《（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練（三）電場(chǎng)和磁場(chǎng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練（三）電場(chǎng)和磁場(chǎng)（含解析）（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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,1~7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,8~10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.(2019·浙江4月)當(dāng)今醫(yī)學(xué)上對(duì)某些腫瘤采用質(zhì)子療法進(jìn)行治療,該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細(xì)胞?，F(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子,使其從靜止開始被加速到1.0×107 m/s。已知加速電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為1.3×105 N/C,質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10-27 kg,電荷量為1.6×10-19 C,則下列說法正確的是(　　

2、) A.加速過程中質(zhì)子電勢(shì)能增加 B.質(zhì)子所受到的電場(chǎng)力約為2×10-15 N C.質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為8×10-6 s D.加速器加速的直線長(zhǎng)度約為4 m 答案:D 解析:質(zhì)子做加速運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,A錯(cuò)誤;質(zhì)子所受到的電場(chǎng)力F=qE=2.08×10-14N,B錯(cuò)誤;a=Fm≈1.25×1013m/s2,t=va=8×10-7s,C錯(cuò)誤;x=12at2=4m,D正確。 2.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.6kq2l2 B

3、.32kq2l2 C.3kq2l2 D.63kq2l2 答案:A 解析:底面上B、C、D的三個(gè)電荷對(duì)頂點(diǎn)上電荷的庫侖力分別都是F=kq2l2,通過A點(diǎn)作底面的垂線,設(shè)棱與高線的夾角為θ,底部平面上的高線長(zhǎng)lsin60°=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cosθ=63,A點(diǎn)的電荷受到的電場(chǎng)力為Fh=3kq2l2cosθ=6kq2l2。 3.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

4、速度沿直線從b點(diǎn)開始經(jīng)a點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng),其速度圖像如圖乙所示,則 (　　) A.Q2帶負(fù)電 B.a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)φa<φb C.a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小Ea>Eb D.試探電荷從b到a的過程中電勢(shì)能減少 答案: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;由速度圖像,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

5、,b點(diǎn)電勢(shì)小于a點(diǎn)電勢(shì),選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 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)系圖像中,可能正確的是(　　) 答案:B 解析:因?yàn)殚_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

6、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=μFN=μFA=μBIl=μBlkt,聯(lián)立解得加速度a=μBlktm-g,與時(shí)間成線性關(guān)系,故C錯(cuò)誤;t=0時(shí)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(cuò)誤。 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,可判斷下列說法正確的是(　　) A.A球一定帶正電荷,B球一定帶負(fù)電

7、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qA∶qB=1∶2 D.電場(chǎng)力對(duì)A球和B球都不做功 答案: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EqB×l=EqA×2l,因此qA∶qB=1∶2,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.(2019·山東日照三校聯(lián)考)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里,勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于斜面向下,斜面是粗糙的。一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動(dòng),經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零,接

8、著又滑了下來。設(shè)物塊電荷量保持不變,則從a到b和從b回到a兩過程相比較(　　) A.加速度大小相等 B.摩擦產(chǎn)生熱量不相同 C.電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值不相同 D.動(dòng)能變化量的絕對(duì)值相同 答案:B 解析:兩過程中,重力、電場(chǎng)力恒定,支持力方向不變,洛倫茲力、摩擦力方向相反,物塊所受合外力不同,由牛頓第二定律知,加速度必定不同,A錯(cuò)誤。上滑過程中,洛倫茲力垂直斜面向上,物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff'=μ(mgcosθ-qvB);下滑過程中,洛倫茲力垂直斜面向下,物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff″=μ(mgcosθ+qvB),摩擦產(chǎn)生熱量Q=Ffx,兩過程位移大小相等,摩擦力大小不同,故產(chǎn)生熱量不同,

9、B正確。a、b兩點(diǎn)電勢(shì)確定,由Ep=qφ可知,兩過程中電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值相等,C錯(cuò)誤。整個(gè)過程中,重力做功為零,電場(chǎng)力做功為零,摩擦力做功不為零,故物塊動(dòng)能一定變化,所以上滑和下滑兩過程中動(dòng)能變化量絕對(duì)值一定不同,D錯(cuò)誤。 7.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 答案:B 解析:根據(jù)題意,電容器兩極板間電壓不變;由平

10、行板電容器決定式C=εrS4πkd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.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

11、強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=mvqR C.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=mg2q D.帶電小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒 答案:BC 解析:小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)需滿足qE=mgsinθ,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。 9.一個(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)過程中速度保持不變 C.

