2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题3第9讲（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第9讲（Word版附解析），共12页。
A组·基础练
1.(2024·广东江门模拟)如图为静电喷印原理的简图，在喷嘴和收集板之间施加高压电源后，电场分布如图中虚线所示。喷嘴处的液滴受到各方面力的共同作用形成泰勒锥，当电压增至某个临界值时(假设此后电压保持不变)，液滴从泰勒锥尖端射出形成带电雾滴，落在收集板上，则此过程中雾滴( )
A．动能减小 B．带正电荷
C．电势能减小 D．加速度增大
【答案】 C
【解析】 收集板带正电，雾滴带负电，落到收集板的过程中，电场力做正功，动能增大，速度增大，电势能减小，故A、B错误，C正确；由图可知从喷嘴到收集板，电场线逐渐稀疏，电场强度减小，根据牛顿第二定律F＝qE＝ma，可得a＝eq \f(qE,m)，加速度减小，故D错误。
2.(2024·江苏南通三模)如图甲所示，某示波器在XX′、YY′不加偏转电压时光斑位于屏幕中心，现给其加如图乙所示的偏转电压，则看到光屏上的图形是( )
【答案】 D
【解析】 XX′方向加逐渐增大的电压，则电子向X方向偏转。YY′方向加恒定电压，则电子向Y方向偏转，且偏转的距离相同。故选D。
3.(2024·江苏南京模拟)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c不带电
D．a和b的动量大小一定相等
【答案】 B
【解析】 在两轨迹相切的位置，粒子a速度方向向右，受到向上的洛伦兹力，而粒子b速度方向向左，受到向下的洛伦兹力，根据左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，故A、C错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，所以r＝eq \f(mv,qB)，虽然粒子a与粒子b的轨迹半径相等，但由于粒子a与粒子b的质量、电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，故D错误。
4.(2024·宁夏石嘴山模拟)如图所示，曲线为一带电粒子在匀强电场中运动的轨迹，虚线A、B、C、D为相互平行且间距相等的四条等势线，M、N、O、P、Q为轨迹与等势线的交点。带电粒子从M点出发，初速度大小为v0，到达Q点时速度大小为v，则( )
A．四条等势线中D的电势最高
B．粒子从O到P和从P到Q的动能变化量不相等
C．粒子从M到N和从O到P的速度变化量相同
D．如果粒子从Q点以与v相反、等大的速度进入电场，则粒子可能不会经过M点
【答案】 C
【解析】 由于粒子电性未知，无法判断电势高低，故A错误；粒子从O到P和从P到Q，电场力做功相等，根据动能定理可知，动能变化量相等，故B错误；根据粒子做类斜抛运动的规律，粒子从M到N和从O到P的时间相同，而加速度也相同，则速度变化量相同，故C正确；根据粒子做类斜抛运动的轨迹具有对称性，如果粒子从Q点以与v方向相反、大小相等的速度进入电场，则粒子一定经过M点，故D错误。
5.(多选)(2024·吉林白城三模)两个质量相同的带电粒子a、b，从圆上A点沿AO方向进入垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，O为圆心，其运动轨迹如图所示，两粒子离开磁场区域的出射点连线过圆心O，且与AO方向的夹角大小为60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力，则( )
A．a粒子带负电，b粒子带正电
B．a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为2∶3
C．a、b两粒子的电荷量之比为1∶3
D．a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为2∶1
【答案】 AB
【解析】 根据图像确定洛伦兹力的方向，根据左手定则可知，a粒子四指指向与速度方向相反，b粒子四指指向与速度方向相同，则a粒子带负电，b粒子带正电，故A正确；沿磁场圆半径方向射入的粒子飞出磁场时也沿磁场圆半径方向，作出粒子运动的轨迹圆心如图所示，根据几何关系可知θ＝60°，α＝180°－60°＝120°，两粒子在磁场中运动的时间相等，则有eq \f(α,360°)Ta＝eq \f(θ,360°)Tb，解得Ta∶Tb＝1∶2，故D错误；粒子运动的周期Ta＝eq \f(2πma,qaB)，Tb＝eq \f(2πmb,qbB)，结合上述可以解得a、b两粒子的电荷量之比为2∶1，故C错误；令磁场圆半径为R，根据几何关系有Ra＝Rtan 30°＝eq \f(\r(3)R,3)，Rb＝Rtan 60°＝eq \r(3)R，根据线速度的关系式有va＝eq \f(2πRa,Ta)，vb＝eq \f(2πRb,Tb)，结合上述解得eq \f(va,vb)＝eq \f(2,3)，故B正确。故选AB。
6.(多选)(2024·广西柳州三模)如图所示，MN上方存在匀强磁场，同种粒子a，b从O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°，且均由P点射出磁场，则a，b两粒子( )
