优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习第一部分专题三电场与磁场综合检测
2016版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习第一部分专题三电场与磁场综合检测Word版含答案
专题三综合检测一、单项选择题 1．(2015·宁波高三十校联考)如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形金属线框，线框边长为L ，质量为M ，线框上边水平且处于垂直纸面向里的匀强磁场中，线框通有如图所示方向的电流，且线框处于静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F ，已知该线框单位长度自由电子个数为n ，重力加速度为g ，则电子定向移动对应的洛伦兹力大小为( )A ．F －MgB ．Mg －F C.F －Mg 4nLD.Mg －F nL解析：选D.由左手定则可以判断出安培力方向向上，由F A ＝Mg －F ＝nLF 洛，解得F 洛＝Mg －F nL，选项D 正确．2.(2015·高考安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )A.Qε0S 和Q 2ε0SB.Q 2ε0S 和Q 2ε0SC.Q 2ε0S 和Q 22ε0SD.Qε0S 和Q 22ε0S解析：选D.每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝QS ，每块极板产生的电场强度为E＝σ2ε0，所以两极板间的电场强度为2E ＝Q ε0S.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E ′＝Q2ε0S ，故另一块极板所受的电场力F ＝qE ′＝Q ·Q2ε0S ＝Q 22ε0S，选项D 正确． 3.(2015·杭州调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I 、I b ＝2I 、I c ＝3I 、I d ＝4I 的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k Ir ，式中常量k ＞0，I 为电流强度．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度与电流强度成正比，与距直导线距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．4.如图所示，由abcd组成的一闭合线框，其中a、b、c三点的坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于各边所受的安培力的大小，下列说法中正确的是()A．ab边与bc边受到的安培力大小相等，方向相互垂直B．cd边受到的安培力最大，方向平行于xOz平面C．cd边与ad边受到的安培力大小相等，方向平行于yOz平面D．ad边不受安培力作用解析：选B.因为ab垂直放置于磁场中，故其受的安培力F ab＝BIL ab，而bc平行于磁场，故其受的安培力为零，A错；cd边垂直于磁场，且长度最长，所以其受到的安培力最大，由左手定则知其安培力的方向平行于xOz平面，B对；又F ad＝BIL Od，又Od<cd，故cd边与ad边受到的安培力大小不等，C错；ad边受安培力作用，D错．5.(2015·台州一模)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动解析：选C.无论电场方向沿什么方向，小球带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使小球做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向没确定，故小球电性也不确定，A、B均错误；由W G＋W电＝0可知，重力做功W G＞0，故W电＜0，小球一定克服电场力做功，C正确．6．如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B .把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v 0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A 射出的粒子①带负电，v 0＝qBLm ，第一次到达C 点所用时间为t 1②带负电，v 0＝qBL2m ，第一次到达C 点所用时间为t 2③带正电，v 0＝qBLm ，第一次到达C 点所用时间为t 3④带正电，v 0＝qBL2m，第一次到达C 点所用时间为t 4则下列判断正确的是( ) A ．t 1＝t 3<t 2＝t 4 B ．t 1<t 2<t 4<t 3 C ．t 1<t 2<t 3<t 4 D ．t 1<t 3<t 2<t 4解析：选B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力． (1)当v 0＝qBLm 时，则由牛顿第二定律可得q v B ＝m v 2r ，T ＝2πmqB根据几何关系作出运动轨迹，r ＝L ，如图1.由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C 点，即为t 3＝T ；当粒子带负电，粒子经过16T 第一次到达C 点，即为t 1＝16T ；(2)当v 0＝qBL 2m ，r ＝12L ，如图2.由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过56T 到达C 点，即为t 4＝56T ，当粒子带负电，粒子经过T 3第一次到达C 点，即为t 2＝T3，综上所述，有t 1<t 2<t 4<t 3，故B 正确．二、不定项选择题 7．(2015·山东临沂一模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k Ir，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．8．无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝k Ir(式中k为常数)．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M和N，导线N中通有方向如图的恒定电流I N，导线M中的电流I M 大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N中电流方向相同．绝缘闭合导线框ABCD放在同一水平面上，AB边平行于两直导线，且位于两者正中间．则以下说法正确的是()A．0～t0时间内，流过R的电流方向由C→DB．t0～2t0时间内，流过R的电流方向由D→CC．0～t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向左D．t0～2t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向右解析：选ACD.0～t0时间内，M中电流由0逐渐增加到I N，则线框中合磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，故A对．t0～2t0时间内，M中电流由I N增大到2I N，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，B错.0～t0时间内，AB中电流由A→B，AB处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C对．t0～2t0时间内，AB中电流仍为A→B，但AB处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D对．9.(2015·新余一模)如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近 解析：选AD.两离子在磁场中的运动情况如图所示，根据左手定则，a 、b 均带正电，A 正确；由T ＝2πmqB 可知，两离子在磁场中运动周期相同，由运动轨迹可知离子a 转过的圆心角大于离子b 转过的圆心角，即θa >θb ，由t ＝θ2πT ，可以判断a 在磁场中飞行的时间比b 的长，B 错误；由q v B ＝m v 2R得R＝m vqB ，故两离子在磁场中运动半径相同，所以a 在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，C 错误、D 正确．10.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E ，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .有一重力不计的带电粒子以垂直于x 轴的速度v 0＝10 m/s 从x 轴上的P 点进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限．已知O 、P 之间的距离为d ＝0.5 m ，则带电粒子( )A ．带正电荷B ．在电场中运动的时间为0.1 sC ．在磁场中做圆周运动的半径为22m D ．在磁场中运动的时间为3π40s 解析：选ABD.根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A 正确；由恰好与y轴成45°角射出电场可知，离开电场时v x ＝v y ＝v 0，则v ＝2v 0＝10 2 m/s ，在电场中沿x轴方向做匀加速运动，d ＝v 02t ，解得粒子在电场中运动的时间为t ＝2dv 0＝0.1 s ，选项B 正确；沿y 轴方向上的位移为l ＝v 0t ＝1 m ，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R ＝2l ＝ 2 m ，故选项C 错误；在磁场中运动的时间为t ＝135°360°·T ＝38·2πR v ＝3π40 s ，故选项D 正确．三、非选择题11．(2015·昆明三中、玉溪一中联考)如图所示，在xOy 平面的第一、四象限，有水平向右匀强电场，在第二、三象限中存在磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场和场强大小与第一象限的场强大小相等，方向竖直向上的匀强电场．第一象限中P 点的坐标是⎝⎛⎭⎫R 2，32R ，在P 点拴一根绝缘细线，长为R ，细线另一端系一个质量为m ，带电荷量为q 的小球，现将细线拉至与水平方向成45°角由静止释放．小球摆至O 点位置时，细线恰好脱开，小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动．求：(1)电场强度的大小；(2)小球到达O 点时的速度；(3)小球在y 轴左侧做匀速圆周运动的旋转半径．解析：(1)小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动，可知小球受到的电场力等于重力大小，Eq ＝mg所以场强E ＝mgq.(2)小球从初始状态释放，摆动到O 点，根据动能定理： mg ⎝⎛⎭⎫22＋32R －Eq ⎝⎛⎭⎫22＋12R ＝12m v 2 得小球的速度 v ＝（3－1）gR速度的方向与y 轴正方向成60°角斜向上．(3)如图，小球在y 轴左侧做匀速圆周运动，小球受到的电场力大小等于重力大小，洛伦兹力提供向心力F 洛＝m v 2r即q v B ＝m v 2r得旋转半径为r ＝m （3－1）gRqB.答案：(1)mgq (2)见解析 (3)m （3－1）gR qB12．(2015·浙江宁波高三二模)实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动．如图所示，在真空中A 、C 两板之间加上电压U ，粒子从A 板附近由静止被加速后从D 点进入圆形有界磁场；匀强磁场区域以O 为圆心，半径R ＝310m ，磁感应强度B 方向垂直纸面向外；磁场右侧有一个范围足够大的匀强电场，方向竖直向下，左边界与圆形磁场边界相切；现在电场区域放置一块足够长挡板GH ，它与水平线FD 夹角为60°(F 点在挡板上，圆心O 在FD 上)，且OF ＝3R .一比荷q m ＝13×106 C/kg 的带正电粒子，从A 板附近由静止释放，经U ＝150V 的电压加速后，从D 点沿与水平线成60°角的方向射入磁场，粒子离开圆形磁场时其速度方向水平，最后恰好打在挡板上的F 点．不计粒子重力．(1)求粒子进入磁场时的速度大小v D ； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)求粒子到达F 点时的速度大小v F ；(4)不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，求所加电场场强的最大值．解析：(1)粒子被加速过程，由动能定理有qU ＝12m v 2D解得v D ＝1×104 m/s.(2)由几何关系可知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N 恰好在磁场边界上，粒子从M 点水平射出磁场，运动轨迹如图甲所示．由此得做匀速圆周运动的半径r ＝3R ＝0.3 m根据Bq v D ＝m v 2Dr，解得B ＝0.1 T.甲(3)粒子进入电场后做类平抛运动，有 水平位移x ＝2R ＝35m竖直位移y ＝R sin 60°＝0.15 m 又x ＝v D t ，y ＝v y 2t ，v ＝v 2D ＋v 2y 解得v ＝72×104 m/s ＝1.3×104 m/s. (4)电场强度取到最大值E 的临界条件是粒子在电场中的运动轨迹恰好与挡板相切，如图乙所示．由类平抛运动的规律，粒子速度的反向延长线过水平位移的中点Q ，有水平位移x ′＝4R －2R sin 60°tan 30°＝0.3 3 m根据x ′＝v D t ′ v ′y ＝at ′又v ′y ＝v D tan 60°，a ＝Eqm联立解得E ＝1 000 V/m.乙答案：(1)1×104 m/s (2)0.1 T (3)1.3×104 m/s (4)1 000 V/m。
2022版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习：第一部分电学综合检测 Word版含答案
电学综合检测一、单项选择题 1．(2021·金华十校高三模拟)如图所示，电源电动势为E ＝16 V ，内阻为r ＝4 Ω，直流电动机内阻为1 Ω.现调整滑动变阻器R 使电源的输出功率最大，此时电动机的功率刚好为6 W ，则此时滑动变阻器R 的阻值和电动机的发热功率P 为( )A ．R ＝3.0 Ω P ＝6 WB ．R ＝3.0 Ω P ＝4 WC ．R ＝2.5 Ω P ＝6 WD ．R ＝2.5 ΩP ＝4 W解析：选D.由于电源的输出功率为P ＝I (E －Ir )＝EI －rI 2，当I ＝E2r ＝2 A 时电源的输出功率最大，又电动机两端的电压U M ＝P MI ＝3 V ，则R ＝E －U M I －r ＝2.5 Ω，电动机的发热功率为P ＝I 2R M ＝4 W ．所以选项D 正确．2．(2021·安徽合肥一模)图甲所示的电路中，电流表A 1的指针指满刻度，电流表A 2的指针指满刻度的23处，图乙中，A 2的指针指满刻度，A 1的指针指满刻度的13处，已知A 1的电阻为0.45 Ω，则A 2的电阻为( )A ．0.1 ΩB ．0.15 ΩC ．0.3 ΩD ．0.6 Ω 解析：选A.设电流表A 1、A 2的满偏电流分别为I 1、I 2； 由题意知，当电流表串联时：I 1＝23I 2当电流表并联时：I 2R 2＝13I 1R 1由于R 1＝0.45 Ω 解得：R 2＝0.1 Ω. 3.(2021·高考海南卷)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l .在正极板四周有一质量为M 、电荷量为q (q >0)的粒子；在负极板四周有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开头运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽视，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：选A.因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿其次定律知它们的加速度分别为a 1＝qE M 、a 2＝qEm ，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2①，35l ＝12a 2t 2＝qE 2m t 2②，①②得M m ＝32.B 、C 、D 错，A 对．4.(2021·白山一模)如图所示，电场中的一簇电场线关于y 轴对称分布，O 点是坐标原点，M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四个点，其中M 、N 在y 轴上，Q 点在x 轴上，则( )A ．M 点电势比P 点电势高B ．OM 间的电势差等于NO 间的电势差C ．一正电荷在O 点的电势能小于在Q 点的电势能D ．将一负电荷从M 点移到P 点，电场力做正功解析：选D.依据电场线与等势线垂直的特点，在M 点所在电场线上找到P 点的等势点，依据沿电场线电势降低可知，P 点的电势比M 点的电势高，故A 错误；依据电场线分布可知，OM 间的平均电场强度比NO 之间的平均电场强度小，故由公式U ＝Ed 可知，OM 间的电势差小于NO 间的电势差，故B 错误；O 点电势高于Q 点，依据E p ＝φq 可知，正电荷在O 点时的电势能大于在Q 点时的电势能，C 错误；M 点的电势比P 点的电势低，负电荷从低电势移到高电势电场力做正功，故D 正确．5.如图所示，有一用铝板制成的U 形框，将一质量为m 的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v 匀速运动，悬线拉力为F T ，则( )A ．悬线竖直，F T ＝mgB ．悬线竖直，F T ＞mgC ．悬线竖直，F T ＜mgD ．无法确定F T 的大小和方向解析：选A.设两板间的距离为L ，由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则推断下板电势高于上板，动生电动势大小E ＝BL v ，即带电小球处于电势差为BL v 的电场中，所受电场力F 电＝qE 电＝q E L ＝q BL vL ＝q v B .设小球带正电，则所受电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F 洛＝q v B ，方向由左手定则推断知竖直向下，即F 电＝F 洛，所以F T ＝mg .同理分析可知当小球带负电时，F T ＝mg ，故无论小球带什么电，F T ＝mg ，选项A 正确．6.(2021·嘉兴模拟)如图所示，在0≤x ≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 坐标系平面(纸面)向里．具有肯定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 坐标系平面内，线框的ab 边与y 轴重合，bc 边长为L .设线框从t ＝0时刻起在外力作用下由静止开头沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i (取逆时针方向的电流为正)随时间t 变化的函数图象可能是选项中的( )解析：选D.线框进入磁场时，依据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向(正方向)，线框出磁场时，依据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向(负方向)；线框做初速度为零的匀加速直线运动，若线框的dc 边由－L 处运动到O 处所用时间为t 0，那么线框的dc 边从L 处运动到2L 处所用时间将小于t 0；综上所述，选项D 正确．