2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题3微专题4（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题3微专题4（Word版附解析），共10页。
A组·基础练
1.(2024·黑吉辽卷)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中( )
A．动能减小，电势能增大
B．动能增大，电势能增大
C．动能减小，电势能减小
D．动能增大，电势能减小
【答案】 D
【解析】 根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。故选D。
2.(多选)(2024·广东东莞模拟)为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液黏滞情况，可使用电磁流量计测量血管中血液的流速和流量。如图所示是电磁流量计测量血管中血液流速的示意图，血管中存在着大量正负离子水平向左定向流动，现使血管处于磁感应强度为B的匀强磁场中，测得血管两侧电压为U。已知血管的直径为d，假定血管中各处液体的流速稳定时恒为v，忽略重力影响，则( )
A．血管中水平向左运动的正离子所受洛伦兹力垂直纸面向上
B．a处电势比b处电势低
C．流速稳定时，血管两侧电压为U＝Bdv
D．流速稳定时，v＝eq \f(U,d)
【答案】 BC
【解析】 根据左手定则可得，血管中水平向左运动的正离子所受洛伦兹力在纸面内向下，故A错误；根据左手定则可知，正电粒子向下偏转，所以b处电势比a处电势高，故B正确；当电场力等于洛伦兹力qvB＝qE＝qeq \f(U,d)，时，达到平衡，此时U＝Bdv，即v＝eq \f(U,Bd)，故C正确，D错误。故选BC。
3.(2024·安徽亳州模拟)2022年12月28日我国中核集团全面完成了230 MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核(eq \\al(2,1)H)加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是( )
A．仅增大加速电压U，氘核(eq \\al(2,1)H)从D型盒出口射出的动能增大
B．仅减小加速电压U，氘核(eq \\al(2,1)H)加速次数增多
C．仅增大D形金属盒半径R，氘核(eq \\al(2,1)H)在磁场中运动的时间不变
D．若用该加速器加速α粒子需要把交变电流的频率调整为2f
【答案】 B
【解析】 当粒子在磁场中的轨迹半径等于D形金属盒半径R时，粒子的动能最大，qvmB＝meq \f(v\\al(2,m),rm)，故Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(q2B2R2,2m)，与加速电压和加速次数无关，A错误；粒子在电场中加速nqU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(q2B2R2,2m)，解得n＝eq \f(qB2R2,2mU)，仅减小加速电压U，氘核(eq \\al(2,1)H)加速次数增多，B正确；粒子在磁场中运动的时间t＝n×eq \f(T,2)＝eq \f(qB2R2,2mU)×eq \f(πm,qB)＝eq \f(BR2π,2U)，仅增大D形金属盒半径R，氘核(eq \\al(2,1)H)在磁场中运动的时间变大，C错误；回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，氘核(eq \\al(2,1)H)和α粒子比荷相同，则在磁场中做匀速圆周运动的频率相同，在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同，D错误。
4. (多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】 BD
【解析】 由题意知，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°(如图所示)。当vy＝0时，速度最小为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；当如图中v所示时，在水平方向上v2＝0＝v0－eq \f(Eq,m)t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，故小球的动能等于初始动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知WG＋WEq＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量，故B、D正确；当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。故选BD。
5.(多选)(2024·山东临沂模拟)如图所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，让一带正电的粒子从坐标原点O以v0＝eq \f(E,2B)的初速度沿x轴正向发射，不计粒子重力影响，则( )
A．粒子始终在第四象限内做周期性运动
B．粒子最初一段径迹是一段抛物线
C．粒子最终以2v0的速度做匀速直线运动
D．粒子运动过程中的最大速度为3v0
【答案】 AD
【解析】 根据配速法将v0分解为v1、v2，且qv1B＝Eq，解得v1＝eq \f(E,B)＝2v0，根据左手定则可知，v1沿x轴正方向，则v2的大小为v0，方向沿x轴负方向，粒子的运动可看成速度大小为v1的匀速直线运动和速度大小为v2的匀速圆周运动的合运动，故粒子始终在第四象限内做周期性运动，故A正确，C错误；粒子受到的合外力不恒定，粒子最初一段径迹不是一段抛物线，故B错误；当速度大小为v2的匀速圆周运动的运动方向与v1运动方向相同时，粒子运动过程中的速度最大，为vm＝v1＋v2＝3v0，故D正确。故选AD。
B组·综合练
6. (2024·新课标全国卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
(2)电场强度的大小；
(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
【答案】 (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)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,0))＝eq \r(2)v0
