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

階段訓(xùn)練(三)電場(chǎng)和磁場(chǎng)(時(shí)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(gè)選項(xiàng)中,17題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,810題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分)1.根據(jù)大量科學(xué)測(cè)試可知,地球本身就是一個(gè)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(gè)帶正電的電離層,這兩者之間便形成一個(gè)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(gè)點(diǎn)電荷分別位于正四面體(正四面體并不存在)的四個(gè)頂點(diǎn)處,AB=l,A、B、C、D四個(gè)頂點(diǎn)各放置一個(gè)+q,A點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力為()A.6kq2l2B.32kq2l2C.3kq2l2D.63kq2l23.如圖甲所示,Q1、Q2為兩個(gè)固定點(diǎn)電荷,其中Q1帶正電,它們連線的延長(zhǎng)線上有b、a兩點(diǎn)。一個(gè)帶正電的試探電荷以一定的初速度沿直線從b點(diǎn)開(kāi)始經(jīng)a點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng),其速度圖象如圖乙所示,則()A.Q2帶負(fù)電B.a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)a<bC.a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小Ea>EbD.試探電荷從b到a的過(guò)程中電勢(shì)能減少4.如圖所示,兩平行導(dǎo)軌ab、cd豎直放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,勻強(qiáng)磁場(chǎng)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?，F(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I,同時(shí)釋放金屬棒PQ使其運(yùn)動(dòng)。已知電流I隨時(shí)間的變化關(guān)系為I=kt(k為常數(shù),k>0),金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)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(shí)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(qiáng)電場(chǎng)中,不考慮兩球之間的相互作用。初始時(shí)輕桿與電場(chǎng)線垂直(如圖中實(shí)線位置),將桿向右平移的同時(shí)順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90(如圖中虛線位置),發(fā)現(xiàn)A、B兩球電勢(shì)能之和不變。根據(jù)圖中給出的位置關(guān)系,可判斷下列說(shuō)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(shì)能一定增加C.A、B兩球電荷量的絕對(duì)值之比qAqB=12D.電場(chǎng)力對(duì)A球和B球都不做功6.如圖所示,+Q為固定的正點(diǎn)電荷,虛線圓是一條等勢(shì)線。兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子,分別從同一點(diǎn)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(diǎn)。aB、aC表示兩粒子經(jīng)過(guò)B、C時(shí)的加速度大小,vB、vC表示兩粒子經(jīng)過(guò)B、C時(shí)的速度大小,不計(jì)粒子重力。以下判斷正確的是()A.aB=aCvB=vCB.aB>aCvB=vCC.aB>aCvB<vCD.aB<aCvB>vC7.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(chǎng)線方向射入并穿過(guò)平行板間的電場(chǎng),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(shí)在垂直于板面方向偏移的距離為y,以下說(shuō)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(qiáng)磁場(chǎng)垂直于斜面向上,勻強(qiáng)電場(chǎng)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(yùn)動(dòng),則()A.帶電小球帶負(fù)電B.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=mvqRC.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=mg2qD.帶電小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒9.一個(gè)帶負(fù)電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng),其電勢(shì)能隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A.該粒子可能做直線運(yùn)動(dòng)B.該粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度保持不變C.t1、t2兩個(gè)時(shí)刻,粒子所處位置電場(chǎng)強(qiáng)度不一定相同D.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上各點(diǎn)的電勢(shì)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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一帶正電的粒子從原點(diǎn)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(jì)粒子的重力。則下列判斷正確的是()A.粒子第一次到達(dá)OP時(shí)的位置坐標(biāo)為2mvqB,23mv3qBB.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與y軸相切C.粒子第三次經(jīng)過(guò)x軸時(shí),速度方向恰好與OP平行D.粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(diǎn)固定有兩個(gè)電荷量均為Q的正點(diǎn)電荷,a、O、b是AB連線上的三點(diǎn),且O為中點(diǎn),Oa=Ob=。一質(zhì)量為m、電荷量為 +q 的點(diǎn)電荷以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿AB連線向B運(yùn)動(dòng),在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷受到大小恒定的阻力作用,當(dāng)它第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)速度為2v0,繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)速度剛好為零,然后返回,最后恰停在O點(diǎn)。已知靜電力常量為k。求:(1)a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小;(2)阻力的大小;(3)aO兩點(diǎn)間的電勢(shì)差;(4)電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里。磁場(chǎng)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(diǎn)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(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放,由M進(jìn)入磁場(chǎng),從N射出。不計(jì)粒子重力。(1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t;(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出,同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng),從N射出。粒子從M到N的過(guò)程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng),且所用的時(shí)間最少,求粒子在Q點(diǎn)時(shí)速度v0的大小。13.(19分)如圖所示,M、N為中心開(kāi)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(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng),在極板M、N之間加上電壓U,M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)?，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(jì),粒子從極板M的中央小孔S1處射入電容器,穿過(guò)小孔S2后從距三角形A點(diǎn)3a的P處垂直AB方向進(jìn)入磁場(chǎng)。