- 2021-05-14 发布 |
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文档介绍
2014年版高考物理第6讲电场和磁场的基本性质测试强化练二轮真题目训练
第6讲 电场和磁场的基本性质 1.(2013·江苏卷·6)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等.a、b为电场中的两点,则( ) A.a点的电场强度比b点的大 B.a点的电势比b点的高 C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大 D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功 解析: 由题图可知,a处电场线比b处密,所以Ea>Eb,选项A正确;沿着电场线的方向电势不断降落,a点电势高于不带电金属球的电势,不带电金属球的电势高于b点电势,所以φa>φb,选项B正确;负电荷在高电势点的电势能小,选项C错误;检验电荷-q从a点移到b点时,电势能增大,故电场力做负功,选项D正确. 答案: ABD 2.(2013·唐山二模·18)如图是某离子速度选择器的原理示意图,在一半径为R 的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场,方向平行于轴线.在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N,现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子,从M孔以α角入射,一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力).则从N孔射出的离子( ) A.是正离子,速率为kBR/cos α B.是正离子,速率为kBR/sin α C.是负离子,速率为kBR/sin α D.是负离子,速率为kBR/cos α 解析: 因为离子向下偏,根据左手定则,离子带正电,运动轨迹如图,由几何关系可知r=,由qvB=m可得v=,故B正确. 答案: B 3.(2013·江西九江七校联考)a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点,∠abc=120°.现将三个等量的正点电荷+Q固定在a、b、c三个顶点上,将一个电荷量为+Q的点电荷依次放在菱形中心O点和另一个顶点d点处,两点相比( ) A.+Q在d点所受的电场力较大 B.+Q在d点所具有的电势能较大 C.d点的电势低于O点的电势 D.d点的电场强度大于O点的电场强度 解析: +Q在d点所受的电场力较小,+Q在d点所具有的电势能较小,选项A、B错误;d点的电势低于O点的电势,d点的电场强度小于O点的电场强度,选项C正确,D错误. 答案: C 4.(2013·重庆卷·3)如图所示,高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射,实线表示α粒子运动的轨迹,M、N和Q为轨迹上的三点,N点离核最近,Q点比M点离核更远,则( ) A.α粒子在M点的速率比在Q点的大 B.三点中,α粒子在N点的电势能最大 C.在重核产生的电场中,M点的电势比Q点的低 D.α粒子从M点运动到Q点,电场力对它做的总功为负功 解析: 利用动能定理可判断α粒子的速率大小.由电势的高低可判断电势能的大小.重原子核带正电,离核越近,电势越高,选项C错误;同一正电荷电势越高,其电势能越大,选项B正确;带正电的α粒子在从M点到Q点的过程中,电场力做的总功为正功,据动能定理知,其速率增大,选项A、D错误. 答案: B 5.如图所示,整个空间存在水平向左的匀强电场,一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为+q的小球P,杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动,电场的电场强度大小为E=.先把杆拉成水平,然后将杆无初速释放,重力加速度为g,不计空气阻力,则( ) A.小球到最低点时速度最大 B.小球从开始至最低点过程中动能一直增大 C.小球对杆的最大拉力大小为mg D.小球可绕O点做完整的圆周运动 解析: 如图所示,小球受到的重力和电场力分别为mg和qE=mg,此二力的合力为F=mg、与竖直方向成30°角,可知杆转到此位置时小球速度最大,A错,B对;设小球的最大速度为v,从释放到小球达到最大速度的过程,应用动能定理有:F(1+)L=mv2,设小球速度最大时,杆对小球的拉力为Fm,对小球应用向心力公式有:Fm-F=,解得Fm=mg,C对;根据等效性可知杆最多转过240°角,速度减小为0,小球不能做完整的圆周运动,D错. 答案: BC 6.如图所示,在方向竖直向下的匀强磁场中,有两根竖直放置的平行金属导轨CD、EF.导轨上放有质量为m的金属棒MN,棒与导轨间的动摩擦因数为μ.先从t=0时刻起,给金属棒通以图示方向的电流,且电流强度与时间成正比,即:I=kt,其中k为衡量.若金属棒与导轨始终垂直,则关于金属棒的运动情况正确的是( ) A.金属棒先做加速运动,最后匀速运动 B.金属棒先做加速运动,再做减速运动,最后匀速运动 C.金属棒先做加速运动,再做减速运动,最后静止 D.以上说法均不正确 解析: 设导轨间的距离为L,金属棒所受的安培力FB=BIL=BktL,垂直紧压导轨平面.金属棒在竖直方向受摩擦力Ff=μBkLt,方向竖直向上,重力mg竖直向下,开始一段时间内,金属棒向下加速的加速度a=g-逐渐减小,当a 减为零时,速度最大,然后金属棒做减速运动,加速度a=-g,方向向上,逐渐变大,速度减小为零时,金属棒所受的最大静摩擦力大于重力,所以金属棒静止.故C项正确. 答案: C 7.(2013·西安高三期末)如图所示,在水平向右的匀强电场中,在O点固定一电荷量为Q的正电荷,a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点,bd连线与电场线平行,ac连线与电场线垂直.则( ) A.a、c两点的电场强度相同 B.b点的电场强度大于a点的电场强度 C.da间的电势差大于ab间的电势差 D.检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能 解析: 设点电荷在圆周上产生的电场强度大小为E0,ac两点的电场强度大小一样,但方向不同,所以选项A错误.b点的电场强度为EB=E+E0,a点电场强度为Ea=,所以选项B正确.因为点电荷在四点上的电势相同,所以da间的电势差等于ab间的电势差,a点的电势与c点的电势相等,所以选项C错误,D正确. 答案: BD 8.