二、不定项选择题7.(2021·河北冀州调研)如图为某灯光把握电路示意图，由电源(电动势为E 、内阻为r )与一圆环形电位器(可视为滑动变阻器)R 和灯泡(电阻不变)连接而成，图中D 点与电位器相连，电位器触片一端固定在圆心处，并与电源正极相连，当触片由D 点开头顺时针旋转一周的过程中，下列说法正确的是( )A ．电源的输出功率肯定先减小后增大B ．电源的供电电流肯定先减小后增大C ．电源两端的电压肯定先减小后增大D ．灯泡的亮度肯定先变暗后变亮解析：选BD.由题图可知在触片从D 点开头顺时针转一周的过程中电位器连入电路的等效电阻先增大后减小，又E 、r 、R L 不变，则由闭合电路欧姆定律可得：干路电流先减小后增大，故灯泡的亮度应先变暗后变亮，而路端电压(U ＝E －Ir )应先增大后减小，B 、D 正确，C 错误．当R 外＝r 时，P 出最大，因不知R 外与r 的大小关系，故无法推断P 出的变化状况，A 错误．8.(2021·四川名校检测)如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知( )A ．带电粒子在R 点时的速度大于在Q 点时的速度B ．带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能大C ．带电粒子在R 点时的动能与电势能之和比在Q 点时的小，比在P 点时的大D ．带电粒子在R 点时的加速度大于在Q 点时的加速度解析：选AD.由运动轨迹可判定，电场力的方向指向轨迹右侧，因此粒子从Q →R →P ，速率增大，故A正确；由于粒子只受电场力，动能与电势能之和守恒，故B 、C 错误；由电场线分布可知，粒子在R 点所受电场力大于在Q 点时的电场力，故D 正确．9.(2021·浙江东北联考卷)两根相距为L 的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R .整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度v 1沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动，重力加速度为g .以下说法正确的是( )A ．ab 杆所受拉力F 的大小为μmg ＋B 2L 2v 12RB ．cd 杆所受摩擦力为零C ．回路中的电流为BL （v 1＋v 2）2RD ．μ与v 1大小的关系为μ＝2RmgB 2L 2v 1解析：选AD.金属细杆ab 、cd 受力分析如图甲、乙所示，ab 、cd 杆都做匀速直线运动，由平衡条件，对ab 杆，F ＝F f1＋F 安，F N ＝mg ，F f1＝μF Nab 切割磁感线产生感应电动势E ，cd 不切割磁感线，无感应电动势，故E ＝BL v 1，I ＝E2R ，F 安＝BIL ，联立解得F ＝μmg ＋B 2L 2v 12R ，故A 正确，C 错误；对cd 杆，有F f2＝mg ，F f2＝μF 安，得μ＝2RmgB 2L 2v 1，故B 错误，D 正确．三、非选择题10.(2021·高考海南卷)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽视．求：(1)电阻R 消耗的功率； (2)水平外力的大小．解析：法一：导体棒匀速向右滑动，速率为v ， 则有F ＝F 安＋μmg E ＝Bl v I ＝E R F 安＝BIl解得F ＝B 2l 2vR ＋μmg .由能量守恒定律得F v ＝μmg v ＋P R ，故得P R ＝B 2l 2v 2R .法二：(1)导体棒切割磁感线产生的电动势 E ＝Bl v由于导轨与导体棒的电阻均可忽视，则R 两端电压等于电动势： U ＝E则电阻R 消耗的功率 P R ＝U 2R综合以上三式可得 P R ＝B 2l 2v 2R.(2)设水平外力大小为F ，由能量守恒有F v ＝P R ＋μmg v故得F ＝P Rv ＋μmg ＝B 2l 2v R ＋μmg .答案：(1)B 2l 2v 2R (2)B 2l 2vR＋μmg11．如图甲所示，A 、B 是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B 板接地，A 板电势φA 随时间变化状况如图乙所示，C 、D 两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O ′1和O 2，两板间电压为U 2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t ＝0时刻以肯定初速度沿AB 两板间的中轴线O 1O ′1进入，并能从O ′1沿O ′1O 2进入C 、D 间．已知带电粒子带电荷量为－q ，质量为m ，(不计粒子重力)求：(1)该粒子进入A 、B 间的初速度v 0为多大时，粒子刚好能到达O 2孔； (2)在(1)的条件下，A 、B 两板长度的最小值； (3)A 、B 两板间距的最小值．解析：(1)因粒子在A 、B 间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O ′1孔的速度即为进入A 、B 板的初速度在C 、D 间，由动能定理得qU 2＝12m v 2即v 0＝2qU 2m. (2)由于粒子进入A 、B 后，在一个周期T 内，竖直方向上的速度变为初始状态且粒子回到O 1O ′1线上， 若在第一个周期内进入O ′1孔，则对应两板最短长度为L ＝v 0T ＝T2qU 2m. (3)若粒子在运动过程中刚好不到A 板而返回，则此时对应两板最小间距，设为d 所以12·qU 1md ·⎝⎛⎭⎫T 42×2＝d 2即d ＝T 2qU 12m. 答案：见解析 12．(2021·商丘模拟)如图所示，真空中有一半径r ＝0.5 m 的圆形磁场区域，圆与x 轴相切于坐标原点O ，磁场的磁感应强度大小B ＝2×10－3T ，方向水平向里，在x 1＝0.5 m 到x 2＝1.0 m 区域内有一个方向竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝2.0×103 N/C.在x ＝2.0 m 处有一竖直放置的足够大的荧光屏．现将比荷为qm ＝1×109C/kg 的带负电粒子从O 点处射入磁场，不计粒子所受重力．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)若粒子沿y 轴正方向射入，恰能从磁场与电场的相切处进入电场，求粒子最终到达荧光屏上位置的y 坐标；(2)若粒子以(1)问中相同速率从O 点与y 轴成37°角射入其次象限，求粒子到达荧光屏上位置的y 坐标．解析：(1)由题意可知，粒子的运动轨迹如图甲所示． 据几何关系：R ＝r ＝0.5 m ；粒子在磁场中运动，则有：Bq v ＝m v 2R ；粒子在磁场中运动的过程：y 1＝r ＝0.5 m.粒子进入电场后做类平抛运动：水平位移L 1＝v t ； y 2＝12at 2；a ＝qEm ，tan θ＝v y v x＝at v ；飞出电场后粒子做匀速直线运动y 3＝L 2tan θ(L 2为电场右边界到荧光屏的距离)，y ＝y 1＋y 2＋y 3.代入数据得：y ＝1.75 m.(2)粒子射出磁场时，由几何关系得速度与x 轴平行，粒子将垂直电场线射入电场，如图乙所示． 据几何关系可得：y ′＝y ＋R sin 37°； 解得：y ′＝1.75 m ＋0.3 m ＝2.05 m. 答案：(1)1.75 m (2)2.05 m。
优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力电综合检测(A)
力电综合检测(A)一、单项选择题1．(2015·温州高三测试)如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a 处，则下列说法正确的是()A ．在a 点碗对蚂蚁的支持力大于在b 点的支持力B ．在a 点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力C ．在a 点碗对蚂蚁的作用力大于在b 点的作用力D ．在a 点蚂蚁受到的合力大于在b 点受到的合力解析：选B.由题意知，蚂蚁在半球形碗内爬行过程中受到竖直向下的重力、碗的支持力和摩擦力，设支持力方向与竖直方向的夹角为θ，蚂蚁的质量为m ，因蚂蚁缓慢爬行，则由力的平衡条件知蚂蚁受到的支持力和摩擦力分别为F N ＝mg cos θ、F f ＝mg sin θ，由于θa >θb ，因此F N a <F N b ，F f a >F f b ，即在a 点碗对蚂蚁的支持力小于在b 点的支持力，在a 点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力，故选项A 错误，B 正确；碗对蚂蚁的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力大小相等，方向相反，即在a 点碗对蚂蚁的作用力等于在b 点的作用力，在a 点蚂蚁受到的合力等于在b 点受到的合力，皆为0，故选项C 、D 错误．2.如图所示，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点，则下列说法错误的是(重力加速度为g )()A ．可求M 、N 之间的距离B ．可求小球落到N 点时速度的大小和方向C ．可求小球到达N 点时的动能D ．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大解析：选C.设小球从抛出到落到N 点经历时间t ，则有tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，t ＝2v 0tan θg ，因此可求出d MN ＝v 0tcos θ＝2v 20tan θg cos θ，v N ＝（gt ）2＋v 20，方向：tan α＝gt v 0，故A 、B 项正确；但因小球的质量未知，因此小球在N 点的动能不能求出，C 项错误；当小球速度方向与斜面平行时，小球垂直斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，D 项正确．3.如图所示，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电阻不计的线圈L 与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是()A ．K 闭合的瞬间，b 、c 两灯亮度不同B ．K 闭合足够长时间以后，b 、c 两灯亮度相同C ．K 断开的瞬间，a 、c 两灯立即熄灭D ．K 断开之后，b 灯突然闪亮以后再逐渐变暗 解析：选D.K 闭合的瞬间，L 上发生自感现象，对电流的阻碍很大，此时b 与c 串联，再与a 并联，故P b ＝P c ＜P a ，b 、c 亮度相同，且a 最亮，选项A 错误；K 闭合足够长时间以后，b 熄灭，所以选项B 错误；K 断开的瞬间，L 因发生自感，产生E 感，此时，电路连接如图所示，故选项D 正确，C 错误．4．光滑水平轨道abc 、ade 在a 端很接近但是不相连，bc 段与de 段平行，尺寸如图所示．轨道之间存在磁感应强度为B 的匀强磁场．初始时质量为m 的杆放置在b 、d 两点上，除电阻R 外，杆和轨道电阻均不计．用水平外力将杆以初速度v 0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，在杆向左运动位移L 内，下列说法正确的是( )A ．杆向左做匀加速运动B ．杆向左运动位移L 的时间为Δt ＝3L4v 0C ．杆向左运动位移L 的时间内电阻产生的焦耳热为Q ＝2B 2L 3v 03RD ．杆向左运动位移L 的时间内水平外力做的功为W ＝32mv 2解析：选B.因为电流不变，所以E ＝ΔΦΔt ＝BLv 0是一定值，Δt ＝ΔΦBLv 0＝3L4v 0，而速度是不断增大的，但不是匀加速，所以A 错误，B 正确；杆向左运动位移L 的时间内电阻产生的焦耳热为Q ＝I 2R Δt ，解得Q ＝3B 2L 3v 04R，即C 错误；杆向左运动位移L 的时间内水平外力做的功为W ＝12m (2v 0)2－12mv 20＋Q ＝3B 2L 3v 04R ＋32mv 20，所以D 错误．二、不定项选择题5.(2015·贵州省七校联考)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m 的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F 1、F 2，下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小不相等B．F1、F2方向相同C．小车加速度大小为g tan αD．小车加速度大小为g tan β解析：选BD.两球受重力和拉力作用，其中重力相同，由加速度相同可知两球所受合外力相同，由平行四边形定则可知，拉力相同，A项错误，B项正确；因为绳对小球拉力沿绳收缩方向，合力水平向右，由平行四边形定则可知mg tan β＝ma，即a＝g tan β，C项错误，D项正确．6．如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA的A端与圆环(重力不计)相连，O 端与质量m＝1 kg的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m、重物G相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin 53°＝0.8；cos 53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是( )A．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75B．棒对环的支持力为1.6 NC．重物G的质量M＝0.6 kgD．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6解析：选AC.因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有F f＝μF N.对环进行受力分析，则有：μF N－F T cos θ＝0，F N－F T sin θ＝0，F T＝F′T＝mg sin θ，代入数据解得：μ＝cot θ＝34，F N＝6.4 N，A正确，B、D错误；对重物m：Mg＝mg cos θ，得：M＝m cos θ＝0.6 kg，C正确．7.如图所示是A、B两物体从同一点出发的x－t图象，由图象可知，下列说法正确的是( )A．0～t1时间内A物体的速度大于B物体的速度B．t2时刻A、B两物体相遇C．0～t2时间内A的平均速度大于B的平均速度D．在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远解析：选ABD.位移图象的斜率代表速度，A正确；t2时刻两物体运动的位移相同，所以0～t2时间内平均速度相同，B正确，C错误；在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远，D正确．8.将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.根据图象信息，可以确定的物理量是( )A ．小球的质量B ．小球的初速度C ．最初2 s 内重力对小球做功的平均功率D ．小球抛出时的高度解析：选ABC.根据图象可以知道小球在2 s 内动能由E k0＝5 J 增加到E k ＝30 J ，因为小球做平抛运动，2 s 内下落的高度h ＝12gt 2＝20 m ，小球在2 s 时间内由动能定理有：mgh＝E k －E k0，所以：m ＝E k －E k0gh＝0.125 kg ，A 正确；由P －G ＝mg v －可以得出最初2 s 内重力对小球做功的平均功率P －G ＝12.5 W ，C 正确；据E k0＝12mv 20可得v 0＝4 5 m/s ，B 正确；因为小球抛出的总时间未知，故不能确定小球抛出时的高度，D 错误．9.在xOy 平面内有一匀强电场，场强为E ，方向未知，电场线跟x 轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy 内，从原点O 以大小为v 0、方向沿x 正方向的初速度射入电场，最后打在y 轴上的M 点，如图所示．(已知电子的质量为m ，电荷量为e ，重力不计)则( )A ．O 点电势低于M 点电势B ．运动过程中电子在M 点电势能最多C ．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D ．电场力对电子先做负功，后做正功 解析：选AD.由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向下，M 点电势高于O 点，A 正确；电子在M 点电势能最少，B 错误；运动过程中，电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C 错误，D 正确．10.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )解析：选BD.由左手定则可知，金属棒所受安培力垂直纸面向里，随着电流增大，安培力增大，滑动摩擦力增大，金属棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，后来做加速度逐渐增大的减速运动．安培力F 安＝BIL ＝BLkt ，金属棒所受合外力F 合＝mg －μF 安＝mg －μBLkt ，加速度a ＝g －μBLktm，选项B 、D 正确．三、非选择题11．全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注．在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大．如果路上能见度小于200 m ，应开启机动车的大灯、雾灯、应急灯，将车速控制在60 km/h 以下，并与同道前车保持50 m 的车距；当能见度小于100 m 时，应将车速控制在40 km/h 以下，并与同道前车保持100 m 的车距．已知汽车保持匀速正常行驶时受到地面的阻力为车重的0.1，刹车时受到地面的阻力为车重的0.5，重力加速度为g ＝10 m/s 2，则：(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v ＝36 km/h ，则刹车后经过多长时间才会停下来？ (2)若前车因故障停在车道上，当质量为m 0＝1 500 kg 的后车距已经停止的前车为x ＝90 m 时紧急刹车，刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？解析：(1)汽车行驶的初速度：v ＝36 km/h ＝10 m/s 汽车刹车后的阻力：F f2＝0.5mg故刹车后的加速度：a 2＝F f2m＝5 m/s 2刹车时间：t ＝v a 2＝2 s.(2)由匀变速直线运动规律可知汽车刹车时的初速度：v 0＝2a 2x ＝30 m/s 刹车前汽车所受的牵引力：F 牵＝F f1＝0.1m 0g所以后车正常行驶时的功率为：P ＝F 牵v 0＝4.5×104W.答案：(1)2 s (2)4.5×104W12.如图所示，在光滑水平面上，存在着垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O 、M 、P 、Q 为磁场边界和x 轴的交点，OM ＝MP ＝L .一质量为m 、带电荷量为＋q 的带电小球，从原点O 处，以速度大小为v 0，与x 轴正向成45°射入区域Ⅰ，又从M 点射出区域Ⅰ(粒子的重力忽略不计)．(1)求区域Ⅰ的磁感应强度大小；(2)若带电小球能再次回到原点O ，则匀强磁场Ⅱ的宽度需满足什么条件？小球两次经过原点O 的时间间隔为多少？解析：(1)小球进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得：R 1＝22L 由R 1＝mv 0qB解得B ＝2mv 0qL.(2)运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周运动的半径为：R 2＝2L 由几何知识得d ≥(2＋1)L带电小球第一次在磁场Ⅰ中运动时间t 1＝14×2π2L 2v 0＝2πL4v 0带电小球第一次在空白区域运动时间t 2＝2Lv 0带电小球在磁场Ⅱ中运动时间 t 3＝34×2π2L v 0＝32πL2v 0小球两次经过原点O 的时间间隔为t 总＝2(t 1＋t 2)＋t 3＝22（π＋1）Lv 0.答案：见解析13．如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v ； (2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .解析：(1)导体棒匀速下滑时， Mg sin θ＝BIl ①I ＝Mg sin θBl②设导体棒产生的感应电动势为E 0 E 0＝Blv ③由闭合电路欧姆定律得I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得 v ＝2MgR sin θB 2l 2.⑤(2)改变R x ，待棒再次匀速下滑后，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为EU ＝IR x ⑥ E ＝U d ⑦ mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBldqM sin θ.答案：(1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldqM sin θ。
