2019高考物理大二轮复习阶段训练3电场和磁场.doc

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1、1阶段训练(三) 电场和磁场(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 10小题,每小题 5分,共 50分。在每小题给出的四个选项中,1 7题只有一个选项符合题目要求,8 10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 5分,选对但不全的得 3分,有选错的得 0分)1.根据大量科学测试可知,地球本身就是一个电容器。通常大地带有 5105 C左右的负电荷,而地球上空存在一个带正电的电离层,这两者之间便形成一个已充电的电容器,它们之间的电压为 300 kV左右。则此电容约为 ( )A.0.17 F B.1.7 F C.17 F D.170 F2.如图所示,空间中固定的四个点电荷分别位于正

2、四面体(正四面体并不存在)的四个顶点处,AB=l,A、 B、 C、 D四个顶点各放置一个 +q,A点电荷受到的电场力为( )A. B.6k22 32k22C. D.3k22 63k223.如图甲所示, Q1、 Q2为两个固定点电荷,其中 Q1带正电,它们连线的延长线上有 b、 a两点。一个带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从 b点开始经 a点向远处运动,其速度图象如图乙所示,则( )A.Q2带负电B.a、 b两点的电势 aEbD.试探电荷从 b到 a的过程中电势能减少4.2如图所示,两平行导轨 ab、 cd竖直放置在匀强磁场中,匀强磁场方向竖直向上,将一根金属棒 PQ放在导轨上使其水平且始终

3、与导轨保持良好接触。现在金属棒 PQ中通以变化的电流 I,同时释放金属棒 PQ使其运动。已知电流 I随时间的变化关系为 I=kt(k为常数, k0),金属棒与导轨间的动摩擦因数一定。以竖直向下为正方向,则下面关于棒的速度 v、加速度 a随时间变化的关系图象中,可能正确的是( )5.如图所示,绝缘轻杆两端固定带电小球 A和 B,轻杆处于水平向右的匀强电场中,不考虑两球之间的相互作用。初始时轻杆与电场线垂直(如图中实线位置),将杆向右平移的同时顺时针转过 90(如图中虚线位置),发现 A、 B两球电势能之和不变。根据图中给出的位置关系,可判断下列说法正确的是( )A.A球一定带正电荷, B球一定带

4、负电荷B.A球电势能一定增加C.A、 B两球电荷量的绝对值之比 qAq B=1 2D.电场力对 A球和 B球都不做功6.如图所示, +Q为固定的正点电荷,虚线圆是一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子,分别从同一点 A以相同的速度 v0射入,轨迹分别如图中曲线所示, B、 C为两曲线与圆的交点。 aB、 aC表示两粒子经过 B、 C时的加速度大小, vB、 vC表示两粒子经过 B、 C时的速度大小,不计粒子重力。以下判断正确的是( )A.aB=aC vB=vC B.aBaC vB=vCC.aBaC vBvC37.如图所示,平行板电容器与恒压电源连接,电子以速度 v0垂直于电场线方向射入并

5、穿过平行板间的电场,若仅使电容器上极板上移,设电容器极板上所带电荷量为 Q,电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为 y,以下说法正确的是( )A.Q减小, y不变 B.Q减小, y减小C.Q增大, y减小 D.Q增大, y增大8.如图所示,有一倾角为 30的光滑斜面,匀强磁场垂直于斜面向上,匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边。一质量为 m、电荷量为 q的小球,以速度 v在斜面上做半径为 R的匀速圆周运动,则( )A.带电小球带负电B.匀强磁场的磁感应强度大小 B=C.匀强电场的电场强度大小为 E=2D.带电小球在运动过程中机械能守恒9.一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动,其电势能随时间变

6、化规律如图所示。下列说法正确的是( )A.该粒子可能做直线运动B.该粒子在运动过程中速度保持不变C.t1、 t2两个时刻,粒子所处位置电场强度不一定相同D.粒子运动轨迹上各点的电势一定相等10.如图所示,在 xOy平面内, OP与 x轴正方向间的夹角为 30,直线 OP与 y轴正方向之间及 x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B,一带正电的粒子从原点 O处沿 y轴负方向以速度 v射出,粒子的质量为 m、电荷量为 q,不计粒子的重力。则下列判断正确的是( )A.粒子第一次到达 OP时的位置坐标为2,2334B.粒子的运动轨迹与 y轴相切C.粒子第三次经过 x轴时,速度方向恰好与 OP

