學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精新課標2014年高考一輪復習之高效課堂精講精練24一、單項選擇題（本大題共5小題，每小題6分,共30分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求,選對的得6分，選錯或不答的得0分．）圖8－3－241．如圖8－3－24所示，水平放置的平行金屬板a、b帶有等量異種電荷,a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，若一個帶正電的液滴在兩板間做直線運動，其運動的方向是(）A．沿豎直方向向下 B．沿豎直方向向上C．沿水平方向向左 D．沿水平方向向右【解析】由a板帶正電，可知板間場強方向向下，帶正電的液滴在板間所受電場力方向向下,重力方向也向下，要使其做直線運動，應使其所受洛倫茲力與重力、電場力的合力等大反向，即洛倫茲力方向應豎直向上，由左手定則可判定液滴的運動方向只能是水平向右,D正確．【答案】D圖8－3－252．如圖8－3－25所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，在a、b兩板間還存在著勻強電場E.從兩板左側中點C處射入一束正離子（不計重力），這些正離子都沿直線運動到右側，從d孔射出后分為三束，則下列判斷正確的是()A．這三束正離子的速度一定不相同B．這三束正離子的質量一定不相同C．這三束正離子的電量一定不相同D．這三束正離子的比荷一定不相同【解析】本題考查帶電粒子在電場、磁場中的運動及速度選擇器的知識．由帶電粒子在金屬板中做直線運動知qvB＝qE,v＝eq\f（E,B),表明帶電粒子的速度一定相同,而粒子的帶電量、電性、質量、比荷的關系均無法確定，在磁場中有R＝eq\f（mv,qB),帶電粒子運動半徑不同，所以比荷一定不同，D項正確．【答案】D圖8－3－263．（2011·中山四校聯考)如圖8－3－26所示，銅質導電板置于勻強磁場中,通電時銅板中電流方向向下，由于磁場的作用，則（)A．板左側聚集較多電子，使b點電勢高于a點B．板左側聚集較多電子，使a點電勢高于b點C．板右側聚集較多電子,使a點電勢高于b點D．板右側聚集較多電子,使b點電勢高于a點【解析】銅板導電靠的是自由電子的定向移動，電流方向向下，則電子相對磁場定向移動方向向上,根據左手定則，電子受洛倫茲力方向向右，致使銅板右側聚集較多電子，左側剩余較多正離子，板中逐漸形成方向向右的水平電場，直到定向移動的自由電子受到的洛倫茲力與水平電場力平衡為止，所以由于磁場的作用,整個銅板左側電勢高于右側,即φa＞φb。【答案】C圖8－3－274．(2012·濱州模擬）如圖8－3－27所示的虛線區域內，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場．一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區域，恰好沿直線由區域右邊界的O′點（圖中未標出）穿出．若撤去該區域內的磁場而保留電場，另一個同樣的粒子b(不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區域右邊界穿出，則粒子b()A．穿出位置一定在O′點下方B．穿出位置一定在O′點上方C．在電場中運動時,電勢能一定減小D．在電場中運動時,動能一定減小【解析】a粒子要在電場、磁場的復合場區域內做直線運動,則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有:Bqv＝Eq即只要滿足E＝Bv，無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O′點的上方或下方穿出,A、B錯誤；粒子b在穿過電場區域的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正功,其電勢能減小,動能增大，故C正確、D錯誤．【答案】C圖8－3－285．(2012·佛山模擬）如圖8－3－28所示,某一真空室內充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內建立坐標系xOy,在y<0的空間里有與場強E垂直的勻強磁場B，在y〉0的空間內，將一質量為m的帶電液滴（可視為質點)自由釋放，此液滴則沿y軸的負方向，以加速度a＝2g（g為重力加速度)做勻加速直線運動，當液滴運動到坐標原點時，被安置在原點的一個裝置瞬間改變了帶電性質（液滴所帶電荷量和質量均不變），隨后液滴進入y〈0的空間運動．液滴在y<0的空間內運動的過程中()A．重力勢能一定不斷減小B．電勢能一定先減小后增大C．動能不斷增大D．