(浙江选考)2020-2021届高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场专题综合训练
专题三电场与磁场专题综合训练(三)1.如图所示,某区域电场线左右对称分布,M、N为对称线上两点。
下列说法正确的是()A.M点电势一定高于N点电势B.M点电场强度一定大于N点电场强度C.正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D.将电子从M点移动到N点,静电力做正功2.如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点,且OM=ON,则()A.A、C两处电势、电场强度均相同B.A、C两处电势、电场强度均不相同C.B、D两处电势、电场强度均相同D.B、D两处电势、电场强度均不相同3.如图所示,正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成,O是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上边框中点A处取下足够短的带电量为q的一小段,将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处,若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时O点的电场强度大小为()A.kB.kC.kD.k4.如图,在竖直方向的匀强电场中有一带负电荷的小球(初速度不为零),其运动轨迹在竖直平面(纸面)内,截取一段轨迹发现其相对于过轨迹最高点O的竖直虚线对称,A、B为运动轨迹上的点,忽略空气阻力,下列说法不正确的是()A.B点的电势比A点高B.小球在A点的动能比它在B点的大C.小球在最高点的加速度不可能为零D.小球在B点的电势能可能比它在A点的大5.如图所示,真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷,两者相距为L,以+Q点电荷为圆心,半径为画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d 两点连线垂直于MN,一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动,比较a、b、c、d四点,则下列说法错误的是()A.a点电场强度最大B.负点电荷q在b点的电势能最大C.c、d两点的电势相等D.移动负点电荷q从a点到c点过程中静电力做正功6.真空中,两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了C、D两点,其中D点的切线与AB连线平行,O点为AB连线的中点,则()A.B带正电,A带负电,且|Q1|>|Q2|B.O点电势比D点电势高C.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D.在C点静止释放一带正电的检验电荷,只在电场力作用下将沿电场线运动到D点7.如图所示,矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一粒子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场,从cd边上的Q点飞出电场,不计粒子重力。
高中物理大二轮物理复习专题目录
二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想
(浙江选考)2021高考物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场和磁场性质的理解学案【可修改文字】
可编辑修改精选全文完整版第1讲电场和磁场性质的理解[历次选考考情分析]磁场中受到的力 运动电荷在磁场中受到的力 cc232223232322带电粒子在匀强磁场中的运动d232223232322考点一 电场根本性质的理解1．电场强度、电势、电势能的判断方法 (1)电场强度①根据电场线的疏密程度进展判断； ②根据E ＝Fq进展判断． (2)电势①沿电场线方向电势逐渐降低； ②假设q 和W ab ，由U ab ＝W abq判定． (3)电势能①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大； ②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小． 2．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 (1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．1．[库仑定律](2021·浙江4月选考·6)真空中两个完全一样、带等量同种电荷的金属小球A 和B (可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F .用一个不带电的同样金属球C 先后与A 、B 球接触，然后移开球C ，此时A 、B 球间的静电力为( )A.F 8B.F 4C.3F 8D.F 2答案 C解析 设A 、B 两金属小球开场带电荷量均为Q ，距离为r ，F ＝k Q 2r 2，用一个不带电的金属球C 先后与A 、B 接触，与A 接触完后，A 、C 带电荷量均为Q2，再与B 接触后，B 、C 带电荷量均为34Q ，F ′＝k Q 2·34Q r 2＝38F ，因此选C. 2．[电容器](2021·温州市六校期末)目前，指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤外表会和传感器上许许多多一样面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹外表的距离．在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开场用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进展匹配，如图1所示．以下说法正确的选项是( )图1A ．湿的手不会影响指纹解锁B ．极板与指纹嵴(凸起局部)构成的电容器电容小C ．极板与指纹沟(凹的局部)构成的电容器充上的电荷较多D ．极板与指纹沟(凹的局部)构成的电容器放电时间较短 答案 D3．[电场强度和电势差]如图2所示，在xOy 平面内有一个以O 为圆心、半径R ＝0.1 m 的圆，P 为圆周上的一点，O 、P 两点连线与x 轴正方向的夹角为θ.假设空间存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ，那么O 、P 两点的电势差可表示为( )图2A．U OP＝－10sin θ (V)B．U OP＝10sin θ (V)C．U OP＝－10cos θ (V)D．U OP＝10cos θ (V)答案 A解析由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的．沿着电场线的方向电势是降低的，所以P点的电势高于O点的电势，O、P两点的电势差U OP为负值．根据电势差与场强的关系U OP ＝－Ed＝－E·R sin θ＝－10sin θ (V)，所以A正确．4．[电场强度、电势、电势能](2021·嘉兴市期末)一对等量异种点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图3所示，那么以下说法正确的选项是( )图3A．A点场强E A大于B点场强E BB．A点电势φA高于B点电势φBC．某一点电荷在A点时的电势能E p A一定大于在B点时的电势能E p BD．将某一点电荷从A点移至B点，路径不同，电场力做功也不同答案 A5．[电场线和运动轨迹]如图4所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以一样的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，那么( )图4A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a做正功，a的电势能减小，电场力对b做负功，b的电势能增大C．a的速度将减小，b的动能将增大D．a的加速度减小，b的加速度将增大答案 D解析 电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定；从题图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，两带电粒子电势能都减小，所以选项A 、B 、C 错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a 受力减小，加速度减小，b 受力增大，加速度增大，所以选项D 正确．考点二 磁场及其对电流的作用1．求解有关磁感应强度的关键 (1)磁感应强度是由磁场本身决定的； (2)B ＝FIL只适用于通电导线垂直于磁场；(3)合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定那么)． 2．求解安培力作用下导体棒平衡问题的思路 (1)选取通电导体棒为对象；(2)受力分析，画受力分析图，用左手定那么判断安培力的方向； (3)根据力的平衡条件列方程．例1 (2021·浙江4月选考·12)在城市建立施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图5所示．有一种探测的方法是，首先给金属长直管通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进展以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a ；②在a 点附近的地面上，找到与a 点磁感应强度一样的假设干点，将这些点连成直线EF ；③在地面上过a 点垂直于EF 的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b 、c 两点，测得b 、c 两点距离为L .由此可确定金属管线( )图5A ．平行于EF ，深度为L 2B ．平行于EF ，深度为LC ．垂直于EF ，深度为L2D ．垂直于EF ，深度为L答案 A解析 画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点a 即为地面距离管线最近的点，作出b 、c 两点的位置，由题意可知EF 过a 点垂直于纸面，所以金属管线与EF 平行，根据几何关系得深度为L2.6．(2021·浙江4月选考·7)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通过电流I时，如图6所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的选项是( )图6答案 D解析利用左手定那么，四指指向电流方向，磁感线穿过掌心，大拇指所指的方向就是受力方向，因此选D.7．(2021·牌头中学期中)在磁场中的同一位置放置一根短直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通以不同的电流，导线受到的磁场力也不同，以下表示导线受到的磁场力F与其电流I的关系图象(a、b各代表一组F、I的数据)正确的选项是( )答案 C解析 在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F ＝BIL ，由于磁感应强度B 和导线长度L 不变，因此F 与I 的关系图象为过原点的直线，故C 正确．8．(2021·台州市外国语学校期末)如图7所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B .当棒通以方向由a 到b 、大小为I 的电流时，棒处于平衡状态，平衡时弹簧伸长量为x 1；保持电流大小不变，使棒中电流反向，那么棒平衡时以下说法正确的选项是( )图7A ．弹簧伸长，伸长量为2ILBk＋x 1B ．弹簧伸长，伸长量为ILBk ＋x 1 C ．弹簧压缩，压缩量为2ILBk－x 1 D ．弹簧压缩，压缩量为ILBk－x 1 答案 A解析 当棒通以方向由a 到b 、大小为I 的电流时，由左手定那么可知，棒受到的安培力沿导轨斜向上，大小为BIL ，设导轨与水平面的夹角为θ，那么由平衡条件得：mg sin θ＝BIL ＋kx 1当保持电流大小不变，使棒中电流反向，由左手定那么知，受到的安培力沿导轨斜向下，大小还是BIL此时有mg sin θ＋BIL ＝kx 得x ＝2BIL k＋x 1弹力沿着斜面向上，那么弹簧是伸长的，应选A.考点三 带电粒子在电场中的运动1．直线运动的两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．(2)用动能定理(或动量定理)处理带电粒子在电场中的直线运动要注意受力分析、过程分析，另外，电场力做功与重力做功均与经过的路径无关，只与初、末位置有关．2．偏转问题的解题思路(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，那么带电粒子将在电场中只受电场力作用而做类平抛运动．(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．例2(2021·浙江4月选考·11)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开场以－v0做直线运动，其v－t图象如图8所示．粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，以下判断正确的选项是( )图8A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB．A、B、C三点的场强大小关系为E C>E B>E AC．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功答案 C解析由题图v－t图象知道带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增大；在t0～3t0时间内做反方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，所以C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，此题中无法判断电势的上下，所以A错误；图象中斜率表示带电粒子的加速度，Eq＝ma，可知A、B、C三点中E B最大，B错误．例3如图9甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的一样带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，假设粒子在两板之间的运动时间均为T，那么粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )图9A ．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 答案 C解析 粒子在两板之间的运动时间均为T ，在t ＝nT 时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是匀加速，后半个周期是匀速，设加速度为a ，那么偏转位移为：y max ＝12a ·(T 2)2＋a ·T 2·T 2＝38aT 2，在t ＝(n ＋12)T 时刻进入的粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量最小，为：y min ＝12a ·(T 2)2＝18aT 2，故y max ∶y min＝3∶1，故A 、B 、D 错误，C 正确．9．如图10所示是真空中A 、B 两板间的匀强电场，一电子由A 板无初速度释放后运动到B 板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x 1和x 2，那么x 1与x 2之比为( )图10A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案 C解析 无初速度释放后，电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，电子在前一半时间内和后一半时间内的位移之比是1∶3，选项C 正确． 10.a 、b 两离子从平行板电容器两板间Pa 、b 的偏转时间一样，那么a 、b 一定一样的物理量是( )图11A ．比荷B ．入射速度C ．入射动能D ．电荷量 答案 A解析 a 、b 两离子竖直方向分位移相等，故：y ＝12·qE m·t 2，由于y 、E 、t 均相等，故比荷qm相等，故A 正确； 水平方向位移关系是x a >x b ，水平分运动是匀速直线运动，时间相等，故v a >v b ，故B 错误；a 、b 两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能大小关系，故C 错误； a 、b 两离子比荷相等，质量关系未知，无法确定电荷量大小关系，故D 错误．考点四 磁场对运动电荷的作用1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法〞 (1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式． 2．半径确实定方法一：由物理方程求．由于Bqv ＝mv 2R ，所以半径R ＝mv qB；方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定． 3．时间确实定方法一：由圆心角求：t ＝θ2π·T ；方法二：由弧长求：t ＝sv.例4 如图12所示，长方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率v 1沿ab 射入磁场区域，垂直于dc 边离开磁场区域，运动时间为t 1；以速率v 2沿ab 射入磁场区域，从bc 边离开磁场区域时与bc 边夹角为150°，运动时间为t 2.