（通用版）2019版高考物理二轮复习专题检测（十六）吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题（含解析）.doc

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1、1吃透“三场特性” ，探秘复合场中的运动问题1.如图所示，在竖直向下的匀强电场 E 中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从 a 运动到 b。若油滴在运动过程中动能和重力势能之和为 E1，重力势能和电势能之和为 E2，则E1、 E2的变化情况是( )A E1增加， E2增加 B E1增加， E2减小C E1不变， E2减小 D E1不变， E2不变解析：选 B 根据题图所示的运动轨迹可知，油滴带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和 E2减小，电场力做正功，电势能减小，所以重力势能和动能之和 E1增加，B 正确。2.(

2、2018全国名校模拟)如图所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置， Q 点处固定一点电荷。一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上 P 点处由静止释放，沿细杆上滑到 O 点时静止。带电小圆环可视为点电荷，则( )A小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷B小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷C小圆环上滑过程中，电势能不变D小圆环上滑过程中，电势能增大解析：选 A 小圆环从 P 点由静止释放，沿细杆上滑到 O 点时静止，说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力，A 项正确，B 项错误；排斥力使小圆环沿细杆上滑，电场力做正功，电势能减小，C、D 项错误。3.(2018自贡模拟)如图所示，两竖直平行板间同

3、时存在匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为 E、方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为 B、方向与电场垂直且水平向里。一带正电液滴以竖直向下的初速度 v0 进入电、磁场区域，最终能飞出该区域。则带电液滴在电、EB磁场区域中( )A做匀速直线运动 B做匀变速曲线运动C运动速度逐渐减小 D机械能逐渐减小解析：选 D 带电液滴进入电、磁场中时，由题意可知，带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力的大小增大，方向随速度方向的变化而变化，所以带电液滴将向右做变加速曲线运动，故A、B 错误；由题意可知，带电液滴向右偏离并射出电、磁场，则运动速

4、度逐渐增大，故 C错误；由上述分析可知，电场力做负功，电势能增加，则机械能减小，故 D 正确。24(2019 届高三黄冈中学模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示铅盒 A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝 S1进入电压为 U 的加速电场区加速后，再通过狭缝 S2，最后从小孔 G 垂直于 MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线 MN 为切线、磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向外、半径为 R 的圆形匀强磁场。现 在 MN 上 的 F 点 (图 中 未 画 出 )接收到该粒子，且 GF R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )3A. B.

5、8UR2B2 4UR2B2C. D.6UR2B2 2UR2B2解析：选 C 粒子进入匀强磁场的运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为 v，由动能定理有， qU mv2，由12几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角 60，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径 r ，又 Bqv m ，解得 ，故 C3R3 v2r qm 6UR2B2正确。5多选如图所示，带等量异种电荷的平行金属板 a、 b 处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿 OO方向从左侧垂直于电、磁场射入，从右侧射出 a、 b 板间区域时动能比射入时小；要使粒子射出 a、 b 板间区域时的动能比射入时大，可

6、采用的措施是( )A适当减小两金属板的正对面积B适当增大两金属板间的距离C适当减小匀强磁场的磁感应强度D使带电粒子的电性相反解析：选 AC 粒子在电、磁场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力，若减小两金属板的正对面积，场强 E ， S 减小， Q4 kQ rS不变， E 增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A 项正确；当增大两金属板间的距离时，场强不变，B 项错误；当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，粒子可能向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，C 项正确；当改变粒子电性时，其

7、所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，D 项错误。36多选(2018全国名校模拟)如图所示，区域中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域中都没有发生偏转，在区域中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是( )A离子一定都带正电B这些离子进入区域的初速度相等C离子的比荷一定相同D这些离子的初动量一定相同解析：选 BC 由题意知，不同的离子通过区域时都不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即 Eq B1qv，故离子的初速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力

8、向下，选项 A 错误，B 正确；不同的离子进入区域后，其偏转半径相同，由公式 R 可知，它们的比荷相同，选项 C 正确；由于mvBq离子的质量不一定相等，所以无法判断初动量是否相等，选项 D 错误。7.如图所示为一种获得高能粒子的装置环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q 的粒子在环中做半径为 R 的圆周运动。 A、 B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经 A 板时， A 板电势升高为 U， B 板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时， A 板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速，动能不断增大，而在环形区域内

