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微專(zhuān)題4含答案及解析

第一部分專(zhuān)題一微專(zhuān)題4A組·基礎(chǔ)練1.(2024·黑吉遼卷)在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球僅在重力和電場(chǎng)力作用下于豎直面(紙面)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高處的過(guò)程中()A．動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大B．動(dòng)能增大，電勢(shì)能增大C．動(dòng)能減小，電勢(shì)能減小D．動(dòng)能增大，電勢(shì)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(yùn)動(dòng)軌跡為直線，可知電場(chǎng)力和重力的合力沿著虛線方向，又電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)樗椒较颍鶕?jù)力的合成可知電場(chǎng)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(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高處的過(guò)程中重力對(duì)小球做功為零，電場(chǎng)力的方向與小球的運(yùn)動(dòng)方向相同，則電場(chǎng)力對(duì)小球正功，小球的動(dòng)能增大，電勢(shì)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(dòng)脈中血液黏滯情況，可使用電磁流量計(jì)測(cè)量血管中血液的流速和流量。如圖所示是電磁流量計(jì)測(cè)量血管中血液流速的示意圖，血管中存在著大量正負(fù)離子水平向左定向流動(dòng)，現(xiàn)使血管處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，測(cè)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(shí)恒為v，忽略重力影響，則()A．血管中水平向左運(yùn)動(dòng)的正離子所受洛倫茲力垂直紙面向上B．a(chǎn)處電勢(shì)比b處電勢(shì)低C．流速穩(wěn)定時(shí)，血管兩側(cè)電壓為U＝BdvD．流速穩(wěn)定時(shí)，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(yùn)動(dòng)的正離子所受洛倫茲力在紙面內(nèi)向下，故A錯(cuò)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(shì)比a處電勢(shì)高，故B正確；當(dāng)電場(chǎng)力等于洛倫茲力qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，時(shí)，達(dá)到平衡，此時(shí)U＝Bdv，即v＝eq\f(U,Bd)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。3.(2024·安徽亳州模擬)2022年12月28日我國(guó)中核集團(tuán)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(guó)已全面掌握小型化超導(dǎo)回旋加速器的核心技術(shù)，進(jìn)入國(guó)際先進(jìn)行列。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，交流加速電壓大小恒為U。若用此裝置對(duì)氘核(eq\o\al(2,1)H)加速，所加交變電流的頻率為f。加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響，下列說(shuō)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(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(chǎng)中的軌跡半徑等于D形金屬盒半徑R時(shí)，粒子的動(dòng)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(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；粒子在電場(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變大，C錯(cuò)誤；回旋加速器交流電源的頻率應(yīng)等于帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率，氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子比荷相同，則在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相同，在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相同，D錯(cuò)誤。4.(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電荷的小球自電場(chǎng)中P點(diǎn)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(shì)能和電勢(shì)能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則射出后()A．小球的動(dòng)能最小時(shí)，其電勢(shì)能最大B．小球的動(dòng)能等于初始動(dòng)能時(shí)，其電勢(shì)能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動(dòng)能最大D．從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢(shì)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(shí)，速度最小為vmin＝v1，由于此時(shí)v1存在水平分量，電場(chǎng)力還可以向左做負(fù)功，故此時(shí)電勢(shì)能不是最大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)如圖中v所示時(shí)，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(dòng)能等于初始動(dòng)能。由于此時(shí)速度沒(méi)有水平分量，故電勢(shì)能最大。由動(dòng)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(shì)能的增加量，故B、D正確；當(dāng)如圖中v1所示時(shí)，此時(shí)速度水平分量與豎直分量相等，動(dòng)能最小，故C錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)和沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，讓一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以v0＝eq\f(E,2B)的初速度沿x軸正向發(fā)射，不計(jì)粒子重力影響，則()A．粒子始終在第四象限內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)D．粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)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(fù)方向，粒子的運(yùn)動(dòng)可看成速度大小為v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)和速度大小為v2的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，故粒子始終在第四象限內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)，故A正確，C錯(cuò)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(cuò)誤；當(dāng)速度大小為v2的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)方向與v1運(yùn)動(dòng)方向相同時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guó)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(yùn)動(dòng)，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)點(diǎn)P(vx，vy)表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中a(0，v0)點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到b(v0，v0)點(diǎn)；隨后粒子離開(kāi)電場(chǎng)，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至c(－v0，v0)點(diǎn)；然后粒子離開(kāi)磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等。不計(jì)重力。求(1)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(3)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，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(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)的半徑為r＝eq\f(\r(2)mv0,Bq)周期為T(mén)＝eq\f(2πm,Bq)。(2)根據(jù)題意，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)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(diǎn)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(diǎn)到c點(diǎn)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為270°，繞一圈的過(guò)程中兩次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，α角為兩次粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)初末位置間的位移與x軸方向的夾角，從a到b過(guò)程中粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，得eq\f(Eq,m)t＝v0故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移為L(zhǎng)＝v0t根據(jù)幾何知識(shí)可得bc＝eq\r(2)r由粒子在兩次電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知移動(dòng)一周時(shí)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(cè)器”由加速、偏轉(zhuǎn)和探測(cè)三部分裝置組成，其原理如圖所示，兩個(gè)同心三分之一圓弧面AB、CD之間存在輻射狀的加速電場(chǎng)，方向由AB指向CD，圓心為O1，弧面間的電勢(shì)差為U。在點(diǎn)O1右側(cè)有一過(guò)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(qiáng)磁場(chǎng)。MN是一個(gè)粒子探測(cè)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(chǎng)由靜止開(kāi)始加速到CD上，再?gòu)狞c(diǎn)O1進(jìn)入磁場(chǎng)，最后打到探測(cè)板MN上，其中沿O1O2連線方向入射的粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O2的正下方P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)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(diǎn)時(shí)的速度大小及圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(2)所有吸附到AB上的粒子，從哪一點(diǎn)出發(fā)的粒子到達(dá)探測(cè)板MN的時(shí)間最長(zhǎng)，并求該粒子從O1點(diǎn)到探測(cè)板MN的時(shí)間；(3)要使從AB入射的所有離子都可以到達(dá)探測(cè)板MN上，求探測(cè)板MN的最小長(zhǎng)度L。【答案】(1)eq\r(\f(2qU,m))eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,q))(2)B點(diǎn)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(chǎng)中被加速，則Uq＝eq\f(1,2)mv2解得粒子到O1點(diǎn)時(shí)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(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O2的正下方P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，可知粒子運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡可知，從B點(diǎn)發(fā)出的粒子從O1點(diǎn)射入時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡最長(zhǎng)，打到MN上時(shí)運(yùn)動(dòng)的軌跡也是最長(zhǎng)，時(shí)間最長(zhǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角為150°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(150°,360°)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(5,6)πReq\r(\f(m,2qU))出離磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(2R－Rsin30°,v)＝eq\f(3R,2)eq\r(\f(m,2qU))則該粒子從O1點(diǎn)到探測(cè)板MN的時(shí)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(diǎn)射入的粒子打到MN的右邊距離最遠(yuǎn)，從A點(diǎn)射入的粒子打到MN最左邊最遠(yuǎn)，則由幾何關(guān)系可知，MN最小長(zhǎng)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?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。(1)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。(2)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)上。求粒子打在O′點(diǎn)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(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為v0，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件qv0B1＝qE1在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)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