根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝meq \f(v2,r)＝meq \f(2π,T)v
解得做圆周运动的半径为r＝eq \f(\r(2)mv0,Bq)
周期为T＝eq \f(2πm,Bq)。
(2)根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据a＝eq \f(Δv,Δt)可知任意点的加速度大小相等，故可得eq \f(Bq·\r(2)v0,m)＝eq \f(Eq,m)
解得E＝eq \r(2)Bv0。
(3)根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为270°，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，α角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x轴方向的夹角，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得eq \f(Eq,m)t＝v0
故可得该段时间内沿y方向位移为L＝v0t
根据几何知识可得bc＝eq \r(2)r
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为xaa′＝xbc－2L
联立解得xaa′＝eq \f(2－\r(2)mv0,Bq)。
7.(2024·山东日照模拟)某“太空粒子探测器”由加速、偏转和探测三部分装置组成，其原理如图所示，两个同心三分之一圆弧面AB、CD之间存在辐射状的加速电场，方向由AB指向CD，圆心为O1，弧面间的电势差为U。在点O1右侧有一过O1、半径为R的圆形区域，圆心为O2，圆内及边界上存在垂直于纸面向外的匀强磁场。MN是一个粒子探测板，与O1O2连线平行并位于其下方2R处。假设太空中漂浮着质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，它们能均匀地吸附到AB上，并被加速电场由静止开始加速到CD上，再从点O1进入磁场，最后打到探测板MN上，其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方P点射出磁场，不计粒子间的相互作用和星球对粒子引力的影响。
(1)求粒子到O1点时的速度大小及圆形磁场的磁感应强度大小B；
(2)所有吸附到AB上的粒子，从哪一点出发的粒子到达探测板MN的时间最长，并求该粒子从O1点到探测板MN的时间；
(3)要使从AB入射的所有离子都可以到达探测板MN上，求探测板MN的最小长度L。
【答案】 (1)eq \r(\f(2qU,m)) eq \f(1,R)eq \r(\f(2mU,q))
(2)B点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(5,6)π))Req \r(\f(m,2qU)) (3)eq \r(3)R
【解析】 (1)粒子在电场中被加速，则Uq＝eq \f(1,2)mv2
解得粒子到O1点时的速度大小v＝eq \r(\f(2qU,m))
沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方P点射出磁场，可知粒子运动的轨道半径为r＝R
根据qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝eq \f(1,R)eq \r(\f(2mU,q))。
(2)由粒子的运动轨迹可知，从B点发出的粒子从O1点射入时在磁场中运动的轨迹最长，打到MN上时运动的轨迹也是最长，时间最长，在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为150°，运动时间
t1＝eq \f(150°,360°)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(5,6)πReq \r(\f(m,2qU))
出离磁场后运动时间
t2＝eq \f(2R－Rsin 30°,v)＝eq \f(3R,2)eq \r(\f(m,2qU))
则该粒子从O1点到探测板MN的时间
t＝t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(5,6)π))Req \r(\f(m,2qU))。
(3)由图可知，从B点射入的粒子打到MN的右边距离最远，从A点射入的粒子打到MN最左边最远，则由几何关系可知，MN最小长度为x＝(R＋Rcs 30°)－R(1－cs 30°)＝eq \r(3)R。
8.(2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
【答案】 (1)带正电 eq \f(E\\al(2,1),2UB\\al(2,1)) (2)eq \f(4UB1,E1B2) (3)eq \f(2E2－E1,B1)
【解析】 (1)由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
qv0B1＝qE1
在加速电场中，由动能定理
qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
联立解得，粒子的比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(E\\al(2,1),2UB\\al(2,1))。
(2)由洛伦兹力提供向心力
qv0B2＝meq \f(v\\al(2,0),r)
可得O点到P点的距离为OP＝2r＝eq \f(4UB1,E1B2)。
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
F洛＝qv0B1
向下的电场力
F＝qE2
由于E2＞E1，且
qv0B1＝qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足
qE2＝q(v0＋v1)B1，
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，以v1在竖直平面内做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1＝eq \f(2E2－E1,B1)。