2022高考物理大二輪復習 階段訓練3 電場和磁場

《2022高考物理大二輪復習 階段訓練3 電場和磁場》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考物理大二輪復習 階段訓練3 電場和磁場（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022高考物理大二輪復習 階段訓練3 電場和磁場 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,1~7題只有一個選項符合題目要求,8~10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.根據大量科學測試可知,地球本身就是一個電容器。通常大地帶有5×105 C左右的負電荷,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 F B.1.7 F C.17 F D.170 F 2. 如圖所示,

2、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. B. C. D. 3.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a點向遠處運動,其速度圖象如圖乙所示,則(　　) A.Q2帶負電 B.a、b兩點的電勢φa<φb C.a、b兩點電場強度大小Ea>Eb D.試探電荷從b到a的過程中電勢能減少 4. 如圖所示,兩平行導軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中,勻強磁場方向豎直向上

3、,將一根金屬棒PQ放在導軌上使其水平且始終與導軌保持良好接觸。現在金屬棒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隨時間的變化關系為I=kt(k為常數,k>0),金屬棒與導軌間的動摩擦因數一定。以豎直向下為正方向,則下面關于棒的速度v、加速度a隨時間變化的關系圖象中,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過90°(如圖中虛線位置),發(fā)現A、B兩球電勢能之和不變。根據圖中給出的位置關系,可判斷下列說法正確的是(

4、　　) A.A球一定帶正電荷,B球一定帶負電荷 B.A球電勢能一定增加 C.A、B兩球電荷量的絕對值之比qA∶qB=1∶2 D.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表示兩粒子經過B、C時的加速度大小,vB、vC表示兩粒子經過B、C時的速度大小,不計粒子重力。以下判斷正確的是(　　) A.aB=aC　vB=vC B.aB>aC　vB=vC C.aB>aC　vBvC 7

5、.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.帶電小球帶負電 B.勻強磁場的磁感應強度大小B= C.勻強電場的電場強度大小為E= D.帶

6、電小球在運動過程中機械能守恒 9. 一個帶負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,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,磁感應強度為B,一帶正電的粒子從原點O處沿y軸負方向以速度v射出,粒子的質量為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O

7、P時的位置坐標為 B.粒子的運動軌跡與y軸相切 C.粒子第三次經過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 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;

8、 (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,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中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

9、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,其右側有一邊長為2a的正三角形區(qū)域,區(qū)域內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有一帶正電的粒子,質量為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a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點進入磁場后經時間t從AP間離開磁場,求粒子的

10、運動半徑和磁感應強度的大小。 (3)若粒子能從AC間離開磁場,磁感應強度應滿足什么條件? 答案： 1.B　解析 根據C=可得C==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=k,通過A點作底面的垂線,設棱與高線的夾角為θ,底部平面上的高線長lsin 60°=l,四面體高線的垂足在底面高線的,四面體的高線、四面體的棱和底部平面高線的構成了直角三角形,根據勾股定理可以求出四面體的高線為l,根據幾何關系可以得出cos θ=,A點的電荷受到的電場力為Fh=3kcos θ=。 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功,

11、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功,即Q2對試探電荷的作用力與運動方向相反,故Q2帶負電,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;根據牛頓第二定律得,金屬棒的加速度a=,Ff=μ

12、FN=μFA=μBIl=μBlkt,聯立解得加速度a=-g,與時間成線性關系,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EqB×l=EqA×2l,因此qA∶qB=1∶2,故C正確;電場力對A、B都做功,代數和為零,故D錯誤。 6.C　解析 從B、C兩曲線的偏轉程度可以看出,B粒子的速度改變較大,故aB>aC,所以mB

13、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mBmBmCmC,結合mB

14、n θ,E=,選項C正確;由qvB=,解得B=,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=qφ,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橫坐標相同,由qvB=m可得,xD=2R=,yD=xDtan 30°=,所以A正確;圓弧DEC的半徑與半

15、圓弧OA的半徑相同,所以與y軸相切于E點,B正確;θ2=60°,根據粒子在有界磁場的運動特點,θ3=θ4=30°,所以粒子再次經過A點后,速度與x軸正方向間的夾角θ4=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=T+T=,D錯。 11.答案 (1) 　(2)　(3) (4)l 解析 (1)由庫侖定律及電場強度的定義式可得 Ea=k-k ① 解得Ea=。 ② (2)從a點到b點過程中,根據對稱性,Ua=Ub ③ 根據動能定理-Ffl=0- ④ 解得Ff=。 ⑤ (3)從a到O點過程中,根據動能定理 qUa O-Ffm(2v0)2- ⑥ 解得Ua

16、 O=。 ⑦ (4)最后停在O點,整個過程由動能定理得 qUa O-Ffs=0- ⑧ 解得s=l。 ⑨ 12.答案 (1)　(2) 解析 (1)設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=m ① 設粒子在電場中運動所受電場力為F,有 F=qE ② 設粒子在電場中運動的加速度為a,根據牛頓第二定律有 F=ma ③ 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動,有 v=at ④ 聯立①②③④式得 t=。 ⑤ (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,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。故當軌跡與內圓相切時,所

17、用的時間最短。設粒子在磁場中的軌跡半徑為r',由幾何關系可得 (r'-R)2+(R)2=r'2 ⑥ 設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關系知 tan θ= ⑦ 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 θ= ⑧ 聯立①⑥⑦⑧式得 v0=。 ⑨ 13.答案 (1)　(2)t　　(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=mv2 ① 解得粒子進入磁場時

18、的速度大小為v=。 ② (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=m ③ 粒子在磁場中運動的時間為t=,由以上兩式可解得軌道半徑R=t④ 磁感應強度為B=。 ⑤ 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,設此時的磁感應強度為B1,根據幾何關系有此時粒子的軌道半徑為 R1=2asin 60°=a ⑥ 由牛頓第二定律可得qvB1=m ⑦ 解得B1= ⑧ 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,設此時的磁感應強度為B2,根據幾何關系有R2=(a-R2)sin 60°⑨ 由牛頓第二定律可得qvB2=m ⑩ 由以上兩式解得 B2= 綜上所述,要使粒子能從AC間離開磁場,磁感應強度應滿足 ≤B≤。