2019高考物理大二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練3 電場和磁場.doc

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階段訓(xùn)練(三)電場和磁場(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共10小題,每小題5分,共50分。在每小題給出的四個選項中,17題只有一個選項符合題目要求,810題有多個選項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.根據(jù)大量科學(xué)測試可知,地球本身就是一個電容器。通常大地帶有5105 C左右的負(fù)電荷,而地球上空存在一個帶正電的電離層,這兩者之間便形成一個已充電的電容器,它們之間的電壓為300 kV左右。則此電容約為()A.0.17 FB.1.7 FC.17 FD.170 F2.如圖所示,空間中固定的四個點電荷分別位于正四面體(正四面體并不存在)的四個頂點處,AB=l,A、B、C、D四個頂點各放置一個+q,A點電荷受到的電場力為()A.6kq2l2B.32kq2l2C.3kq2l2D.63kq2l23.如圖甲所示,Q1、Q2為兩個固定點電荷,其中Q1帶正電,它們連線的延長線上有b、a兩點。一個帶正電的試探電荷以一定的初速度沿直線從b點開始經(jīng)a點向遠處運動,其速度圖象如圖乙所示,則()A.Q2帶負(fù)電B.a、b兩點的電勢aEbD.試探電荷從b到a的過程中電勢能減少4.如圖所示,兩平行導(dǎo)軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中,勻強磁場方向豎直向上,將一根金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上使其水平且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I,同時釋放金屬棒PQ使其運動。已知電流I隨時間的變化關(guān)系為I=kt(k為常數(shù),k0),金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)一定。以豎直向下為正方向,則下面關(guān)于棒的速度v、加速度a隨時間變化的關(guān)系圖象中,可能正確的是()5.如圖所示,絕緣輕桿兩端固定帶電小球A和B,輕桿處于水平向右的勻強電場中,不考慮兩球之間的相互作用。初始時輕桿與電場線垂直(如圖中實線位置),將桿向右平移的同時順時針轉(zhuǎn)過90(如圖中虛線位置),發(fā)現(xiàn)A、B兩球電勢能之和不變。根據(jù)圖中給出的位置關(guān)系,可判斷下列說法正確的是()A.A球一定帶正電荷,B球一定帶負(fù)電荷B.A球電勢能一定增加C.A、B兩球電荷量的絕對值之比qAqB=12D.電場力對A球和B球都不做功6.如圖所示,+Q為固定的正點電荷,虛線圓是一條等勢線。兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子,分別從同一點A以相同的速度v0射入,軌跡分別如圖中曲線所示,B、C為兩曲線與圓的交點。aB、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的加速度大小,vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的速度大小,不計粒子重力。以下判斷正確的是()A.aB=aCvB=vCB.aBaCvB=vCC.aBaCvBvCD.aBvC7.如圖所示,平行板電容器與恒壓電源連接,電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場,若僅使電容器上極板上移,設(shè)電容器極板上所帶電荷量為Q,電子穿出平行板時在垂直于板面方向偏移的距離為y,以下說法正確的是()A.Q減小,y不變B.Q減小,y減小C.Q增大,y減小D.Q增大,y增大8.如圖所示,有一傾角為30的光滑斜面,勻強磁場垂直于斜面向上,勻強電場沿斜面向上并垂直斜面底邊。一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球,以速度v在斜面上做半徑為R的勻速圓周運動,則()A.帶電小球帶負(fù)電B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B=mvqRC.勻強電場的電場強度大小為E=mg2qD.帶電小球在運動過程中機械能守恒9.一個帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下運動,其電勢能隨時間變化規(guī)律如圖所示。下列說法正確的是()A.該粒子可能做直線運動B.該粒子在運動過程中速度保持不變C.t1、t2兩個時刻,粒子所處位置電場強度不一定相同D.粒子運動軌跡上各點的電勢一定相等10.