高考物理一轮复习热点滚动加强练三

热点滚动加强练（三）考试时间：90 分钟第 I 卷（选择题共 48 分）、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.）热点夯实练热点一电场力的性质1.在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球（可视为质点）无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为+ 3q,其余小球带电荷量为+q,此时圆心0点的电场强度大小为E,EC.3【解析】 撤去A点小球前，O点的电场强度是A点的+ 3q和与其关于O点对称点+q两小球分别产生的电场叠加形成的，则E=k q kq k 2qRL瓦=RL，方向水平向左.撤去A点的小球后，O点的电场强度是A点关于O点对称点+q产生的，所以E=kq=亍，方向水平向 右，B 正确.【答案】B热点二电场能的性质2如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等,即db=Ubc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,A. 三个等势面中，c 的电势最低B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小C. 带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小A. E现仅撤去A点的小球，则评卷人得分D.P、R、Q是这条轨迹上2D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b【解析】 根据题意画出电场线， 粒子在P处的受力方向如图所示， 可知电场线应垂直等势线由c经b至a,所以a点电势最低，选项 A 错误；粒子由P经R至Q的过程中，电场 力对其做正功，带电质点的电势能降低， 选项 B 错误；由于质点运动过程中只有电场力做功， 所以质点的电势能与动能之和保持不变，选项 C 错误；根据电场线与等势面的几何关系可知，选项 D 正确.【答案】 D热点三 电容器的电容、带电粒子在电场中的运动3.如图所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上 开有小孔.在最左边、最右边两个容器上加电压U后，容器之间就形成了匀强电场.今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，A. 通过各容器的速度比依次为B. 通过各容器的时间比依次为C.通过各容器间隙所用的时间比依次为 5 : 3 : 1D.通过各容器间隙的加速度比依次为 5 : 3： 1【解析】 由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场，故电子在容器内做匀速直线运动，在容器之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过容器的速度之比为V1:V2:V3=.3 : 2 : 1，所以 A 正确.电子在容器中做匀速直线运1 1动，故通过容器的时间之比为 :1，所以 B 错误.因各容器间的距离相等，故通过 各容器间隙的时间之比t1:t2:t3= ( 3- 2) : ( 2 1) : 1，所以 C 错误.电子在匀强电 场中所受电场力不变，故加速5 : 3 : 13度不变，所以D 错误.【答案】 A4.如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t= 0 时A板电势比B板高，两板中间静止一电子， 设电子在运动过程中不与两板相碰撞，而且电子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是（）甲乙图一图二f译T*丄片丙A. 在t= 0 时刻释放电子，则电子运动的v-t图象如图一所示，该电子一直向B板做匀 加速直线运动B.若t=T时刻释放电子，则电子运动的v-t图象如图二所示，该电子一直向B板做匀8加速直线运动C. 若t= 4 时刻释放电子，则电子运动的v-t图象如图三所示，该电子在 2T时刻在出 发点左边3D. 若t= gT时刻释放电子，在 2T时刻电子在出发点的右边【解析】t= 0 时刻，A板电势高，电子释放后向左运动，电子先向左加速运动，然后 向左减速运动，重复该过程，一直向左运动，A错误；t=T时刻释放电子，电子先向左加速 运动，再向左减速运动，然后向右加速运动，再向右减速运动，一个周期时总位移向左，B错误；t=T时刻释放电子，电子先向左加速，然后向左减速，再向右加速，然后向右减速，43T做周期性往复运动，在t= 2T时刻位于出发点左侧，C 正确；t=-时刻释放电子，作出其v-t图象（略），由图象知，在 2T时刻电子在出发点右侧，D 正确.【答案】 CD4热点四 闭合电路的欧姆定律5.如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度t变化的图线如图乙所示，电流表为值班室的显示器，a b之间接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况5A. I变大,U变大C. I变小，U变大电阻变小，则总电流I总变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即部分的电压 卩并=EI总(R+r)，I总变大，其他量不变，则U并变小，电流表示数I变小,故 D 正确.【答案】D热点五磁场、磁场对电流的作用6.如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，0为等边三角形的中心，M N分别为0关于导线ab、cd的对称点.已知三根导线中的电流形成的合磁场在0点的磁感应强度大小为B，在M点的磁感应强度大小为B，若撤去导线ef，而ab、cd中电流不变，则此时N点的磁感应强度大小为()【解析】 设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd中的电流在M点产生的磁感应强度大小都为B，则在O点有B=B，在M点有 2B0+B，撤去B+B导线ef后，在N点有BN=B+B)，联立各式可得，C正确.【答案】 C7.如图所示， 用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、 单位长度质量为 2.5 g 的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放 有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO垂直于线圈平面且通过其圆心O,测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成 30角，要使三条细线上的张力为零，【解析】 当传感器所在处出现火情时,温度升高，由题图乙知其阻值变小，外电路总A. B+E2C.B屮D. I变小，U变小D.26线圈中通过的电流至少为 (g取 10 m/s2)()7A.0.1 AC. 0.05 A【解析】 设线圈半径为R,通电线圈受到的安培力为每小段导线所受的安培力的合力F=nBI2 nRSin30，所受重力为G= n2 n Rpg，平衡时有：F=G nBI2 nRSin302pg=n2 nRpg,得I= ，代入数据得I= 0.1 A，故 A 正确.【答案】 A热点六 带电粒子在磁场中的运动& （2018 济宁市高三一模）如图所示，匀强磁场分布在半径为R的 1 圆形区域M0内,Q为半径ON上的一点且OQ=R,P点为边界上一点，且PQ与0M平行.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力及粒子间的相互作用），其中粒子 1 从M点正对圆心射入，恰从N点射出，粒子 2 从P点沿PQ射入，下列说法正确的是（）A. 粒子 2 一定从N点射出磁场B. 