《2019年高考物理二輪復(fù)習 滾動訓練三 電場與磁場.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理二輪復(fù)習 滾動訓練三 電場與磁場.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
滾動訓練三 電場與磁場
一、選擇題：本題共10小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的，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．[2018長沙市一中二模]如圖所示，空間中存在著由一固定的負點電荷Q(圖中未畫出)產(chǎn)生的電場．另一正點電荷q僅在電場力作用下沿曲線MN運動，在M點的速度大小為v0，方向沿MP方向，到達N點時速度大小為v，且v
vA
C．穿出位置一定在O′點下方，vBvA
10．(多選)[2018昆明市高三模擬]如圖所示，MN兩側(cè)均有垂直紙面向里的勻強磁場，MN左側(cè)磁感應(yīng)強度大小為B1，右側(cè)磁感應(yīng)強度大小為B2，有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，自P點開始以速度v0向左垂直MN射入磁場中，當離子第二次穿過磁場邊界時，與邊界的交點Q位于P點上方，PQ之間的距離為.不計離子重力，下列說法正確的是( )
A．B2＝B1
B．B2＝B1
C．離子從開始運動到第一次到達Q點所用時間為
D．離子從開始運動到第一次到達Q點所用時間為
二、計算題：本題共4小題，共50分．
11. (12分)[2018石家莊質(zhì)檢二]如圖所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為＋Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m，電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：
(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；
(2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量．
12. (12分)[2018雅安市高三三診]如圖所示，光滑絕緣水平面上方存在地場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場．某時刻將質(zhì)量為m、帶電量為－q的小金屬塊從A點由靜止釋放，經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向且增強為某恒定值，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點．小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變．求：
(1)A、B兩點間的距離；
(2)電場反向后勻強電場的電場強度大?。?
13. (12分)[2018長春市三模]如圖所示，在某電子設(shè)備中分布有垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．AC、AD兩塊擋板垂直紙面放置，夾角為90，一束電荷量為＋q、質(zhì)量為m的相同粒子，從AD板上距A點為L的小孔P以不同速率沿平行紙面方向射入磁場，速度方向與AD板的夾角均為60，不計粒子重力及粒子間相互作用．求：
(1)直接打在AD板上Q點的粒子，從P運動到Q的時間；
(2)直接垂直打在AC板上的粒子運動速率．
14. (14分)[2018合肥市三模]如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有場強大小E＝103 V/m的勻強電場，方向與x軸正方向成45角，Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小B＝1 T的勻強磁場，方向垂直坐標平面向里．現(xiàn)有一比荷為104 C/kg的帶負電粒子，以速度v0＝2103 m/s由坐標原點O垂直射入磁場，速度方向與y軸負方向成45角．粒子重力不計．求：
(1)粒子開始在磁場中運動的軌道半徑；
(2)粒子從開始進入磁場到第二次剛進入磁場的過程所用時間；
(3)粒子從第二次進入磁場到第二次離開磁場兩位置間的距離．
滾動訓練三 電場與磁場
1．C 根據(jù)曲線運動的規(guī)律可知，受力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，正點電荷q僅在電場力作用下沿曲線MN運動，負點電荷Q在虛線MN左上方的某個位置，A選項錯誤；正電荷q從M到N過程速度減小，動能減小，根據(jù)動能定理可知，電場力做負功，電勢能增加，故M點的電勢低于N點的電勢，q在M點的電勢能比在N點的電勢能小，B選項錯誤，C選項正確；根據(jù)點電荷周圍電場線的分布情況可知，離負電荷Q越近，電場強度越強，故q在M點的加速度比在N點的加速度大，D選項錯誤．
2．A 根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系可知，沿同一直線經(jīng)過相同的距離，兩端電勢差相等，φB－φF＝φC－φG，解得，φC＝6 V，同理，φB－φA＝φC－φD，解得，φA＝0，A選項正確．
3．C 延長DC到G點，使DC＝CG，連接BG，根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系可知，UDC＝UCG＝1 V，則A、B、G三點的電勢相等，為等勢面，連接CF，CF∥AB，則CF為等勢面，電勢為2 V，DE為等勢面，電勢為3 V，A選項錯誤；電勢差UEF＝1 V，電勢差UBC＝－1 V，B選項錯誤；電場強度E＝，其中d＝0.1 m，解得電場強度E＝V/m，C選項正確，D選項錯誤．
4．A 根據(jù)等量同種正電荷周圍電場線的分布情況可知，負點電荷C可以在正電荷A、B連線的中垂面內(nèi)，以中點O為圓心做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓周運動的半徑R＝Lsin60＝L，電荷A、B對C的庫侖力的合力提供勻速圓周運動的向心力，2sin60＝m，解得，v＝，A選項正確．