A．运动半径之比为eq \r(3)∶1 B．初速率之比为1∶eq \r(3)
C．运动时间之比为5∶2 D．运动时间之比为6∶5
【答案】 AC
【解析】 设OP＝2d，则由几何关系可知ra＝eq \f(d,sin 30°)＝2d，rb＝eq \f(d,sin 60°)＝eq \f(2d,\r(3))，可知ab的运动半径之比为eq \r(3)∶1，选项A正确；根据qvB＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \f(qBr,m)∝r，初速率之比为eq \r(3)∶1，选项B错误；根据T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θ,2π)T∝θ，ab两粒子转过的角度之比为300°∶120°＝5∶2，则运动时间之比为5∶2，选项C正确，D错误。故选AC。
7. (2023·浙江杭州二模)如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压UMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则( )
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为eq \r(\f(2n－1eU0,m))
C．各金属筒的长度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…
【答案】 C
【解析】 金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理neU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)－0；解得vn＝eq \r(\f(2neU0,m))，故B错误；只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为eq \f(T,2)时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；第n个圆筒长度Ln＝vn·eq \f(T,2)＝eq \r(\f(2neU0,m))·eq \f(T,2)；则各金属筒的长度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…，故C正确。故选C。
B组·综合练
8.(多选)(2024·河北卷)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是( )
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
【答案】 AD
【解析】 根据几何关系可知，若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示
粒子从C点垂直于BC射出，故A正确；若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示，则粒子不可能垂直BC射出；若粒子从bc边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子一定垂直BC射出，故B错误，D正确；综上所述，可知当粒子经过c点时既可以看作穿过cd边，也可以看作穿过bc边，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°和60°两种情况，均满足粒子垂直BC射出，故C错误。故选AD。
9.(2024·广西贵港模拟)如图所示，空间存在范围足够大且与长方形ABCD所在平面平行的匀强电场，已知AC＝2AB＝4eq \r(3) cm，A、B、C三点的电势分别为12 V、8 V、4 V。一带电粒子从A点以斜向右上方与AD成30°角、大小为v0＝2 m/s的初速度射入电场，恰好经过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．D点电势为6 V
B．电场强度大小为eq \f(400,3) V/m
C．粒子过C点时的速度与初速度方向间夹角的正切值为eq \r(3)
D．粒子过C点时的速度大小为4eq \r(3) m/s
【答案】 B
【解析】 因AC＝2AB＝4eq \r(3) cm，A、B、C三点的电势分别为12 V、8 V、4 V，取O点为AC的中点，则φO＝8 V，则BO为等势线，连接BO并延长过D点，则φD＝8 V，故A错误；过A点作BO的垂线，则带箭头的实线为电场线，如图所示，E＝eq \f(UAO,|AO|sin 60°)＝eq \f(4,2\r(3)×10－2×\f(\r(3),2)) V/m＝eq \f(400,3) V/m，故B正确；粒子初速度方向刚好与电场方向垂直，则根据类平抛运动的推论tan α＝2tan θ＝2eq \r(3)，故C错误；粒子在C点时vCy＝v0tan α＝4eq \r(3) m/s，vC＝eq \r(v\\al(2,Cy)＋v\\al(2,Cx))＝2eq \r(13) m/s，故D错误。