12、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 答案: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、方向不一定相同,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,C正確;從圖像可知,粒子的電勢(shì)能不隨時(shí)間變化,Ep=qφ,電勢(shì)不變,選項(xiàng)D正確。 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

13、.粒子第一次到達(dá)OP時(shí)的位置坐標(biāo)為2mvqB,23mv3qB B.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與y軸相切 C.粒子第三次經(jīng)過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2πmqB 答案: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=xDtan30°=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;θ2=60°,根據(jù)粒子在有界磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn),θ3=θ4=30°,所以粒子再次經(jīng)過A點(diǎn)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

14、時(shí)間為t=T2+240°360°T+60°360°T=8πm3qB,D錯(cuò)。 二、非選擇題(本題共3小題,共50分) 11.(15分)(2019·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)月考)如圖所示,在距離某水平面高2h處有一拋出位置P,在距P水平距離為s=1 m處有一光滑豎直擋板AB,A端距該水平面距離為h=0.45 m,A端上方整個(gè)區(qū)域內(nèi)加有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng);B端與半徑為R=0.9 m的14光滑圓軌道BC連接。當(dāng)傳送帶靜止時(shí),一電荷量大小為q=19×10-4 C、質(zhì)量為0.18 kg的小滑塊,以某一初速度v0從P點(diǎn)水平拋出,恰好能從AB擋板的右側(cè)沿ABCD路徑運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)而靜止。重力加速度g取10 m/s

15、2。 (1)求出所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。 (2)當(dāng)滑塊剛運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),求出對(duì)圓軌道的壓力。 (3)若傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng),試討論滑塊達(dá)到D時(shí)的動(dòng)能Ek與傳送帶速率的關(guān)系。 答案:(1)3.6×105 N/C　(2)9 N　(3)若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),滑塊滑到D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為零,與傳送帶的速度無關(guān)。若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),滑到D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與傳送帶速率v的關(guān)系是0

16、2,其中a=qEm 豎直方向:2h-h=12gt2 聯(lián)立解得E=mgsqh=0.18×10×119×10-4×0.45N/C=3.6×105N/C。 (2)從P點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理可得mg(2h+R)-qEs=12mvC2-12mv02 其中qEs=12mv02,所以mg(2h+R)=12mvC2 根據(jù)牛頓第二定律可得FN-mg=mvC2R 聯(lián)立解得vC=2g(2h+R),FN=3+4hRmg=9N 根據(jù)牛頓第三定律可得滑塊對(duì)圓軌道的壓力大小為9N。 (3)若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),滑塊運(yùn)動(dòng)的規(guī)律與傳送帶靜止不動(dòng)相同,故滑塊到D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為零,與傳送帶的速度無關(guān)。 若傳送帶順時(shí)針

17、轉(zhuǎn)動(dòng),設(shè)傳送帶使得物體一直加速的速度大小為v,則Ffl=12mv2-12mvC2 當(dāng)傳送帶靜止時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理可得-Ffl=0-12mvC2 解得v=62m/s 所以傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),滑塊滑到D點(diǎn)時(shí)的速度與傳送帶速度v帶的關(guān)系是 0

18、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。 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=mv23R① 設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F,有 F=qE② 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=ma③ 粒子在電場(chǎng)中做

19、初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),有 v=at④ 聯(lián)立①②③④式得 t=3RBE。⑤ (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、半徑無關(guān),運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過的圓弧所對(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=r'2⑥ 設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ,即圓弧所對(duì)圓心角的一半,由幾何關(guān)系知 tanθ=3Rr'-R⑦ 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

20、速度始終等于v0,由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得 tanθ=vv0⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得 v0=qBRm。⑨ 13.(19分)(2019·天津卷)2018年,人類歷史上第一架由離子引擎推動(dòng)的飛機(jī)誕生,這種引擎不需要燃料,也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示,進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子,而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)(初速度忽略不計(jì)),A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束,在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值,離子質(zhì)量為m,電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù),e是元電荷。 (1)若引擎獲得的推力為F1,求單位時(shí)間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N。 (2)加

21、速正離子束所消耗的功率P不同時(shí),引擎獲得的推力F也不同,試推導(dǎo)FP的表達(dá)式。 (3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率,要使FP盡量大,請(qǐng)?zhí)岢鲈龃驠P的三條建議。 答案:(1)F12ZemU　(2)FP=2mZeU　(3)見解析 解析:(1)設(shè)正離子經(jīng)過電極B時(shí)的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理,有 ZeU=12mv2-0① 設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F1',根據(jù)牛頓第三定律,有 F1'=F1② 設(shè)引擎在Δt時(shí)間內(nèi)飄入電極間的正離子個(gè)數(shù)為ΔN,由牛頓第二定律,有 F1'=ΔNmv-0Δt③ 聯(lián)立①②③式,且N=ΔNΔt得 N=F12ZemU。④ (2)設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F',由正離子束在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有 P=12F'v⑤ 考慮到牛頓第三定律得到F'=F,聯(lián)立①⑤式得 FP=2mZeU。⑥ (3)為使FP盡量大,分析⑥式得到三條建議:用質(zhì)量大的離子;用帶電荷量少的離子;減小加速電壓。 12