（新課標）2013年高考物理 考前考點預測九

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1、新課標2013年高考物理考前考點預測九 1.(2012·蘇北四市二模)在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直。一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子( ) A.一定帶正電 B.速度v= C.若速度v＞粒子一定不能從板間射出 D.若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動 2.(2012·云南名校聯(lián)考)如圖所示，長方體玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右側壁內側各裝一導體片，使溶液中通入沿x軸正向的電流I，沿y軸正向加恒定的勻強磁場B。圖中a、b是垂直于z軸方向上水槽的前后兩內側面，則( A.a處電勢高于b

2、處電勢 B.a處離子濃度大于b處離子濃度 C.溶液的上表面電勢高于下表面的電勢 D.溶液的上表面處的離子濃度大于下表面處的離子濃度 3.質譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉磁場．如圖所示為質譜儀的原理圖．設想有一個靜止的質量為m,帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后垂直進入磁感應強度為B的偏轉磁場中，帶電粒子打到底片上的P點，設OP=x，則在圖中能正確反映x與U之間的函數(shù)關系的是( ) 4.(2012·池州一模)如圖所示，AB極板間存在豎直方向的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子在AB間的水平面內做勻速圓周運動。當滑片P向上移動時，下列說法正確的是(

3、 ) A．該粒子將做平拋運動 B．洛倫茲力將做功 C．該粒子的電勢能將增加 D．該粒子的機械能將增加 5．(2012·寶雞二模)如圖所示，真空中有一勻強電場和水平面成一定角度斜向上，一個電荷量為Q=-5×10-6 C的帶電質點固定于電場中的O點，在a點有一個質量為m=9×10-3 kg、電荷量為q=2×10-8 C的點電荷恰能處于靜止，a與O在同一水平面上，且相距為r＝0.1 m?，F(xiàn)用絕緣工具將 q搬到與 a在同一豎直平面上的 b點，Oa＝Ob且相互垂直，在此過程中外力至少做功為( ) A．1.8×10-2 J B．9(+1)×10-3 J C．9×10-3

4、 J D．9×10-3 J 二、多項選擇題(本題共4小題，每小題8分，共計32分。每小題有多個選項符合題意) 6.在某一空間同時存在相互正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的方向豎直向上，勻強磁場方向垂直紙面向里，如圖所示。兩個帶電液滴在此復合場中恰好都能在豎直平面內做勻速圓周運動，則( ) A．它們的運動周期一定相等 B．它們的圓周運動方向可能相反 C．若它們的速度大小相等，軌道半徑就一定相等 D．若它們的動能相等，軌道半徑就一定相等 7.(2012·如皋二模)如圖所示為阿爾法磁譜儀的內部結構示意圖，它曾由航天飛機攜帶升空，安裝在阿爾法空間站中，用來探測宇宙射線。

5、現(xiàn)假設一束由兩種不同粒子組成的宇宙射線，恰好沿直線OO′通過正交的電場和磁場區(qū)域后進入勻強磁場B2，形成兩條徑跡，則下列說法中正確的是( ) A．粒子1進入磁場B2的速度小于粒子2的速度 B．粒子1進入磁場B2的速度等于粒子2的速度 C．粒子1的比荷大于粒子2的比荷 D．粒子1的比荷小于粒子2的比荷 8．(2012·宜春二模)如圖所示，L1和L2為兩條平行的虛線，L1上方和L2下方都是范圍足夠大，且磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L2上。帶電粒子從A點以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出，經(jīng)過偏轉后正好過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法正確的

6、是( ) A．若將帶電粒子在A點時的初速度變大(方向不變)，它仍能經(jīng)過B點 B．帶電粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度大小相同 C．此帶電粒子既可以是正電荷，也可以是負電荷 D．若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60°角斜向右上方，它將不能經(jīng)過B點 9.如圖所示，在第二象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第一、第四象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等。 有一個帶電粒子以初速度v0垂直x軸，從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進入下面的磁場。已知OP之間的距離為d，則帶電粒子( )

