2018高考大二轮总复习物理文档：考前第5天 电场与磁场(保温训练) Word版含答案
2018届高三物理二轮复习逐题对点特训：专题三 电场和磁场 第2讲 含答案 精品
专题3 第2讲1．(2017·河北保定调研)在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、重为G 的直导体棒，系统侧视图如图所示．通过图示方向电流I ，然后给系统施加竖直向上的匀强磁场，导体棒刚好能静止在斜面上，则下列说法中正确的是( B )A ．磁感应强度B ＝G ILB ．磁感应强度B ＝G tan αILC ．斜面受到导体棒的压力为零D ．斜面受到导体棒的压力等于G cos α解析 对导体棒受力分析如图所示，由力的平衡条件可知，安培力与支持力的合力和重力等大反向，则F ＝G tan α，又F ＝BIL ，则B ＝G tan αIL，故选项A 错误，B 正确；斜面对导体棒的支持力大小为F N ＝Gcos α，由牛顿第三定律可知斜面受到导体棒的压力大小等于Gcos α，故选项C 、D 错误．2．(2017·山东潍坊统考)如图所示，xOy 坐标系位于纸面内，匀强磁场仅存在于第一象限，方向垂直纸面指向纸里．某带电粒子从y 轴上A 点沿＋x 方向射入磁场，经过时间t 从x 轴上某点离开磁场，离开磁场时速度的方向与x 轴垂直．如该带电粒子从OA 的中点以同样的速度射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间为( C )A.t3 B ．t2 C.2t 3D ．t解析 由题意画出带电粒子两次进入磁场的轨迹，由几何关系可知第一次轨迹所对应的圆心角为α1＝90°，第二次轨迹所对应的圆心角为α2＝60°，则两次所用的时间的比值为t t 2＝α1α2＝32，则t 2＝2t3，故选项C 正确． 3．(2017·四川重点中学模拟)(多选)竖直放置的足够长的挡板MN 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，挡板上端有—小孔O ，O 左边有一粒子发射源，能向外发射两种带电粒子a 、b ，且粒子发射时的速度方向垂直挡板水平向右，两粒子的运动轨迹如图所示．则下列说法正确的是( AD )A ．若粒子a 、b 的比荷相同，则粒子a 射入磁场时的速度大B ．若粒子a 、b 的比荷相同，则粒子b 在磁场中运动的时间长C ．若粒子a 、b 射入磁场的速度相等，则粒子a 的比荷大D ．若粒子a 、b 在磁场中运动的时间相等，则两粒子的比荷相等解析 带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，有qvB ＝m v 2r ，所以v ＝qBrm，又由于磁感应强度相同，若q a m a ＝q bm b，则v ∝r ，由题图可知r a >r b ，所以v a >v b ，选项A 正确；由qvB ＝m v 2r ，T ＝2πr v ，得t ＝T 2＝πm qB ，磁感应强度相同，若比荷相同，则t a ＝t b ，选项B 错误；由qvB ＝m v 2r ，得q m ＝v Br ，磁感应强度相同，若速度相等，又r a >r b ，则q a m a <q bm b ，选项C 错误；由qvB＝m v 2r ，T ＝2πr v ，t ＝T 2，得q m ＝πBt ，磁感应强度相同，若时间相等，则q a m a ＝q bm b，选项D 正确．4．(2017·山西重点中学模拟)(多选)如图所示为光滑绝缘水平面上的圆形区域，在没有磁场的情况下，一带电小球以某一初速度沿圆形区域的直径方向入射，穿过此区域的时间为t ；在该区域内加垂直纸面向外的磁感应强度大小为B 的匀强磁场，带电小球仍以相同的初速度沿圆形区域的直径方向入射，离开圆形区域时速度方向向下偏转了60°，则( BD )A ．小球带负电B ．小球的比荷为232BtC ．在不增加其他条件的情况下，可以求出带电小球在磁场中运动的半径和速度D ．小球在磁场中做圆周运动的时间为3π6t 解析 根据左手定则可知小球带正电，选项A 错误；无磁场时小球沿直径方向做匀速直线运动，有v ＝2Rt，有磁场时小球做圆周运动，由几何关系有r ＝3R ，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2r ，联立解得小球的比荷为q m ＝233Bt，故选项B 正确；因磁场区域半径未知，故不能求小球在磁场中运动的半径和速度，选项C 错误；小球在磁场中做圆周运动的周期为T ＝3πt ，因为小球在磁场中运动的速度偏转角为60°，则运动轨迹所对应的圆心角为60°，故t 2＝60°360°·3πt ＝3πt6，选项D 正确．5．(2017·贵州贵阳检测)(多选)如图所示，在边长为L 的正方形ABCD 阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q (q <0)的带电粒子以大小为v 0的速度沿纸面垂直AB 边射入正方形，若粒子从AB 边上任意点垂直射入，都只能从C 点射出磁场，不计粒子的重力影响．下列说法正确的是( BD )A ．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外B ．此匀强磁场的磁感应强度大小为mv 0qLC ．此匀强磁场区域的面积为πL24D ．此匀强磁场区域的面积为π－L 22解析 若保证所有的粒子均从C 点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，选项A 错误；由A 点射入磁场的粒子从C 点离开磁场，结合图可知该粒子的轨道半径应为R ＝L ，则由qBv 0＝m v 20R ，可解得B ＝mv 0qL，故选项B 正确；由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫14πL 2－12L 2＝π－L 22，故选项C 错误，D 正确．6．(2017·黑龙江五校联考)(多选)如图所示，EF 和MN 两平行线将磁场分割为上、下两部分，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从EF 线上的A 点以速度v 斜向下射入EF 下方磁场，速度与边界成30°角，经过一段时间后正好经过C 点，经过C 点时速度方向斜向上，与EF 也成30°角，已知A 、C 两点间距为L ，两平行线间距为d ，下列说法中正确的是( BCD )A ．粒子不可能带负电B ．磁感应强度大小可能满足B ＝mv qLC ．粒子到达C 点的时间可能为7πm 3Bq ＋4dvD ．粒子的速度可能满足v ＝L －23nd Bqm(n ＝0,1,2,3，…)解析 若粒子带负电，粒子可沿图甲轨迹通过C 点，所以选项A 错误；如果粒子带正电，且直接偏转经过C 点，如图乙所示，则R ＝L ，由Bqv ＝mv 2R 得B ＝mvqL，所以选项B 正确；在图丙所示情形中粒子到达C 点所用时间正好为7πm 3Bq ＋4dv ，则选项C 正确；由于带电粒子可以多次偏转经过C 点，如图丁所示，由几何知识可得，L ＝2nd tan 60°＋2R sin 30°，则R ＝L －23nd ，根据R ＝mv Bq 可得，v ＝L －23nd Bqm(n ＝0,1,2,3，……)，选项D 正确．7．(2017·广东百校联考)如图所示，M 、N 为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，其右侧有一边长为2a 的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，M 、N 两极板之间加上电压U 后，M 板电势高于N 板电势．在S 1孔的左侧紧靠一个小盒，盒里面装有放射性元素23892U ，设23892U 发生α衰变后释放的α粒子b 从M 板的中央小孔S 1处无初速度射入电容器，在电场力的作用下，穿过小孔S 2后从P 处垂直AB 方向进入磁场，进入时恰与另一静止在P 点的α粒子c 发生弹性正碰．设α粒子的质量为m 、电荷量为q ，A 、P 两点间的距离为3a ，α粒子的重力忽略不计，则下列说法正确的是( BC )A.23892U 发生α衰变的核反应方程为23892U→42He ＋23892Th B ．α粒子b 进入磁场时的速度大小为2qUmC ．若α粒子c 从边界AC 离开磁场，则磁感应强度的大小可能为＋32qUm3qaD ．若α粒子c 从边界AC 离开磁场，则磁感应强度的大小可能为2qUm3qa解析 根据核反应遵循质量数守恒、电荷数守恒得，23892U 发生α衰变的核反应方程为23892U→42He ＋23490Th ，选项A 错误；α粒子b 在电场中运动时，由动能定理得qU ＝12mv 2，解得α粒子b 进入磁场时的速度大小为v ＝2qUm，选项B 正确；α粒子b 进入磁场与α粒子c 发生速度交换，α粒子c 从边界AC 离开，若α粒子c 恰能到达边界BC ，如图甲所示，设此时的磁感应强度大小为B 1，根据几何关系，此时α粒子c 的轨道半径为R 1＝2a sin 60°＝3a ，由牛顿第二定律可得qvB 1＝m v 2R 1，由以上两式解得 B 1＝6qUm 3qa；α粒子c 从进入磁场到从边界AC 离开磁场，若α粒子恰能到达边界AC ，如图乙所示，设此时的磁感应强度大小为B 2，根据几何关系有R 2＝(3a －R 2)sin 60°，由牛顿第二定律可得qvB 2＝m v 2R 2，由以上两式解得B 2＝＋32qUm3qa，综上所述，要使α粒子c 能从边界AC 离开磁场，磁感应强度大小B ′应满足6qUm3qa≤B ′<＋32qUm3qa，故选项C 正确，D 错误．8．(2017·甘肃兰州一诊)(多选)如图所示为“研究带电粒子在匀强磁场中运动”的演示仪结构图．若励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直且水平向右，电子速度的大小v 和磁场的磁感应强度B 可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，则下列说法正确的是( BD )A ．仅增大励磁线圈中的电流，电子束运动轨迹的半径将变大B ．仅提高电子枪的加速电压，电子束运动轨迹的半径将变大C ．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期不变D ．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期不变 解析 电子在加速电场中加速，由动能定理有eU ＝12mv 20，①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有eBv 0＝m v 20r， ②解得r ＝mv 0eB ＝1B2mUe，③ T ＝2πmeB.④由于增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小，由④式知周期变小，选项A 、C 错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，选项B 、D 正确．9．