2022高考物理大二轮复习 阶段训练3 电场和磁场

2022高考物理大二轮复习 阶段训练3 电场和磁场一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,17题只有一个选项符合题目要求,810题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.根据大量科学测试可知,地球本身就是一个电容器。通常大地带有5105 C左右的负电荷,而地球上空存在一个带正电的电离层,这两者之间便形成一个已充电的电容器,它们之间的电压为300 kV左右。则此电容约为()A.0.17 FB.1.7 FC.17 FD.170 F2.如图所示,空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体(正四面体并不存在)的四个顶点处,AB=l,A、B、C、D四个顶点各放置一个+q,A点电荷受到的电场力为()A.B.C.D.3.如图甲所示,Q1、Q2为两个固定点电荷,其中Q1带正电,它们连线的延长线上有b、a两点。一个带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动,其速度图象如图乙所示,则()A.Q2带负电B.a、b两点的电势aEbD.试探电荷从b到a的过程中电势能减少4.如图所示,两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中,匀强磁场方向竖直向上,将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触。现在金属棒PQ中通以变化的电流I,同时释放金属棒PQ使其运动。已知电流I随时间的变化关系为I=kt(k为常数,k0),金属棒与导轨间的动摩擦因数一定。以竖直向下为正方向,则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中,可能正确的是()5.如图所示,绝缘轻杆两端固定带电小球A和B,轻杆处于水平向右的匀强电场中,不考虑两球之间的相互作用。初始时轻杆与电场线垂直(如图中实线位置),将杆向右平移的同时顺时针转过90(如图中虚线位置),发现A、B两球电势能之和不变。根据图中给出的位置关系,可判断下列说法正确的是()A.A球一定带正电荷,B球一定带负电荷B.A球电势能一定增加C.A、B两球电荷量的绝对值之比qAqB=12D.电场力对A球和B球都不做功6.如图所示,+Q为固定的正点电荷,虚线圆是一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子,分别从同一点A以相同的速度v0射入,轨迹分别如图中曲线所示,B、C为两曲线与圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小,vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小,不计粒子重力。以下判断正确的是()A.aB=aCvB=vCB.aBaCvB=vCC.aBaCvBvCD.aBvC7.如图所示,平行板电容器与恒压电源连接,电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场,若仅使电容器上极板上移,设电容器极板上所带电荷量为Q,电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y,以下说法正确的是()A.Q减小,y不变B.Q减小,y减小C.Q增大,y减小D.Q增大,y增大8.如图所示,有一倾角为30的光滑斜面,匀强磁场垂直于斜面向上,匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边。一质量为m、电荷量为q的小球,以速度v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动,则()A.带电小球带负电B.匀强磁场的磁感应强度大小B=C.匀强电场的电场强度大小为E=D.带电小球在运动过程中机械能守恒9.一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动,其电势能随时间变化规律如图所示。下列说法正确的是()A.该粒子可能做直线运动B.该粒子在运动过程中速度保持不变C.t1、t2两个时刻,粒子所处位置电场强度不一定相同D.粒子运动轨迹上各点的电势一定相等10.如图所示,在xOy平面内,OP与x轴正方向间的夹角为30,直线OP与y轴正方向之间及x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一带正电的粒子从原点O处沿y轴负方向以速度v射出,粒子的质量为m、电荷量为q,不计粒子的重力。则下列判断正确的是()A.粒子第一次到达OP时的位置坐标为B.粒子的运动轨迹与y轴相切C.粒子第三次经过x轴时,速度方向恰好与OP平行D.粒子在磁场中的运动时间为二、非选择题(本题共3小题,共50分)11.(15分)如图所示,绝缘的水平面上,相隔2l的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷,a、O、b是AB连线上的三点,且O为中点,Oa=Ob=。一质量为m、电荷量为 +q 的点电荷以初速度v0从a点出发沿AB连线向B运动,在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用,当它第一次运动到O点时速度为2v0,继续运动到b点时速度刚好为零,然后返回,最后恰停在O点。已知静电力常量为k。求:(1)a点的电场强度大小;(2)阻力的大小;(3)aO两点间的电势差;(4)电荷在电场中运动的总路程。12.(16分)(2018天津卷)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出。不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q点时速度v0的大小。13.(19分)如图所示,M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板,相距为D,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,在极板M、N之间加上电压U,M板电势高于N板电势。