．若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為60°【答案】AD【解析】根據(jù)幾何關(guān)系可知，若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必經(jīng)過(guò)cd邊，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖甲所示粒子從C點(diǎn)垂直于BC射出，故A正確；若粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°時(shí)，若粒子從cd邊再次進(jìn)入磁場(chǎng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，則粒子不可能垂直BC射出；若粒子從bc邊再次進(jìn)入磁場(chǎng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，則粒子一定垂直BC射出，故B錯(cuò)誤，D正確；綜上所述，可知當(dāng)粒子經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)既可以看作穿過(guò)cd邊，也可以看作穿過(guò)bc邊，粒子穿過(guò)ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°和60°兩種情況，均滿足粒子垂直BC射出，故C錯(cuò)誤。故選AD。9.(2024·廣西貴港模擬)如圖所示，空間存在范圍足夠大且與長(zhǎng)方形ABCD所在平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，已知AC＝2AB＝4eq\r(3)cm，A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為12V、8V、4V。一帶電粒子從A點(diǎn)以斜向右上方與AD成30°角、大小為v0＝2m/s的初速度射入電場(chǎng)，恰好經(jīng)過(guò)C點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是()A．D點(diǎn)電勢(shì)為6VB．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(400,3)V/mC．粒子過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度與初速度方向間夾角的正切值為eq\r(3)D．粒子過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為4eq\r(3)m/s【答案】B【解析】因AC＝2AB＝4eq\r(3)cm，A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為12V、8V、4V，取O點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，則φO＝8V，則BO為等勢(shì)線，連接BO并延長(zhǎng)過(guò)D點(diǎn)，則φD＝8V，故A錯(cuò)誤；過(guò)A點(diǎn)作BO的垂線，則帶箭頭的實(shí)線為電場(chǎng)線，如圖所示，E＝eq\f(UAO,|AO|sin60°)＝eq\f(4,2\r(3)×10－2×\f(\r(3),2))V/m＝eq\f(400,3)V/m，故B正確；粒子初速度方向剛好與電場(chǎng)方向垂直，則根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的推論tanα＝2tanθ＝2eq\r(3)，故C錯(cuò)誤；粒子在C點(diǎn)時(shí)vCy＝v0tanα＝4eq\r(3)m/s，vC＝eq\r(v\o\al(2,Cy)＋v\o\al(2,Cx))＝2eq\r(13)m/s，故D錯(cuò)誤。10.(2024·四川遂寧模擬)如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中一帶正電粒子先后經(jīng)過(guò)a、b兩點(diǎn)。已知粒子的比荷為k，粒子經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)速率為3v，經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)速率為4v，粒子經(jīng)過(guò)a、b兩點(diǎn)時(shí)速度方向與ab連線的夾角分別為53°、37°，ab連線長(zhǎng)度為L(zhǎng)。sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，若粒子只受電場(chǎng)力作用，則()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝eq\f(25v2,2kL)B．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向垂直于初速度C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab＝eq\f(7v2,k)D．粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)能之差為ΔEab＝eq\f(10v2,k)【答案】A【解析】設(shè)電場(chǎng)力的方向與ab所在直線夾角為θ，如圖所示，垂直電場(chǎng)方向速度分量相同，根據(jù)幾何知識(shí)有3vcos(θ－37°)＝4vsin(θ－37°)，解得θ＝74°，垂直電場(chǎng)力方向做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(Lsinθ,3vcosθ－37°)＝eq\f(2L,3v)sin37°，沿電場(chǎng)力方向速度變化量為Δv＝4vcos(θ－37°)＋3vsin(θ－37°)＝4vcos37°＋3vsin37°，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)＝eq\f(mΔv,qt)＝eq\f(m4vcos37°＋3vsin37°,q\f(2L,3v)sin37°)＝eq\f(25v2,2kL)，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(Uab,Lcos37°)，可知a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab＝eq\f(10v2,k)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系有qUab＝ΔEp，電荷量未知，無(wú)法確定粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)能之差，故D錯(cuò)誤。11.(2024·河北石家莊模擬)如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、O′正對(duì)，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t＝0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T(mén)0，不考慮由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的電場(chǎng)的影響，不計(jì)離子所受重力。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大?。?2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場(chǎng)，正離子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的可能值?！敬鸢浮?1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)【解析】(1)設(shè)垂直于紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?。正離子射入磁場(chǎng)，洛倫茲力提供向心力，則qB0v0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)正離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0＝eq\f(2πR,v0)聯(lián)立以上可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝eq\f(2πm,qT0)。(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場(chǎng)，正離子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示兩板之間正離子只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期T0時(shí)，有R＝eq\f(d,4)當(dāng)兩板之間正離子運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期nT0時(shí)，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3，…)聯(lián)立解得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)。12.(2024·廣西桂林模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧邊緣是由金屬材料制成的極板，圓心O點(diǎn)有一粒子源，能在上半平面內(nèi)沿著各個(gè)方向均勻、持續(xù)地發(fā)射電荷量為e、質(zhì)量為m、速度大小為v0＝eq\f(eBR,m)的電子，當(dāng)電子打到圓弧邊緣極板上時(shí)會(huì)瞬間被極板吸收，并與外電路形成回路，可通過(guò)靈敏電流表測(cè)出回路中的電流大小。忽略其他影響，僅考慮勻強(qiáng)磁場(chǎng)B對(duì)電子的作用力，求：(1)當(dāng)電子速度豎直向上時(shí)，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；