(2017·湖南四校联考)(多选)如图所示，在一个边长为a 的正六边形区域内存在磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同带正电的粒子，比荷为q m，先后从A 点沿AD 方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用，已知编号为①的粒子恰好从F 点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E 点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED 边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，则( ACD )A ．编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为3Bqa3mB ．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间t ＝πm6qBC ．编号为③的粒子在ED 边上飞出的位置与E 点的距离为(23－3)a D ．三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且比值为4∶2∶1解析 三个粒子的运动轨迹如图所示．设编号为①②③的粒子的轨道半径分别为r 1、r 2、r 3，速度大小分别为v 1、v 2、v 3.对粒子①有qv 1B ＝m v 21r 1，由几何关系知r 1＝a 2sin 60°，解得v 1＝3qBa 3m ，选项A 正确；编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间t 2＝16T ＝πm3qB，选项B 错误；由几何关系AE ＝2a cos 30°＝3a ，则r 3＝AE sin 30°＝23a ，O 3E ＝AEtan 30°＝3a ，故编号为③的粒子在ED 边上飞出的位置与E 点的距离EG ＝(23－3)a ，选项C 正确；编号为①的粒子在磁场区域内运动的时间t 1＝13T ，编号为③的粒子在磁场区域内运动的时间t 3＝112T ，故t 1∶t 2∶t 3＝4∶2∶1，选项D 正确． 10．(2017·新疆乌鲁木齐三诊)(多选)如图所示，在虚线MN 上方有一完整的圆形匀强磁场区(未画出)，其圆心位于M 点正上方，磁场方向垂直纸面向外．一质量为m 、带电量为q (q >o )的粒子(不计重力)，从M 点垂直于MN 以速度v 0向上方射出，粒子最终经过N 点．已知MN 间的距离为d ，粒子经过N 点时的速度方向与MN 的夹角θ＝30°.则( AC )A ．穿过圆形磁场区的磁通量与其半径成正比B ．穿过圆形磁场区的磁通量与其半径的平方根成正比C ．圆形磁场区内磁感应强度的最小值B min ＝3mv 0qdD ．圆形磁场区内磁感应强度的最小值B min ＝23mv 0qd解析 假设磁场的半径为r ，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R ，作出粒子轨迹的示意图，则由几何关系可知R ＝r tan 30°＝33r ，对带电粒子的运动有Bqv 0＝m v 20R ，解得B ＝mv 0qR ，由以上可得B ＝3mv 0qr，则穿过圆形磁场的磁通量为φ＝B πr 2＝3πmv 0r q，选项A 正确，B错误；当粒子的轨道半径最大时，磁场的磁感应强度最小，则粒子由M 点开始进入磁场，其轨迹如图所示，由几何关系R ＋Rsin 30°＝d ，则R ＝d3，又B min qv 0＝m v 20R ，解得B min ＝3mv 0qd，选项C 正确，D 错误．11．(2017·辽宁大连八中月考)如图所示，半径为R 的半圆形区域内分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，以半圆的圆心为原点建立如图所示的直角坐标系，在半圆的左边垂直于x 轴处放置一个粒子发射装置，在－R ≤y ≤R 的区间内各处均沿x 轴正方向同时发射一个带正电的粒子，粒子的质量均为m ，所带电荷量均为q ，初速度均为v ，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y 轴，其中最后到达y 轴的粒子比最先到达y 轴的粒子晚Δt 时间，则( C )A ．磁场区域的半径R 应满足R ≥2mvqBB ．磁场区域的半径R 应满足R ≥mv qBC ．若最后到达y 轴的粒子在磁场中运动的圆心角为θ，则Δt ＝m θqB －Rv，其中θ的弧度值满足sin θ＝qBR mvD ．Δt ＝πm qB －Rv解析各粒子进入磁场后的圆周运动的轨道半径、周期相同，沿x 轴进入的粒子在磁场中的轨迹最长，运动时间最长，如图所示，当粒子轨道半径r ＝mvqB ≥R ，即R ≤mv qB时，沿x 轴进入的粒子能到达y 轴，其他粒子当然也能到达y 轴，选项A 、B 错误；最后到达y 轴的粒子是沿x 轴进入的粒子，最先到达的是从y ＝R 或y ＝－R 处进入的粒子，则Δt ＝θ2πT －R v ＝m θqB －Rv，θ≤π2，Δt ≤πm 2qB －R v ，sin θ＝R r ＝qBRmv，选项D 错误，C 正确．12．(2017·黑龙江哈尔滨第三中学二模)(多选)如图，环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场边界为半径为a 和2a 的两个同心圆，在小圆上的S 处有一粒子源，向磁场在纸面内180°范围内发射相同的带电粒子，粒子带电量为－q ，质量为m ，速率均为v 0，不计粒子重力．设粒子从进入磁场到飞出磁场的时间为t ，则( ABD )A ．若v 0＝qBa m ，t 最小为πm3qB B ．若v 0＝qBa m ，t 最大为4m π3qBC ．若v 0＝2qBa m ，t 一定大于πm6qBD ．若v 0＝2qBa m ，t 一定小于πm2qB解析 若v 0＝qBa m ，由牛顿第二定律qv 0B ＝m v 0R得，粒子的半径R ＝a ，由题图知，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦最短为a ，如图甲所示，由几何知识知，其运动轨迹对应的圆心角θ＝60°，则最短时间t ＝θ360°T ＝60°360°·2πm qB ＝πm3qB，选项A 正确；当粒子的运动轨迹与大圆相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，如图甲所示，设圆心为O 1，由几何知识知，三角形OO 1S 为等边三角形，粒子运动轨迹对应的圆心角θ1＝240°，则粒子在磁场中运动的最长时间t ＝θ1360°T ＝240°360°·2πm qB ＝4πm 3qB ，选项B 正确；若v 0＝2qBam，由牛顿第二定律qvB ＝m v 20R得，粒子的半径R ＝2a ，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦最短为a ，如图乙所示，由几何知识知，其运动轨迹对应的圆心角θ2，由几何关系可知sin θ22＝a 2·12a ＝14，则sinθ2＝2sin θ2cos θ2＝158<12，故θ2<π6，在磁场中运动的最短时间t ＝θ22π·T <πm6qB .选项C错误；当粒子的运动轨迹圆心角为θ3，如图乙所示，粒子在磁场中运动的时间最长，过粒子圆周运动轨迹的圆心作小圆的切线，由几何知识知，粒子运动轨迹对应的圆心角θ3<90°，则粒子在磁场中运动的最长时间t ＝θ3360°T <90°360°·2πm qB ＝πm2qB，选项D 正确．13．(2017·山东重点中学联考)如图所示，坐标轴y 过半径为R 的圆形区域的圆心，坐标轴x 与该区域相切．AB 为磁场圆的水平直径，P 点到AB 的距离为12R .圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ.离子速度选择器的极板平行于坐标轴x ，板间存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场Ⅰ，且电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B 1.垂直坐标轴x 放置的加速电场中的电子源M ，紧靠右极板，可释放初速度为零的带电离子．离子在加速电场加速后恰好沿坐标轴x 负方向匀速通过离子速度选择器，然后从P 点射入圆形区域匀强磁场Ⅱ，并从坐标原点O 射出磁场Ⅱ.已知加速电场的电压为U 0.不计离子重力．求：(1)离子电性和比荷；(2)圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B 2； (3)离子在圆形区域匀强磁场中的运动时间．解析 (1)设离子带电荷量为q ，质量为m ，在电场中加速后的速度为v ，由动能定理得qU 0＝12mv 2，由离子在速度选择器中的运动可知Eq ＝qvB 1，联立解得q m ＝E 22B 21U 0，由离子在圆形区域匀强磁场中的运动可知，离子带正电．(2)由几何关系可求得，粒子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动的半径为R ，则qvB 2＝m v 2R ，解得B 2＝2B 1U 0RE. (3)由几何关系可求得，离子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动转过的角度为120°.设离子在圆形区域匀强磁场中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t ，则有T ＝2πRv，t ＝120°360°T ，联立解得t ＝2πRB 13E. 答案 (1)正电 E 22B 21U 0 (2)2B 1U 0RE (3)2πRB 13E14．(2017·湖南长沙一模)如图所示，x 轴上放有一足够大的荧光屏，y 轴上(0，L )处有一个点状的α粒子放射源A ，某瞬间同时向xOy 平面内各个方向发射速率均为v 0的α粒子(不计重力)，设α粒子电量为q ，质量为m .求：(1)当空间中只存在平行xOy 平面沿y 轴负方向的匀强电场时，最后到达荧光屏的α粒子在电场中的运动时间为最先到达荧光屏的α粒子在电场中运动时间的3倍，求电场强度；(2)当空间中只存在垂直xOy 平面向里的匀强磁场时，最先到达荧光屏的α粒子在磁场中的运动时间为最后到达荧光屏的α粒子在磁场中运动时间的29.求磁感应强度及荧光屏被打亮的范围．解析 (1)设沿y 轴负方向射出的粒子运动的最短时间为t 1，取y 轴正方向射出的粒子运动的最长时间为3t 1，取y 轴负方向为正，由题意有L ＝v 0t 1＋12at 21，L ＝－3v 0t 1＋12a (3t 1)2，又a ＝Eq m ，解得E ＝3mv 22qL.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R ，有R ＝mv 0qB，运动时间最短时，则有R sin θ12＝L 2， 运动时间最长时，则有R (1－cos θ2)＝L ，粒子在磁场运动周期相同，则有θ1θ2＝29，解得θ1＝π3，θ2＝32π，R ＝L ，解得B ＝mv 0qL.由题意，在x 轴负方向，离子最远距离A 点2R ，在屏上，则x max1＝－3L ，在x 轴正方向，离子最远运动14个圆，有x max2＝L ，有粒子打亮屏的范围为－3L ≤x ≤L . 答案 (1)3mv 22qL(2)－3L ≤x ≤L15．