9、绕行半径不变(设极板间距远小于 R)。下列关于环形加速器的说法正确的是( )A环形区域内的磁感应强度大小 Bn与加速次数 n 之间的关系为 BnBn 1 nn 1B环形区域内的磁感应强度大小 Bn与加速次数 n 之间的关系为 BnBn 1 nn 1C A、 B 板之间的电压可以始终保持为 UD粒子每次绕行一圈所需的时间 tn与加速次数 n 之间的关系为 tntn 1 nn 1解析：选 B 因粒子每绕行一圈，其增加的能量为 qU，所以绕行第 n 圈时获得的总动能为 mvn2 nqU，得第 n 圈的速度 vn 。在磁场中，由牛顿第二定律得12 2nqUmqBnvn m ，解得 Bn ，所以 ， A

10、 项错误，B 项正确；如果 A、 B 板vn2R 1R 2nmUq BnBn 1 nn 1之间的电压始终保持为 U，粒子在 A、 B 两极板之间飞行时，电场对其做功 qU，从而使之加4速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功 qU，从而使之减速，粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C 项错误；根据 t 得2 Rvtn2 R ，得 ，D 项错误。m2nqU tntn 1 n 1n8多选(2018北京燕博园模拟)如图甲所示，一质量 m0.5 kg、电荷量 q1102 C 的物块静止在绝缘的粗糙水平面上，在物块所在的足够大的空间内，加一与水平方向夹角 37、斜向右下方的匀强电

11、场，电场强度 E110 3 V/m。物块在电场力的作用下开始运动，物块运动后还受到空气阻力，其大小与速度的大小成正比。物块的加速度a 与时间 t 的关系如图乙所示。已知 sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g 取 10 m/s2。以下判断正确的是( )A物块与水平面间的动摩擦因数为311B t2 s 时物块的动能为 56.25 JC t3 s 时物块受到的空气阻力为 5 ND前 5 s 内合外力对物块做的功为 100 J解析：选 ABD 由题图乙可知， t0 时物块的加速度 a010 m/s2，且 t0 时物块受到的空气阻力为零，对物块进行受力分析可得， Eqcos (mg E

12、qsin ) ma0，解得 ，故 A 选项正确； t2 s 时物块的速度由题图乙中图线与坐标轴围成的面积可得，311v 212(105)m/s15 m/s，物块的动能 Ek mv256.25 J，故 B 选项正确；由题图乙可知12t3 s 时物块的加速度大小 a12.5 m/s2，对物块进行受力分析可得， Eqcos (mg Eqsin ) Ff ma1，解得 Ff3.75 N，故 C 选项错误；由题图乙可知 t4 s 时物块的加速度减为零，此后物块做匀速直线运动，由题图乙中图线与坐标 轴 围 成 的 面 积可 得 ， 物 块 的 最 大 速 度 vm20 m/s，由动能定理可知，合外力对物块

13、做 的 功 等 于 物 块 动 能 的 变 化量，即W Ek mvm2100 J，故 D 选项正确。129多选质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球(可视为质点)，5从倾角为 的粗糙绝缘斜面(动摩擦因数 0)的小球由轨道左端 A 无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点 C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力 F，使小球能以保持不变的速率滑过轨道右侧的 D 点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为 g，则下列判断正确的是( )A小球在 C 点受到的洛伦兹力大小为 qB 2gRB小球在 C 点对轨道的压力大小为 3mg qB 2gRC小球从 C 到 D 的过程中，外力 F 的大小保持不变D小球从 C

14、到 D 的过程中，外力 F 的功率逐渐增大解析：选 AD 小球从 A 点运动到 C 点的过程中只有重力做功，根据动能定理得8mgR mv2，解得 v ，故小球在 C 点受到的洛伦兹力大小为 F 洛 qBv qB ，故 A12 2gR 2gR正确；由左手定则可知，小球向右运动到 C 点时受到的洛伦兹力的方向向上，则有N qvB mg ，解得 N3 mg qB ，故 B 错误；小球从 C 到 D 的过程中速率不变，mv2R 2gR由受力分析得 mgsin Fcos ，速度方向与水平方向夹角 变大，重力沿切线方向的分力增大，所以水平外力 F 的大小增大，故 C 错误；小球从 C 到 D 的过程中，速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以外力 F 的功率与小球克服重力做功的功率大小相等，由运动的合成与分解可知，小球从 C 向 D 运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，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 正确。