7、平行D.粒子在磁场中的运动时间为2二、非选择题(本题共 3小题,共 50分)11.(15分)如图所示,绝缘的水平面上,相隔 2l的 A、 B两点固定有两个电荷量均为 Q的正点电荷,a、 O、 b是 AB连线上的三点,且 O为中点, Oa=Ob=。一质量为 m、电荷量为 +q 的点电荷以初速度v0从 a点出发沿 AB连线向 B运动,在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用,当它第一次运动到O点时速度为 2v0,继续运动到 b点时速度刚好为零,然后返回,最后恰停在 O点。已知静电力常量为k。求:(1)a点的电场强度大小;(2)阻力的大小;(3)aO两点间的电势差;(4)电荷在电场中运动的总路程。12

8、.(16分)(2018天津卷)如图所示,在水平线 ab的下方有一匀强电场,电场强度为 E,方向竖直向下, ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、 R的半圆环形区域,外圆与 ab的交点分别为 M、 N。一质量为 m、电荷量为 q的带负电粒子在3电场中 P点静止释放,由 M进入磁场,从 N射出。不计粒子重力。(1)求粒子从 P到 M所用的时间 t;(2)若粒子从与 P同一水平线上的 Q点水平射出,同样能由 M进入磁场,从 N射出。粒子从 M到 N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在 Q点时速度 v0的大小。513.(19分)

9、如图所示, M、 N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板,相距为 D,其右侧有一边长为 2a的正三角形区域,区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,在极板 M、 N之间加上电压 U,M板电势高于 N板电势。现有一带正电的粒子,质量为 m,电荷量为 q,其重力和初速度均忽略不计,粒子从极板 M的中央小孔 S1处射入电容器,穿过小孔 S2后从距三角形 A点 a的 P处垂直 AB方向进入磁场。3(1)求粒子到达小孔 S2时的速度大小。(2)若粒子从 P点进入磁场后经时间 t从 AP间离开磁场,求粒子的运动半径和磁感应强度的大小。(3)若粒子能从 AC间离开磁场,磁感应强度应满足什么条件?答案：1.B 解析

10、根据 C= 可得 C= =1.7 F,B正确。 5105 3105 2.A 解析 底面上 B、 C、 D的三个电荷对顶点上电荷的库仑力分别都是 F=k ,通过 A点作底面的22垂线,设棱与高线的夹角为 ,底部平面上的高线长 lsin 60=l ,四面体高线的垂足在底面高线32的 ,四面体的高线、四面体的棱和底部平面高线的 构成了直角三角形,根据勾股定理可以求出四23 236面体的高线为 l,根据几何关系可以得出 cos = ,A点的电荷受到的电场力为 Fh=3k cos 63 63 22= 。6k223.A 解析 带正电试探电荷由 b到 a速度减小,可知电场力对其做负功,试探电荷电势能增大,选

11、项D错误;而 Q1对试探电荷的电场力做正功,故 Q2对试探电荷一定做负功,即 Q2对试探电荷的作用力与运动方向相反,故 Q2带负电,选项 A正确;由速度图象,试探电荷在 b点的加速度大于在 a点的加速度,又 F=Eq=ma,可知 b点电场强度大于 a点电场强度,选项 C错误;又根据正电荷在电势高的地方电势能大可知, b点电势小于 a点电势,选项 B错误。4.B 解析 因为开始加速度方向向下,与速度方向相同,做加速运动,加速度逐渐减小,即做加速度逐渐减小的变加速运动,然后加速度方向向上,加速度逐渐增大,做加速度逐渐增大的变减速运动,故 A错误,B 正确;根据牛顿第二定律得,金属棒的加速度a= ,

12、Ff=F N=F A=BIl=Blkt ,联立解得加速度 a= -g,与时间成线性关系,故 C- 错误; t=0时刻无电流,无安培力,只有重力,加速度竖直向下,为正值,故 D错误。5.C 解析 电场力对系统做功为零,因此 A、 B电性一定相反, A可能带正电,也可能带负电,故 A错误; A的电性不确定,无法判断其电势能的变化,故 B错误;电场力对 A、 B做功大小相等、方向相反,所以有 EqBl=EqA2l,因此 qAq B=1 2,故 C正确;电场力对 A、 B都做功,代数和为零,故 D错误。6.C 解析 从 B、 C两曲线的偏转程度可以看出, B粒子的速度改变较大,故 aBaC,所以 mB