不计粒子重力．那么t 1∶t 2是( )图12A ．2∶ 3 B.3∶2 C．3∶2 D．2∶3 答案 C解析 根据题意作出粒子运动轨迹如下图：由几何知识可知：α＝90°，β＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πm qB ，粒子在磁场中的运动时间：t ＝θ2πT ，粒子在磁场中的运动时间之比：t 1t 2＝αβ＝90°60°＝32，故C 正确．11．(多项选择)如图13所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，速度一样的两带电粒子A 、B 从O 点射入磁场中，速度与磁场边界的夹角为θ(θ＝60°)，A 粒子带负电，B 粒子带正电，且A 、B 粒子的质量之比为1∶4，带电荷量之比为1∶2，不计粒子重力，以下说法中正确的选项是( )图13A ．A 、B 粒子的轨道半径之比为2∶1B ．A 、B 粒子回到边界时，速度大小、方向都一样C ．A 、B 粒子回到边界时的位置离O 点的距离之比为2∶1D ．A 、B 粒子在磁场中运动的时间一样 答案 BD解析 由洛伦兹力提供向心力qBv ＝m v 2r 得到r ＝mv Bq ，所以r A r B ＝m A m B ×q B q A ＝12，所以选项A 错误．据左手定那么，A 、B 粒子的电性相反，偏转方向相反，由于洛伦兹力不做功，所以速度大小不变，根据粒子做圆周运动的对称性，A 、B 的方向都是与边界成60°角斜向右下，所以B 选项正确．由几何关系能求得粒子回到边界时到出发点的距离d ＝2r sin θ，所以d A d B ＝r A r B ＝12，选项C 错误．由运动学公式，粒子运动的时间为t ＝θ2π×2πr v ＝θr v ，所以t A t B ＝θA θB ×r A r B ＝240°120°×12＝11，所以选项D 正确． 12．如图14，半径为R 的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为＋q 且不计重力的粒子，以速度v 沿与半径PO 夹角θ＝30°的方向从P 点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN 射出，那么磁感应强度的大小为( )图14A.mv qRB.mv 2qRC.mv 3qRD.mv4qR 答案 B解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系，知圆心角为30°，粒子运动的轨迹的半径为：r ＝2R ①根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝m v 2r 得半径为：r ＝mv qB②联立①②得：B ＝mv2qR，故B 正确．专题强化练1．(2021·浙江4月选考·7)关于电容器，以下说法正确的选项是( )A．在充电过程中电流恒定B．在放电过程中电容减小C．能储存电荷，但不能储存电能D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案 D解析由电容器的充、放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A错误；电容是电容器储存电荷的本领，不随充、放电过程变化，B错误；电容器中的电场具有电场能，所以C错误；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D正确．2．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的?梦溪笔谈?中最早记载了：“方家(术士)以磁石磨针锋，那么能指南，然常微偏东，不全南也．〞进一步研究说明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图1所示．结合上述材料，以下说法正确的选项是( )图1A．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近B．结合地球自转方向，可以判断出地球是带正电的C．地球外表任意位置的磁场方向都与地面平行D．因地磁场影响，在进展奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显答案 D3．如图2所示，一导线绕制的线圈中放一枚小磁针，当线圈中通以电流时，小磁针将会发生偏转，那么以下判断正确的选项是( )图2A．为使实验现象明显，线圈平面应南北放置B．为使实验现象明显，线圈平面应东西放置C．假设线圈平面南北放置，通电后再次稳定时，小磁针转过180°角D．假设线圈平面东西放置，通电后再次稳定时，小磁针转过90°角答案 A4．(2021·名校协作体)如图3所示，在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲，现将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M点移动到N点，假设此过程中甲始终保持静止，甲、乙两物体可视为质点，那么以下说法正确的选项是( )图3A．甲对地面的压力先增大后减小B．甲受到地面的摩擦力大小不变C．甲受到地面的摩擦力先增大后减小D．乙的电势能先增大后减小答案 A5．(2021·温州市十五校联合体期末)两个点电荷a、b周围的电场线分布情况如图4所示，虚线为带电粒子c穿越该电场时的运动轨迹，该粒子在电场中运动时只受电场力作用，由图可判断( )图4A．a、b带等量异号电荷B．a、b带同号电荷，a的电荷量大于b的电荷量C．粒子c带正电，在电场中运动时动能先减小后增大D．粒子c带负电，在电场中运动时动能先增大后减小答案 D6．(2021·杭州市五校联考)两个带等量正电的点电荷，固定在图5中P、Q两点，MN为PQ 连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，那么( )图5A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最小D．q运动到O点时电势能为零答案 B7．(2021·湖州、衢州、丽水高三期末)如图6(a)所示为两个带电物体，甲固定在绝缘水平面上，乙从甲右侧某处静止释放后的v－t图象如图(b)所示，那么( )图6A．两个物体带同种电荷B．两个物体带异种电荷C．两个物体带电荷量一定相等D．两个物体带电荷量一定不等答案 B8．(2021·诸暨中学段考)如图7所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小一样的电流，方向如下图．一带正电粒子从正方形中心O点沿垂直纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向( )图7A．向上 B．向下 C．向左 D．向右答案 A解析此带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据安培定那么，a在O点产生的磁场方向水平向左，b在O点产生的磁场方向竖直向上，c在O点产生的磁场方向水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左．根据左手定那么，此带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上．9．(2021·新力量联盟期末)教师在课堂上做了一个演示实验：装置如图8所示，在容器的中心放一个圆柱形电极B，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A，把A和B分别与直流电源的两极相连，然后在容器内放入导电液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．关于这种现象以下说法正确的选项是( )图8A．液体旋转是因为电磁感应现象B．液体旋转是因为受到安培力作用C．仅将电流方向改为反向，液体旋转方向不变D．仅将磁场方向改为反向，液体旋转方向不变答案 B10．(2021·新高考联盟联考)高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图9所示，那么此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是( )图9A．向东 B．向南 C．向西 D．向北答案 C11．如图10所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球a、b(均可以看成质点)．将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点．那么从释放小球到刚要打到右极板的运动(过程)中，以下说法正确的选项是( )图10A ．它们的运动时间t a >t bB ．它们的电荷量之比q a ∶q b ＝1∶2C ．它们的电势能减少量之比ΔE a ∶ΔE b ＝4∶1D ．它们的动能增加量之比ΔE k1∶ΔE k2＝4∶1 答案 C解析 小球运动过程只受重力和电场力作用，故粒子竖直方向做加速度a ＝g 的匀加速运动，水平方向做加速度a ′＝qE m的匀加速运动；由两小球竖直位移一样可得运动时间一样，即t a ＝t b ，所以，q a q b ＝a a ′ab ′＝s a 水平s b 水平＝2∶1，故A 、B 错误；由电势能减少量等于电场力做的功可得：ΔE a ∶ΔE b ＝q a Es a 水平∶q b Es b 水平＝4∶1，故C 正确；由动能定理可知：小球动能增加量等于重力势能和电势能减小量之和；又有两小球重力势能减小量相等，由C 项可知：动能增加量之比不可能为4∶1，故D 错误．12．(2021·台州中学统练)如图11所示，绝缘水平面上有A 、B 、C 、D 四点，依次相距L ，假设把带电金属小球甲(半径远小于L )放在B 点，测得D 点处的电场强度大小为E ；现将不带电的一样金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，此时D 点处的电场强度大小为( )图11A.49EB.59E C ．E D.209E 答案 D解析 根据点电荷电场强度公式E ＝kQ r 2，那么B 点电荷在D 的电场强度为E B ＝kQ (2L )2＝kQ4L 2＝E ；当将不带电的一样金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，那么两球的带电荷量均为Q2，那么A 处的小球在D 处的电场强度E A ＝k ·Q2(3L )2＝kQ 18L2，而C 处的小球在D 处的电场强度E C＝kQ2L2；由于两球在D处的电场强度方向一样，因此它们在D点处的电场强度大小为E合＝kQ18L2＋kQ2L2＝5kQ9L2＝209E，故D正确．13．如图12所示，匀强电场中有M、N、P、Q四点，它们分别位于矩形的四个顶点上．电子分别由M点运动到N点和Q点的过程中，电场力所做的正功一样，N、P、Q中有两点电势是18 V、10 V．那么( )图12A．不可能求出M点电势B．N点电势是18 VC．P点电势是10 VD．Q点电势是10 V答案 D解析电子分别由M点运动到N点和Q点过程中，电场力所做的正功一样，说明N、Q两点电势相等，且高于M点的电势，故四点的电势关系是φM<φN＝φQ<φP，所以φP＝18 V，φN＝φQ＝10 V，B、C错误，D正确；由于QM平行且与PN长度一样，所以U QM＝U PN＝8 V，可得φM ＝2 V，A错误．14．(2021·台州市高三期末)如图13所示，三根长为L的平行长直导线的横截面在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里．电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面处于静止状态，那么导线C受到的静摩擦力是( )图13A.3B0IL，水平向左B.32B0IL，水平向右C.32B0IL，水平向左 D.3B0IL，水平向右答案 D15．如图14所示，以O为圆心的圆形区域内，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界上的A点有一粒子发射源，沿半径AO方向发射出速率不同的同种粒子(重力不计)，垂直进入磁场，以下说法正确的选项是( )图14A ．速率越大的粒子在磁场中运动的时间越长B ．速率越小的粒子在磁场中运动的时间越长C ．速率越大的粒子在磁场中运动的角速度越大D ．速率越小的粒子在磁场中运动的角速度越大 答案 B解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，那么有Bqv ＝m v 2R，解得粒子做圆周运动的半径R ＝mv Bq，设磁场圆形区域半径为r ，如下图，粒子在磁场中运动的偏转角为2θ，由几何关系得：tan θ＝rR，所以v 越大，那么R 大，那么tan θ越小，故θ也越小，而周期T ＝2πm Bq，即不同速率的粒子在磁场中做圆周运动的周期一样．那么粒子在磁场中运动的偏转角越大，运动时间越长，所以速率越大的粒子在磁场中运动的偏转角越小，运动的时间越短，故A 错误，B 正确；粒子在磁场中运动的角速度ω＝v R ＝Bqm，所以不同速率粒子在磁场中运动的角速度相等，故C 、D 错误．16．(2021·诸暨中学段考)如图15所示，在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里的匀强磁场．现将一带电小球以一定初速度v 0竖直上抛，小球能上升的最大高度为h ，设重力加速度为g ，不计空气阻力，那么以下判断正确的选项是( )图15A ．h 一定大于v 022gB ．h 一定等于v 022gC ．h 一定小于v 022gD ．h 可能等于v 022g答案 C解析 如果没有磁场，小球将做竖直上抛运动，上升的最大高度：h ＝v 022g，当加上磁场后，小球在运动过程中，除受重力外，还要受到洛伦兹力作用，小球在向上运动的同时会发生偏转，小球到达最高点时速度不为零，动能不为零，因此小球上升最大高度小于v 022g，故C 正确．17．(2021·牌头中学期中)电磁炮是一种理想兵器，它的主要原理如图16所示，1982年澳大利亚国立大学成功研制出能把2.2 g 的弹体(包括金属杆MN 的质量)加速到10 km/s 的电磁炮．假设轨道宽2 m ，长100 m ，通过金属杆的电流恒为10 A ，不计轨道摩擦，那么( )图16A ．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5 TB ．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5×104T C ．该电磁炮工作时磁场力的最大功率为1.1×104kW D ．该电磁炮装置中对磁场方向和电流方向的关系没有要求 答案 C解析 由运动学公式2ax ＝v 2－v 02可得弹体的加速度为a ＝v 2－v 022x ＝(10×103)22×100m/s 2＝5×105m/s 2；弹体所受安培力为F ＝BIL ，由牛顿第二定律可得：BIL ＝ma ，解得：B ＝maIL＝2.2×10－3×5×10510×2 T ＝55 T ，选项A 、B 错误；速度最大时磁场力的功率最大：P m ＝BIL ·v m＝55×10×2×104W ＝1.1×104kW ，选项C 正确；电磁炮装置中必须使得磁场方向和电流方向决定的安培力方向与炮弹沿导轨的加速度方向一致，选项D 错误．。
高考物理二轮总复习课后习题专题3 电场与磁场 专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动 (2)
专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1×103m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率ρ=0.25 Ω·m。
在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。
下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 ΩC.若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6×106JD.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则Δt时间内磁流体发电机内部有电荷量为IΔt的正、负离子偏转到极板2.(重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。
一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-ΔU,U+ΔU),两种离子打在底的值约为片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则ΔUU( )A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。
某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距x轴最远,则B0= 。
4.(福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,√3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-√3L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。
优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习 第一部分 力电综合检测(B)-人教版高三全册物理试题
