2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項第1部分專題3微專題4含答案及解析

第一部分專題一微專題4A組·基礎(chǔ)練1.(2024·黑吉遼卷)在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內(nèi)運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中()A．動能減小，電勢能增大B．動能增大，電勢能增大C．動能減小，電勢能減小D．動能增大，電勢能減小【答案】D【解析】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強度方向為水平方向，根據(jù)力的合成可知電場力方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。2.(多選)(2024·廣東東莞模擬)為了診斷病人的心臟功能和動脈中血液黏滯情況，可使用電磁流量計測量血管中血液的流速和流量。如圖所示是電磁流量計測量血管中血液流速的示意圖，血管中存在著大量正負離子水平向左定向流動，現(xiàn)使血管處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，測得血管兩側(cè)電壓為U。已知血管的直徑為d，假定血管中各處液體的流速穩(wěn)定時恒為v，忽略重力影響，則()A．血管中水平向左運動的正離子所受洛倫茲力垂直紙面向上B．a(chǎn)處電勢比b處電勢低C．流速穩(wěn)定時，血管兩側(cè)電壓為U＝BdvD．流速穩(wěn)定時，v＝eq\f(U,d)【答案】BC【解析】根據(jù)左手定則可得，血管中水平向左運動的正離子所受洛倫茲力在紙面內(nèi)向下，故A錯誤；根據(jù)左手定則可知，正電粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以b處電勢比a處電勢高，故B正確；當(dāng)電場力等于洛倫茲力qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，時，達到平衡，此時U＝Bdv，即v＝eq\f(U,Bd)，故C正確，D錯誤。故選BC。3.(2024·安徽亳州模擬)2022年12月28日我國中核集團全面完成了230MeV超導(dǎo)回旋加速器自主研制的任務(wù)，標(biāo)志著我國已全面掌握小型化超導(dǎo)回旋加速器的核心技術(shù)，進入國際先進行列。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，交流加速電壓大小恒為U。若用此裝置對氘核(eq\o\al(2,1)H)加速，所加交變電流的頻率為f。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響，下列說法正確的是()A．僅增大加速電壓U，氘核(eq\o\al(2,1)H)從D型盒出口射出的動能增大B．僅減小加速電壓U，氘核(eq\o\al(2,1)H)加速次數(shù)增多C．僅增大D形金屬盒半徑R，氘核(eq\o\al(2,1)H)在磁場中運動的時間不變D．若用該加速器加速α粒子需要把交變電流的頻率調(diào)整為2f【答案】B【解析】當(dāng)粒子在磁場中的軌跡半徑等于D形金屬盒半徑R時，粒子的動能最大，qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),rm)，故Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速電壓和加速次數(shù)無關(guān)，A錯誤；粒子在電場中加速nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，解得n＝eq\f(qB2R2,2mU)，僅減小加速電壓U，氘核(eq\o\al(2,1)H)加速次數(shù)增多，B正確；粒子在磁場中運動的時間t＝n×eq\f(T,2)＝eq\f(qB2R2,2mU)×eq\f(πm,qB)＝eq\f(BR2π,2U)，僅增大D形金屬盒半徑R，氘核(eq\o\al(2,1)H)在磁場中運動的時間變大，C錯誤；回旋加速器交流電源的頻率應(yīng)等于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的頻率，氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子比荷相同，則在磁場中做勻速圓周運動的頻率相同，在同一勻強磁場中做圓周運動的頻率相同，D錯誤。4.(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和靜電力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【答案】BD【解析】由題意知，Eq＝mg，故等效重力G′的方向與水平方向成45°(如圖所示)。當(dāng)vy＝0時，速度最小為vmin＝v1，由于此時v1存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不是最大，故A錯誤；當(dāng)如圖中v所示時，在水平方向上v2＝0＝v0－eq\f(Eq,m)t，在豎直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，故小球的動能等于初始動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知WG＋WEq＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，則重力做功等于小球電勢能的增加量，故B、D正確；當(dāng)如圖中v1所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤。故選BD。5.(多選)(2024·山東臨沂模擬)如圖所示，空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向里的勻強磁場和沿y軸負方向的勻強電場，磁感應(yīng)強度為B，電場強度為E，讓一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點O以v0＝eq\f(E,2B)的初速度沿x軸正向發(fā)射，不計粒子重力影響，則()A．粒子始終在第四象限內(nèi)做周期性運動B．粒子最初一段徑跡是一段拋物線C．粒子最終以2v0的速度做勻速直線運動D．粒子運動過程中的最大速度為3v0【答案】AD【解析】根據(jù)配速法將v0分解為v1、v2，且qv1B＝Eq，解得v1＝eq\f(E,B)＝2v0，根據(jù)左手定則可知，v1沿x軸正方向，則v2的大小為v0，方向沿x軸負方向，粒子的運動可看成速度大小為v1的勻速直線運動和速度大小為v2的勻速圓周運動的合運動，故粒子始終在第四象限內(nèi)做周期性運動，故A正確，C錯誤；粒子受到的合外力不恒定，粒子最初一段徑跡不是一段拋物線，故B錯誤；當(dāng)速度大小為v2的勻速圓周運動的運動方向與v1運動方向相同時，粒子運動過程中的速度最大，為vm＝v1＋v2＝3v0，故D正確。故選AD。B組·綜合練6.