(1)求粒子到達(dá)小孔S2時(shí)的速度大小。(2)若粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)時(shí)間t從AP間離開(kāi)磁場(chǎng),求粒子的運(yùn)動(dòng)半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。(3)若粒子能從AC間離開(kāi)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)電荷對(duì)頂點(diǎn)上電荷的庫(kù)侖力分別都是F=kq2l2,通過(guò)A點(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)的電荷受到的電場(chǎng)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(chǎng)力對(duì)其做負(fù)功,試探電荷電勢(shì)能增大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;而Q1對(duì)試探電荷的電場(chǎng)力做正功,故Q2對(duì)試探電荷一定做負(fù)功,即Q2對(duì)試探電荷的作用力與運(yùn)動(dòng)方向相反,故Q2帶負(fù)電,選項(xiàng)A正確;由速度圖象,試探電荷在b點(diǎn)的加速度大于在a點(diǎn)的加速度,又F=Eq=ma,可知b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;又根據(jù)正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大可知,b點(diǎn)電勢(shì)小于a點(diǎn)電勢(shì),選項(xiàng)B錯(cuò)誤。4.B解析 因?yàn)殚_(kāi)始加速度方向向下,與速度方向相同,做加速運(yùn)動(dòng),加速度逐漸減小,即做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)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(shí)間成線性關(guān)系,故C錯(cuò)誤;t=0時(shí)刻無(wú)電流,無(wú)安培力,只有重力,加速度豎直向下,為正值,故D錯(cuò)誤。5.C解析 電場(chǎng)力對(duì)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(cuò)誤;A的電性不確定,無(wú)法判斷其電勢(shì)能的變化,故B錯(cuò)誤;電場(chǎng)力對(duì)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(chǎng)力對(duì)A、B都做功,代數(shù)和為零,故D錯(cuò)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aB>aC,所以mB<mC。由于B、C在同一等勢(shì)面上,且兩個(gè)電荷的電荷量相同,故靜電力做功相同,兩粒子的動(dòng)能變化相同,則有12mBvB2-12mBv02=12mCvC2-12mCv02,結(jié)合mB<mC,得vB<vC,故C正確,A、B、D錯(cuò)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(xiàng)C、D錯(cuò)誤;電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng),沿電場(chǎng)方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng),板間電場(chǎng)強(qiáng)度d增大,電壓不變,板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小,電子所受電場(chǎng)力減小,故加速度a=qEm減小,運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律y=12at2可知電子偏移距離y減小,選項(xiàng)B正確,A錯(cuò)誤。8.BC解析 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)需滿足qE=mgsin ,E=mg2q,選項(xiàng)C正確;由qvB=mv2R,解得B=mvqR,選項(xiàng)B正確;由于小球受到的電場(chǎng)力與重力沿斜面分量平衡,電場(chǎng)力方向沿斜面向上,則小球帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,存在電場(chǎng)力(非重力)做功,機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.CD解析 粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),速度大小不變、方向時(shí)刻改變,t1、t2兩個(gè)時(shí)刻,粒子所處位置電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同、方向不同,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,C正確;從圖象可知,粒子的電勢(shì)能不隨時(shí)間變化,Ep=q,電勢(shì)不變,選項(xiàng)D正確。10.ABC解析 粒子運(yùn)動(dòng)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(diǎn),B正確;2=60,根據(jù)粒子在有界磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn),3=4=30,所以粒子再次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=T2+240360T+60360T=8m3qB,D錯(cuò)。11.答案 (1) 32kQ9l2(2)12lmv02(3)7mv024q(4)92l解析 (1)由庫(kù)侖定律及電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式可得Ea=kQl22-kQ3l22解得Ea=32kQ9l2。(2)從a點(diǎn)到b點(diǎn)過(guò)程中,根據(jù)對(duì)稱性,Ua=Ub根據(jù)動(dòng)能定理-Ffl=0-12mv02解得Ff=12lmv02。(3)從a到O點(diǎn)過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理qUa O-Ffl2=12m(2v0)2-12mv02解得Ua O=7mv024q。(4)最后停在O點(diǎn),整個(gè)過(guò)程由動(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F,有F=qE設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有F=ma粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),有v=at聯(lián)立式得t=3RBE。(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其周期與速度、半徑無(wú)關(guān),運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定。故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí),所用的時(shí)間最短。設(shè)粒子在磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對(duì)圓心角的一半,由幾何關(guān)系知tan =3Rr-R粒子從Q點(diǎn)射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P點(diǎn)釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同,所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v。在垂直于電場(chǎng)方向上的分速度始終等于v0,由運(yùn)動(dòng)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(jiàn)解析解析 (1)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)由動(dòng)能定理得qU=12mv2解得粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=2qUm。 (2)粒子的軌跡圖如圖甲所示,粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到從AP間離開(kāi),由牛頓第二定律可得qvB=mv2R粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=Rv,由以上兩式可解得軌道半徑R=2qUmmt磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=mqt。甲乙丙(3)粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到從AC間離開(kāi),若粒子恰能到達(dá)BC邊界,如圖乙所示,設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,根據(jù)幾何關(guān)系有此時(shí)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(jìn)入磁場(chǎng)到從AC間離開(kāi),若粒子恰能到達(dá)AC邊界,如圖丙所示,設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(kāi)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足6qUm3qaB(2+3)2qUm3qa。