如圖所示,在xOy平面內(nèi),OP與x軸正方向間的夾角為30,直線OP與y軸正方向之間及x軸下方有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,一帶正電的粒子從原點O處沿y軸負(fù)方向以速度v射出,粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q,不計粒子的重力。則下列判斷正確的是()A.粒子第一次到達OP時的位置坐標(biāo)為2mvqB,23mv3qBB.粒子的運動軌跡與y軸相切C.粒子第三次經(jīng)過x軸時,速度方向恰好與OP平行D.粒子在磁場中的運動時間為2mqB二、非選擇題(本題共3小題,共50分)11.(15分)如圖所示,絕緣的水平面上,相隔2l的A、B兩點固定有兩個電荷量均為Q的正點電荷,a、O、b是AB連線上的三點,且O為中點,Oa=Ob=。一質(zhì)量為m、電荷量為 +q 的點電荷以初速度v0從a點出發(fā)沿AB連線向B運動,在運動過程中電荷受到大小恒定的阻力作用,當(dāng)它第一次運動到O點時速度為2v0,繼續(xù)運動到b點時速度剛好為零,然后返回,最后恰停在O點。已知靜電力常量為k。求:(1)a點的電場強度大小;(2)阻力的大小;(3)aO兩點間的電勢差;(4)電荷在電場中運動的總路程。12.(16分)(2018天津卷)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、3R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進入磁場,從N射出。不計粒子重力。(1)求粒子從P到M所用的時間t;(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進入磁場,從N射出。粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的時間最少,求粒子在Q點時速度v0的大小。13.(19分)如圖所示,M、N為中心開有小孔的平行板電容器的兩極板,相距為D,其右側(cè)有一邊長為2a的正三角形區(qū)域,區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,在極板M、N之間加上電壓U,M板電勢高于N板電勢?，F(xiàn)有一帶正電的粒子,質(zhì)量為m,電荷量為q,其重力和初速度均忽略不計,粒子從極板M的中央小孔S1處射入電容器,穿過小孔S2后從距三角形A點3a的P處垂直AB方向進入磁場。(1)求粒子到達小孔S2時的速度大小。(2)若粒子從P點進入磁場后經(jīng)時間t從AP間離開磁場,求粒子的運動半徑和磁感應(yīng)強度的大小。(3)若粒子能從AC間離開磁場,磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件?答案：1.B解析 根據(jù)C=QU可得C=5105 C3105 V=1.7 F,B正確。2.A解析 底面上B、C、D的三個電荷對頂點上電荷的庫侖力分別都是F=kq2l2,通過A點作底面的垂線,設(shè)棱與高線的夾角為,底部平面上的高線長lsin 60=l32,四面體高線的垂足在底面高線的23,四面體的高線、四面體的棱和底部平面高線的23構(gòu)成了直角三角形,根據(jù)勾股定理可以求出四面體的高線為63l,根據(jù)幾何關(guān)系可以得出cos =63,A點的電荷受到的電場力為Fh=3kq2l2cos =6kq2l2。3.A解析 帶正電試探電荷由b到a速度減小,可知電場力對其做負(fù)功,試探電荷電勢能增大,選項D錯誤;而Q1對試探電荷的電場力做正功,故Q2對試探電荷一定做負(fù)功,即Q2對試探電荷的作用力與運動方向相反,故Q2帶負(fù)電,選項A正確;由速度圖象,試探電荷在b點的加速度大于在a點的加速度,又F=Eq=ma,可知b點電場強度大于a點電場強度,選項C錯誤;又根據(jù)正電荷在電勢高的地方電勢能大可知,b點電勢小于a點電勢,選項B錯誤。4.B解析 因為開始加速度方向向下,與速度方向相同,做加速運動,加速度逐漸減小,即做加速度逐漸減小的變加速運動,然后加速度方向向上,加速度逐漸增大,做加速度逐漸增大的變減速運動,故A錯誤,B正確;根據(jù)牛頓第二定律得,金屬棒的加速度a=Ff-mgm,Ff=FN=FA=BIl=Blkt,聯(lián)立解得加速度a=Blktm-g,與時間成線性關(guān)系,故C錯誤;t=0時刻無電流,無安培力,只有重力,加速度豎直向下,為正值,故D錯誤。5.C解析 電場力對系統(tǒng)做功為零,因此A、B電性一定相反,A可能帶正電,也可能帶負(fù)電,故A錯誤;A的電性不確定,無法判斷其電勢能的變化,故B錯誤;電場力對A、B做功大小相等、方向相反,所以有EqBl=EqA2l,因此qAqB=12,故C正確;電場力對A、B都做功,代數(shù)和為零,故D錯誤。6.C解析 從B、C兩曲線的偏轉(zhuǎn)程度可以看出,B粒子的速度改變較大,故aBaC,所以mBmC。由于B、C在同一等勢面上,且兩個電荷的電荷量相同,故靜電力做功相同,兩粒子的動能變化相同,則有12mBvB2-12mBv02=12mCvC2-12mCv02,結(jié)合mBmC,得vBvC,故C正確,A、B、D錯誤。