動能保持不變【解析】由qE＋mg＝ma,a＝2g可得:qE＝mg,當液滴進入y〈0的空間，因液滴電性改變，此時電場力與重力抵消，故液滴在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，動能保持不變,重力先做正功再做負功，電場力先做負功再做正功，故重力勢能先減小后增大，電勢能先增大再減小,A、B、C均錯誤，D正確．【答案】D二、雙項選擇題(本大題共5小題，每小題8分,共40分．全部選對的得8分,只選1個且正確的得4分，有選錯或不答的得0分．）圖8－3－296．如圖8－3－29所示，在沿水平方向向里的勻強磁場中,帶電小球A與B處在同一條豎直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C的底部接觸而處于靜止狀態．若將絕緣板C沿水平方向抽去，以下說法正確的是(）A．小球A可能仍處于靜止狀態B．小球A可能將沿軌跡1運動C．小球A可能將沿軌跡2運動D．小球A可能將沿軌跡3運動【解析】小球A靜止時，若A與C間無壓力，撤去C后A仍然靜止，A正確;若C與A間有壓力，則抽走C后,A將在庫侖斥力作用下向上加速，同時A球受到向左的洛倫茲力作用，故可能的軌跡為1，B正確，C、D錯誤．【答案】AB圖8－3－307．如圖8－3－30所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中．質量為m、帶電量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是(）A．滑塊受到的摩擦力增大B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上【解析】滑塊受重力、支持力、垂直于斜面向下的洛倫茲力和沿斜面向上的摩擦力四個力的作用．初始時刻洛倫茲力為0,滑塊在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下運動，隨著速度v的增大，洛倫茲力qvB增大，滑塊受到的彈力增大，引起摩擦力增大，故A正確B錯；當mgsinθ＝μ(mgcosθ＋qvB)時，滑塊開始做勻速運動,D錯．綜上所述，選項C正確．【答案】AC圖8－3－318．如圖8－3－31所示，帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強磁場中,磁感應強度為B垂直紙面向里，不計重力的帶電粒子沿OO′方向從左側垂直于電磁場入射，從右側射出a、b板間區域時動能比入射時小．要使粒子射出a、b板間區域時的動能比入射時大,可以(）A．適當增大金屬板間的電壓B．適當增大金屬板間的距離C．適當減小金屬板間的磁感應強度D．使帶電粒子的電性相反【解析】帶電粒子進入復合場后，受到電場力F＝eq\f(qU，d)和洛倫茲力F＝qvB作用，粒子動能減小說明電場力做負功，即eq\f(qU，d)<qvB,要使粒子射出時動能比入射時動能大,則要eq\f(qU,d)〉qvB，故可增大金屬板間電壓,A對；適當減小金屬板間的距離，B錯；適當減小金屬板間的磁感應強度,C對；改變帶電粒子電性或電荷量均不可,D錯．【答案】AC9．如圖8－3－32是質譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是()圖8－3－32A．質譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小【解析】因同位素原子的化學性質完全相同，無法用化學方法進行分析，故質譜儀就成為同位素分析的重要工具,A正確．在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應等大反向，結合左手定則可知B錯誤．再由qE＝qvB有v＝E/B，C正確．在勻強磁場B0中R＝eq\f（mv，qB0），所以eq\f（q，m)＝eq\f(v，B0R)，D錯誤．【答案】AC圖8－3－3310．（2012·黃岡模擬）如圖8－3－33所示，空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場方向豎直向上，勻強磁場的方向垂直紙面向里．有一內壁光滑、底部有帶正電小球的試管．在水平拉力F作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出．已知小球質量為m，帶電量為q,場強大小為E＝eq\f（mg，q)。關于帶電小球及其在離開試管前的運動,下列說法中正確的是（)A．洛倫茲力對小球做負功B．洛倫茲力對小球做正功C．小球的運動軌跡是一條拋物線D．維持試管勻速運動的拉力F應逐漸增大【解析】小球隨試管向右勻速運動時，豎直方向受豎直向下的重力mg，豎直向上的電場力Eq和洛倫茲力Bv水平·q，故F合＝Bv水平·q＝ma,小球在豎直方向上做勻加速直線運動,小球運動軌跡為拋物線，C正確；拉力F＝F洛水平＝Bv豎直·q＝Baqt,可見拉力F隨時間均勻增大，D正確,洛倫茲力一定與小球合速度方向垂直，故洛倫茲力對小球不做功，A、B均錯誤．