现有一带正电的粒子,质量为m,电荷量为q,其重力和初速度均忽略不计,粒子从极板M的中央小孔S1处射入电容器,穿过小孔S2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场。(1)求粒子到达小孔S2时的速度大小。(2)若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场,求粒子的运动半径和磁感应强度的大小。(3)若粒子能从AC间离开磁场,磁感应强度应满足什么条件?答案：1.B解析 根据C=可得C=1.7 F,B正确。2.A解析 底面上B、C、D的三个电荷对顶点上电荷的库仑力分别都是F=k,通过A点作底面的垂线,设棱与高线的夹角为,底部平面上的高线长lsin 60=l,四面体高线的垂足在底面高线的,四面体的高线、四面体的棱和底部平面高线的构成了直角三角形,根据勾股定理可以求出四面体的高线为l,根据几何关系可以得出cos =,A点的电荷受到的电场力为Fh=3kcos =。3.A解析 带正电试探电荷由b到a速度减小,可知电场力对其做负功,试探电荷电势能增大,选项D错误;而Q1对试探电荷的电场力做正功,故Q2对试探电荷一定做负功,即Q2对试探电荷的作用力与运动方向相反,故Q2带负电,选项A正确;由速度图象,试探电荷在b点的加速度大于在a点的加速度,又F=Eq=ma,可知b点电场强度大于a点电场强度,选项C错误;又根据正电荷在电势高的地方电势能大可知,b点电势小于a点电势,选项B错误。4.B解析 因为开始加速度方向向下,与速度方向相同,做加速运动,加速度逐渐减小,即做加速度逐渐减小的变加速运动,然后加速度方向向上,加速度逐渐增大,做加速度逐渐增大的变减速运动,故A错误,B正确;根据牛顿第二定律得,金属棒的加速度a=,Ff=FN=FA=BIl=Blkt,联立解得加速度a=-g,与时间成线性关系,故C错误;t=0时刻无电流,无安培力,只有重力,加速度竖直向下,为正值,故D错误。5.C解析 电场力对系统做功为零,因此A、B电性一定相反,A可能带正电,也可能带负电,故A错误;A的电性不确定,无法判断其电势能的变化,故B错误;电场力对A、B做功大小相等、方向相反,所以有EqBl=EqA2l,因此qAqB=12,故C正确;电场力对A、B都做功,代数和为零,故D错误。6.C解析 从B、C两曲线的偏转程度可以看出,B粒子的速度改变较大,故aBaC,所以mBmC。由于B、C在同一等势面上,且两个电荷的电荷量相同,故静电力做功相同,两粒子的动能变化相同,则有mBmBmCmC,结合mBmC,得vBvC,故C正确,A、B、D错误。7.B解析 根据题意,电容器两极板间电压不变;由平行板电容器决定式C=可知:上极板上移,板间距离d增大,电容C减小;由 Q=CU可知,电容器所带电荷量减小,选项C、D错误;电子在两极板间做类平抛运动,沿电场方向做匀变速直线运动,板间电场强度d增大,电压不变,板间电场强度E减小,电子所受电场力减小,故加速度a=减小,运动时间不变,由匀变速直线运动规律y=at2可知电子偏移距离y减小,选项B正确,A错误。8.BC解析 小球做匀速圆周运动需满足qE=mgsin ,E=,选项C正确;由qvB=,解得B=,选项B正确;由于小球受到的电场力与重力沿斜面分量平衡,电场力方向沿斜面向上,则小球带正电,选项A错误;小球在运动过程中,存在电场力(非重力)做功,机械能不守恒,选项D错误。9.CD解析 粒子做匀速圆周运动,速度大小不变、方向时刻改变,t1、t2两个时刻,粒子所处位置电场强度大小相同、方向不同,选项A、B错误,C正确;从图象可知,粒子的电势能不随时间变化,Ep=q,电势不变,选项D正确。10.ABC解析 粒子运动轨迹如图所示,A与D横坐标相同,由qvB=m可得,xD=2R=,yD=xDtan 30=,所以A正确;圆弧DEC的半径与半圆弧OA的半径相同,所以与y轴相切于E点,B正确;2=60,根据粒子在有界磁场的运动特点,3=4=30,所以粒子再次经过A点后,速度与x轴正方向间的夹角4=30,即速度方向恰好与OP平行,C正确;粒子在磁场中的运动时间为t=T+T=,D错。11.答案 (1) (2)(3)(4)l解析 (1)由库仑定律及电场强度的定义式可得Ea=k-k解得Ea=。(2)从a点到b点过程中,根据对称性,Ua=Ub根据动能定理-Ffl=0-解得Ff=。(3)从a到O点过程中,根据动能定理qUa O-Ffm(2v0)2-解得Ua O=。(4)最后停在O点,整个过程由动能定理得qUa O-Ffs=0-解得s=l。12.答案 (1)(2)解析 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at联立式得t=。(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场中的轨迹半径为r,由几何关系可得(r-R)2+(R)2=r2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tan =粒子从Q点射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P点释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0,由运动的合成和分解可得tan =联立式得v0=。13.答案 (1)(2)t(3)见解析解析 (1)带电粒子在电场中运动时由动能定理得qU=mv2解得粒子进入磁场时的速度大小为v=。 (2)粒子的轨迹图如图甲所示,粒子从进入磁场到从AP间离开,由牛顿第二定律可得qvB=m粒子在磁场中运动的时间为t=,由以上两式可解得轨道半径R=t磁感应强度为B=。甲乙丙(3)粒子从进入磁场到从AC间离开,若粒子恰能到达BC边界,如图乙所示,设此时的磁感应强度为B1,根据几何关系有此时粒子的轨道半径为R1=2asin 60=a由牛顿第二定律可得qvB1=m解得B1=粒子从进入磁场到从AC间离开,若粒子恰能到达AC边界,如图丙所示,设此时的磁感应强度为B2,根据几何关系有R2=(a-R2)sin 60由牛顿第二定律可得qvB2=m由以上两式解得B2=综上所述,要使粒子能从AC间离开磁场,磁感应强度应满足B。