(2017·河南洛阳统考)如图所示，在无限长的竖直边界AC 和DE 间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC 平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B 0，OF 为上、下磁场的水平分界线．质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子从AC 边界上与O 点相距为a 的P 点垂直于AC 边界射入上方磁场区域，经OF 上的Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 与O 点的距科为3a .不考虑粒子重力．(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC 边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件； (3)若下方区域的磁感应强度B ＝3B 0，粒子最终垂直DE 边界飞出，求边界DE 与AC 间距离的可能值．解析(1)设粒子在OF 上方做圆周运动的半径为R ，如图甲所示，由几何关系可得R ＝5a ，由牛顿第二定律可知qvB 0＝m v 2R，解得v ＝5aqB 0m.(2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时，设粒子在OF 下方做圆周运动的半径为r 1，如图乙所示，由几何关系得r 1＋r 2cos θ＝3a ，cos θ＝35，所以r 1＝15a 8，根据qvB 1＝m v 2r 1，解得B 1＝8B 03.当B 1>8B 03时，粒子不会从AC 边界飞出，(3)当B ＝3B 0时，根据qvB ＝m v 2r，得粒子在OF 下方运动的半径为r ＝53a .设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P 1，则P 与P 1的连线一定与OF 平行，如图丙所示，根据几何关系知PP 1＝4a所以若粒子最终垂直DE 边界飞出，边界DE 与AC 间的距离为L ＝n PP 1＝4na .(n ＝1,2,3，……)答案 (1)5aqB 0m(2)见解析 (3)见解析。
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第6天 能量和动量(保温训练)(含答案)
第二部分 考前第6天1．(多选)(2017·广东中山一中七校联考)在地面附近，沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在空中飞行运动，说法正确的是( )A ．在相同时间间隔内，速度变化相同B ．在相同时间间隔内，位移变化相同C ．在相同时间间隔内，动量变化相同D ．在相同时间间隔内，动能变化相同解析：平抛运动的加速度为g ，是个定值，根据Δv ＝g Δt 可知，在相同时间间隔内，速度变化相同，故A 正确；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，相同时间内，水平位移的变化量相同，但是竖直方向位移的变化量不等，所以总位移变化不同，故B 错误；根据ΔP ＝m ·Δv 可知在相同时间间隔内，速度的变化相同，则动量变化相同，选项C 正确；根据动能定理ΔE k ＝mg ·Δh ，因在相同时间间隔内，竖直方向位移的变化量不等，则动能变化不相同，选项D 错误；故选AC ．答案：AC2．(2017·辽宁实验中学月考)质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，则下列说法中不正确的是( )A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为1.25 m/s 2C ．在前2 m 的运动过程中物块所经历的时间为2 sD ．在前4 m 的运动过程中拉力对物块做的功为25 J解析：根据图象知，x ＝1 m 时，动能为2 J ，即12m v 2＝2 J ，解得v ＝ 2 m/s.故A 错误．对x ＝2 m 到x ＝4 m 段运用动能定理，有：Fx －μmgx ＝ΔE k ，解得F ＝6.5 N ．a ＝F －μmg m ＝6.5－0.2×202m/s 2＝1.25 m/s 2.故B 正确．对前2 m运用动能定理得，Fx －μmgx ＝ΔE k ，解得F ＝6 N ，物体的加速度a ＝F －μmg m ＝6－42m/s 2＝1 m/s 2.末速度v ＝2E km＝82＝2 m/s ，根据v ＝at 得，t ＝2 s ．故C 正确．对全过程运用动能定理得，W F －μmgs ＝ΔE k ，解得W F ＝25 J ．故D 正确．此题选择错误的选项，故选A ．答案：A3．(多选)(2017·大庆一模)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等解析：开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝mg ，则m a ＝m sin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为m a g ×h sin θ＝mgh ，故A 正确．根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量．所以摩擦力做功大于a 的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．答案：ABD4．(2017·成都外国语模拟)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m 的物体A ，处于静止状态．若将一个质量为2 m 的物体B 竖直向下轻放在A 上，则 (重力加速度为g )( )A ．放在A 上的一瞬间B 对A 的压力大小为23/mg B ．AB 一起向下运动过程中AB 间的压力先增大后减小C ．AB 向上运动到某一位置时将分离D ．运动过程中AB 物体机械能守恒解析：B 放在A 上的一瞬间，对AB 整体：2mg ＝3ma ；对B ：2mg －F AB ＝2ma ，解得F AB ＝2mg 3，选项A 正确；AB 一起向下运动过程中，整体的加速度先向下减小，后向上增大；故AB 间的压力一直增大，选项B 错误；因AB 间的压力一直增大，不可能为零，可知AB 不可能分离，选项C 错误；运动过程中弹簧弹力对AB 系统做负功，故AB 物体机械能减小，选项D 错误；故选A ．答案：A5．(多选) (2017·上海长宁区模拟)从地面A 处竖直向上抛一质量为m 的小球，小球上升到B 点时的动能与小球上升到最高点后返回至C 点时的动能相等，B 点离地高度为h ，C 点离地高度为h3.空气阻力f ＝0.1 mg ，大小不变，重力加速度为g ，则( )A ．小球上升的最大高度为2hB ．小球上升的最大高度为4hC ．小球下落过程中从B 点到C 点动能的增量为35mghD ．小球下落过程中从B 点到C 点动能的增量为45mgh解析：设小球由B 点再上升h ′到达最高点，由动能定理得，12m v 2C －12m v 2B ＝mg ·23h －0.1mg ⎝⎛⎭⎫2h ′＋23h ＝0，解得h ′＝3h ，所以小球上升的最大高度H ＝h ＋h ′＝4h ，B 正确；下落过程中小球从B 点到C 点动能的增加量12m v 2C －12m v ′2B ＝mg ·23h －0.1mg ·23h ＝35mgh ，C 正确．答案：BC6．(2017·兰州一中月考)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R ，用质量为m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为s ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．取g ＝10 m/s 2，求：(1)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点； (2)B 、P 间的水平距离；(3)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)物块m 2由D 点以初速度v D 平抛，至P 点时，由平抛规律，得v y ＝2gR ，tan 45°＝v yv D ，解得v D ＝4 m/s假设能到达M 点，且速度为v M ，由机械能守恒，得12m 2v 2M ＋m 2gh ＝12m 2v 2D 由图中几何关系，得h ＝R2， 解得v M ＝24－22m/s ≈2.17 m/s ．能完成圆周运动过M 点的最小速度v M min ，由重力提供物体做圆周运动的向心力，m 2g ＝m 2v 2M (min )R ，v M (min)＝22m/s ≈2.83 m/s>2.17 m/s ， 所以不能到达M 点． (2)平抛过程水平位移为x ， 由平抛运动规律，得x ＝v D t R ＝12gt 2在桌面上过B 点后的运动为s ＝6t －2t 2，故为匀减速运动，且初速度为v B ＝6 m/s 、加速度为a ＝－4 m/s 2，B 、D间由运动规律，得v 2B －v 2D ＝2as解得B 、P 水平间距为x ＋s ＝4.1 m(3)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，由功能关系，得释放m 1时为E p ＝μm 1gs CB ， 释放m 2时为E p ＝μm 2gs CB ＋12m 2v 2B m 2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f ，由动能定理，得E p －W f ＝12m 2v 2D 解得W f ＝5.6 J答案：(1)不能到达M 点 (2)4.1 m (3)5.6 J7．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC ，半径为R ，如图所示．A 、C 两点的连线水平，B 点为轨道最低点．其中AB 部分是光滑的，BC 部分是粗糙的．有一个质量为m 的乙物体静止在B 点，另一个质量为4 m 的甲物体从A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC 轨道，最高运动到D 点，OD 与OB 连线的夹角θ＝60°.甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g ，求：(1)甲物体与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力． (3)甲乙构成的整体从B 点运动到D 点的过程中，摩擦力对其做的功．解析：(1)设甲物体由A 点运动到B 点处速度为v 0，由机械能守恒定律得4mgR ＝12×4m v 20 解得v 0＝2gR甲物体与乙物体碰撞过程取向左方向为正动量守恒4m v 0＝5m v 解得v ＝45v 0＝452gRI 甲＝4m v －4m v 0＝－45m 2gR ，方向水平向右． (2)F －5mg ＝5m v 2RF ＝5mg ＋6.4mg ＝11.4mg根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小也为11.4mg ，方向竖直向下． (3)由几何知识可知，整体上升的高度 h ＝R (1－cos θ)＝R2从B 点运动到D 点，由动能定理得 －5mg R 2＋W f ＝0－12×5m v 2解得W f ＝－0.7mgR ．答案：(1)45m 2gR 方向水平向右 (2)11.4mg 方向竖直向下 (3)－0.7mgR。