7.B解析 根據(jù)題意,電容器兩極板間電壓不變;由平行板電容器決定式C=rS4kd可知:上極板上移,板間距離d增大,電容C減小;由 Q=CU可知,電容器所帶電荷量減小,選項C、D錯誤;電子在兩極板間做類平拋運動,沿電場方向做勻變速直線運動,板間電場強度d增大,電壓不變,板間電場強度E減小,電子所受電場力減小,故加速度a=qEm減小,運動時間不變,由勻變速直線運動規(guī)律y=12at2可知電子偏移距離y減小,選項B正確,A錯誤。8.BC解析 小球做勻速圓周運動需滿足qE=mgsin ,E=mg2q,選項C正確;由qvB=mv2R,解得B=mvqR,選項B正確;由于小球受到的電場力與重力沿斜面分量平衡,電場力方向沿斜面向上,則小球帶正電,選項A錯誤;小球在運動過程中,存在電場力(非重力)做功,機械能不守恒,選項D錯誤。9.CD解析 粒子做勻速圓周運動,速度大小不變、方向時刻改變,t1、t2兩個時刻,粒子所處位置電場強度大小相同、方向不同,選項A、B錯誤,C正確;從圖象可知,粒子的電勢能不隨時間變化,Ep=q,電勢不變,選項D正確。10.ABC解析 粒子運動軌跡如圖所示,A與D橫坐標(biāo)相同,由qvB=mv2R可得,xD=2R=2mvqB,yD=xDtan 30=23mv3qB,所以A正確;圓弧DEC的半徑與半圓弧OA的半徑相同,所以與y軸相切于E點,B正確;2=60,根據(jù)粒子在有界磁場的運動特點,3=4=30,所以粒子再次經(jīng)過A點后,速度與x軸正方向間的夾角4=30,即速度方向恰好與OP平行,C正確;粒子在磁場中的運動時間為t=T2+240360T+60360T=8m3qB,D錯。11.答案 (1) 32kQ9l2(2)12lmv02(3)7mv024q(4)92l解析 (1)由庫侖定律及電場強度的定義式可得Ea=kQl22-kQ3l22解得Ea=32kQ9l2。(2)從a點到b點過程中,根據(jù)對稱性,Ua=Ub根據(jù)動能定理-Ffl=0-12mv02解得Ff=12lmv02。(3)從a到O點過程中,根據(jù)動能定理qUa O-Ffl2=12m(2v0)2-12mv02解得Ua O=7mv024q。(4)最后停在O點,整個過程由動能定理得qUa O-Ffs=0-12mv02解得s=92l。12.答案 (1)3RBE(2)qBRm解析 (1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv23R設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F,有F=qE設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有F=ma粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動,有v=at聯(lián)立式得t=3RBE。(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動,其周期與速度、半徑無關(guān),運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定。故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時,所用的時間最短。設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系可得(r-R)2+(3R)2=r2設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關(guān)系知tan =3Rr-R粒子從Q點射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P點釋放后的運動情況相同,所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v。在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0,由運動的合成和分解可得tan =vv0聯(lián)立式得v0=qBRm。13.答案 (1)2qUm(2)2qUmmtmqt(3)見解析解析 (1)帶電粒子在電場中運動時由動能定理得qU=12mv2解得粒子進入磁場時的速度大小為v=2qUm。 (2)粒子的軌跡圖如圖甲所示,粒子從進入磁場到從AP間離開,由牛頓第二定律可得qvB=mv2R粒子在磁場中運動的時間為t=Rv,由以上兩式可解得軌道半徑R=2qUmmt磁感應(yīng)強度為B=mqt。甲乙丙(3)粒子從進入磁場到從AC間離開,若粒子恰能到達BC邊界,如圖乙所示,設(shè)此時的磁感應(yīng)強度為B1,根據(jù)幾何關(guān)系有此時粒子的軌道半徑為R1=2asin 60=3a由牛頓第二定律可得qvB1=mv2R1解得B1=6qUm3qa粒子從進入磁場到從AC間離開,若粒子恰能到達AC邊界,如圖丙所示,設(shè)此時的磁感應(yīng)強度為B2,根據(jù)幾何關(guān)系有R2=(3a-R2)sin 60由牛頓第二定律可得qvB2=mv2R2由以上兩式解得B2=(2+3)2qUm3qa綜上所述,要使粒子能從AC間離開磁場,磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足6qUm3qaB(2+3)2qUm3qa。