2016届高三物理二轮复习专题能力提升练(四)A卷 含答案

专题能力提升练(四)
A卷
电场和磁场
(45分钟100分)
一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6、7题有多项符合题目要求)
1.(2015·浙江高考)如图所示为静电力演示仪,两金属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置。

工作时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间,则( )
A.乒乓球的左侧感应出负电荷
B.乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上
C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用
D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
【解析】选D。

由题图可知,右侧金属板与电源正极相连接,带正电,左侧金属板带负电,根据静电感应规律,近端感应出异种电荷,因此乒乓球的左侧感应出正电荷,A项错误;乒乓球被扰动后,如果向右摆动会被吸到右板上,B项错误;乒乓球共受到悬线的拉力、重力和电场力
的作用,C项错误;用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,乒乓球会带
上正电,受到右极板的排斥,向左运动与左极板接触,又带上负电,被左极板排斥向右运动,这样小球就在两极板间来回碰撞,D项正确。

2.(2015·哈尔滨一模)负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上,带电粒子P仅在该电荷的电场力作用下运动时,恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c,如图所示,则以下判断错误的是( )
A.粒子P带负电
B.a、b、c三点的电势高低关系是φa=φc<φb
C.粒子P由a到b电势能增加,由b到c电势能减小
D.粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是2∶1∶2
【解析】选A。

粒子P仅受电场力作用,轨迹弯曲方向跟电场力方向一致,故粒子P带正电,A错误。

沿电场线方向电势降低,故φa=φc<φ
正确。

粒子P由a到b,电场力做负功,电势能增加;由b到c,电场b,B
力做正功,电势能减小,C正确。

电场力F=k=ma,故粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是2∶1∶2,D正确。

【总结提升】电势能大小及其变化分析的两个思路
(1)做功角度：根据静电力做功与电势能变化的关系分析、判断带电粒子电势能及其变化。

静电力做正功,粒子的电势能减少,静电力做负功,则粒子的电势能增加。

(2)转化角度：只有静电力做功时,电势能与动能可以相互转化,动能
减小,电势能增加,动能增大,电势能减少。

3.(2015·湖州一模)如图所示,光滑的金属轨道分水平段和
圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心。

两金属轨道之间的宽度
为0.5m,匀强磁场方向如图所示,大小为0.5T。

质量为
0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点。

当
在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时,金属细杆可以沿轨道由静止开始向右运动。

已知MN=OP=1m,则( )
A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2
B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/s
C.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2
D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N
【解析】选D。

金属细杆在水平方向受到安培力作用,安培力大小为F
×2×0.5N=0.5N,金属细杆开始运动时的加速度大小为安=BIL=0.5
a==10m/s2,A错误;对金属细杆从M点到P点的运动过程,安培力做功W安=F安·(MN+OP)=1J,重力做功W G=-mg·ON=-0.5J,由动能定理得W
=mv2,解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v=m/s,B错安+W G
误;金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度,水平方向的向心加速度大小为a′==20m/s2,C错误;在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F,水平向右的安培力F安,由牛顿第二定律得F-F安=,解得F=1.5N,每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N,由牛顿第三定律可知金属
细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N,D正确。

【加固训练】如图所示,三根长为L的直线电流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,则导线C受到的静摩擦力是( )
A.B0IL,水平向左
B.B0IL,水平向右
C.B0IL,水平向左
D.B0IL,水平向右
【解析】选B。

根据安培定则,A电流在C处产生的磁场方向垂直于AC,B电流在C处产生的磁场方向垂直于BC,如图所示。

根据平行四边形定则及几何知识可知,合磁场的方向竖直向下,与AB 边平行,合磁感应强度B的大小为B=2B0cos30°=B0,由公式F=BIL 得,导线C所受安培力大小为F=B0IL,根据左手定则,导线C所受安培力方向水平向左,因导线C位于水平面处于静止状态,由平衡条件知,导线C受到的静摩擦力方向为水平向右,故B正确,A、C、D错误。

4.如图所示是激光闪光灯的电源线路图,首先把S打到“a”位
置,对大电容充电。

稳定后再把S打到“b”位置,通过放电使闪光灯闪光。

已知电源电动势为E,电容器电容为C。

下列说法中正确的是( )
A.当S打到a对电容器充电时,通过电流表的电流由零开始先变大后变小
B.对电容器充电过程中,电源消耗的电能为CE2
C.电容器贮存电场能为CE2
D.整个过程中通过电流表的电流方向不变
【解析】选B。