精品2018最新版本高考物理二轮复习电学实验试题-Word版
电学实验(附参考答案)命题分析分析近几年的高考，考查的方向基本不变，主要体现在基本仪器的使用、实验原理的理解、实验数据的分析以及实验的设计方面命题趋势基本仪器的使用仍是今后高考中考查的热点，同时注重对实验操作过程的考查和创新设计实验的考查考点一电学测量仪器的使用与读数1．电流表、电压表、欧姆表的比较：2.多用电表使用“四注意”．(1)极性：从电表外部看，电流应从红表笔(“＋”极)流入电表，从黑表笔(“－”极)流出电表．(2)功能：利用多用电表测电压和电流时，选择开关对应的是电表的量程；而测电阻时，选择开关对应的是倍率．(3)调零：测量电阻时，要进行两次调零：机械调零和欧姆调零．“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置．调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮．(4)保护：测电阻时，应把被测电阻从电路中拆下测量；多用电表长期不用时，必须取出表内的电池．3．电学仪器的选择．(1)电源的选择：一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源．(2)电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表；选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大，一般应使指针能达到半偏以上，以减小读数的偶然误差，提高精确度．考点二电流表内外接法的比较与选择考点三控制电路(滑动变阻器的接法)的比较与选择1．控制电路的比较：2.控制电路的选择．优先选用限流式．以下情况考虑分压式：(1)要求待测电路的U、I从0变化．(2)R滑远小于R x.(3)选用限流式时，U x、I x过大(指超过电表量程，烧坏电表、电源或用电器等)或U x、I x过小(最大值不超过电表满量程的13，读数误差大)．课时过关(A卷)1．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b位置，如图所示．(1)若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和b的相应读数各是多少？请填在表格中．。
2018届高考物理二轮复习保温训练：全真模拟
[全真模拟]第Ⅰ卷 (选择题 共42分)一、选择题(共7题，每题6分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．波源S 产生一列沿x 轴正方向传播的波，波速v ＝400 m/s ，已知t ＝0时，波已经传播到x 1＝40 m 处，如图所示。
在x 2＝400 m 处有一接收器A (图中未标出)，则下列说法正确的是( )A ．波源的起振方向向上B ．x 1＝40 m 的质点在t ＝0.5 s 时的位移为最大C ．t ＝1 s 时接收器才能接收到此波D ．若波源向x 轴负方向运动，则接收器接收到的波的频率将变小2．如图所示，一个质量为m 、顶角为α的直角劈和一个质量为M 的长方体木块夹在两竖直墙之间，不计一切摩擦，则M 对左墙的压力大小为( )A ．Mg tan αB ．Mg ＋mg tan α C.mg tan αD ．mg sin α 3．汽车的电路非常复杂，其中一部分是由蓄电池、车灯和启动电动机组成的电路，如图所示。
其中蓄电池内阻为0.1 Ω， S 1接通、S 2断开时，电流表示数为 10 A ，电压表示数为20 V ，S 1、S 2同时接通时，启动电动机工作，电流表示数变为9 A ，则此时通过启动电动机的电流是(电表视为理想电表)( )A ．10 AB ．21 AC ．30 AD ．200 A4．如图所示，虚线是通过实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A 点飞到B 点，则下列判断错误的是( )A ．粒子一定带正电B ．A 点的场强大于B 点的场强C ．粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能D ．粒子在A 点的动能大于在B 点的动能5．现代科技往往和电磁场联系在一起，很多现代化的装备是根据电磁场原理制作的，如回旋加速器、质谱仪、速度选择器等。
2018届高考物理二轮复习 保温精练 考前第6天 电场和磁场
考前第6天 电场和磁场[保温精练]1．(多选)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A 、B (均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v 0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则( )A ．A 球带正电，B 球带负电B ．A 球比B 球先落地C ．在下落过程中，A 球的电势能减少，B 球的电势能增加D ．两球从抛出到各自落地的过程中，A 球的速率变化量比B 球的小[解析] 两球均做类平抛运动，水平方向上有x ＝v 0t ，竖直方向上有h ＝12at 2，得加速度大小a ＝2hv 20x 2，可见水平距离x 越大，加速度a 越小，相应所用时间t 越长，即B 球先落地，A 球的加速度a 1小于B 球的加速度a 2，说明A 球带正电而受到竖直向上的电场力，B 球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A 球做负功，A 球电势能增加，电场力对B 球做正功，B 球电势能减少，选项A 正确，B 、C 均错误；根据动能定理有mah ＝12mv 2－12mv 20，而Δv ＝v －v 0，可见加速度a 越大， 落地速度v 越大，速率变化量Δv 越大，即A 球的速率变化量较小，选项D 正确．[答案] AD2．(多选)如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A 点为对应棱的中点，B 点为右侧面的中心，C 点为底面的中心，D 点为正四面体的中心(到四个顶点的距离均相等)．关于A 、B 、C 、D 四点的电势高低，下列判断正确的是( )A ．φA ＝φBB ．φA ＝φDC ．φB >φCD ．φC >φ D[解析] 以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势φ＝k q r ，正点电荷周围各点电势为正，负点电荷周围各点电势为负，电势是标量，可以用代数运算进行加减．如图将四个点电荷编号，A 点与3、4等距，与1、2等距，3、4两点电荷在A 点的电势一正一负，相加刚好为零，1、2两电荷在A 点的电势相加也为零，则φA ＝0.同理，D 点到四个点电荷的距离都相同，则φD ＝0.B 点与3、4等距，与1的距离小于与2的距离，1在B 点的正电势与2在B 点的负电势相加大于零，则可得φB >0.同理，C 点与3、4等距，与1的距离大于与2的距离，则可得φC <0.即有φB >φA ＝φD >φC ，B 、C 正确．[答案] BC3．(多选)(2016·西安模拟)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1[解析] 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qBv ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2m qB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R ＝mv qB 可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d 1＝2r sin30°＝r ；区域Ⅱ的宽度d 2＝r sin30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r ，故D 正确．[答案] ACD4．(多选)(2017·宁夏银川模拟改编)如图所示，在直角坐标系xOy 中，直线OP 与x 轴正方向的夹角为θ1＝30°，第一象限内有两个方向都垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界，OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小为B ，下方区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小为2B .一质量为m 、电荷量为q 的质子(不计重力)以速度v 从O 点沿与OP 成θ2＝30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，从x 轴上的Q 点(图中未画出)射出第一象限，则下列说法中正确的是( )A ．质子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的半径是在磁场区域Ⅱ中的2倍B ．质子到达x 轴上的Q 点时，其速度方向与x 轴正方向成60°角C ．质子在磁场区域Ⅱ中的运动时间为5πm 6qBD ．质子在磁场区域Ⅰ和Ⅱ中运动的总时间为7πm 12qB[解析] 设质子在磁场区域Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的轨道半径分别为r 1和r 2，由牛顿第二定律可得：qvB ＝m v 2r 1，2qvB ＝m v 2r 2，解得：r 1＝mv Bq ，r 2＝mv 2Bq ，故有r 1r 2＝21，选项A 正确；质子在磁场区域Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示．由几何关系可知，质子从A 点射出磁场区域Ⅰ时，与磁场分界线OP 成30°角，即水平进入磁场区域Ⅱ，所以△OO 1A 为等边三角形，因为AO 2＝r 1sin30°＝r 12＝r 2，故点O 2必为质子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，从Q 点射出时质子的速度方向与x 轴正方向成90°角，选项B 错误；质子在磁场区域Ⅱ中运动的时间为t 2＝T 24＝πm 4qB ，选项C 错误；质子在磁场区域Ⅰ中运动的时间为t 1＝T 16＝πm 3qB ，所以质子在磁场区域Ⅰ和Ⅱ中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝7πm 12qB，选项D 正确． [答案] AD。
2018届高考物理二轮复习保温精练考前第6天电场和磁场
