2016年高考物理二轮复习专题六 限时训练

专题六 限时训练 (限时:45分钟)

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考点 1.电场的性质 2.带电粒子在电场中的运动 3.安培力作用下的平衡与运动问题 4.带电粒子在磁场中的运动 10(难),13(难) 一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第1～7题只有一项符合题目要求,第8～10题有多项符合题目要求)

1.(2015安徽理综)由库仑定律可知,真空中两个静止的点电荷,带电量分别为q1和q2,其间距离为r时,它们之间相互作用力的大小为F=k

,式中k为静电力常量.若用国际单位制的基本单位表示,k的单

题号(难易度) 1(易),4(中),8(中) 3(中),5(中),12(中) 9(中),11(中) 2(易),6(中),7(中), 位应为( B )

A.kg·A2·m3 B.kg·A-2·m3·s-4 C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-2 解析:由库仑定律知k=

,式中都取国际单位时k的单位为

,整理可得k的单位应为

,由·

,

I=知,1 C2=1 A2·s2,又因1 N=

即kg·A-2·m3·s-4,故选项B正确.

2.(2015全国新课标理综Ⅰ)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( D ) 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:因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=知,轨道半径增大;由角速度ω=知,角速度减小,选项D正确.

3. (2015兰州诊断)带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,则从a到b过程中,下列说法正确的是( D )

A.粒子带负电荷 B.粒子先加速后减速 C.粒子加速度一直增大 D.粒子的机械能先减小后增大

解析:粒子仅在电场力作用下做曲线运动,受力方向指向曲线的凹侧,即力的方向与场强方向一致,故粒子应带正电荷,选项A错误;由电场

力的方向与速度方向的夹角的关系可知粒子先减速后加速,选项B错误;电场线的疏密表示场强的大小,由F=qE和F=ma知选项C错误;电场力对粒子先做负功后做正功,电势能先增大后减小,根据能量守恒定律知粒子的机械能先减小后增大,选项D正确.

4. (2015贵阳市适应性检测)正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面,如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为( B )

A.E0 B.E0 C.E0 D.E0

解析: 半球的中心O处的电场强度E0是球面上电荷产生的电场叠加的结果,根据对称性,作出球面上的电荷在O点产生的电场分布,如图所示.

由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处产生的电场强度为E=E0sin 30°=,选项B正确.

5.(2015上饶市一模)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线(水平面内)上有A,B,C三点,如图(甲)所示.一个电量为+2 C,质量为1 kg的小物块从C点静止释放,其运动的vt图像如图(乙)所示.其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是( D )

A.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=2 V/m B.由C点到A点的过程中,物块的电势能先减小后增大 C.由C点到A点的过程中,电势逐渐升高 D.A,B两点的电势差UAB=-5 V

解析:由vt图像知,由C点到A点的运动过程中,物块的速度不断增大,动能不断增大,根据能量守恒得,物块的电势能不断减小,选项B错误;由φ=知电势逐渐降低,选项C错误;在B点,物块的加速度最大,由牛顿第二定律得qE=ma,故电场强度E最大,由图得,B点的加速度为a==2 m/s2,则E==1 V/m,选项A错误;物块从B点到A点的过程,根据动能定理得qUBA=m

-m

得UBA=5 V,则UAB=-5 V,选项D正确.

6.(2015江西新余二模)如图所示,以O为圆心,MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场,三个不计重力、质量相同、带电

量相同的正电粒子a,b和c以相同的速率分别沿aO,bO和cO方向垂直于磁场方向射入磁场区域,已知bO垂直MN,aO,cO和bO的夹角都为30°,a,b,c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta,tb,tc,则下列给出的时间关系可能正确的是( D )

A.ta>tb>tc B.ta>tb=tc C.ta=tb

解析:粒子带正电,在磁场中的运动周期相同,在磁场中运动的时间t=T,故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大,运动时间越长.若粒子的运动半径r和圆形区域半径R满足r=R,轨迹如图(甲)所示,taR时,粒子a对应的圆心角最小,c对应的圆心角最大,ta

7.如图所示,平行金属板内有一匀强电场,一带电粒子以平行于金属板的初速度v0从板间某点射入电场,不计粒子受的重力,当入射动能

为Ek时,此带电粒子从场中射出的动能恰好为2Ek.如果入射速度方向不变,初动能变为2Ek,那么带电粒子射出的动能为( C ) A.Ek B.Ek C.Ek D.3Ek

解析:设匀强电场的电场强度为E,平行板长度为L,粒子在电场中做类平抛运动,由题可知:Ek=m初动能为2Ek时,有2Ek=m

,而L=v0t,y=at2,且Eqy=2Ek-Ek.而当

,而L=v1t1,y1=a,且Eqy1=Ek1-2Ek.整理得

Ek1=Ek,因此选项C正确,A,B,D错误.

8. (2015甘肃一诊)电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美.如图所示,真空中固定两个等量异种点电荷A,B,AB连线中点为O.在A,B所形成的电场中,以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB连线,以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直于圆面且与AB连线共面,圆与正方形的交点分别为e,f,则下列说法中正确的是( BC )

A.在a,b,c,d,e,f六点中找不到任何两个点的场强和电势均相同 B.将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点,电场力始终不做功 C.将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同 D.沿线段eOf移动的电荷,它所受电场力先减小后增大

解析:图中圆面是一个等势面,e,f两点电势相等,根据电场线分布的对称性知e,f场强大小相等,方向均平行于AB,选项A错误;根据W=qU可知,将一电荷由e点沿egf移到f点,电场力不做功,选项B正确;a点与圆面内任意一点的电势差相等,根据ΔEp=qU知,选项C正确;沿eOf线段,电场强度先增大后减小,故电荷所受电场力先增大后减小,选项D错误.