力电综合检测(B)一、单项选择题1．(2015·宁波高三十校联考)如图，一小球从水面上方高h 处由静止下落进入水中，假设小球在水中所受阻力大小为F ＝kv 2(k 为常量，v 为小球速度大小)，且水足够深，如此( )A ．h 越大，小球做匀速运动时的速度越大B ．h 变大，小球在水中的动能变化量的绝对值一定变大C ．h 变小，小球在水中的动能变化量的绝对值可能变大D ．小球在水中刚开始做匀速运动的位置与h 无关解析：选C.小球匀速运动时有mg ＝kv 2，即小球做匀速运动时的速度与下落高度无关，选项A 错误；小球入水速度与做匀速运动时的速度差值越大，动能变化量的绝对值越大，选项B 错误，C 正确；由mg ＝kv 2，mgh ＝12mv 2可得h ＝m 2k ，当h ＝m 2k 时，小球刚开始做匀速运动的位置在水面处，显然选项D 错误．2．如下列图，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r ＝0.1 m 处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与一样条件下的滑动摩擦力一样．假设要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．8 rad/sB ．2 rad/s C.124 rad/sD.60 rad/s解析：选B.木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmg cos θ－mg sin θ＝mrω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s ，B 正确．3．空间有一匀强电场，在电场中建立如下列图的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a ，0)，N 点的坐标为(a ，0，0)，P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2.电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，如此P 点的电势为( )A.22V B.32V C.14 V D.34V 解析：选D.MN 间的距离为2a ，P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a4，所以P 点的电势为：32a 42a×1 V ＝34 V ，D 正确．4．(2015·高考安徽卷)如下列图，abcd 为水平放置的平行“〞形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．如此( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ解析：选B.金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rlsin θ，故回路中的感应电流I ＝E R＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIl sin θ＝Bl sin θ·Bv sin θr ＝B 2lvr ，C 错误；金属杆的热功率P＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．5.如下列图，A 、B 为两个等量正点电荷，O 为A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点、垂直AB 向右为正方向建立Ox 轴．如下四幅图分别反映了在x 轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E 的大小随坐标x 的变化关系，其中正确的答案是( )解析：选C.此题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，应当选项C 正确，D 错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x 线性减小，选项A 、B 错误．6.(2015·唐山模拟)如下列图，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .如此此过程( )A ．杆的速度最大值为〔F －μmg 〕RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析：选B.当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝〔F －μmg 〕〔R ＋r 〕B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdlR ＋r ，B 对；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 、D 错．二、不定项选择题7.某遥控小车在平直路面上运动的v －t 图线如下列图．如此关于小车的运动，如下说法正确的答案是( )A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 m解析：选BC.由题图知，小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 末时开始做匀加速运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 末时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ＋2＋42×1 m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误． 8.近来我国暴雨频发，多地相继出现群众被困河心孤岛的险情，为此消防队员常常需要出动参与抢险救灾．用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方，一条细绳一端系住被困人员，另一端由位于河道边的救援人员拉动，其原理可以简化为如下列图．某时刻被困人员位于河道O 处，与河岸距离为l ，救援人员位于A 处，沿OA 方向以速度v 1拉细绳，被困人员所受拉力大小恒为F ，此时OA 与粗绳OB 夹角为α，被困人员此时速度为v 2.如此( )A ．v 2＝v 1cos αB ．v 2＝v 1cos αC ．被困人员被拉到B 点时拉力做功为FlD ．拉力瞬时功率P ＝Fv 1解析：选AD.由被困人员的运动效果可知，细绳速度v 1为被困人员的速度v 2的一个分速度，由几何关系可知：v 2＝v 1cos α，A 正确，B 错误；拉力的瞬时功率为P ＝Fv 1，D 正确，拉力做功为Flcos α，C 错误．9．一个质量为m 的质点以速度v 0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为v 02.质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A ．经历的时间为3mv 02FB ．经历的时间为mv 02FC ．发生的位移为6mv 28FD ．发生的位移为21mv 28F解析：选AD.质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v 0cos 30°－F mt ＝0，x ＝v 0cos 30°2t ，在垂直恒力方向上有y ＝v 02t ，质点的位移s ＝x 2＋y 2，联立解得经历时间为t ＝3mv 02F ，发生的位移为s ＝21mv 28F，A 、D 正确．10.如下列图，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场与水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，如下说法正确的答案是( )A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：选AC.两种场都存在时，对带电粒子受力分析，根据平衡条件得qE ＝qvB ，解得E ＝vB ＝10 N/C ，A 项正确；带电粒子仅在电场中运动时，竖直方向上r ＝vt ，水平方向上r＝12at 2，由牛顿第二定律a ＝qE m ，联立解得q m ＝2v Br ＝2×106 C/kg ，B 项错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径R ＝mvqB 1＝0.1 m ，C 项正确；画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期，T ＝2πR v ，因此运动的时间t ＝14T ＝πR 2v ＝1.57×10－4s ，D 项错误．三、非选择题11．将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如下列图．细绳的长度为L ＝1 m ，1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为F T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小；(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为F T ＝8 N ，根据牛顿第二定律，对滑块1：F T －μm 1g ＝m 1a代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N.(2)设绳断后，滑块1的加速度为a 1，滑块2的加速度为a 2，如此：a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，如此t ＝v a 1＝1 s滑块1的位移为x 1，如此x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，如此x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m. 答案：(1)40 N (2)3.5 m12．(2015·西城一模)如下列图，两条光滑的金属导轨相距L ＝1 m ，其中MN 段平行于PQ 段，位于同一水平面内，NN 0段与 0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN 0与P 0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．ab 和cd 是质量均为m ＝0.1 kg 、电阻均为R ＝4 Ω的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd 受到F ＝0.6－0.25t (N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)求流过cd 棒的电流强度I cd 随时间t 变化的函数关系； (2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系； (3)求从t ＝0时刻起，1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ；(4)假设t ＝0时刻起，1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W ＝16 J ，求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd .解析：(1)由题意知cd 棒受力平衡，如此F ＋F cd ＝mg sin 37° F cd ＝B 2I cd L 得I cd ＝0.5t (A)．(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A) 如此回路中电源电动势E ＝I cd R 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动． (3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02m ＝4 m根据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝It ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝0.25 C. (4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s 根据动能定理有W －W 安＝12mv 2－0得1.0 s 内抑制安培力做功W 安＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16－12×0.1×82J ＝12.8 J回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝6.4 J.答案：(1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J13.最近，我国局部地区多发雾霾天气，PM2.5值过高，为防控粉尘污染，某同学设计了一种除尘方案，用于去除带电粉尘．模型简化如图，粉尘源A 点向虚线上方(竖直平面内)各个方向喷出粉尘微粒，速度大小均为v ＝10 m/s ，粉尘微粒质量m ＝5×10－10kg ，电荷量为q ＝＋1×10－7C ，粉尘源正上方有方向向外且磁感应强度B ＝0.1 T 的圆形边界磁场，半径R ＝0.5 m ，磁场右侧紧邻金属极板MN 、PQ ，两板间电压恒为U 0＝0.9 V ，两板相距d ＝1 m ，板长l ＝1 m ，不计粉尘重力与粉尘之间的相互作用．(1)证明粉尘微粒从磁场射出时，速度方向均水平向右；(2)假设粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒个数为n ＝2×108个，且粉尘微粒分布均匀地进入极板通道，求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M ；(3)假设两极板间电压在0～1.5 V 之间可调，求收集效率和电压的关系． 解析：(1)在磁场中粉尘受到的洛伦兹力提供向心力，轨迹半径为rqvB ＝m v 2rr ＝mv qB ＝5×10－10×101×10－7×0.1m ＝0.5 m如下列图，假设粉尘微粒从B 点打出，轨迹圆的圆心为O ′，由r ＝R 可知AOBO ′为菱形，所以OA ∥BO ′，BO ′一定在竖直方向上，速度方向与BO ′垂直，因此速度方向水平向右．(2)粉尘微粒进入电场，水平方向做匀速直线运动l ＝vt竖直方向做匀加速直线运动a ＝qU md y ＝12at 2 y ＝qUl 22mdv2 当U ＝U 0＝0.9 V 时解得y ＝qU 0l 22mdv 2＝1×10－7×0.9×122×5×10－10×1×102 m ＝0.9 m假设该粉尘在A 处与水平向左方向夹角为α， 如此y ＝R ＋R cos α，如此α＝37°， 可知在极板上的微粒占总数的百分比为η＝180°－α180°×100%＝79.4%可见79.4%的微粒会打在极板上 此装置每秒能收集的粉尘质量M ＝nm ×79.4%＝2×108×5×10－10×79.4% kg ＝0.079 4 kg. (3)把y ≥d 代入y ＝qUl 22mdv2解得U ≥1 V可知：1.5 V ≥U ≥1 V 时，收集效率η＝100% 当1 V>U ≥0时，对于恰被吸收的粒子： y ＝12at 2＝12qUl 2mdv 2＝U (m)， 由y ＝R ＋R cos α，α＝arccosy －RR得， α＝arccos (2U －1)，收集效率η＝π－απ×100%＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1πarccos 〔2U －1〕×100%. 答案：见解析。
优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场与磁场 第2讲 磁场对电流和运动电荷的作
磁场对电流和运动电荷的作用一、单项选择题1.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线上通有大小一样的电流，方向如下列图．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A．向上B．向下C．向左D．向右解析：选B.a、b、c、d四根导线上电流大小一样，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B大小一样，方向如图甲所示．O点合磁场方向如图乙所示，根据左手定如此可以判定由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向向下，B选项正确．2．(2015·河北唐山调研)如下列图，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( )A．37°B．30°C．45°D．60°解析：选B.此题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题．由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，如此有BIL cos θ＝μ(mg －BIL sin θ)整理得BIL ＝μmg cos θ＋μsin θ，电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，如此A 、C 、D 错，B 对．3．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mv qB 可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确．4.(2015·河北百校联考)如下列图，半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v 正对着圆心O 射入磁场，假设粒子射入、射出磁场点间的距离为R ，如此粒子在磁场中的运动时间为( )A.23πR 9v B.2πR 3v C.23πR 3v D.πR 3v解析：选A.此题考查带电粒子在磁场中的运动问题，根据题意可画出粒子运动轨迹示意图，如下列图：由几何关系可知α＝60°，β＝120°，粒子从A →B 运动的时间t ＝120°360°·T ，又T ＝2πr v ，r R ＝tan α2，解得t ＝23πR 9v.所以A 正确，B 、C 、D 错误．5.(2015·舟山一模)如下列图，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，如此如下说法中正确的答案是( )A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为13B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 3C ．A 、B 两粒子的qm之比是 3 D ．A 、B 两粒子的q m 之比是2＋33解析：选D.粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，从而确定半径为R ＝mv qB ，由几何关系如此有R cos 30°＋R ＝d ，r cos 60°＋r ＝d ，得R r ＝32＋3，故A 、B 错误；由于B 与v 的大小均一样，如此R 与q m 成反比．所以A 、B 两粒子的q m 之比是2＋33，故C 错误、D 正确． 6．(2015·东城区二模)如下列图，M 、N 为两条沿竖直方向放置的直导线，其中有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流．一带电粒子在M 、N 两条直导线所在的平面内运动，曲线ab 是该粒子的运动轨迹．带电粒子所受重力与空气阻力均可忽略不计．关于导线中的电流方向、粒子带电情况以与运动的方向，如下说法正确的答案是( )A ．M 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动B ．M 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从a 点向b 点运动C ．N 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从a 点向b 点运动D ．N 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动解析：选A.靠近导线M 处，粒子的偏转程度大，说明靠近M 处偏转的半径小，洛伦兹力提供电子偏转的向心力，由qvB ＝m v 2r 得圆周运动的半径r ＝mv qB，粒子速率不变，偏转半径小，说明B 强，又靠近通电直导线的地方磁场强，故只有M 中通电流，故C 、D 错误；根据曲线运动的特点，合外力指向弧内，当M 通向下的电流且粒子从a 点向b 点运动，利用安培定如此可判断，在M 、N 之间的磁场为垂直纸面向外，根据左手定如此可以判断，该粒子应带负电，故A 正确，B 错误．二、不定项选择题7．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率一样的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：选AC.两速率一样的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍．由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝qvB m ∝B ，所以a 2a 1＝1k，选项B 错误．由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确．由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k ，选项D 错误． 8．