考前第 6 天 电场和磁场[ 保温精练 ]1． ( 多项选择 ) 在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A 、B ( 均可视为质点 ) 处在同一水平面上．现将两球以同样的水平速度v 0 向右抛出，最后落到水平川面上，运动轨迹如下图，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则()A ． A 球带正电，B 球带负电B ． A 球比 B 球先落地C ．在着落过程中， A 球的电势能减少， B 球的电势能增添D ．两球从抛出到各自落地的过程中，A 球的速率变化量比B 球的小12[分析]两球均做类平抛运动，水平方向上有x ＝ v 0t ，竖直方向上有 h ＝ 2at ，得加快22hv 0度大小 a ＝ x 2 ，可见水平距离 x 越大，加快度a 越小，相应所用时间 t 越长，即 B 球先落地， A 球的加快度 a 1 小于 B 球的加快度 2，说明A 球带正电而遇到竖直向上的电场力，B 球a带负电而遇到竖直向下的电场力，在着落过程中，电场力对 A 球做负功， A 球电势能增添，电场力对 B 球做正功， B 球电势能减少，选项 A 正确， B 、C 均错误；依据动能定理有 mah ＝1 2－ 1 02，而＝ － 0 ，可见加快度a 越大， 落地速度 v 越大，速率变化量 越大，2mv 2mvΔv vvΔv即 A 球的速率变化量较小，选项D 正确．[答案] AD2． ( 多项选择 ) 如下图，空间中固定的四个点电荷分别位于正四周体的四个极点处，A 点为对应棱的中点， B 点为右边面的中心， C 点为底面的中心， D 点为正四周体的中心 ( 到四个极点的距离均相等 ) ．对于 A 、B 、 C 、 D 四点的电势高低，以下判断正确的选项是( )A．φ＝φB B．φ＝φDA A C．φB>φC D．φC>φD[分析]以无量远处为零电势，点电荷四周的电势qφ＝kr，正点电荷四周各点电势为正，负点电荷四周各点电势为负，电势是标量，能够用代数运算进行加减．如图将四个点电荷编号， A 点与3、4等距，与1、2等距，3、4两点电荷在 A 点的电势一正一负，相加恰好为零， 1、2 两电荷在 A 点的电势相加也为零，则φA＝0.同理，D点到四个点电荷的距离都同样，则φD＝0.B点与3、 4 等距，与 1 的距离小于与 2 的距离， 1 在B 点的正电势与 2 在B点的负电势相加大于零，则可得φ>0.同理，C点与3、4等距，与1的距离大于与 2 的距B离，则可得φC<0.即有φB>φA＝φD>φC，B、C正确．[答案] BC3． ( 多项选择 )(2016 ·西安模拟) 如下图，在地区Ⅰ和地区Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，地区Ⅱ内磁感觉强度是地区Ⅰ内磁感觉强度的 2 倍，一带电粒子在地区Ⅰ左边界限处以垂直界限的速度进入地区Ⅰ，发现粒子走开地区Ⅰ时速度方向改变了30°，而后进入地区Ⅱ，测得粒子在地区Ⅱ内的运动时间与地区Ⅰ内的运动时间相等，则以下说法正确的选项是 ()A．粒子在地区Ⅰ和地区Ⅱ中的速率之比为1∶1B．粒子在地区Ⅰ和地区Ⅱ中的角速度之比为2∶1C．粒子在地区Ⅰ和地区Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D．地区Ⅰ和地区Ⅱ的宽度之比为1∶1[ 分析 ] 因为洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力f ＝＝和＝·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝ 1∶qBv ma a v Bθmθ m2＝1∶2，则B错误；因为粒子在地区Ⅰ和地区Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝1 B qB qB1θ2m＝qB2，且 B2＝2B1，因此可得θ1∶θ2＝1∶2，则C正确；由题意可知，粒子在地区Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在地区Ⅱ中运动的圆心角为60°，由＝mv可知粒子在地区ⅠR qB中的运动半径是在地区Ⅱ中运动半径的 2 倍，设粒子在地区Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如下图，则由图可知，地区Ⅰ的宽度 1 ＝2 sin30°＝r ；地区Ⅱ的宽度2＝d r d r sin30°＋ r cos(180°－60°－60°)＝ r ，故D正确．[答案]ACD4． ( 多项选择 )(2017 ·宁夏银川模拟改编) 如下图，在直角坐标系xOy 中，直线 OP与 x 轴正方向的夹角为θ＝30°，第一象限内有两个方向都垂直于纸面向外的匀强磁场地区Ⅰ1和Ⅱ，直线是它们的界限，上方地区Ⅰ中磁场的磁感觉强度大小为，下方地区Ⅱ中OP OP B磁场的磁感觉强度大小为2B . 一质量为 m 、电荷量为q 的质子( 不计重力) 以速度 v 从O 点沿与 OP 成 θ2＝30°角的方向垂直磁场进入地区Ⅰ，质子先后经过磁场地区Ⅰ和Ⅱ后，从x轴上的Q 点( 图中未画出) 射出第一象限，则以下说法中正确的选项是()A ．质子在磁场地区Ⅰ中做圆周运动的半径是在磁场地区Ⅱ中的2 倍B ．质子抵达 x 轴上的 Q 点时，其速度方向与 x 轴正方向成 60°角5π m C ．质子在磁场地区Ⅱ中的运动时间为6qB7π m D ．质子在磁场地区Ⅰ和Ⅱ中运动的总时间为12qB[ 分析 ] 设质子在磁场地区Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的轨道半径分别为r 1 和 r 2，由牛顿第v 2v 2mv mvr 1 2二定律可得： qvB ＝ m ， 2qvB ＝m ，解得： r 1＝， r 2＝，故有＝ ，选项 A 正确；质r 1r 2Bq2Bqr 2 1子在磁场地区Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如下图． 由几何关系可知， 质子从 A 点射出磁场地区Ⅰ时，与磁场分界限成 30°角，即水平进入磁场地区Ⅱ，因此△1为等边三角形，因为OPOOA2＝ r 12，故点2必为质子在磁场地区Ⅱ中做圆周运动的圆心，由几何关系1sin30 °＝＝AO r2 rO可知，从 Q 点射出时质子的速度方向与x 轴正方向成 90°角，选项B 错误；质子在磁场区2π m1域Ⅱ中运动的时间为 t 2＝ 4＝ 4qB ，选项 C 错误；质子在磁场地区Ⅰ中运动的时间为 t 1＝ 6 ＝πm t ＝ t 1＋t 2 7π m，因此质子在磁场地区Ⅰ和Ⅱ中运动的总时间为 ＝ ，选项 D 正确．3qB 12qB[答案] AD。
2018年高考物理二轮专题总复习课时作业：第一部分 二
课时作业8 电场和磁场的基本性质一、选择题(1～7题为单项选择题，8～14题为多项选择题)1．如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A，A与螺线管垂直．A中电流方向为顺时针方向，开关S闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是( )A．静止不动B．顺时针转动C．逆时针转动 D．无法确定解析：环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N极，左边为S极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B正确．答案：B2．如图所示，虚线所示的圆是某点电荷电场中某等势面的截面．a、b两个带电粒子以相同的速度，从电场中P点沿等势面的切线方向飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，M、N是轨迹上的点，且M、N的连线经过虚线圆的圆心．则在开始运动的一小段时间内(粒子在图示区域内)，下列说法正确的是( )A．M处电场强度大于N处电场强度B．a粒子的速度将逐渐减小，b粒子的速度将逐渐增大C．若a粒子为正电荷、b粒子必为负电荷D．a、b两个粒子的电势能均增大，但无法比较M、N处的电势高低解析：由于电场是点电荷产生的，所以场源电荷必在图中虚线圆的圆心处，M点离场源电荷更远，所以M处电场强度小于N处电场强度，A错误；a、b两粒子的受力方向都沿虚线圆的半径方向且指向轨迹凹侧，速度方向与受力方向的夹角均为锐角，所以电场力都做正功，速度大小都在变大，B错误，两电荷在P点的速度方向相同，之后偏转方向不同，所以受力方向相反，故一定为异种电荷，C正确；电场力对两个电荷都做正功，所以电势能都减小，由于两电荷的电性不确定，所以电势高低无法判断，故D错误．五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内的正方形的四个顶点和中心，各导体棒中均通有大小相等的电流，受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是( )由安培定则知对角导体棒电流产生磁场正好相互叠加，根据左手定则可知，中心处的导体棒受到其余四根导体棒abcd竖直放置，已知长度为现将正方形导线框置于如图所示的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，，用电阻不计的导线将导线框连接在电动势为E，内阻不计的电源两端．则关于导线框所受安培力的大小和方向，下列说法正确的是( )如图所示，一绝缘细线Oa1/4圆弧管道AB，圆心与小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，过程中，只有重力对b球做功，b球机械能守恒，则有mg，A、B项错误．由库仑定律可知小球轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿高低如图中曲线所示，从图中可看出以下说法中正确的是b的过程中，电荷的电势能先增加后减少的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖点的水平直线对称．已知重力加速度大小为略空气阻力，小球可视为质点．由此可知( )由小球在匀强电场中的运动轨迹在竖直平面(纸面可以判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，因小球带正电荷，故匀强电场的方向斜向左上方，如图所示为点电荷a、是轨迹上的两点，以下说法正确的是(2017·河北省保定市高三调研考试)如图所示为一带正电的点电荷和两个带负电的点电荷附近的电场线分布，三个点电荷所带电荷量均相等，M是两负点电荷连线的中点，M、N两点到正点电荷的距离相等．则下列说法正确的是电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，两极之间的电势差为之间的电场线分布如图所示．阴极发出的电子在电场作用下由静止状态从，则下列说法正确的是( )两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势线如图中虚线所示，其运动轨迹如图中实线所示，若粒子只受静电力作用，的内接三角形，∠a＝30°、∠三点电势为φa＝－，所以O、b两点是等势点，则直线垂直的直线就是电场线，圆周上M点电势最高．过，设圆的半径为R，根据几何关系知，．小球所受电场力可能大于重力．小球两次落在斜面上所用的时间不相等。
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第4天 电路与电磁感应(保温训练)(含答案)