粒子 2 在P、N之间某点射出磁场C. 粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为B. 0.2 AD. 0.01 A3 : 22 : 1N点出，根据洛伦兹力指向圆心，和MNMN其半径为R两个完全相同的带电粒2 从P点沿PQ射入，根据洛伦兹力8D. 粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之比为【解析】 粒子 1 从M点正对圆心射入，恰从 的中垂线过圆心，可确定圆心O,运动轨迹为圆弧子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同粒子 指向圆心，圆心Q应在P点上方R处，连接QP、ON OP QN, QPON为菱形，QN大小为R所以粒子 2 一定从N点射出磁场，A 正确，B 错误./MO=90; /PQN=ZPOQcos /POQ29所以/PONZPOQ45.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同，粒子运动时间与圆心角成正比.所以粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运行时间之 比为 2 : 1, C 错误，D 正确.【答案】 AD热点七 带电粒子在组合场中的运动9.如图所示，在第n象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E,在第I、W象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等.有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度Vo从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成 45角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第W象限的磁场.已知OP之间的距离为d,则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为（）【解析】 带电粒子的运动轨迹如图所示.由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v=厂、d2d厂2vo，这一过程的时间11= =.又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r= 2 忙 2VoVod.故知带电粒子在第I象限中的运动时间为:OQOPA.7nd2vodB -(2+5n)d3nC V0(2+T)d7nDV0(2+T)10带电粒子在第象限中运动的时间为：2ndt3=Vo故t总=d(2+7n).vo2【答案】 D10.图甲是回旋加速器的工作原理图.D 和D2是两个中空的半圆金属盒， 它们之间有定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中， 所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动.若带电粒子在磁场中运动的动能&随时间t的变化规律如图乙所示， 不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是()A.在E-t图中应该有tn+ 1一tn=tntn 1B.在E-t图中应该有tn+ 1tnVtntn 1C.在 EI，所以粒子从t= 0 时刻开始，一直加速到达A板.设粒子到达A板的时间为山1qU)2t贝y |=t2t，则122lmt解得t= 6x10-3s.在0扌时间内，粒子的加速度大小为*黑=2x105 m/s 2T2qU052在 2T时间内，粒子的加速度大小为32= 盘 =4x105m/s2可知a2= 2a1，若粒子在 0时间内加速t，再在T时间内减速 罟刚好不能到达A板，则13I=尹t尹t_ 3解得t= 2X10 sT_3T_3因为 2= 6X10_3s ,所以在 02 时间里 4X10_3s 时刻产生的粒子刚好不能到达A板.因为粒子源在一个周期内可以产生300 个粒子，而在 0孑时间内的前 3 时间内产生231 2的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数为n= 300 x-x- = 100(个).23【答案】(1) 6x10_3sA极板(2)4x10_3s100 个图乙2017. (10 分)(涉及带电粒子在组合场中的运动，平抛运动规律，牛顿第二定律的综合应用)(2018 辽宁省大连二十中期末)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第I象限的等腰直角三角形MNF区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，yv0 的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场.一质量为m电荷量为q的带电粒子从电场中Q( 2h，h)点以速度vo水平向右射出，经坐标原点O处射入第I象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：(1) 电场强度的大小E;(2) 磁感应强度的大小 B;(3) 粒子从Q点运动到PN线的时间t.【解析】(1)粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h=vot12h=尹qE=ma联立解得：2m6E=-2qh.(2)粒子到达O点时，沿+y方向的分速度：qE2hVy=at= =Vom V0速度与X正方向的夹角a满足：Vyotana = =45Vx21粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=2V。，轨道半径R= 2h2,V由qvB= mR,”mv解得：B=丽（3）粒子在电场中的运动时间:2h11=Vo粒子在磁场和电场之间的运动时间为:迴=ht2=寸 2v。Vo粒子在磁场中的运动时间为：故总时间为:t= 3h乜 =Vo+ 4vo.18.（12 分）（涉及带电粒子在交变磁场中的运动，牛顿第二定律及相关几何知识）如图所示的平面坐标系xOy在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强 度B随时间变化的关系如图b 所示开始时刻，磁场方向垂直纸面向里（如图），t= 0 时刻有一带正电的粒子（不计重力）从坐标原点O沿x轴正方向进入磁场，初速度为Vo= 2X103m/s.n4（1）t1= x10 s 时粒子所处位置的坐标（X1,y1）;3（2）带电粒子进入磁场运动后第一次到达y轴时离出发点的距离h.【解析】（1）由题意知，粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，设半径为R周期为T,由洛伦兹力提供向心力,2nm1t3=!B8=nh4vo【答案】2mvmv3hnh2qh甬忆+兀已知该带电粒子的比荷为q4m=x10eg 试求:图a图h22比较粒子在磁场中做圆周运动的周期T和磁场变化周期可知，粒子在ti时间内运动了三分之一圆周，其圆心为O，运动轨迹对应的圆心角为120，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示由图中几何关系有：xi=FCos 30。yi= F(1 + sin 30 ) = 1.5F联立并代入数据得：Xi=宅 m,yi= 0.6 m.54_故ti= 3n X104s 时，粒子所处位置的坐标为3(2)根据磁场的变化规律知，粒子在磁场的前半个周期后三分之一内做圆周运动的方向将发生变化，设其圆心为Q;后半个周期前三分之二内做圆周运动的圆心为Q,作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示.由图中几何关系有：OO=R有:qvB= mR0R2nRVo联立并代入数据得:0.6 m23OO=4Rsin 30 =2RDQB=Rh=OO+OQ+QB24联立并代入数据得:h= 1.6 m.【答案】(2)1.6 m