(2015·金华一模)如下列图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面为一正方形的匀强磁场区，在从ab 边离开磁场的电子中，如下判断正确的答案是( )A ．从b 点离开的电子速度最大B ．从b 点离开的电子在磁场中运动时间最长C ．从b 点离开的电子速度偏转角最大D ．在磁场中运动时间一样的电子，其轨迹线一定重合解析：选AD.电子进入磁场，轨迹圆心在入射点下方，使电子速度从零逐渐增大，逐渐增大轨迹圆半径，从左边界离开的电子轨迹为半圆，由作图可知从b 点离开的电子轨迹半径最大，且从b 点离开的电子其轨迹圆心角最小，速度偏转角最小，在磁场中运动时间最短，A 正确，B 、C 错误；从ab 边射出的电子其运动轨迹所对的圆心角随速度的增大而减小且均不大于π，对应的运动时间逐渐减小，所以当运动时间一样时，其轨迹线一定重合，D 正确．9．(2015·武汉一模)如下列图，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0，L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.如下说法中正确的答案是( )A ．电子在磁场中运动的时间为πL v 0B ．电子在磁场中运动的时间为2πL 3v 0C ．磁场区域的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2，L 2 D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L )解析：选BC.设电子的轨迹半径为R ，由几何知识得R sin 30°＝R －L ，得R ＝2L ，故电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L )，电子在磁场中运动时间t ＝T 6，而T ＝2πR v 0，所以t ＝2πL 3v 0，A 、D 错误，B 正确；设磁场区域的圆心坐标为(x ，y )，其中x ＝12R cos 30°＝32L ，y ＝L 2，故磁场圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32L ，12L ，C 正确． 10．(2015·高考四川卷)如下列图，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ．电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电量e ＝－1.6×10－19 C ，不计电子重力．电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，如此( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析：选AD.电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB ＝mv 2R ，R ＝mv Be＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图1所示，l ＝2R ＝9.1 cm ，选项A 正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l ＜2R ＝9.1 cm ，选项B 错误．θ＝30°时，击中板的范围如图3所示，l ＝R ＝4.55 cm ，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l ＞R (R ＝4.55 cm)，应当选项D 正确，选项C 错误．三、非选择题11.(2015·沈阳一模)如下列图，在真空中xOy 坐标平面的x >0区域内，有磁感应强度B ＝1.0×10－2 T 的匀强磁场，方向与xOy 平面垂直，在x 轴上的P (10，0)点，有一放射源，在xOy 平面内向各个方向发射速率v ＝104 m/s 的带正电的粒子，粒子的质量为m ＝1.6×10－25 kg ，电荷量为q ＝1.6×10－18 C ，求带电粒子能打到y 轴上的范围．解析： 带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2R ，解得：R ＝mv qB＝0.1 m ＝10 cm.如下列图，当带电粒子打到y 轴上方的A 点与P 连线正好为其圆轨迹的直径时，A 点即为粒子能打到y 轴上方的最高点．因OP ＝10 cm ，AP ＝2R ＝20 cm ，如此OA ＝ AP 2－OP 2＝10 3 cm.当带电粒子的圆轨迹正好与y 轴下方相切于B 点时，假设圆心再向左偏，如此粒子就会从纵轴离开磁场，所以B 点即为粒子能打到y 轴下方的最低点，易得OB ＝R ＝10 cm ，综上所述，带电粒子能打到y 轴上的范围为－10～10 3 cm.答案：－10～10 3 cm12．(2015·浙江六市六校模拟)如下列图，无限宽广的匀强磁场分布在xOy 平面内，x 轴上下方磁场均垂直xOy 平面向里，x 轴上方的磁场的磁感应强度为B ，x 轴下方的磁场的磁感应强度为43B .现有一质量为m 、带电量为－q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿y 轴正方向进入上方磁场．在粒子运动过程中，与x 轴交于假设干点．不计粒子的重力．求：(1)粒子在x 轴上方磁场做匀速圆周运动的半径；(2)设粒子在x 轴上方的周期为T 1，x 轴下方的周期为T 2，求T 1∶T 2；(3)如把x 轴上方运动的半周与x 轴下方运动的半周称为一周期的话，如此每经过一周期，在x 轴上粒子右移的距离；(4)在与x 轴的所有交点中，粒子两次通过同一点的坐标位置．解析：(1)设粒子在x 轴上方磁场做匀速圆周运动的半径为r 1，在下方磁场中做匀速圆周运动的半径为r 2，由Bqv 0＝m v 20r 得r 1＝mv 0Bq ，r 2＝3mv 04qB.(2)由T ＝2πm qB得 T 1＝2πm Bq T 2＝3πm 2BqT 1∶T 2＝4∶3.(3)在磁场中运动轨迹如下列图，如把x 轴上方运动的半周与x 轴下方运动的半周称为一周期的话，如此每经过一周期，在x 轴上粒子右移Δx ＝2r 1－2r 2＝mv 02Bq(4)在第4周期刚完毕时粒子第二次经过x 轴上x 1＝2r 1这一点，以后每过一周期将会出现符合要求的点．故x k ＝2r 1＋〔k －1〕r 12＝k ＋32r 1 ＝〔k ＋3〕mv 02Bq(k ＝1，2，3，…)． 答案：(1)mv 0Bq (2)4∶3 (3)mv 02Bq (4)〔k ＋3〕mv 02Bq(k ＝1，2，3，…)。
优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场与磁场 第1讲 电场、带电粒子在电场中的
电场、带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1．(2015·辽师大附中二模)如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M 、N 、P 三点，其中N 点是轨迹上距离负点电荷最近的点．若粒子在M 点和P 点的速率相等，则( )A ．粒子在N 点时的速率最大B ．U MN ＝U NPC ．粒子在N 点时的加速度最大D ．粒子在M 点时的电势能大于其在N 点时的电势能解析：选C.据带电粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，再根据题图可知该粒子从M 点到N 点电场力做负功，从N 点到P 点电场力做正功，所以带电粒子的动能先减少后增加，则在N 点的动能最小，速度也最小，A 错误；电势能先增加后减少，D 错误；据题意知，粒子在M 点和P 点速率相等，据动能定理有qU MN ＝mv 2N 2－mv 2M2和qU NP ＝mv 2P 2－mv 2N2，所以U MN ＝－U NP ，B 错误；在N 点的电场线密集，即粒子在N 点所受的电场力较大，加速度也较大，C 正确．2.如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )A ．直线a 位于某一等势面内，φM >φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM >φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功解析：选B.由电子从M 点分别运动到N 点和P 点的过程中电场力所做的负功相等可知，N 、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为M →N ，故选项B 正确，选项A 错误．M 点与Q 点在同一等势面上，电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，故选项C 错误．电子由P 点运动到Q 点，电场力做正功，故选项D 错误．3.(2015·河北石家庄一轮质检)M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图所示，其中电子在M 点时的电势能为E p M ，电子在N 点时的电势能为E p N ，则下列说法正确的是( )A．电子在N点时的动能小于在M点时的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线解析：选C.电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由题图可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A选项错误；分析题图可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝q EΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D选项错误．4.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为24 V，b点电势为28 V，d点电势为12 V．一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法错误的是( )A．c点电势为20 VB．质子从b运动到c所用的时间为2l v0C．场强的方向由a指向cD．质子从b运动到c电场力做功为8电子伏解析：选C.如图，由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有：φb－φa＝φa－φe得φe＝20 V又φb－φe＝φc－φd得φc＝20 V，A正确．ec连线为等势线，则电场方向由b指向d，C错误．质子做类平抛运动，则有：2l sin 45°＝v0t得t＝2lv0，B正确．质子从b运动到c电场力做功W＝qU bc＝8 eV，D正确．二、不定项选择题5.(2015·高考江苏卷)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c 是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则( )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．c 点的电场强度比d 点的大D ．c 点的电势比d 点的低解析：选ACD.根据电场线的分布图，a 、b 两点中，a 点的电场线较密，则a 点的电场强度较大，选项A 正确．沿电场线的方向电势降低，a 点的电势低于b 点的电势，选项B 错误．由于c 、d 关于正电荷对称，正电荷在c 、d 两点产生的电场强度大小相等、方向相反，两负电荷在c 点产生的电场强度为0，在d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c 点的电场强度比d 点的大，选项C 正确．c 、d 两点中c 点离负电荷的距离更小，c 点电势比d 点低，选项D 正确．6.(2015·高考四川卷)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q (图中未画出)时速度为零，则小球a ( )A ．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC.小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，选项D 错误．7．(2015·浙江宁波高三二模)如图所示，同一竖直平面内固定着水平绝缘细杆AB 、CD ，细杆长均为l ，两细杆间竖直距离为h ，B 、D 两端与光滑绝缘、半径为h2的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB 、CD在同一竖直平面内，O 为AD 、BC 连线的交点．在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、电荷量为－q 的小球穿在细杆上，从A 点以一定的初速度出发，沿细杆滑动且恰能到达C 点．已知小球与两水平细杆间的动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于小球所受重力，不计带电小球对点电荷电场的影响，静电力常量为k .则小球从A点到C 点的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度相同B ．小球运动到O 点正下方时，受到的摩擦力最小，其值为μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg －4kqQ h 2C ．从B 点到D 点的运动过程中电场力对小球先做正功后做负功D ．小球的初速度大小为2gh ＋4μgl解析：选BD.点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度大小相等、方向不同，选项A 错误；小球运动到O 点正下方时，细杆对小球的支持力最小，支持力大小为mg －4kqQh2，所以摩擦力大小为F f ＝μF N ＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg －4kqQ h 2，选项B 正确；从B 点到D 点的运动过程中，小球到O 点的距离先变大，后变小，电场力先做负功，后做正功，选项C 错误；从A 点到C 点，根据对称性，小球克服摩擦力做功为2μmgl ，克服重力做功为mgh ，由动能定理，－mgh －2μmgl ＝0－12mv 2，可解得小球的初速度为v ＝2gh ＋4μgl ，选项D 正确．8.(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M 、N 保持静止，不计重力，则( )A ．M 的带电量比N 的大B ．M 带负电荷，N 带正电荷C ．静止时M 受到的合力比N 的大D ．移动过程中匀强电场对M 做负功解析：选BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A 、C 错误；M 、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M 带负电，N 带正电，M 、N 两球在移动的过程中匀强电场对M 、N 均做负功，选项B 、D 正确．9.(2015·高考天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD.根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE1dm.在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝12qE2mt22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝E2l24E1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y 得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确．根据动能定理，qE1d＋qE2y＝12mv22，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝2（qE1d＋qE2y）m，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误．粒子打在屏上所用的时间t＝dv12＋L′v1＝2dv1＋L′v1(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误．根据v y＝qE2mt2及tan θ＝v yv1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E2l2E1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．10．(2015·河北百校联考)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、B三点，其中O为圆心，A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB＝L.有一个可视为质点的质量为m，电荷量为－q的带电小球正在槽中运动，在C点受到的电场力指向圆心，C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知( )A．B点的电荷带正电B．B点的电荷的电荷量为3QC．B点的电荷的电荷量为3QD．小球在槽内做的是匀速圆周运动解析：选CD.如图，由小球在C点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B点的电荷带负电．由∠ABC＝∠ACB＝30°，知：∠ACO＝30°，AB＝AC＝L，BC＝2AB cos 30°＝3L由几何关系可得：F1＝3F2即：kQqL2＝3kQ B q（3L）2得Q B＝3Q，故A、B错误，C正确．圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确．三、非选择题11．(2015·福建厦门质检)如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB 与四分之一圆弧轨道BC 平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E ＝5×103 V/m ，圆弧轨道半径R ＝0.4 m ．现有一带电荷量q ＝＋2×10－5 C 、质量m ＝5×10－2kg 的物块(可视为质点)从距B 端x ＝1 m 处的P 点由静止释放，加速运动到B 端，再平滑进入圆弧轨道BC ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B 点的速度v B 的大小； (2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力F N B 的大小．解析：(1)在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知： qE ＝ma又由运动学公式有：x ＝12at 2解得：t ＝1 s 又因：v B ＝at 得：v B ＝2 m/s.(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：F N B －mg ＝m v 2BR解得：F N B ＝1 N.答案：(1)1 s 2 m/s (2)1 N12.(2015·台州模拟)如图所示，质量m ＝2.0×10－4kg 、电荷量q ＝1.0×10－6C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E 的匀强电场中．取g＝10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103N/C ，方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)若(2)中条件不变，在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．解析：(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有 Eq ＝mgE ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6N/C ＝2.0×103 N/C ， 方向竖直向上．(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103N/C ，设微粒的加速度为a ，在t ＝0.20 s 时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma解得：a ＝10 m/s 2h ＝12at 2解得：h ＝0.20 mW ＝qE 0h解得：W ＝8.0×10－4J.(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝atE k ＝mgh ＋12mv 2解得：E k ＝8.0×10－4J.答案：(1)2.0×103N/C 方向竖直向上(2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4J。