如图所示,竖直放置的平行金属板内部有匀强电场,两个带电微粒a、b从两板下端连线的中点向上射入板间,沿不同的轨迹运动,最后都垂直打在金属板上.则可知( ) A.微粒a的入射速度较大 B.微粒a打到金属板上的速度较大 C.微粒a、b带异种电荷,电荷量大小一定相等 D.微粒a、b的质量一定不相等 解析: 设匀强电场的场强为E,两平行金属板的间距为d,带电微粒的电荷量为q,质量为m,射入速度为v0,微粒向上运动的距离为l.在竖直方向微粒只受重力作用,做匀减速运动,因微粒最后垂直打到金属板上,竖直速度减为零,所以有v=2gl① 因la>lb,所以voa>vob.A对. 在水平方向有=at2=② 把①代入②得:=③ 可知两微粒的比荷的关系,但不能判断两微粒的电荷量、质量的大小关系,C、D错. 微粒打到金属板上的速度v=at=④ 把③代入④得:v=,因v0a>v0b,所以va<vb,B错. 答案: A 9.(2013·江西四校联考)如图所示,边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界,三角形内的磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里,磁感应强度大小也为B.把粒子源放在顶点A处,它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计).若从A射出的粒子:①带负电,v0=,第一次到达C点所用时间为t1;②带负电,v0=,第一次到达C点所用时间为t2;③带正电,v0=,第一次到达C点所用时间为t3;④带正电,v0=,第一次到达C点所用时间为t4.则( ) A.t1=T B.t2=T C.t3=T D.t4=T 解析: 若从A射出的粒子带负电,v0=,向右偏转,其轨迹半径等于L,第一次到达C点所用时间为t1=,选项A正确;若从A射出的粒子带负电,v0=,向右偏转,其轨迹半径等于,经后进入理想边界外向下偏转,再经后第一次到达C点所用时间为t2=,选项B正确;若从A射出的粒子带正电,v0=,向左偏转,其轨迹半径等于L,第一次到达B点所用时间为,进入理想边界向下偏转,再经后第一次到达C点,所用总时间为t3=T,选项C错误;若从A射出的粒子带正电,v0=,向左偏转,其轨迹半径等于,经后进入理想边界外向下偏转,再经后第一次到达B点所用时间为,再经T后第一次到达C点,所用总时间为t4=,选项D错误. 答案: AB 10.如图所示,板长为L的平行板电容器倾斜固定放置,极板与水平线夹角θ=30°,某时刻一质量为m、带电荷量为q的小球由正中央A 点静止释放,小球离开电场时速度是水平的(提示:离开的位置不一定是极板边缘),落到距离A点高度为h的水平面处的B点,B点放置一绝缘弹性平板M,当平板与水平夹角α=45°时,小球恰好沿原路返回A点.求: (1)电容器极板间的电场强度E; (2)平行板电容器的板长L; (3)小球在A、B间运动的周期T. 解析: (1)带电粒子沿水平方向做匀加速运动,可知: qEcos θ=mg ① 故E=. (2)小球垂直落到弹性挡板上,且α=45° 则有v0=vy= ② 由动能定理得:qE·Ltan θ=mv ③ 由②③得:L=3h. (3)由小球在电场中做匀加速运动 =gtan θ·t t1== 平抛运动的时间为t2= 总时间为: t=2t1+2t2=2. 答案: (1) (2)3h (3)2 11.(2013·全国新课标Ⅱ·24)如图,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行.a、b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行.一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动,经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为FNa和FNb.不计重力,求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能. 解析: 小球在光滑轨道上做圆周运动,在a、b两点时,静电力和轨道的作用力的合力提供向心力,由b到a只有电场力做功,利用动能定理,可求解E及a、b两点的动能. 质点所受电场力的大小为 F=qE ① 设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb,由牛顿第二定律有 F+FNa=m ② FNb-F=m ③ 设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有 Eka=mv ④ Ekb=mv ⑤ 根据动能定理有Ekb-Eka=2rF ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 E=(FNb-FNa) ⑦ Eka=(FNb+5FNa) ⑧ Ekb=(5FNb+FNa) ⑨ 答案: (FNb-FNa) (FNb+5FNa) (5FNb+FNa) 12.如图所示的坐标平面内,y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B1=0.20 T的匀强磁场,在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里,宽度d=12.5 cm的匀强磁场B2,某时刻一质量m=2.0×10-8 kg、电荷量q=+4.0×10-4 C的带电微粒(重力可忽略不计),从x轴上坐标为(-0.25 m,0)的P点以速度v0=2.0×103 m/s沿y轴正方向运动.试求: (1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径; (2)微粒第一次经过y轴时,速度方向与y轴正方向的夹角; (3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出,B2应满足的条件. 解析: (1)设微粒在y轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1,转过的圆心角为θ,则qv0B1=m 解得r1==0.5 m (2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示,由几何关系得: cos θ==,则θ=60°. (3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r2,其运动轨迹如图所示,由几何关系得 r2cos θ=r2-d 解得r2==0.25 m 由洛伦兹力充当向心力,且粒子运动半径不大于r2, 得:qv0B2≥m 解得:B2≥=0.4 T 即磁感应强度B2应满足:B2≥0.4 T. 答案: (1)0.5 m (2)60° (3)B2≥0.4 T查看更多