9. 电磁轨道炮工作原理如图所示.待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触.电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比.通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出.现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是(不计弹体的重力,不考虑电磁感应现象的影响)( BD )

A.只将轨道长度L变为原来的2倍 B.只将电流I增加至原来的2倍 C.只将弹体质量减至原来的一半

D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量 不变

解析:设B=kI,轨道间距为d,则弹体所受安培力F=IdB=kI2d;由牛顿第二定律得弹体的加速度a==得:v=

=I

;由运动学公式v2=2aL,

.综上所述,选项B,D正确,选项A,C错误.

10.(2015四川理综)如图所示,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,则( AD )

A.θ=90°时,l=9.1 cm B.θ=60°时,l=9.1 cm C.θ=45°时,l=4.55 cm D.θ=30°时,l=4.55 cm 解析:

如图,S到MN的距离d0=dsin θ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位置对应于到S的距离等于电子运动轨迹直径的点（若r=

>

,则最下端位置为N）.因电子运动轨迹的半径

==

,

=

=

+.当θ-dcos

=4.55 cm.由图中几何关系有

取得最小值r,此时

=90°时,θ=+

>,从而有l=

-dcos θ.当θ=90°时,l=9.1 cm,当θ=60°

时,l=6.78 cm,当θ=45°时,l=5.68 cm,当θ=30°时,l=4.55 cm.故可知A,D正确,B,C错误. 二、非选择题

11. (2015双鸭山高三期末)有两个相同的全长电阻为9 Ω的均匀光滑圆环,固定于一个绝缘的水平台面上,两环分别在两个互相平行的、相距为20 cm的竖直面内,两环的连心线恰好与环面垂直,两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=0.866 T的匀强磁场,两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5 Ω的电源,连接导线的电阻不计.今有一根质量为10 g,电阻为1.5 Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动,而棒恰好静止于如图所示的水平位置,它与圆弧的两接触点P,Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ=60°,取重力加速度g=10 m/s2.试求此电源电动势E的大小.

解析: 在题图中,从左向右看,棒PQ的受力如图所示,棒所受的重力和安培力FB的合力与环对棒的弹力FN是一对平衡力,且

FB=mgtan θ=mg 而FB=IBL, 所以I=

=

A≈1 A.

在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R,则R=Ω=2 Ω

由闭合电路欧姆定律得

E=I(r+2R+R棒)=1×(0.5+2×2+1.5)V=6 V. 答案:6 V

12.(2015河南郑州模拟)在光滑水平面上,有一质量为m=1×10-3 kg、电荷量为q=1.0×10-10 C的带正电小球,静止在O点,以O点为原点,在该水平面内建立直角坐标系xOy.现在突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106 V/m的匀强电场,使小球开始运动.经过一段时间后,所加匀强电场再突然变为沿y轴正方向,场强大小不变,使该小球恰能够到达坐标为(0.3,0.1)的P点.求:

(1)电场改变方向前经过的时间;

(2)带正电小球到达P点时的速度大小和方向.

解析:由牛顿第二定律得,在匀强电场中小球加速度的大小为a=,代入数值得:a=0.20 m/s2,当场强沿x轴正方向时,经过时间t小球的速度大小为vx=at,小球沿x轴方向移动的距离x1=at2,电场方向改为沿y轴正方向后的时间t′内,小球在x方向做速度为vx的匀速运动,在y方向做初速度为零的匀加速直线运动.沿x方向移动的距离:x= vxt′+x1=0.30 m,沿y方向移动的距离:y=at′2=0.10 m,由以上各式解得t=1 s,t′=1 s,vx=0.2 m/s.到P点时小球在x方向的分速度仍为vx,在y方向的分速度vy=at′=0.20 m/s,由上可知,此时运动方向与x轴成45°角,速度大小为0.28 m/s(或0.2 m/s).

答案:(1)1 s (2)0.28 m/s(或0.2 m/s) 方向与x轴成45°角 13. (2015辽宁省抚顺市模拟)如图所示,相距为R的两块平行金属板M,N正对着放置,S1,S2分别为M,N板上的小孔,S1,S2,O三点共线,它们的连线垂直M,N,且S2O=R,以O为圆心,R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B,方向垂直纸面向外的匀强磁场.D为收集板,板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R,板两端点的连线垂直M,N板.质量为m,带电量为+q的粒子,经S1进入M,N间的电场后,通过S2进入磁场.粒子在S1处的速度和粒子所受的重力均不计.

(1)当M,N间的电压为U时,求粒子进入磁场时速度的大小v; (2)若粒子恰好打在收集板D的中点上,求M,N间的电压值U0; (3)当M,N间的电压不同时,粒子从S1到打在D上经历的时间t会不同,求t的最小值.

解析:(1)粒子从S1到达S2的过程中,根据动能定理得 qU=mv2

解得粒子进入磁场时速度的大小 v=

;

(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 有qvB=

则加速电压U与轨迹半径r的关系为U=

当粒子打在收集板D的中点时,粒子在磁场中运动的轨迹半径r=R 对应电压U0=

;

(3)M,N间的电压越大,粒子进入磁场时的速度越大,粒子在极板间经历的时间越短,同时在磁场中运动轨迹的半径越大,在磁场中运动的时间也会越短,出磁场后匀速运动的时间也越短,所以当粒子打在收集板D的右端时,对应时间t最短.

根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的轨迹半径r=R 则粒子进入磁场时速度的大小 v=

粒子在电场中经历的时间 t1==

粒子在磁场中经历的时间 t2=

=

粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间 t3==

粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为 t=t1+t2+t3=答案:(1)

. (2)

(3)

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