5．C 根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系可知，φ－x圖象的斜率表示電場強度，分析圖象可知，x＝4 m處的電場強度不為零，A選項錯誤；沿電場線電勢逐漸降低，但x＝4 m處電場方向不一定沿x軸正方向，B選項錯誤；從O點到x＝6 m處，電勢差為8 V，電場力做負功8 eV，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增大8 eV，C選項正確；分析圖象的斜率可知，沿x軸正方向，斜率先減小后增大，電場強度沿x軸先減小后增大，D選項錯誤．
6．B 由分析電場線分布可知，從O到A點，電場線由密到疏，再由疏到密，則電場強度先減小后增大，電荷受到的電場力先減小后增大，加速度先減小后增大，B選項正確；v－t圖象的斜率表示加速度，加速度先減小后增大，v－t圖象的斜率先減小后增大，A選項錯誤；沿著電場線電勢逐漸降低，根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系可知，φ－x圖象的斜率表示電場強度的大小，該圖象切線的斜率應(yīng)先減小后增大，C選項錯誤；根據(jù)動能定理可知，Ek－x圖象的斜率表示粒子受到的電場力，故斜率應(yīng)先減小后增大，D選項錯誤．
7．AD 根據(jù)等量同種點電荷周圍電場的分布情況可知，圖甲中，連線和中垂線上O點的電場強度均最小，根據(jù)磁感應(yīng)強度的疊加原理可知，圖丁中，連線和中垂線上O點的磁感應(yīng)強度均最小，A選項正確；電場強度是矢量，圖甲中，在連線和中垂線上，關(guān)于O點對稱的兩點場強大小相等，方向相反，B選項錯誤；同理，圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上，O點的場強和磁感應(yīng)強度都最小，而在連線和中垂線上關(guān)于O點對稱的兩點場強和磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，C選項錯誤，D選項正確．
8．D 質(zhì)點M碰撞前做圓周運動的半徑r＝，質(zhì)點M、N相互碰撞的過程中，動量守恒，m1v1＝(m1＋m2)v2，根據(jù)電荷量守恒可知，碰撞后整體的帶電量為e，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力向下，整體向下旋轉(zhuǎn)，軌跡半徑r′＝，軌道半徑增大為原來的2倍，D選項正確．
9．D 帶電顆粒在電磁場中沿水平直線做勻速直線運動，處于受力平衡狀態(tài)，故顆粒A一定為正電荷，mg＝Eq＋BqvA.若僅撤去磁場，mg>Eq，帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn)，穿出位置一定在O′點下方，合力對其做正功，根據(jù)動能定理可知，vB>vA，D選項正確．
10．AC 正離子在左側(cè)磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，軌跡半徑r1＝，在右側(cè)磁場中，r2＝，根據(jù)幾何關(guān)系可知，2(r2－r1)＝，解得B2＝B1，A選項正確，B選項錯誤；離子從開始運動到第一次到達Q點所用時間t＝＋＝＋＝，C選項正確，D選項錯誤．
11．(1)2mg－k，豎直向下 (2)增加mgr
解析：(1)小球沿光滑絕緣軌道做圓周運動，在D點時，
FN＋k－mg＝.
其中v＝.
聯(lián)立解得，F(xiàn)N＝2mg－k.
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球在D點時對軌道的壓力大小2mg－k，方向豎直向下．
(2)從A到D運動過程中，根據(jù)動能定理，
mgr＋W電＝mv2－0.
電場力做功W電＝－mv2.
根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加mgr.
12．(1)t2 (2)3E
解析：(1)設(shè)t末和2t末小物塊的速度大小分別為v1和v2，電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1.
小金屬塊由A點運動到B點過程中，加速度
a1＝.
根據(jù)位移公式可知，x＝a1t2.
聯(lián)立解得，x＝t2.
(2)根據(jù)勻變速直線運動速度公式可知，v1＝a1t.
解得，v1＝t.
小金屬塊由B點運動到A點過程中，加速度
a2＝－.
根據(jù)位移公式可知，－x＝v1t＋a2t2.
聯(lián)立解得，E1＝3E.
13．(1) (2)
解析：(1)根據(jù)已知條件畫出粒子的運動軌跡，如圖所示：
粒子打在AD板上的Q點，圓心為O1.
由幾何關(guān)系可知，軌跡對應(yīng)的圓心角
∠PO1Q＝120.
洛倫茲力充當向心力，qvB＝m.
圓周運動的周期，T＝.
運動時間，t＝.
代入數(shù)據(jù)解得，t＝.
(2)粒子垂直打到AC板，圓心為O2，∠APO2＝30.
設(shè)粒子運動的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知，rcos30＝L.
洛倫茲力充當向心力，qvB＝m.
聯(lián)立解得，v＝.
14．(1)0.2 m (2)10－4s (3)m
解析：(1)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律：
qv0B＝m
解得：r＝0.2 m
(2)粒子第一次在磁場中運動的時間為
t1＝T＝＝π10－4s
設(shè)粒子在電場中運動的時間為t2.
a＝
tan45＝
解得t2＝410－4 s
所以總時間為t總＝t1＋t2＝10－4s
(3)如圖所示，粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子速度偏向角為α，粒子第二次進入磁場時的速度大小為v，與y軸負方向的夾角為θ.
則有：tanα＝2
即θ＝α－45
v＝＝v0
根據(jù)牛頓第二定律：qvB＝m
則R＝＝m
粒子第二次進、出磁場處兩點間的距離
L＝2Rsinθ＝2Rsin(α－45)
解得L＝m
2019年高考物理二輪復(fù)習 滾動訓練三 電場與磁場.doc
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學習交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
鏈接地址：http://www.szxfmmzy.com/p-6337266.html