【答案】CD三、非選擇題(本題共2小題，共30分．要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位．）圖8－3－3411．（14分）(2011·石景山期末)如圖8－3－34所示為圓形區域的勻強磁場，磁感應強度為B、方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標原點O。O點處有一放射源,沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區域半徑的兩倍．已知該帶電粒子的質量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力．（1）推導帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌道半徑；(2）求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉角；(3)沿磁場邊界放置絕緣彈性擋板，使粒子與擋板碰撞后以原速率彈回，且其電荷量保持不變．若從O點沿x軸正方向射入磁場的粒子速度已減小為eq\f（v,2），求該粒子第一次回到O點經歷的時間．【解析】(1）帶電粒子進入磁場后,受洛倫茲力作用，由牛頓第二定律得：Bqv＝meq\f（v2，r)，r＝eq\f(mv,Bq)。(2）設粒子飛出和進入磁場的速度方向夾角為φ，則sineq\f（φ,2）＝eq\f（x，2r)，x是粒子在磁場中運動軌跡的兩端點的直線距離．x最大值為2R，對應的就是φ最大值．且2R＝r所以sineq\f(φmax，2）＝eq\f(R，r）＝eq\f（1，2），φmax＝60°。(3)當粒子的速度減小為eq\f(v，2)時，在磁場中作勻速圓周運動的半徑為r1＝eq\f（mv,2qB)＝R。故粒子轉過四分之一圓周，對應圓心角為90°時與邊界相撞彈回，由對稱性知粒子經過四個這樣的過程后第一次回到O點，亦即經歷時間為一個周期．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm，Bq)。所以從O點沿x軸正方向射出的粒子第一次回到O點經歷的時間是t＝eq\f(2πm，Bq).【答案】（1)eq\f（mv,Bq）（2）60°(3)eq\f（2πm,Bq)12．（16分）（2012·朝陽模擬)如圖8－3－35所示為某種質譜儀的結構示意圖．其中加速電場的電壓為U，靜電分析器中與圓心O1等距離各點的電場強度大小相同，方向沿徑向指向圓心O1。磁分析器中以O2為圓心、圓心角為90°的扇形區域內，分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行．由離子源發出一個質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計），經加速電場加速后,從M點沿垂直于該點的場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動,并從N點射出靜電分析器．而后離子由P點沿著既垂直于磁分析器的左邊界,又垂直于磁場方向射入磁分析器中，最后離子沿垂直于磁分析器下邊界的方向從Q點射出,并進入收集器．測量出Q點與圓心O2的距離為d。(1)求靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大小；(2）求磁分析器中磁場的磁感應強度B的大小和方向;（3)通過分析和必要的數學推導，請你說明如果離子的質量為0。9m,電荷量仍為q，其他條件不變，這個離子射出電場和射出磁場的位置是否變化．圖8－3－35【解析】(1)離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有qE＝meq\f（v2,R）①設離子進入靜電分析器時的速度為v,離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理有qU＝eq\f(1，2）mv2②由①②解得E＝eq\f(2U，R)。③(2)離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r）④由題意可知，圓周運動的軌道半徑r＝d⑤由②④⑤式解得B＝eq\f(1,d）eq\r(\f(2mU,q））⑥磁場方向為垂直紙面向外．(3）設質量為0.9m的離子經加速電場加速后，速度為v′，由動能定理可得qU＝eq\f(1，2)×0.9mv′2⑦由②⑦式可得0.9mv′2＝mv2⑧新離子進入電場