2022版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习：第一部分力学综合检测 Word版含答案
力学综合检测一、单项选择题 1.(2021·杭州二检)如图所示为固定在水平地面上的顶角为θ的圆锥体，表面光滑．有一质量为m 的弹性圆环静止在圆锥体的表面上，若圆锥体对圆环的作用力大小为F ，则有( )A ．F ＝mgB ．F ＝mg sin θ2C ．F ＝mgsin θ2D ．F ＝mg cos θ2解析：选A.圆锥体对圆环全部部位作用力的合力与圆环的重力平衡，即F ＝mg ，选项A 正确，B 、C 、D 错误．2．(2021·蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物体A 放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是( )A ．向右斜上方B ．竖直向上C ．向右斜下方D ．上述三种方向均不行能解析：选A.物体向右加速，由牛顿其次定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面对物体A 的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A 对．3．(2021·嘉兴测试卷)PCA V 是一种新的光驱数据传输技术，即光盘驱动器在读取内圈数据时，以恒定线速度方式读取；而在读取外圈数据时，以恒定角速度方式读取．设内圈内边缘半径为R 1，内圈外边缘半径为R 2，外圈外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为内圈内边缘、内圈外边缘和外圈外边缘上的点．则读取内圈上A 点时A 点的向心加速度大小和读取外圈上C 点时C 点的向心加速度大小之比为( )A.R 22R 1R 3B.R 21R 2R 3C.R 1R 3R 22D.R 2R 3R 21解析：选A.由题意知，ωA R 1＝ωB R 2，ωB ＝ωC ，又A 点的向心加速度大小a A ＝ω2A R 1，又C 点的向心加速度大小a C ＝ω2C R 3，即得a A a C ＝R 22R 1R 3. 4.(2021·金华模拟)如图，斜面上a 、b 、c 三点等距，小球从a 点正上方O 点抛出，做初速度为v 0的平抛运动，恰落在b 点．若小球初速度为v ，其落点位于c ，则( )A ．v 0＜v ＜2v 0B ．v ＝2v 0C ．2v 0＜v ＜3v 0D ．v ＞3v 0解析：选A.如图所示，M 点和b 点在同一水平线上，M 点在c 点的正上方．依据平抛运动的规律，若v ＝2v 0，则小球落到M 点．可见以初速度2v 0平抛小球不能落在c 点，只能落在c 点右边的斜面上，故只有选项A 正确．5．(2021·石家庄模拟)如图所示，B 点位于斜面底端M 点的正上方，并与斜面顶端A 点等高且高度为h ，在A 、B 两点分别以速度v a 和v b 沿水平方向抛出两个小球a 、b (可视为质点)．若a 球落到M 点的同时，b 球恰好落到斜面的中点N ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则( )A ．v a ＝v bB ．v a ＝2v bC ．a 、b 两球同时抛出D ．a 球比b 球提前抛出的时间为(2－1)2hg 解析：选B.由h ＝12gt 2a ，h 2＝12gt 2b 得：t a ＝2hg ，t b＝hg，故a 球比b 球提前抛出的时间Δt ＝t a －t b ＝(2－1)h g ，C 、D 均错误；由v a ＝xt a ，v b ＝x 2t b可得v a ＝2v b ，A 错误，B 正确． 二、不定项选择题 6.(2021·安徽名校质检)如图所示，质量为m 的木块A 放在地面上的质量为M 的三角形斜劈B 上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A 和B ，它们均静止不动，则( )A．A与B之间肯定存在弹力B．地面不受摩擦力作用C．B对A的支持力肯定等于mgD．地面对B的支持力的大小肯定等于Mg解析：选AB.对A、B整体受力分析，受到重力(M＋m)g、地面的支持力F N和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，依据共点力平衡条件，有F N＝(M＋m)g，故B正确、D错误；再对木块A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜劈B对A的支持力F′N和摩擦力F f，当推力F沿斜面的重量大于重力的下滑重量时，摩擦力的方向沿斜面对下，当推力F沿斜面的重量小于重力的下滑重量时，摩擦力的方向沿斜面对上，当推力F沿斜面的重量等于重力的下滑重量时，摩擦力为零，依据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：F′N＝mg cos θ＋F sin θ，故A正确，C错误．7.如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a 上，另一端绕过光滑的滑轮1固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则()A．细线对物体a的拉力增大B．斜劈对地面的压力减小C．斜劈对物体a的摩擦力减小D．地面对斜劈的摩擦力增大解析：选AD.设细线的拉力为F，滑轮2两侧细线的夹角为θ，滑轮2和b的总重力为M，则有2F cos θ2＝Mg，固定点c向右移动少许，θ增大，F变大，F的竖直分力不变，F的水平分力增大，故A、D对，B错；因a物体相对斜劈滑动趋势的方向不明确，故无法推断摩擦力的变化，C错．8.(2021·绍兴模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B时速度恰好为零，重力加速度为g.以下说法不正确的是()A．匀强电场场强大小为E＝2mgqB．小球在B位置时加速度为零C．小球运动过程中的最大速率为v＝2（2－1）gLD．若将小球拉到使细线水平伸直的C点，无初速度释放小球后，小球必能回到C点解析：选ABD.对由A到B过程应用动能定理mgL－qEL＝0，E＝mgq，A错；小球在B位置受重力和向左的电场力，合力不为零，B错；小球运动到AB轨迹中点时速度最大，由动能定理mgL sin 45°－qE(L－L cos45°)＝12m v2－0，解得v＝2（2－1）gL，C对；从C点释放后，电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回C点，D错．9.(2021·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开头下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环()A．下滑过程中，加速度始终减小B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v2C．在C处，弹簧的弹性势能为14m v2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0.从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f，弹簧的最大弹性势能为ΔE p，由A到C的过程中，依据功能关系有mgh＝ΔE p＋W f.由C到A的过程中，有12m v2＋ΔE p＝W f＋mgh.联立解得W f＝14m v2，ΔE p＝mgh－14m v2，选项B正确，选项C错误．设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为ΔE p′，依据能量守恒，A到B的过程有12m v2B＋ΔE p′＋W′f＝mgh′，B到A的过程有12m v′2B＋ΔE p′＝mgh′＋W′f，比较两式得v′B>v B，选项D正确．三、非选择题10．(2021·湖州测试卷)如图所示，足够长的木板质量M＝10 kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0＝5 m/s沿水平地面对右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速地放在木板上．小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，当木板运动了L ＝1 m 时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块．只要木板运动了L 就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动．取g ＝10 m/s 2.试问：(1)第1个铁块放上后，木板运动了L 时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少个铁块？(3)最终一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？解析：(1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动即有：μmg ＝Ma 1，v 20－v 21 ＝2a 1L代入数据解得：v 1＝2 6 m/s.(2)设最终有n 个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为a n ＝μnmgM，第1个铁块放上后：v 20－v 21＝2a 1L ， 第2个铁块放上后：v 21－v 22＝2a 2L ，……第n 个铁块放上后，v 2n －1－v 2n ＝2a n L ，由以上可得：v 20－v 2n ＝2μmgM(1＋2＋3＋…＋n )L ，木板停下时，v n ＝0，得n ＝6.6，即最终有7个铁块放在木板上． (3)从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由(2)中表达式可得：v 20－v 26＝2μmgM(1＋2＋3＋…＋6)L,从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则： v 26－0＝2×7μmgMd ， 联立解得：d ＝47m.答案：(1)2 6 m/s (2)7 (3)47m11．(2021·高考重庆卷)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的试验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H ，N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．解析：(1)设小球在Q 点的速度为v 0，由平抛运动规律有H ＝12gt 21，L ＝v 0t 1，得v 0＝Lg2H.从Q 点到距Q 点水平距离为L 2的圆环中心的竖直高度为h ，则L 2＝v 0t 2，得h ＝12gt 22＝14H .该位置距底板的高度：Δh ＝H －h ＝34H .(2)由(1)问知小球运动到Q 点时的速度大小v 0＝Lg2H.设小球在Q 点受的支持力为F N ，由牛顿其次定律F N －mg ＝m v 20R ，得F N ＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′N ＝F N ＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ，方向竖直向下．(3)设摩擦力对小球做功为W ，则由动能定理得 mgR ＋W ＝12m v 20得W ＝mg ⎝⎛⎭⎫L24H －R . 答案：见解析12.(2021·青岛模拟)如图所示，一粗糙斜面AB 与圆心角为37°的光滑圆弧BC 相切，经过C 点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R ＝1.25 m ，斜面AB 的长度为L ＝1 m ．质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力F ＝1 N 作用下，从斜面顶端A 点处由静止开头沿斜面对下运动，当到达B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C 点抛出，若落地点E 与C 点间的水平距离为x ＝1.2 m ，C 点距离地面高度为h ＝0.8m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)物块经C 点时对圆弧面的压力大小； (2)物块滑至B 点时的速度大小； (3)物块与斜面间的动摩擦因数．解析：(1)物块从C 点到E 点做平抛运动 由h ＝12gt 2，得t ＝0.4 sv C ＝xt＝3 m/s由牛顿其次定律知：F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝17.2 N由牛顿第三定律知物块在C 点时对圆弧面的压力大小为17.2 N. (2)从B 点到C 点由动能定理，知 mgR －mgR cos 37°＝12m v 2C －12m v 2B 解得v B ＝2 m/s.(3)从A 点到B 点，由v 2B ＝2aL ，得a ＝2 m/s 2由牛顿其次定律，知mg sin 37°＋F cos 37°－μ(mg cos 37°－F sin 37°)＝ma 解得μ＝2437≈0.65.答案：(1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65。
(浙江选考)高考物理二轮复习专题三电场和磁场第2讲磁场对电流和电荷的作用学案(2021学年)
(浙江选考)２０18版高考物理二轮复习专题三电场和磁场第２讲磁场对电流和电荷的作用学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望（（浙江选考)２０18版高考物理二轮复习专题三电场和磁场第2讲磁场对电流和电荷的作用学案)的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第2讲磁场对电流和电荷的作用［选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/1０2016／０４2０1６/1０2017/04２017/11磁场磁现象和磁场b b4103磁感应强度cｃ几种常见的磁场b b通电导线在磁场中受到的力ｃd9、229、23１09运动电荷在磁场中受到的力c c232２232323带电粒子在匀强磁场中的运动ｄ2322２32323考点一有关磁场的基本知识辨析１. (2017·浙江4月选考·9)如图1所示，两平行直导线ｃｄ和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的电流，a、b两点位于导线所在的平面内．则( )图1Ａ.ｂ点的磁感应强度为零B．ｅｆ导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C.cd导线受到的安培力方向向右D．同时改变两导线的电流方向,cd导线受到的安培力方向不变答案 D解析根据右手定则可知ｂ处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以选项Ａ错误;ef在a 处的磁场垂直纸面向外，所以选项B错误;根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以选项C错误；不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥,选项D 正确．２。
优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习 特色专题训练 电学选择题巧练(三)-人教版高三全册物理试题
