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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,17題只有一個選項符合題目要求,810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?，F(xiàn)用一直線加速器來加速質子,使其從靜止開始被加速到1.0107 m/s。已知加速電場的電場強度為1.3105 N/C,質子的質量為1.6710-27 kg,電荷量為1.610-19 C,則下列說法正確的是()A.加速過程中質子電勢能增加B.
2、質子所受到的電場力約為210-15 NC.質子加速需要的時間約為810-6 sD.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=2.0810-14N,B錯誤;a=Fm1.251013m/s2,t=va=810-7s,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.6kq2l2B.32kq2l2C.3kq2l2D.63kq2l2答案:A解析:底面上B、C、D的三個電荷對
3、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,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cos=63,A點的電荷受到的電場力為Fh=3kq2l2cos=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aEbD.試探電
4、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,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
5、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),k0),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=FN=FA=BIl=Blkt,聯(lián)立解得加速度a=Blktm-g,與時間成線性關系,故C錯誤;t=0時刻無電流,無安培力,
6、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qAqB=12D.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
7、誤;電場力對A、B做功大小相等、方向相反,所以有EqBl=EqA2l,因此qAqB=12,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
8、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=(mgcos-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=(mgcos+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,B正確。a、b兩點電勢確定,由Ep=q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
9、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;由平行板電容器決定式C=rS4kd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
10、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.勻強磁場的磁感應強度大小B=mvqRC.勻強電場的電場強度大小為E=mg2qD.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=mgsin,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
11、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.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=q,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
12、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OP時的位置坐標為2mvqB,23mv3qBB.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2mqB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;2=60,根據(jù)粒子在有界磁場的運動特點,3=4=30,所以粒子
13、再次經過A點后,速度與x軸正方向間的夾角4=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=T2+240360T+60360T=8m3qB,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=1910-4 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
14、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/s2。(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)3.6105 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0v帶62 m/s時,Ek=12mv帶2;v帶62 m/s時,Ek=6.48 J。解析:(1)設滑塊從P到A運動的時間為t,水平方向的加速度大小為a,滑塊能夠沿AB下滑,說明在A點時水平方
15、向速度為零,則水平方向:s=12at2,其中a=qEm豎直方向:2h-h=12gt2聯(lián)立解得E=mgsqh=0.181011910-40.45N/C=3.6105N/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。若傳送帶順時針轉動,設傳
16、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0v帶62m/s時,Ek=12mv帶2v帶62m/s時,Ek=12mv2=120.18362J=6.48J。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、3R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
17、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=mv23R設粒子在電場中運動所受電場力為F,有F=qE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=ma粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動,有v=at聯(lián)立式得t=3RBE。(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動,
18、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=r2設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關系知tan=3Rr-R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=vv0聯(lián)立式得v0=qBRm。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
19、,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=12mv2-0設正離子束所受的電場力為F1,根據(jù)牛頓第三定律,有F1=F1設引擎在t時間內飄入電極間的正離子個數(shù)為N,由牛頓第二定律,有F1=Nmv-0t聯(lián)立式,且N=Nt得N=F12ZemU。(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=12Fv考慮到牛頓第三定律得到F=F,聯(lián)立式得FP=2mZeU。(3)為使FP盡量大,分析式得到三條建議:用質量大的離子;用帶電荷量少的離子;減小加速電壓。12
（廣西專用）2020高考物理二輪復習 階段訓練（三）電場和磁場（含解析）