7、 A.在電場中運動的時間為 B.在磁場中做圓周運動的半徑為d C.自進入磁場至第二次經(jīng)過x軸所用時間為 D.自進入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸的時間為 三、計算題(本題共3小題，共38分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 10．(2012·馬鞍山一模)(13分)如圖所示，在地面附近，坐標系xOy在豎直平面內的空間中存在著沿水平方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，在x<0的空間內還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E。一個帶正電的油滴經(jīng)圖中x軸上的M點，始終沿著與水平方向成θ=30°角斜向下做勻速直線運動，進入x>0區(qū)域。要使油滴進入x>0的區(qū)域后能在豎直平面內做勻速圓周運動，需要

8、在x>0區(qū)域加一個勻強電場E′。若帶電油滴做勻速圓周運動通過x軸上的N點，且MO=NO，g取10 m/s2。求： (1)油滴運動速度大小。 (2)在x>0空間內所加電場強度大小和方向。 (3)油滴從x軸上的M點開始運動到達N點所用的時間。 11．(2012·煙臺一模)(12分)離子擴束裝置由離子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成。偏轉電場由加了電壓的相距為d=0.1 m的兩塊水平平行放置的導體板形成，如圖甲所示。大量帶負電的相同離子(其重力不計)由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行于導體板的方向從兩板正中間射入偏轉電場。當偏轉電場兩板不帶電時，離子通過兩板之間的時間為3×10

9、-3s，當在兩板間加如圖乙所示的電壓時，所有離子均能從兩板間通過，然后進入水平寬度有限、豎直寬度足夠大、磁感應強度為B=1 T的勻強磁場中，最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上。求： (1)離子在剛穿出偏轉電場兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為多少？ (2)要使側向位移最大的離子能垂直打在熒光屏上，偏轉磁場的水平寬度L為多大？ 12.(13分)如圖所示，光滑的絕緣平臺水平固定，在平臺右下方有相互平行的兩條邊界MN與PQ，其豎直距離為h=1.7 m，兩邊界間存在勻強電場和磁感應強度為B=0.9 T且方向垂直紙面向外的勻強磁場，MN過平臺右端，與水平方向夾角θ=37°。在平臺

10、左端放一個可視為質點的A球，其質量為mA=0.17 kg，電量為q=+0.1 C，現(xiàn)給A球不同的水平速度，使其飛出平臺后恰好能做勻速圓周運動。其中sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2。 (1)求電場強度的大小和方向。 (2)要使A球在MNQP區(qū)域內的運動時間保持不變，則A球的速度應滿足的條件？(A球飛出MNQP區(qū)域后不再返回) (3)在平臺右端再放一個可視為質點且不帶電的絕緣B球，A球以vA0=3 m/s的速度水平向右運動，與B球碰后兩球均能垂直PQ邊界飛出，則碰后A、B兩球的速度各為多少？ 答案解析 1.【解析】選B。粒

11、子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，qvB=qE,解得速度v=選項B正確；若速度v＞粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤。 2.【解析】選B。由左手定則可判斷出正負離子都向a側面偏轉，a處離子濃度大于b處離子濃度，選項B正確。 3.【解析】選B。帶電粒子先經(jīng)加速電場加速，故qU=進入磁場后偏轉，OP=x=2r=兩式聯(lián)立得，OP=x=所以B為正確答案。 4.【解析】選D。帶電粒子在AB間的水平面內做勻速圓周運動，必然有豎直方向的電場力與重力平衡，水平面內洛倫茲力提供向心力，當滑片P向上移動時

12、，接入電路的有效電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，極板AB間電壓增大，板間場強增大，電場力大于重力，粒子向上加速，電場力做正功，電勢能減小，機械能增加，選項C錯誤，選項D正確；粒子速度增大后，只是增加豎直向上的速度，但水平面內圓周運動的速度不變，粒子的運動軌跡是向上的螺旋狀曲線，最后打在上極板A上，選項A錯誤；洛倫茲力總是不做功，選項B錯誤。 5．【解析】選D。點電荷恰好在a點靜止，在該位置點電荷受力平衡，受力分析圖如圖所示。 因為帶電質點Q對點電荷的庫侖力為F=k=9×10-2 N，點電荷的重力為G=mg= 9×10-2 N，根據(jù)平衡條件知，勻強電場對點電荷的電場力大小為F電=9