电学选择题巧练(三)(建议用时：20分钟)一、单项选择题1.如下列图是某一静电场的等差等势面，图中ad是一水平线，仅受电场力的带电粒子由a点运动到e点的轨迹如图中实线所示，如此如下说法错误的答案是( )A．ab＜bcB．带电粒子在a点所受的电场力一定大于在e点所受的电场力C．带电粒子在a点的电势能一定大于在e点的电势能D．带电粒子在a点的速度一定大于在e点的速度2．(2015·浙江六校联考)如下列图，真空中有两个点电荷，Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分别固定在x轴上的x＝0 cm和x＝6 cm的位置上．将一带负电的试探电荷q从x＝20 cm的位置沿x轴负方向移到x＝10 cm的位置，在此过程中，试探电荷的( )A．电势能一直增大B．电势能一直减小C．电势能先减小后增大D．电势能先增大后减小3.(2015·黑龙江齐齐哈尔二模)如下列图，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为－Q.现从A点将一质量为m、电荷量为－q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4gr，规定电场中B点的电势为零，重力加速度为g.如此在－Q形成的电场中( )A ．D 点的电势为7mgr qB ．A 点的电势高于D 点的电势C ．O 点的电场强度大小是A 点的 2倍D ．点电荷－q 在D 点具有的电势能为7mgr4.空间存在一匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，该区域为等腰直角三角形，其腰长为2a ，在磁场的左侧有一边长为a 的正方形导体框，从磁场的左侧向右以恒定的速度穿越该磁场区域，规定逆时针电流方向为正．如此整个过程中导体框中的感应电流与时间的变化规律为( )二、不定项选择题5.如下列图，电源电动势E ＝3 V ，小灯泡L 标有“2 V 0.4 W 〞，开关S 接1，当滑动变阻器调到R ＝4 Ω时，小灯泡L 正常发光，现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作．如此( )A ．电源内阻为1 ΩB ．电动机的内阻为4 ΩC ．电动机正常工作电压为1 VD ．电源效率约为93.3%6.如下列图，金属板的两极板间的电压U ＝100 V ，匀强磁场的磁感应强度B ＝1.0×10－2 T ．现有比荷为qm ＝1.0×108 C/kg 的带正电粒子以v 0＝3×105m/s 的速度沿两板间的中线OO ′连续进入电场，恰能从下极板边缘穿越电场射入有理想边界的磁场，且粒子刚好没有穿过边界限PQ (粒子的重力和粒子间相互作用力均可以忽略不计)，如此如下说法正确的答案是( )A ．射出电场时速度的偏转角度为30°B ．射出电场时速度为2.0×105m/sC ．磁场两边界限之间的距离是0.3 mD ．磁场两边界限之间的距离是0.6 m7.如下列图，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h 后又返回到底端．假设运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．如此如下说法正确的答案是( )A ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电荷量一样多B ．金属杆ab 上滑过程中抑制重力、安培力和摩擦力所做功之和等于12mv 20 C ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等D ．金属杆ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量电学选择题巧练(三)1．解析：选C.由等差等势面的疏密程度可知ab 段平均电场强度大于bc 段平均电场强度，如此有ab <bc ，A 对；同理可知a 点电场强度大于e 点的电场强度，即带电粒子在a 点所受的电场力一定大于在e 点所受的电场力，B 对；由题图知带电粒子从a 点运动到e 点过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，C 错、D 对．2．解析：选C.由点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，点电荷Q 1在x ＝20 cm 处产生的场强大于点电荷Q 2在该处产生的场强，由场强叠加原理，可知x ＝20 cm 处的场强方向沿＋x 方向；同理可知，点电荷Q 1在x ＝10 cm 处产生的场强小于点电荷Q 2在该处产生的场强，由场强叠加原理，可知x ＝10 cm 处的场强方向沿－x 方向．带负电的试探电荷在由x ＝20 cm 处向x ＝10 cm 处运动过程中，电场力方向先向左再向右，故电场力先做正功后做负功，根据电场力做功与电势能变化关系可知，试探电荷的电势能先减小后增大，C 项正确．3．解析：选A.在C 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，A 、B 相对CD 线左右对称，如此φA ＝φB ＝0 V ，点电荷－q 从A 点由静止释放以后沿光滑轨道ADB 运动到D 点过程中，由动能定理可得：mgr ＋W 电＝12mv 2－0，得W 电＝7mgr ，由W 电＝E p A －E p D ，得E p D ＝－7mgr ，由φD ＝E p D －q ，得φD ＝7mgr q ，如此φD >φA .A 正确，B 、D 错误；由场强公式E ＝kQ r 2可知：E A ＝kQ 〔2r 〕2，E O ＝kQ r 2，E O ＝2E A ，如此C 错误． 4．解析：选A.在0～t 时间内，bc 边在磁场中切割磁感线，其有效长度不变，由楞次定律可知电流沿逆时针方向，为正值且大小不变；在t ～2t 时间内ad 边进入磁场，bc 边离开磁场，有效切割长度从零逐渐增大，感应电动势从零逐渐增大，感应电流从零逐渐增大，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值；2t ～3t 时间内ad 边开始离开磁场，有效切割长度逐渐减小到零，感应电动势逐渐减小到零，电流逐渐减小到零，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值．5．解析：选AD.小灯泡正常工作时的电阻R L ＝U 2P ＝10 Ω，流过小灯泡的电流I ＝P U＝0.2 A ，当开关S 接1时，R 总＝E I ＝15 Ω，电源内阻r ＝R 总－R －R L ＝1 Ω，A 正确；当开关S 接2时，电动机M 两端的电压U M ＝E －Ir －U ＝0.8 V ，U MI＝4 Ω，因为电动机是非纯电阻用电器，所以R M <4 Ω，B 、C 错误；电源的效率η＝EI －I 2r EI≈93.3%，D 正确． 6．解析：选ABC.由动能定理知q U 2＝12mv 21－12mv 20，解得粒子出电场时的速度v 1＝2.0×105m/s ，设射出电场时速度偏转角为θ，cos θ＝v 0v 1＝32，θ＝30°，因此A 、B 正确；粒子运动轨迹刚好与右边界相切时，R ＝mv 1qB ＝0.2 m ，所以磁场宽度d ＝R ＋R sin 30°＝32R ＝0.3 m ，C 正确，D 错误． 7．解析：选ABD.通过电阻的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR，所以A 项正确；由动能定理知B 项正确；上滑、下滑过程中，摩擦力大小均为μmg cos θ，所以摩擦力产生的内能相等，C 项错误；由能量守恒知D 项正确．。
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专题三综合检测一、单项选择题1．(2015·宁波高三十校联考)如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形金属线框，线框边长为L ，质量为M ，线框上边水平且处于垂直纸面向里的匀强磁场中，线框通有如图所示方向的电流，且线框处于静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F ，已知该线框单位长度自由电子个数为n ，重力加速度为g ，则电子定向移动对应的洛伦兹力大小为( )A ．F －MgB ．Mg －F C.F －Mg4nL D.Mg －FnL解析：选D.由左手定则可以判断出安培力方向向上，由F A ＝Mg －F ＝nLF 洛，解得F 洛＝Mg －FnL，选项D 正确． 2.(2015·高考安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )A.Q ε0S 和Q 2ε0S B.Q 2ε0S 和Q 2ε0S C.Q 2ε0S 和Q 22ε0SD.Q ε0S 和Q 22ε0S解析：选D.每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝QS，每块极板产生的电场强度为E ＝σ2ε0，所以两极板间的电场强度为2E ＝Q ε0S .一块极板在另一块极板处产生的电场强度E ′＝Q 2ε0S ，故另一块极板所受的电场力F ＝qE ′＝Q ·Q 2ε0S ＝Q 22ε0S，选项D 正确． 3.(2015·杭州调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I 、I b ＝2I 、I c ＝3I 、I d ＝4I 的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k I r，式中常量k ＞0，I 为电流强度．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度与电流强度成正比，与距直导线距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．4.如图所示，由abcd组成的一闭合线框，其中a、b、c三点的坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于各边所受的安培力的大小，下列说法中正确的是( )A．ab边与bc边受到的安培力大小相等，方向相互垂直B．cd边受到的安培力最大，方向平行于xOz平面C．cd边与ad边受到的安培力大小相等，方向平行于yOz平面D．ad边不受安培力作用解析：选B.因为ab垂直放置于磁场中，故其受的安培力F ab＝BIL ab，而bc平行于磁场，故其受的安培力为零，A错；cd边垂直于磁场，且长度最长，所以其受到的安培力最大，由左手定则知其安培力的方向平行于xOz平面，B对；又F ad＝BIL Od，又Od<cd，故cd边与ad 边受到的安培力大小不等，C错；ad边受安培力作用，D错．5.(2015·台州一模)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球( )A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动解析：选C.无论电场方向沿什么方向，小球带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使小球做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向没确定，故小球电性也不确定，A、B均错误；由W G＋W电＝0可知，重力做功W G＞0，故W电＜0，小球一定克服电场力做功，C正确．6．如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B .把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v 0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A 射出的粒子①带负电，v 0＝qBLm，第一次到达C 点所用时间为t 1 ②带负电，v 0＝qBL2m，第一次到达C 点所用时间为t 2 ③带正电，v 0＝qBLm，第一次到达C 点所用时间为t 3 ④带正电，v 0＝qBL2m，第一次到达C 点所用时间为t 4 则下列判断正确的是( ) A ．t 1＝t 3<t 2＝t 4 B ．t 1<t 2<t 4<t 3 C ．t 1<t 2<t 3<t 4 D ．t 1<t 3<t 2<t 4解析：选B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力． (1)当v 0＝qBLm时，则由牛顿第二定律可得 qvB ＝m v 2r ，T ＝2πm qB根据几何关系作出运动轨迹，r ＝L ，如图1.由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C 点，即为t 3＝T ；当粒子带负电，粒子经过16T 第一次到达C 点，即为t 1＝16T ；(2)当v 0＝qBL 2m ，r ＝12L ，如图2.由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过56T 到达C 点，即为t 4＝56T ，当粒子带负电，粒子经过T 3第一次到达C 点，即为t 2＝T3，综上所述，有t 1<t 2<t 4<t 3，故B 正确．二、不定项选择题7．(2015·山东临沂一模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I .已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k I r，式中k 是常数，I 是导线中的电流，r 为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球一直做匀速直线运动C ．小球对桌面的压力先增大后减小D ．小球对桌面的压力一直在增大解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN 连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a 点到b 点，小球一直做匀速直线运动，A 错误，B 正确；由于从a 至b 合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C 正确，D 错误．8．无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B ＝k I r(式中k 为常数)．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M 和N ，导线N 中通有方向如图的恒定电流I N ，导线M 中的电流I M 大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N 中电流方向相同．绝缘闭合导线框ABCD 放在同一水平面上，AB 边平行于两直导线，且位于两者正中间．则以下说法正确的是( )A ．0～t 0时间内，流过R 的电流方向由C →DB ．t 0～2t 0时间内，流过R 的电流方向由D →CC ．0～t 0时间内，不计CD 边电流影响，则AB 边所受安培力的方向向左 D ．t 0～2t 0时间内，不计CD 边电流影响，则AB 边所受安培力的方向向右解析：选ACD.0～t 0时间内，M 中电流由0逐渐增加到I N ，则线框中合磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为A →B →C →D →A ，故A 对．t 0～2t 0时间内，M 中电流由I N 增大到2I N ，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为A →B →C →D →A ，B 错.0～t 0时间内，AB 中电流由A →B ，AB 处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C 对．t 0～2t 0时间内，AB 中电流仍为A →B ，但AB 处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D 对．9.(2015·新余一模)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近 解析：选AD.两离子在磁场中的运动情况如图所示，根据左手定则，a 、b 均带正电，A 正确；由T ＝2πmqB可知，两离子在磁场中运动周期相同，由运动轨迹可知离子a 转过的圆心角大于离子b 转过的圆心角，即θa >θb ，由t ＝θ2πT ，可以判断a 在磁场中飞行的时间比b 的长，B 错误；由qvB ＝mv 2R得R ＝mv qB，故两离子在磁场中运动半径相同，所以a 在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，C 错误、D 正确．10.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E ，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .有一重力不计的带电粒子以垂直于x 轴的速度v 0＝10 m/s 从x 轴上的P 点进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限．已知O 、P 之间的距离为d ＝0.5 m ，则带电粒子( )A ．带正电荷B ．在电场中运动的时间为0.1 sC ．在磁场中做圆周运动的半径为22m D ．在磁场中运动的时间为3π40 s解析：选ABD.根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A 正确；由恰好与y 轴成45°角射出电场可知，离开电场时v x ＝v y ＝v 0，则v ＝2v 0＝10 2 m/s ，在电场中沿x轴方向做匀加速运动，d ＝v 02t ，解得粒子在电场中运动的时间为t ＝2dv 0＝0.1 s ，选项B 正确；沿y 轴方向上的位移为l ＝v 0t ＝1 m ，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R ＝2l ＝ 2 m ，故选项C 错误；在磁场中运动的时间为t ＝135°360°·T ＝38·2πR v ＝3π40 s ，故选项D 正确． 三、非选择题11．(2015·昆明三中、玉溪一中联考)如图所示，在xOy 平面的第一、四象限，有水平向右匀强电场，在第二、三象限中存在磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场和场强大小与第一象限的场强大小相等，方向竖直向上的匀强电场．第一象限中P 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫R2，32R ，在P 点拴一根绝缘细线，长为R ，细线另一端系一个质量为m ，带电荷量为q 的小球，现将细线拉至与水平方向成45°角由静止释放．小球摆至O 点位置时，细线恰好脱开，小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动．求：(1)电场强度的大小；(2)小球到达O 点时的速度；(3)小球在y 轴左侧做匀速圆周运动的旋转半径．解析：(1)小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动，可知小球受到的电场力等于重力大小，Eq ＝mg所以场强E ＝mg q.(2)小球从初始状态释放，摆动到O 点，根据动能定理：mg ⎝⎛⎭⎪⎫22＋32R －Eq ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12R ＝12mv 2得小球的速度v ＝（3－1）gR速度的方向与y 轴正方向成60°角斜向上．(3)如图，小球在y 轴左侧做匀速圆周运动，小球受到的电场力大小等于重力大小，洛伦兹力提供向心力F 洛＝m v 2r即qvB ＝m v 2r得旋转半径为r ＝m （3－1）gRqB.答案：(1)mg q(2)见解析 (3)m （3－1）gRqB12．(2015·浙江宁波高三二模)实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动．如图所示，在真空中A 、C 两板之间加上电压U ，粒子从A 板附近由静止被加速后从D 点进入圆形有界磁场；匀强磁场区域以O 为圆心，半径R ＝310m ，磁感应强度B 方向垂直纸面向外；磁场右侧有一个范围足够大的匀强电场，方向竖直向下，左边界与圆形磁场边界相切；现在电场区域放置一块足够长挡板GH ，它与水平线FD 夹角为60°(F 点在挡板上，圆心O 在FD 上)，且OF ＝3R .一比荷q m ＝13×106C/kg 的带正电粒子，从A 板附近由静止释放，经U ＝150 V 的电压加速后，从D 点沿与水平线成60°角的方向射入磁场，粒子离开圆形磁场时其速度方向水平，最后恰好打在挡板上的F 点．不计粒子重力．(1)求粒子进入磁场时的速度大小v D ； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)求粒子到达F 点时的速度大小v F ；(4)不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，求所加电场场强的最大值．解析：(1)粒子被加速过程，由动能定理有qU ＝12mv 2D解得v D ＝1×104m/s.(2)由几何关系可知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N 恰好在磁场边界上，粒子从M 点水平射出磁场，运动轨迹如图甲所示．由此得做匀速圆周运动的半径r ＝3R ＝0.3 m根据Bqv D ＝m v 2Dr，解得B ＝0.1 T.甲(3)粒子进入电场后做类平抛运动，有水平位移x ＝2R ＝35m 竖直位移y ＝R sin 60°＝0.15 m 又x ＝v D t ，y ＝v y2t ，v ＝v 2D ＋v 2y解得v ＝72×104 m/s ＝1.3×104m/s. (4)电场强度取到最大值E 的临界条件是粒子在电场中的运动轨迹恰好与挡板相切，如图乙所示．由类平抛运动的规律，粒子速度的反向延长线过水平位移的中点Q ，有水平位移x ′＝4R －2R sin 60°tan 30°＝0.3 3 m根据x ′＝v D t ′ v ′y ＝at ′又v ′y ＝v D tan 60°，a ＝Eqm联立解得E ＝1 000 V/m.乙答案：(1)1×104m/s (2)0.1 T (3)1.3×104m/s (4)1 000 V/m。