第二部分考前第4天1．(多选)(2017·潍坊实验中学检测)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示．线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起．若保持开关闭合，则()A．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变B．铝环跳起到某一高度后将回落C．铝环停留在某一高度D．铝环不断升高解析：闭合开关瞬间，线圈中的磁场增大，导致铝环内的磁通量增大，根据楞次定律可知，铝环中感应电流的磁场将阻碍磁通量的增大，因此将向上跳起，但是不能阻止磁通量变化，故铝环将落回线圈，故B正确，C、D错误；若将电源的正、负极对调，对调过程中线圈中的磁通量先减小后增大，在减小时，在本实验装置中不能观察到现象，在增大过程中铝环向上跳起，故A正确．故选AB．答案：AB2．(2017·山东潍坊实验中学检测)如图，一宽40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一边长为20 cm 的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v＝20 cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行．取它刚进入磁场的时刻t＝0，在下列图线中，正确反映感应电流强度随时间变化规律的是()解析：线框开始进入到全部进入时，线框的右边切割磁感线，由右手定则可知，电流沿逆时针方向，在i-t图象为正；因速度保持不变，故电流大小不变，此段时间为t ＝s v ＝20 cm20 cm/s ＝1 s ；当全部进入时，线框中磁通量不变，故没有感应电流，运动时间为1 s ；当线框开始离开时，左边切割磁感线，由右手定则可知感应电流为顺时针，故电流为负值，且电流大小不变，切割时间也为1 s ；故C 正确；故选C ．答案：C3．(2017·赤峰二中三模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S 接通抽油烟机，下列说法正确的是( )A ．电压表示数为220 VB ．副线圈上电压的瞬时值表达式u ＝2202sin (100πt )VC ．热水器消耗的功率变大D ．变压器的输入功率增大解析：U 1＝51×220＝1100 V ，则电压表示数为1100 V ，故A 错误；由图乙可知，交变电流的峰值是220 2V ，ω＝2π0.02＝100πrad/s ，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt V ，故B 正确；接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故C 错误；接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D 正确；故选BD ．答案：BD4．(多选)(2017·寿光现代中学月考)一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r 的圆形导轨，置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计，磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m 、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是( )A ．圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下匀速减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC ．回路中的感应电流为mg sin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d2(R ＋r ) 解析：导体棒静止在导轨上，所受的合力为零，根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为mg sin θ，方向沿斜面向上．所以有B 2Id ＝mg sin θ，则回路中的感应电流大小I ＝mg sin θB 2d，根据安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向．根据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱，故ABC 正确；根据P ＝I 2r ，可知圆形导线中的电热功率为P ＝m 2g 2sin 2θB 22d2r ，故D 错误． 答案：ABC5．(多选)(2017·皖南八校联考)半径为r 带缺口的刚性金属网环在纸面上固定放置，在网环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A 、B 连接，两板间距为d 且足够宽，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示．在平行金属板A 、B 正中间有质量未知、电荷量为q 的带电液滴，液滴在0～0.1 s 处于静止状态，已知重力加速度为g .则以下说法正确的是( )A ．液滴带正电B ．液滴的质量为q πr 210gdC ．第0.3 s 时液滴的运动方向改变D ．第0.4 s 时液滴距初始位置距离为0.08 g (单位：米)解析：根据楞次定律可知，在0～0.1 s 内线圈中产生的感应电动势下板为正，液滴处于平衡状态时，可知液滴带正电，选项A 正确；在0～0.1 s 内线圈中产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝0.010.1×πr 2＝0.1 πr 2；对液滴mg ＝Ed q ，解得m ＝q πr 210gd ，选项B 正确；0.1－0.2 s 时电动势的方向发生改变，则液滴向下做加速运动，0.2－0.3 s 时电动势的方向不变，液滴继续向下加速运动，选项C 错误；液滴向下运动的加速度为mg ＋Ed q ＝ma ，解得a ＝2g,0.1－0.3 s 内液滴向下加速运动的位移x 1＝12at 2＝12×2g ×0.22＝0.04g (m)，在0.3 s 时刻液滴的速度v ＝at ＝2g ×0.2 m/s ＝0.4g m/s ；0.3 s－0.4 s 内液滴做匀速直线运动，故位移为x 2＝v t ＝0.4g ×0.1＝0.04g m ，故第0.4 s 时液滴距初始位置距离0.08g (单位：米)，选项D 正确；故选ABD ．答案：ABD6．(2017·潍坊实验中学第三次检测)如图所示某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd 的面积为S ＝0.03 m 2，称轴OO ′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R ＝9 Ω连接．在外力作用下线圈以10π rad/s 速度绕轴OO ′匀速转动时，下列说法中正确的是( )A ．电阻R 的发热功率是3.6 WB ．交流电流表的示数是0.6 AC ．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD ．如果将电阻R 换成标有“6 V 3 W ”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：感应电动势最大值：E m ＝nBωS ＝10×22π×10π×0.03 V ＝62V ，电动势有效值：E ＝E m2＝6 V ；电路中的电流：I ＝E R ＋r ＝69＋1 A ＝0.6 A ，则交流电流表的示数是0.6 A ，选项B 正确；电阻R 的发热功率是P R ＝I 2R ＝3.24W ，选项A 错误；交流电的周期：T ＝2πω＝2π10πs ＝0.2 s ，则用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.2 s ，选项C 错误；如果将电阻R 换成标有“6 V 3 W ”字样的小灯泡，灯泡的电阻R L ＝U 2P ＝363＝12 Ω，灯泡两端的电压U L ＝E R L ＋r R L ＝612＋1×12 V ＝5.54 V ，故小灯泡不能正常工作，选项D 错误；故选B ．答案：B7．(2017·吉安一中学第二次段考)如图所示，线圈焊接车间的水平传送带不停地传送边长为L ，质量为m ，电阻为R 的正方形线圈．传送带始终以恒定速度v 匀速运动，在传送带的左端将线圈无初速地放在传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度，已知当一个线圈刚好开始匀速运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，相邻两个线圈的间距为L ，线圈均以速度v 通过磁感应强度为B ，方向竖直方向的匀强磁场，匀强磁场的宽度为3L .求：(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q ． (2)电动机对传送带做功的功率P?(3)要实现上述传动过程，磁感应强度B 的大小应满足什么条件？(用题中的m 、B 、L 、v 表示) 解析：(1)每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为2L ，经历的时间：t ＝2Lv ，产生的电动势为：E ＝BL v ， 感应电流：I ＝ER，产生的热量为：Q ＝I 2Rt ＝2B 2L 3vR；(2)每个线圈从投放到相对传送带静止，运动的距离是一样的，设投放间隔为T 电动机在T 时间对传送带做功W ＝PT ，根据能量守恒定律得：PT ＝12m v 2＋Q 摩擦＋Q 焦耳，而摩擦力生热：Q 摩擦＝fx 相对＝fL ，f ＝ma ，v ＝aT ，L ＝12v T焦耳热：Q 焦耳＝I 2RT ， 联立解得：P ＝m v 32L ＋B 2L 2v 2R；(3)为保证通过磁场时不产生滑动，安培力必须不超过最大静摩擦力，即：F ≤f ，F ＝B 2L 2vR ①，设线圈从放到传送带到与传送带具有相同速度经历的时间为T ，由牛顿第二定律得：f ＝ma ②， 有速度公式：v ＝aT ③， 匀加速运动的位移：L ＝12v T ④，联立①②③④式解得；B ≤Rm v2L 3； 答案：(1)2B 2L 3v R (2)P ＝m v 32L ＋B 2L 2v 2R(3)B ≤ Rm v 2L 3。
2018届高三物理二轮复习练习：电场 提能增分练(二) Word版含解析
提能增分练(二) 静电场中的五类图像问题[A级——夺高分]1. (多选)如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上。
P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。
现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的vt图像中，可能正确的是( )解析:选AB 在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，带负电的小球C受力沿垂直平分线，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，vt图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。