电容器充电开始通过电流表电流最大,然后变小,选项A错误;充电过程中通过电源的电量为q=CE,则电源消耗的电能为E电=qE=CE2,选项B正确;由于电路中存在电阻,电容器储存电场能比CE2小,选项C错误;充电过程中,通过电流表的电流方向向右,放电过程中通过电流表的电流方向向左,选项D错误。

5.(2015·福州一模)如图所示,长方体发电导管的前后两个
侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极,两
极间距为d,极板面积为S,这两个电极与可变电阻R相连。

在垂直前后侧面的方向上,有一匀强磁场,磁感应强度大小为B。

发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体,气体以速度v向右流动,并通过专用管道导出。

由于运动的电离气体,受到磁场的作用,将产生大小不变的电动势。

若不计气体流动时的阻力,由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率P=()2R。

调节可变电阻的阻值,根据上面的公式或你所学过的物理知识,可求得可变电阻R消耗电功率的最大值为
( )
A. B. C. D.
【解析】选B。

电源的内阻r=ρ,当电源的外电阻R与电源的内电阻r相等时,电源输出功率最大,此时可变电阻消耗的功率最大,故有：P m=()2R=()2·ρ=,B正确。

6.a、b、c三个相同带电粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场,其轨迹如图所示,其中b恰好飞出电场,由此可以肯定( )
A.b和c同时飞离电场
B.进入电场时,c的速度最大,a的速度最小
C.关于动能的增量,a的最小,b和c的一样大
D.在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上
【解析】选B、D。

带电粒子在电场中做类平抛运动,粒子在竖直方向上做匀加速直线运动,水平方向做匀速直线运动,因为三个带电粒子
是相同的,故在电场中的加速度是相同的,由y=at2,结合图示可知,三个粒子在电场中的运动时间t a=t b>t c,所以可知v a<v b<v c,选项A错
误,B正确;ΔE k=m=ma2t2,三个粒子的动能增量ΔE a=ΔE b>ΔE c,选项C错误;因a、b粒子在电场中的运动时间相同,所以a粒子打在负极板上与b离开电场是同时的,选项D正确。

7.(2015·汕头一模)在方向垂直纸面向里的匀强磁场中,电量都为q
的三个正、负离子从O点同时沿纸面内不同方向射出,运动轨迹如图,已知m a>m b=m c,磁场范围足够大,不计离子间的相互作用,可以判定( )
A.a、b是正离子,c是负离子
B.a、b是负离子,c是正离子
C.a最先回到O点
D.b、c比a先回到O点
【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)由离子的偏转方向,结合左手定则可确定离子的电性。

(2)比较周期的大小,可确定哪个离子先回到O点。

【解析】选B、D。

根据左手定则知,c带正电,a、b带负电,故B正确,A 错误;根据T=,因为电量相等,m a>m b=m c,可知b、c的周期相等,小于a的周期,则b、c比a先回到O点,故D正确,C错误。

二、计算题(本大题共3小题,共44分。

需写出规范的解题步骤)
8.(14分)(2015·梅州一模)在直角坐标系第Ⅰ象限与第Ⅲ象限分布有如图所示的匀强磁场和匀强电场,电场强度为E,磁感应强度为B;现在第Ⅲ象限中从P点以初速度v0沿x轴方向发射质量为m、带+q 的离子,离子经电场后恰从坐标原点O射入磁场。

(1)已知P点的纵坐标为-L,试求P点的横坐标。

(2)若离子经O点射入磁场时的速度为2v0,试求离子在磁场中运动的时间t及磁场出射点距O点的距离d。

【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)离子在第Ⅲ象限内做类平抛运动。

(2)明确离子进入第Ⅰ象限时速度的大小和方向。

(3)画出离子在第Ⅰ象限的运动轨迹,确定圆周运动的圆心角。

【解析】(1)离子在电场中做类平抛运动,则：
水平方向：0-x=v0t (2分)
竖直方向：L=··t2(2分)
解得：x=-v0(1分)
(2)离子运动轨迹如图所示。

若离子经O点射入磁场时的速度为2v0,设进入磁场时的速度与x轴方向夹角
为θ,则：
cosθ==(1分)
解得：θ=60°(1分)
则离子转过的圆心角为120°(1分)
T=(1分)
t=T=(1分)
根据牛顿第二定律：qvB=m(2分)
解得：r==(1分)
由几何关系知：d=2rsin60°=(1
分)
答案：(1)-v0(2)
9.( 14分)(2015·浙江高考)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。