13、×10-2 N，方向與Oa成45°角斜向上，與ab連線垂直，直線ab與電場線垂直是勻強電場的等勢線。用絕緣工具將 q搬到與a在同一豎直平面上的 b點的過程中，庫侖力和電場力都對點電荷不做功，只有重力做了W=-mgr=-9×10-3 J的功，因此，在該過程中，外力至少應克服重力做9×10-3 J的功，選項D正確，其他選項均錯。 6.【解析】選A、C。兩個帶電液滴在此復合場中恰好都能在豎直平面內做勻速圓周運動，說明都滿足qE=mg，那么，兩個帶電液滴的比荷相等，即磁感應強度相同，帶電液滴做圓周運動的周期T=因此，選項A正確；兩帶電液滴的電場力都豎直向上，電性相同，所做的圓周運動的方向必然相同，垂

14、直紙面看都沿逆時針方向，選項B錯誤；圓周運動的半徑r=磁感應強度相同，比荷相同，若速度大小相等，則運動半徑相等，故選項C正確，而選項D錯誤。 7.【解析】選B、C。兩種不同的宇宙射線粒子沿直線通過正交的電場和磁場區(qū)域(速度選擇器)，說明兩種粒子的速度大小相等，都是v=則選項B正確，而選項A錯誤；兩種粒子在同一磁場中的運動半徑不相等，且r2>r1，即 因此，粒子1的比荷大于粒子2的比荷，選項C正確，而選項D錯誤。 8．【解析】選A、B、C。帶電粒子從L2上的A點以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出后，如果一個周期內剛好通過L2上的B點時，其運動軌跡如圖所示。由圖可知，粒子到達B點時的速

15、度與在A點時的速度相同，選項B正確；根據(jù)運動規(guī)律及題目條件可知，A、B兩點間的距離應等于LAB= (其中d表示L1與L2之間的距離，r表示粒子做圓周運動的半徑)，粒子能否通過B點與粒子的初速度大小及方向無關，故選項A正確，而選項D錯誤；同理，可根據(jù)粒子帶負電時的運動軌跡，得到LAB與粒子的速度無關，則粒子帶負電時也能通過B點，選項C正確。 9.【解析】選A、D。帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向做勻加速直線運動，豎直方向做勻速直線運動，出電場時與y軸成45°角，水平速度與豎直速度相等，則由水平方向則豎直方向的位移y=v0t1=2d,帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，恰好垂直于

16、x軸進入下面的磁場，則由幾何關系可求出粒子的半徑為r=2d且r=粒子垂直進入下面磁場中繼續(xù)做勻速圓周運動，又垂直x軸出磁場，粒子自進入磁場至第二次經(jīng)過x軸所用時間為自進入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸的時間為t=t1+t2=故選A、D。 10．【解析】(1)帶正電的油滴在x<0空間的受力分析圖如圖所示。 根據(jù)平衡條件可得：在豎直方向上qvBcos30°=mg (1分) 在水平方向上qvBsin30°=qE (1分) 解得v= (1分) (2)聯(lián)立(1)中兩式解得mg= (1分) 油滴在磁場

17、中做勻速圓周運動，要求mg=qE′ 故E′= (1分) 且場強方向豎直向上 (1分) (3)設油滴從M點到P點的時間為t1,從P點到N點的時間為t2,油滴做勻速圓周運動的軌道半徑為R。過P點作直線MP的垂線交x軸于O′,由幾何知識得： O′P=tan30°=·OM (1分) O′N=ON-O′Psin30°=OM (1分) 故O′為圓心。 qvB= (1分) 由幾何知識MP=Rcot30° (1分)