如果PN足够远，B正确；如果PN很近，A正确。
2. A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图像如图所示。
则这一电场可能是选项图中的( )解析:选A 由微粒的v t 图像可知，微粒在电场中做加速度逐渐增大的减速运动，故只有A 正确。
3．(2017·浙江五校联考)如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，a 、b 、c 三点在它们连线的延长线上，其中Q 1带负电。
现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始向远处运动并经过b 、c 两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 、c 三点时的速度分别为v a 、v b 、v c ，其v t 图像如图乙所示。
以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带负电B ．Q 2的电量一定大于Q 1的电量C ．b 点的电场强度最大D ．粒子由a 点运动到c 点过程中，粒子的电势能先增大后减小 解析:选D 由题图乙可知，粒子从a 到b 过程做加速度减小的减速直线运动，在b 点时粒子速度最小，加速度为零。
根据牛顿第二定律Eq ＝ma ，得出粒子在b 点受力为零，b 点电场强度为零，C 项错误；在b 点Q 1对带负电粒子的电场力水平向右，要使b 点粒子所受合力为零，则Q 2对带负电粒子的电场力水平向左，所以Q 2带正电，A 项错误；b 点与Q 1的间距大于与Q 2的间距，由库仑定律F ＝k Qq r 2知，Q 1的带电量大于Q 2的带电量，B 项错误；粒子从a 点运动到c 点过程，动能先减小后增大，根据能量守恒定律知，粒子电势能先增大后减小，D 项正确。
2018大二轮高考总复习物理文档：第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动(专题强化训练)(含答案)
专题强化训练(八) 电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题(1～5为单选题，6～10为多选题)1．(2017·长沙市长郡中学高三月考)空间中有竖直方向的匀强电场，一个带电小球的运动轨迹如图所示，由此可知( )A ．电场的方向竖直向上B ．小球一定带正电C ．小球受到的电场力大于重力D ．小球在P 点的动能小于在Q 点的动能解析：由图示可知，小球向上偏转，合力向上，小球受到重力和电场力作用，重力竖直向下，所以电场力方向向上且大于重力；由于不知道带点小球的电性；又不知道电场的方向，所以不能同时判断出电场的方向与小球的电性，故AB 错误，C 正确；小球受到的电场力与重力恒定不变，小球受到的合力不变，方向竖直向上，所以小球在从P 到Q 的过程中合外力对小球做负功，小球的动能减小，故D 错误．答案：C2．(2017·怀化市高三模拟)如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现贴着下板迅速插入一定厚度的金属板，则在插入过程中( )A ．电路将有逆时针方向的短暂电流B ．电容器的带电量减小C ．带电液滴仍将静止D ．带电液滴将向下做加速运动解析：插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式C ＝εS 4πkd ，知电容增大，电势差不变，则Q ＝CU知，电容器带电量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流．故A 正确，B 错误；电势差不变，d 减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动．故CD 错误．答案：A3．(2017·黄冈中学高三限时训练)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F 的作用下沿图中虚线由A 匀速运动至B ，已知力F 和AB 间夹角为θ，AB 间距离为d ，小球带电 量为q ，则下列结论正确的是( )A ．电场强度的大小为E ＝F cos θ/qB ．AB 两点的电势差为U AB ＝Fd cos θ/qC ．带电小球由A 运动至B 过程中电势能增加了Fd cos θD ．带电小球若由B 匀速运动至A ，则恒力F 必须反向解析：由题知，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F 而做匀速直线运动，则有，qE ＝F ，则得场强E ＝F q ，A 错误；AB 两点的电势差为U AB ＝－Ed cos θ＝－Fd cos θq ；B 错误；带电小球由A 运动至B 过程中恒力做功为W ＝Fd cos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fd cos θ，C 正确；小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B 向A做匀速直线运动时，F 大小、方向不变，D 错误；故选C ．答案：C4．(2017·湖南五市十校高三联考)如图所示，水平放置的平行板电容器的两板间有一竖直向上的匀强电场，下板接地，两板间距离为10 cm ，A 点距下板3 cm ，B 点距上板3 cm.质量m ＝0.01 kg 、电荷量为＋10－3C 的小球能够在A 点保持静止．现将小球移到匀强电场之外．下列说法正确的是( )A ．上板的电势比下板高10 VB ．A 点的电势为3 VC ．电荷量为－10－3C 的带负电的点电荷在A 点的电势能为3×10－3JD ．将电荷量为－10－3C 的带负电的点电荷从A 点移到B 点，电场力对该点电荷做功4×10－3J解析：电场方向向上，即下极板电势高，A 错误；小球在A 点受力平衡，mg ＝Eq ，解得E ＝mg q ＝0.01×1010－3＝100 V/m ，所以两极板间的电势差U ＝Ed ＝10 V ，由于下极板接地，电势为零，故A 点电势为φA ＝0－100×0.03＝－3 V ，电荷量为－10－3C 的带负电的点电荷在A 点的电势能为E p ＝φA q ＝－3×(－10－3)＝3×10－3J ，故B 错误，C 正确；U AB ＝－3－[0－(100×0.07)]＝4 V ，所以将电荷量为－10－3C 的带负电的点电荷从A 点移到B 点，电场力对该点电荷做功W ＝U AB q ＝4×(－10－3)＝－4×10－3 J ，D 错误；答案：C5．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动．由题意知，电子在A 、B 板间做匀加速运动，在B 、C 板间做匀减速运动，到P 点时速度恰好为零，设A 、B 板和B 、C 板间电压分别为U 1和U 2，由动能定理得eU 1－eU 2＝0，所以U 1＝U 2；现将C 板右移至P ′点，由于板上带电荷量没有变化，B 、C 板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，E 不变，故电子仍运动到P 点返回，选项A 正确．答案：A6．(2017·天津卷)如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B ．下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势解析：本题考查带电粒子在电场中的运动．电子的运动轨迹为曲线，由曲线运动的产生条件可知电子在MN 电场线上受力方向为水平向左，因此电场线方向为水平向右(M →N )，若a A >a B ，则A 靠近场源电荷Q ，即Q 靠近M 端且为正电荷，选项B 正确；若电子由A →B ，则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°，电场力做负功，电势能增加，即E p A <E p B ，若电子由B →A ，则电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，电势能减小，E p A <E p B ，选项C 正确，A 错误；由E p ＝qφ，φ＝E pq 知，负电荷在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，可知φA >φB ，选项D 错误．答案：BC7． (2017·泰安市高三质检)如图(1)所示，在两平行的金属板间加上如图(2)所示的电压．在0～1 s 内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t ＝2 s 时电荷仍运动且未与极板接触．则在1～2 s 内，点电荷(g 取10 m/s 2)( )A ．做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s 2B ．做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s 2C ．做变加速直线运动，2 s 末加速度大小为10 m/s 2D ．2 s 末速度大小为10 m/s解析：第1 s 电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡；第2 s 电势差变大，故电场强度变大，电场力变大，第2 s 末电场强度增加为第1 s 末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg ，且第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，A 错误；第2 s 末电场强度增加为第1 s 末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg ，故加速度为g ，方向是竖直向上，C 正确；B ．第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，故平均加速度为：a －＝0＋10 m/s 22＝5 m/s 2，B 正确；根据速度时间公式，2秒末速度大小为：v ＝a －t ＝5 m/s 2×1 s ＝5 m/s ，D 错误．答案：BC8．(2017·江苏卷)在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确的有( )A ．q 1和q 2带有异种电荷B ．x 1处的电场强度为零C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小D ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大解析：本题考查识别φ -x 图象、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系．