13、mC。由于B、 C在同一等势面上,且两个电荷的电荷量相同,故静电力做功相同,两粒子的动能变化相同,则有mB mB mC mC ,结合 mBmC,得 vBvC,故 C正确,A、B、D 错误。1221202=12212027.B 解析 根据题意,电容器两极板间电压不变;由平行板电容器决定式 C= 可知:上极板上移,板4间距离 d增大,电容 C减小;由 Q=CU可知,电容器所带电荷量减小,选项 C、D 错误;电子在两极板间做类平抛运动,沿电场方向做匀变速直线运动,板间电场强度 d增大,电压不变,板间电场强度 E减小,电子所受电场力减小,故加速度 a= 减小,运动时间不变 ,由匀变速直线运动规律 y=

14、 at2可知 12电子偏移距离 y减小,选项 B正确,A 错误。78.BC 解析 小球做匀速圆周运动需满足 qE=mgsin ,E= ,选项 C正确;由 qvB= ,解得 B=2 2,选项 B正确;由于小球受到的电场力与重力沿斜面分量平衡,电场力方向沿斜面向上,则小球带正电,选项 A错误;小球在运动过程中,存在电场力(非重力)做功,机械能不守恒,选项 D错误。9.CD 解析 粒子做匀速圆周运动,速度大小不变、方向时刻改变, t1、 t2两个时刻,粒子所处位置电场强度大小相同、方向不同,选项 A、B 错误,C 正确;从图象可知,粒子的电势能不随时间变化,Ep=q ,电势不变,选项 D正确。10.

15、ABC 解析 粒子运动轨迹如图所示, A与 D横坐标相同,由 qvB=m 可得, xD=2R= ,yD=xDtan 2 230= ,所以 A正确;圆弧 DEC的半径与半圆弧 OA的半径相同,所以与 y轴相切于 E点,B 正233确; 2=60,根据粒子在有界磁场的运动特点, 3= 4=30,所以粒子再次经过 A点后,速度与 x轴正方向间的夹角 4=30,即速度方向恰好与 OP平行,C 正确;粒子在磁场中的运动时间为 t=T+ T= ,D错。2+240360603608311.答案 (1) (2) (3)3292 12m02 7024(4) l92解析 (1)由库仑定律及电场强度的定义式可得Ea

16、=k -k (2)2(32)2解得 Ea= 。 3292(2)从 a点到 b点过程中,根据对称性, Ua=Ub 8根据动能定理 -Ffl=0- 12m02解得 Ff= 。 12m02(3)从 a到 O点过程中,根据动能定理qUa O-Ff m(2v0)2- 2=12 12m02解得 Ua O= 。 7024(4)最后停在 O点,整个过程由动能定理得qUa O-Ffs=0- 12m02解得 s= l。 9212.答案 (1) (2)3 解析 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为 v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 23设粒子在电场中运动所受电场力为 F,有F=qE 设粒子在电场中运动的加速

17、度为 a,根据牛顿第二定律有F=ma 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at 联立 式得t= 。 3(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场中的轨迹半径为 r,由几何关系可得9(r-R)2+( R)2=r2 3设粒子进入磁场时速度方向与 ab的夹角为 ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tan = 3-粒子从 Q点射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从 P点释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为 v。在垂直于电场方向

18、上的分速度始终等于 v0,由运动的合成和分解可得tan = 0联立 式得v0= 。 13.答案 (1) (2) t (3)见解析2 2 解析 (1)带电粒子在电场中运动时由动能定理得qU= mv2 12解得粒子进入磁场时的速度大小为 v= 。 2(2)粒子的轨迹图如图甲所示,粒子从进入磁场到从 AP间离开,由牛顿第二定律可得 qvB=m2粒子在磁场中运动的时间为 t= ,由以上两式可解得轨道半径 R= t 2磁感应强度为 B= 。 10甲乙丙(3)粒子从进入磁场到从 AC间离开,若粒子恰能到达 BC边界,如图乙所示,设此时的磁感应强度为 B1,根据几何关系有此时粒子的轨道半径为R1=2asin 60= a 3由牛顿第二定律可得 qvB1=m 21解得 B1= 63粒子从进入磁场到从 AC间离开,若粒子恰能到达 AC边界,如图丙所示,设此时的磁感应强度为B2,根据几何关系有 R2=( a-R2)sin 603由牛顿第二定律可得 qvB2=m 22由以上两式解得B2=(2+3)2311综上所述,要使粒子能从 AC间离开磁场,磁感应强度应满足 B 。63 (2+3)23