18、 (1分) (1分) (1分) 答案：(1) (2)E 豎直向上 (3)() 【方法技巧】解決帶電粒子運動問題的方法——數(shù)形思維法 數(shù)形思維方法是解決帶電粒子運動問題的基本方法。帶電粒子在磁場中的圓周運動，關鍵是根據(jù)題中的“幾何約束”，挖掘隱含的幾何關系，求出軌跡半徑，要善于將物理問題劃歸為幾何問題，建立數(shù)形結合的思想。 建立數(shù)形結合思想可以從“數(shù)、形、鏈”三個方面進行。 (1)所謂“數(shù)”也就是物理量，可以是具體數(shù)據(jù)，也可以是符號；(2)所謂“形”，就是將題設物理情境以圖形的形

19、式呈現(xiàn)出來；(3)所謂“鏈”，也就是情景鏈接和條件關聯(lián)。情景鏈接就是將物理情境分解成若干的子過程，并將這些子過程由“數(shù)、形”有機地鏈接起來；條件關聯(lián)就是“數(shù)”間關聯(lián)或臨界條件關聯(lián)。 “數(shù)、形、鏈”三位一體，三維建模，一般分為三步建立物理模型： (1)分析和分解物理過程，確定不同過程的初、末狀態(tài)，將狀態(tài)量與過程量對應起來； (2)畫出關聯(lián)整個物理過程的思維導圖，對于運動過程直接畫出運動草圖； (3)在草圖上標出物理過程和對應的物理量，建立情景鏈接和條件關聯(lián)，完成情景模型。 11．【解題指導】解答本題時應該注意：(1)離子進入偏轉電場后在偏轉方向上的運動規(guī)律分析和判斷。(2)根據(jù)幾何知

20、識求離子在磁場中的運動半徑與磁場寬度的關系。 【解析】(1)設t0=1×10-3 s，由題意可知，從0、3t0、6t0…時刻進入偏轉電場的離子側向位移最大，在這種情況下，離子的側向位移為ymax= (2分) 從2t0、5t0、8t0…時刻進入偏轉電場的離子側向位移最小，在這種情況下，離子的側向位移為ymin= (2分) 所以最大側向位移與最小側向位移之比為ymax∶ymin=2∶1 (1分) (2)設離子從偏轉電場中射出時的偏向角為θ，由于離子要垂直打在熒光屏上，離子在磁場中的運動軌跡如圖所示。 由幾何知識可知離子在磁場中運動半徑應為

21、R= (1分) 設離子從偏轉電場中出來時的速度為v，垂直偏轉極板的速度為vy，則離子從偏轉電場中出來時有sinθ= (1分) 式中 (1分) 離子在磁場中由牛頓第二定律可得：qvB= (2分) 故：R= 綜上所述可得：L==0.02 m (2分) 答案：(1)2∶1 (2)0.02 m 12.【解題指導】(1)帶電小球進入復合場后恰能做勻速圓周運動，說明合外力是洛倫茲力、重力與電場力平衡。 (2)帶電小球在復合場區(qū)域內運動的時間相同，說明圓周運動轉過的圓心角相等，離開復合

22、場時的速度方向一定相同。 【解析】(1)A球能做圓周運動，必須有：qE=mAg (1分) E==17 N/C (1分) 電場強度方向豎直向上。 (1分) (2)要使A球在MNQP區(qū)域內運動時間保持不變，帶電小球A就必須從邊界MN飛出，剛好能從邊界MN飛出的軌跡如圖所示。 最大半徑滿足：R′cosθ+R′=hcosθ (2分) A球做勻速圓周運動有： (1分) 解得：=0.4 m/s 依題意知，A球速度必須滿足：0<≤0.4 m/s (1分) (3)A、

23、B相碰后，A做勻速圓周運動且垂直PQ飛出，則運動半徑R=h， (1分) 運動軌跡如圖甲所示。由BqvA= 代入數(shù)據(jù)得vA=0.9 m/s (1分) B球做平拋運動，運動軌跡如圖乙所示，設飛行的水平距離為x，時間為t，則有：x=vB0t,h-xtanθ= (2分) 又vB0=vytanθ=gttanθ 聯(lián)立以上三式可得，x=1.2 m，t=0.4 s (1分) vB0=3 m/s。 (1分) 答案：(1)17 N/C 方向豎直向上 (2)0<≤0.4 m/s (3)vA=0.9 m/s vB0=3 m/s