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1、階段訓練(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,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.(2019·浙江4月)當今醫(yī)學上對某些腫瘤采用質子療法進行治療,該療法用一定能量的質子束照射腫瘤殺死癌細胞。現(xiàn)用一直線加速器來加速質子,使其從靜止開始被加速到1.0×107 m/s。已知加速電場的電場強度為1.3×105 N/C,質子的質量為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.加速過程中質子電勢能增加 B.質子所受到的電場力約為2×10-15 N C.質子加速需要的時間約為8×10-6 s D.加速器加速的直線長度約為4 m 答案:D 解析:質子做加速運動,電場力做正功,電勢能減小,A錯誤;質子所受到的電場力F=qE=2.08×10-14N,B錯誤;a=Fm≈1.25×1013m/s2,t=va=8×10-7s,C錯誤;x=12at2=4m,D正確。 2.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.6kq2l2 B

3、.32kq2l2 C.3kq2l2 D.63kq2l2 答案: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,設棱與高線的夾角為θ,底部平面上的高線長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)幾何關系可以得出cosθ=63,A點的電荷受到的電場力為Fh=3kq2l2cosθ=6kq2l2。 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

4、速度沿直線從b點開始經a點向遠處運動,其速度圖像如圖乙所示,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 答案: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,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;由速度圖像,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

5、,b點電勢小于a點電勢,選項B錯誤。 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,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(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隨時間的變化關系為I=kt(k為常數(shù),k>0),金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)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像中,可能正確的是(　　) 答案: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

6、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=μFN=μFA=μBIl=μBlkt,聯(lián)立解得加速度a=μBlktm-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.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(xiàn)A、B兩球電勢能之和不變。根據(jù)圖中給出的位置關系,可判斷下列說法正確的是(　　) A.A球一定帶正電荷,B球一定帶負電

7、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 答案: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(shù)和為零,故D錯誤。 6.(2019·山東日照三校聯(lián)考)如圖所示,勻強磁場垂直于紙面向里,勻強電場平行于斜面向下,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,經a點后到b點時速度減為零,接

8、著又滑了下來。設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.摩擦產生熱量不相同 C.電勢能變化量的絕對值不相同 D.動能變化量的絕對值相同 答案:B 解析:兩過程中,重力、電場力恒定,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錯誤。上滑過程中,洛倫茲力垂直斜面向上,物塊所受滑動摩擦力Ff'=μ(mgcosθ-qvB);下滑過程中,洛倫茲力垂直斜面向下,物塊所受滑動摩擦力Ff″=μ(mgcosθ+qvB),摩擦產生熱量Q=Ffx,兩過程位移大小相等,摩擦力大小不同,故產生熱量不同,

9、B正確。a、b兩點電勢確定,由Ep=qφ可知,兩過程中電勢能變化量的絕對值相等,C錯誤。整個過程中,重力做功為零,電場力做功為零,摩擦力做功不為零,故物塊動能一定變化,所以上滑和下滑兩過程中動能變化量絕對值一定不同,D錯誤。 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 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.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

11、強磁場的磁感應強度大小B=mvqR C.勻強電場的電場強度大小為E=mg2q D.帶電小球在運動過程中機械能守恒 答案:BC 解析:小球做勻速圓周運動需滿足qE=mgsinθ,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。 9.一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.

12、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 答案: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、方向不一定相同,選項A、B錯誤,C正確;從圖像可知,粒子的電勢能不隨時間變化,Ep=qφ,電勢不變,選項D正確。 10.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

13、.粒子第一次到達OP時的位置坐標為2mvqB,23mv3qB 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2πmqB 答案:ABC 解析:粒子運動軌跡如圖所示,A與D橫坐標相同,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,B正確;θ2=60°,根據(jù)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

14、時間為t=T2+240°360°T+60°360°T=8πm3qB,D錯。 二、非選擇題(本題共3小題,共50分) 11.(15分)(2019·湖南長沙雅禮中學月考)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端上方整個區(qū)域內加有水平向左的勻強電場;B端與半徑為R=0.9 m的14光滑圓軌道BC連接。當傳送帶靜止時,一電荷量大小為q=19×10-4 C、質量為0.18 kg的小滑塊,以某一初速度v0從P點水平拋出,恰好能從AB擋板的右側沿ABCD路徑運動到D點而靜止。重力加速度g取10 m/s

15、2。 (1)求出所加勻強電場的電場強度大小。 (2)當滑塊剛運動到C點時,求出對圓軌道的壓力。 (3)若傳送帶轉動,試討論滑塊達到D時的動能Ek與傳送帶速率的關系。 答案:(1)3.6×105 N/C　(2)9 N　(3)若傳送帶逆時針轉動時,滑塊滑到D點時的動能為零,與傳送帶的速度無關。若傳送帶順時針轉動時,滑到D點時的動能與傳送帶速率v的關系是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點到C點根據(jù)動能定理可得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圓軌道的壓力大小為9N。 (3)若傳送帶逆時針轉動時,滑塊運動的規(guī)律與傳送帶靜止不動相同,故滑塊到D點時的動能為零,與傳送帶的速度無關。 若傳送帶順時針

17、轉動,設傳送帶使得物體一直加速的速度大小為v,則Ffl=12mv2-12mvC2 當傳送帶靜止時,根據(jù)動能定理可得-Ffl=0-12mvC2 解得v=62m/s 所以傳送帶順時針轉動時,滑塊滑到D點時的速度與傳送帶速度v帶的關系是 0

18、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。 答案:(1)3RBE　(2)qBRm 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=mv23R① 設粒子在電場中運動所受電場力為F,有 F=qE② 設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=ma③ 粒子在電場中做

19、初速度為零的勻加速直線運動,有 v=at④ 聯(lián)立①②③④式得 t=3RBE。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+(3R)2=r'2⑥ 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 tanθ=3Rr'-R⑦ 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

20、速度始終等于v0,由運動的合成和分解可得 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的飛機誕生,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之間的勻強電場(初速度忽略不計),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。單位時間內飄入的正離子數(shù)目為定值,離子質量為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,求單位時間內飄入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,引擎獲得的推力F也不同,試推導FP的表達式。 (3)為提高能量的轉換效率,要使FP盡量大,請?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)設正離子經過電極B時的速度為v,根據(jù)動能定理,有 ZeU=12mv2-0① 設正離子束所受的電場力為F1',根據(jù)牛頓第三定律,有 F1'=F1② 設引擎在Δt時間內飄入電極間的正離子個數(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)設正離子束所受的電場力為F',由正離子束在電場中做勻加速直線運動,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:用質量大的離子;用帶電荷量少的離子;減小加速電壓。 12