φ -x 图线的切线斜率表示场强，由图可知从x1到x2过程中，图线切线斜率变小，到x2处斜率为0，即场强从x1到x2一直减小，且E2＝0，电场力F＝Eq，负电荷从x1移动到x2，受到电场力减小，选项B、D错误；沿x轴方向电势由负到正，故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷，选项A正确；由图可知φx1<φx2，负电荷由低电势到高电势，电场力做正功，电势能减小，选项C正确．答案：AC9．(2017·南昌市高三模拟)电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，阴极和阳极之间的电场线如图中虚线所示，A上有一小孔，阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上，使两块金属熔化而焊接到一起，不考虑电子重力，下列说法正确的是() A．A点的电势高于K点的电势B．电子克服电场力做功C．电子的电势能不断增加D．电子动能不断增加解析：在电场中，沿着电场线电势越来越低，因此A点电势比K点电势高，A正确；电子受力的方向与电场线的方向相反，因此在运动过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，BC错误；根据动能定理，在运动过程中，只有电场力做功，电子的动能增加，D正确．答案：AD10．(2017·南昌市高三模拟)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，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．电子运动的轨迹为直线B．该电场是匀强电场C．电子在N点的加速度小于在M点的加速度D．电子在N点的动能大于在M点的动能解析：带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故A正确；电子通过相同位移时，电势能的减少量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W＝Fs可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，故B错误．由于电势能距离图线的斜率表示电场力的大小，根据图象可知，电子受到的电场力越来越小，故该电场不是匀强电场，电子做加速度逐渐减小的加速运动，C正确；电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故D正确．答案：ACD二、计算题11．(2017·衡水中学期中)如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2 m和m的带电小球A和B(均可视为质点)，它们相距为L.两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零．经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1∶a2＝11∶5.(静电力恒量为k)(1)若B 球带正电荷且电荷量为q ，求A 球所带电荷量Q 及电性； (2)求L ′与L 之比．解析：(1)对B 球分析有，A 球带正电荷 初始时B 球沿斜面方向合力为零F －mg sin α＝0 又F ＝k QqL 2解得Q ＝mgL 2sin αkq(2)初始时B 球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mg sin α，A 球加速度a 1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F ′＋2mg sin α＝2ma 1B 球加速度a 2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有mg sin α－F ′＝ma 2 依题意a 1∶a 2＝11∶5 得F ′＝49mg sin α又F ′＝k QqL ′2得L ′∶L ＝3∶2．答案：(1)正电 mgL 2sin αkq(2)3∶212．(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0 ① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式 v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得 h ＝13H⑧ (3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝qEmg⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得 E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1 ⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2⑪由已知条件 E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E ＝mg2q⑬答案：(1)3∶1 (2)13H (3)mg2q。
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第二部分考前第5天
1． (2017·寿光现代中学月
考)一圆柱形磁铁竖直放置，如图所示，在它的右侧上方有一带正电小球，现使小球获得一水平
速度，小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．俯视观察，小球的运动方向可以是顺时针，也可以是逆时针
B．俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针
C．俯视观察，小球的运动方向只能是逆时针
D．不可能实现小球在平面内做匀速圆周运动
解析：小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则等效电流产生的磁场方向与条形磁铁的磁场
的方向相反，即等效电流的磁场的方向N极向下．由安培定则可得，俯视观察，小球的运动方向
只能是顺时针，故B正确．
答案：B
2．(多选)(2017·寿光现代中学月
考)质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，
有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止与导轨上，在如图所示的A、B、C、D四个图中，
杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是( )
解析：A中通电细杆所受安培力水平向右，B中安培力竖直向上，这两种情况，即使没有摩
擦力，通电细杆也可以静止在导轨上，C中安培力竖直向下，D中安培力水平向左，这两种情况，
如果没有摩擦力，通电细杆均不能静止，CD错误AB正确．
答案：CD
3．(2017·兰州第一中学月
考)如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在
Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操
作中可能实现的是(不计粒子重力)( )
A．保持开关S闭合，适当上移P极板
B．保持开关S闭合，适当左移P极板
C．先断开开关S，再适当上移P极板
D．先断开开关S，再适当左移P极板
解析：粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B
射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间；A、保持开关S闭合，
适当上移P极板，根据U＝Ed，d增加，场强E减小，故加速度a＝qE/m减小，根据t＝2vy0/a，
时间延长，可能从小孔B射出，故A正确；B、保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，
故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；C、先断开开关S，再适当上移P极板，电荷的
面密度不变，场强不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C错误；D、先断开开关S，再
适当左移P极板，电荷的面密度增加，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移
减小，故不可能从小孔B射出，故D错误；故选A．
答案：A
4．(多选) (2017·兰州一中月
考)如图，O是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷
q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知( )
A．O为负电荷
B．在整个过程中q的速度先变大后变小
C．在整个过程中q的加速度先变大后变小
D．在整个过程中，电场力做功为0
解析：粒子所受合力的方向大致指向轨迹弯曲的凹侧，知正电荷所受的电场力背离点电荷向
外，知O为正电荷，故A错误；从a处运动到b处，然后又运动到c处，电场力先做负功后做正
功，则动能先减小后增大，所以速度先减小后增大，故B错误；越靠近点电荷，电场线越密，则
电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故C正确；a与c在同一个等势面
上，两点间的电势差为0，根据W＝qU，知电场力做功为0，故D正确．故选CD．
答案：CD
5．(2017·皖南八校联
考)如图所示，两个初速度大小不同的相同粒子a和b，从O点沿垂直磁
场方向进入匀强磁场，其中b粒子速度方向与屏OP垂直，a粒子速度方
向与b粒子速度方向夹角θ＝45°.两粒子最后均打到屏上同一点Q上，不
计重力．下列说法正确的是( )
A．a粒子带负电、b粒子带正电
B．a、b两粒子在磁场中飞行速度之比为2∶1
C．a、b两粒子在磁场中飞行的周期之比为2∶3
D．a、b两粒子在磁场中飞行的时间之比为1∶1
解析：根据题意作出两球运动的轨迹，如图，圆O1、O2分别为b、a的轨迹．由左手定则可
知，a、b均带正电，故A错误；若设OQ＝2R.则a粒子的运动半径为ra＝2R，b粒子的运动半
径为R，根据r＝mvqB可知，a、b两粒子在磁场中飞行速度之比为2∶1，选项B正确；根据T＝
2πmqB可知，粒子运动的周期相同，选项C错误；因粒子a在磁场中的偏向角为3π
2
；粒子b在磁场
中的偏向角为π；两粒子周期相同，可知a、b两粒子在磁场中飞行的时间之比为3∶2，选项D
错误；故选B．
答案：B
6．(多选)(2017·重庆一期中考
试)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，
半圆形轨道的半径R＝0.4m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平
面平行，电场强度E＝1.0×104N/C．现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C，质量m＝0.1 kg的带电体(可
视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落
至水平轨道上的D点，取g＝10 m/s2.( )