(2024·新課標(biāo)全國卷)一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運動，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個點P(vx，vy)表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時P位于圖中a(0，v0)點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，P點沿線段ab移動到b(v0，v0)點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，P點沿以O(shè)為圓心的圓弧移動至c(－v0，v0)點；然后粒子離開磁場返回電場，P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；(2)電場強度的大??；(3)P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小?！敬鸢浮?1)eq\f(\r(2)mv0,Bq)eq\f(2πm,Bq)(2)eq\r(2)Bv0(3)eq\f(2－\r(2)mv0,Bq)【解析】(1)粒子在磁場中做圓周運動時的速度為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,0))＝eq\r(2)v0根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqv＝meq\f(v2,r)＝meq\f(2π,T)v解得做圓周運動的半徑為r＝eq\f(\r(2)mv0,Bq)周期為T＝eq\f(2πm,Bq)。(2)根據(jù)題意，已知任何相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，根據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)可知任意點的加速度大小相等，故可得eq\f(Bq·\r(2)v0,m)＝eq\f(Eq,m)解得E＝eq\r(2)Bv0。(3)根據(jù)題意分析可知從b點到c點粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為270°，繞一圈的過程中兩次在電場中運動，根據(jù)對稱性可知粒子的運動軌跡如圖，α角為兩次粒子在電場中運動時初末位置間的位移與x軸方向的夾角，從a到b過程中粒子做類平拋運動，得eq\f(Eq,m)t＝v0故可得該段時間內(nèi)沿y方向位移為L＝v0t根據(jù)幾何知識可得bc＝eq\r(2)r由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時粒子位移的大小為xaa′＝xbc－2L聯(lián)立解得xaa′＝eq\f(2－\r(2)mv0,Bq)。7.(2024·山東日照模擬)某“太空粒子探測器”由加速、偏轉(zhuǎn)和探測三部分裝置組成，其原理如圖所示，兩個同心三分之一圓弧面AB、CD之間存在輻射狀的加速電場，方向由AB指向CD，圓心為O1，弧面間的電勢差為U。在點O1右側(cè)有一過O1、半徑為R的圓形區(qū)域，圓心為O2，圓內(nèi)及邊界上存在垂直于紙面向外的勻強磁場。MN是一個粒子探測板，與O1O2連線平行并位于其下方2R處。假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，它們能均勻地吸附到AB上，并被加速電場由靜止開始加速到CD上，再從點O1進入磁場，最后打到探測板MN上，其中沿O1O2連線方向入射的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O2的正下方P點射出磁場，不計粒子間的相互作用和星球?qū)αＷ右Φ挠绊憽?1)求粒子到O1點時的速度大小及圓形磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(2)所有吸附到AB上的粒子，從哪一點出發(fā)的粒子到達探測板MN的時間最長，并求該粒子從O1點到探測板MN的時間；(3)要使從AB入射的所有離子都可以到達探測板MN上，求探測板MN的最小長度L。【答案】(1)eq\r(\f(2qU,m))eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))(2)B點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(5,6)π))Req\r(\f(m,2qU))(3)eq\r(3)R【解析】(1)粒子在電場中被加速，則Uq＝eq\f(1,2)mv2解得粒子到O1點時的速度大小v＝eq\r(\f(2qU,m))沿O1O2連線方向入射的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O2的正下方P點射出磁場，可知粒子運動的軌道半徑為r＝R根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)解得B＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))。(2)由粒子的運動軌跡可知，從B點發(fā)出的粒子從O1點射入時在磁場中運動的軌跡最長，打到MN上時運動的軌跡也是最長，時間最長，在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為150°，運動時間t1＝eq\f(150°,360°)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(5,6)πReq\r(\f(m,2qU))出離磁場后運動時間t2＝eq\f(2R－Rsin30°,v)＝eq\f(3R,2)eq\r(\f(m,2qU))則該粒子從O1點到探測板MN的時間t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(5,6)π))Req\r(\f(m,2qU))。(3)由圖可知，從B點射入的粒子打到MN的右邊距離最遠，從A點射入的粒子打到MN最左邊最遠，則由幾何關(guān)系可知，MN最小長度為x＝(R＋Rcos30°)－R(1－cos30°)＝eq\r(3)R。8.(2024·甘肅卷)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子(不計重力)，加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。(1)粒子帶正電還是負電？求粒子的比荷。(2)求O點到P點的距離。(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O′點上。求粒子打在O′點的速度大小?！敬鸢浮?1)帶正電eq\f(E\o\al(2,1),2UB\o\al(2,1))(2)eq\f(4UB1,E1B2)(3)eq\f(2E2－E1,B1)【解析】(1)由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進入速度選擇器時的速度為v0，在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，由平衡條件qv0B1＝qE1在加速電場中，由動能定理qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立解得，粒子的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E\o\al(2,1),2UB\o\al(2,1))。(2)由洛倫茲力提供向