质量为m、速度为v的离子在回旋加速器内旋转,旋转轨道是半径为r 的圆,圆心在O点,轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度为B。

为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器。

引出器原理如图所示,一对圆弧形金属板组成弧形引出通道,通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)。

引出离子时,令引出通道内磁场的磁感应强度降低,从而使离子从P点进入通道,沿通道中心线从Q点射出,已知OQ长度为L,OQ与OP的夹角为θ。

(1)求离子的电荷量q并判断其正负。

(2)离子从P点进入,Q点射出,通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′,求B′。

(3)换用静电偏转法引出离子束,维持通道内的原有磁感应强度B不变,在内外金属板间加直流电压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应。

为使离子仍从P点进入,Q点射出,求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。

【解题指导】解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)知道离子做圆周运动时,是洛伦兹力充当向心力。

(2)要能够画出离子的运动轨迹,用几何关系来分析求解。

【解析】(1)离子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则Bqv=,q=
由左手定则判断可知该离子带正电荷
(4分)
(2)离子运动轨迹如图所示
O′Q=R,OQ=L,O′O=R-r
引出轨迹为圆弧,则B′qv=
R=
(1分)
根据几何关系得
R=
(2分)
B′==
(2分)
(3)电场强度方向沿径向向外
(1分)
引出轨迹为圆弧,则Bqv-Eq=
(2分)
E=
(2分)
答案：(1)正电荷
(2)
(3)沿径向向外
10.(16分)(2015·潍坊一模)如图所示,在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场,变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、+y轴方向为电场强度的正方向)。

在t=0时刻由原点O发射初速度大小为v0,方向沿+y轴方向的带负电粒子(不计重力)。

其中已知v0、t0、B0、E0,且E0=,粒子的比荷=,x轴上有一点A,坐标为(,0)。

(1)求时带电粒子的位置坐标。

(2)粒子运动过程中偏离x轴的最大距离。

(3)粒子经多长时间经过A点。

【解析】(1)由T=得T=2t0
(1分)
所以=,运动了
(1分)
由牛顿第二定律得：qv0B0=m
(2分)
解得：r1==
(1分)
所以位置坐标为(,)
(1分)
(2)粒子的运动轨迹如图所示。

由图可知：
y1=v0t0+(1分)
v1=v0+t0(1分)
解得：y1=,v1=2v0(1分)
由r=得：r2=(1分)
故：y m=y1+r2=(+)v0t0(2分)
(3)由图可知粒子的运动周期为4t0,在一个周期内粒子沿x轴方向运动的距离：
d=2(r1+r2)=(2分)
故：t=×4t0=32t0(2分)
答案：(1)(,) (2)(+)v0t0(3)32t0
【加固训练】如图甲所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,场强E=×104N/C。

现将一重力不计、比荷=106C/kg的正电荷从电场中的O点由静止释放,经过t0=1×10-5s后,通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场。

磁场方向垂直于纸面向外,以电荷第一次通过MN时开始计时,磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。

(1)求电荷进入磁场时的速度大小。

(2)求图乙中t=2×10-5s时刻电荷与P点的距离。

(3)如果在P点右方d=100cm处有一垂直于MN的足够大的挡板,求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。

【解析】(1)电荷在电场中做匀加速直线运动,则：
Eq=ma ①
v0=at0②代入数据解得v0=π×104m/s ③(2)当B1=T时,电荷运动的半径：
r1==0.2m ④周期T1==4×10-5s ⑤当B2=T时,电荷运动的半径：r2==0.1m ⑥周期T2==2×10-5s ⑦故电荷从t=0时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如图所示。

t=2×10-5s时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期,与P点的水平距离为r1=0.2m
⑧
(3)电荷从P点开始,其运动的周期为T=+T2+2t0=6×10-5s,根据电荷的运动情况可知,电荷每一个周期向右沿PN运动的距离为0.4m,故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个,然后再运动,以90°角撞击到挡板上。

故电荷从O点出发运动到挡板所需的总时间：
t总=t0+2T+T1⑨
解得t总=1.4×10-4s ⑩答案：(1)π×104m/s (2)0.2m (3)1.4×10-4s
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