10.(2024·四川遂宁模拟)如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过a、b两点。已知粒子的比荷为k，粒子经过a点时速率为3v，经过b点时速率为4v，粒子经过a、b两点时速度方向与ab连线的夹角分别为53°、37°，ab连线长度为L。sin 37°＝0.6、cs 37°＝0.8，若粒子只受电场力作用，则( )
A．电场强度的大小E＝eq \f(25v2,2kL)
B．电场强度的方向垂直于初速度
C．a、b两点间的电势差为Uab＝eq \f(7v2,k)
D．粒子在a、b两点的电势能之差为ΔEab＝eq \f(10v2,k)
【答案】 A
【解析】 设电场力的方向与ab所在直线夹角为θ，如图所示，垂直电场方向速度分量相同，根据几何知识有3vcs(θ－37°)＝4vsin(θ－37°)，解得θ＝74°，垂直电场力方向做匀速运动，运动的时间为t＝eq \f(Lsin θ,3vcsθ－37°)＝eq \f(2L,3v)sin 37°，沿电场力方向速度变化量为Δv＝4vcs(θ－37°)＋3vsin(θ－37°)＝4vcs 37°＋3vsin 37°，电场强度的大小为E＝eq \f(F,q)＝eq \f(ma,q)＝eq \f(mΔv,qt)＝eq \f(m4vcs 37°＋3vsin 37°,q\f(2L,3v)sin 37°)＝eq \f(25v2,2kL)，故A正确，B错误；根据匀强电场电场强度E＝eq \f(Uab,Lcs 37°)，可知a、b两点的电势差Uab＝eq \f(10v2,k)，故C错误；根据功能关系有qUab＝ΔEp，电荷量未知，无法确定粒子在a、b两点的电势能之差，故D错误。
11. (2024·河北石家庄模拟)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【答案】 (1)eq \f(2πm,qT0) (2)eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)
【解析】 (1)设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，则qB0v0＝meq \f(v\\al(2,0),R)
正离子做匀速圆周运动的周期
T0＝eq \f(2πR,v0)
联立以上可得磁感应强度
B0＝eq \f(2πm,qT0)。
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子的运动轨迹如图所示
两板之间正离子只运动一个周期T0时，有R＝eq \f(d,4)
当两板之间正离子运动n个周期nT0时，有R＝eq \f(d,4n)(n＝1,2,3，…)
联立解得正离子的速度的可能值为v0＝eq \f(B0qR,m)＝eq \f(πd,2nT0)(n＝1,2,3，…)。
12.(2024·广西桂林模拟)如图所示，半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆弧边缘是由金属材料制成的极板，圆心O点有一粒子源，能在上半平面内沿着各个方向均匀、持续地发射电荷量为e、质量为m、速度大小为v0＝eq \f(eBR,m)的电子，当电子打到圆弧边缘极板上时会瞬间被极板吸收，并与外电路形成回路，可通过灵敏电流表测出回路中的电流大小。忽略其他影响，仅考虑匀强磁场B对电子的作用力，求：
(1)当电子速度竖直向上时，电子在磁场中运动的时间；
(2)能打到极板上的电子数与总电子数之比；
(3)若测得外电路的电流为I，则半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和。
【答案】 (1)eq \f(πm,3eB) (2)eq \f(5,6) (3)eq \f(\r(3)BIR,2)
【解析】 (1)当电子速度方向竖直向上时，由左手定则可知，电子的运动轨迹如图甲所示
由洛伦兹力提供向心力，有ev0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)
解得r＝R
电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,eB)
由几何关系可知，电子运动的圆心角为θ＝60°
则电子在匀强磁场中做圆周运动的时间为t＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(πm,3eB)。
(2)设电子速度方向与水平方向夹角为α时，电子恰好从匀强磁场右侧边缘射出，轨迹如图乙所示，由几何关系有sin α＝eq \f(\f(R,2),R)＝eq \f(1,2)
解得α＝30°
故能打到极板上的电子数与总电子数之比为eq \f(180°－α,180°)＝eq \f(5,6)。
(3)分析可知，任一电子打到极板上时，与半径方向的夹角均为30°，因此电子因被极板吸收而引起的动量变化量均相同，
即Δp＝mv0cs 30°＝eq \f(\r(3)eBR,2)
又因外电路的电流为I，则t时间内打到极板上的电子数目为N＝eq \f(It,e)
设半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和为F，由动量定理有Ft＝N·Δp
联立解得F＝eq \f(\r(3)BIR,2)。