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热点滚动加强练(三)考试时间：90分钟第卷(选择题共48分)评卷人得分一、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O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为() AE BC. D【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，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，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UabUbc，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，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知() 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D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，刚好没有从最右边容器出射，则该电子停止运动前() A通过各容器的速度比依次为1B通过各容器的时间比依次为531C通过各容器间隙所用的时间比依次为531D通过各容器间隙的加速度比依次为531【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v1v2v31，所以A正确电子在容器中做匀速直线运动，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t1t2t3()(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，t0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()A在t0时刻释放电子，则电子运动的vt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时刻释放电子，则电子运动的vt图象如图二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动C若t时刻释放电子，则电子运动的vt图象如图三所示，该电子在2T时刻在出发点左边D若tT时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的右边【解析】t0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，做周期性往复运动，在t2T时刻位于出发点左侧，C正确；t时刻释放电子，作出其vt图象(略)，由图象知，在2T时刻电子在出发点右侧，D正确【答案】CD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的变化情况是()AI变大，U变大 BI变大，U变小CI变小，U变大 DI变小，U变小【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U变小，电路中并联部分的电压U并EI总(R1r)，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，O为等边三角形的中心，M、N分别为O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O点的磁感应强度大小为B1，在M点的磁感应强度大小为B2，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() AB1B2 BB1B2C. D【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B0，则在O点有B1B0，在M点有B22B0B0，撤去导线ef后，在N点有BNB0B0，联立各式可得BN，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，线圈中通过的电流至少为(g取10 m/s2)() A0.1 A B0.2 AC0.05 A D0.01 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FnBI2Rsin 30，所受重力为Gn2Rg，平衡时有：FG，nBI2Rsin 30n2Rg，得I，代入数据得I0.1 A，故A正确【答案】A热点六带电粒子在磁场中的运动8(2018济宁市高三一模)如图所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内，Q为半径ON上的一点且OQR，P点为边界上一点，且PQ与OM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32D粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为21【解析】粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心O1，运动轨迹为圆弧MN，其半径为R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同粒子2从P点沿PQ射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场，A正确，B错误MO1N90；PO2NPOQ，cosPOQ，所以PO2NPOQ45.两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21，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，在第象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第、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v0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() A. B(25)C.(2) D(2)【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vv0，这一过程的时间t1.又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r2d.故知带电粒子在第象限中的运动时间为：t2T带电粒子在第象限中运动的时间为：t3故t总(2)【答案】D10图甲是回旋加速器的工作原理图D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，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Ek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Ekt图中应该有tn1tntntn1B在Ekt图中应该有tn1tntntn1C在Ekt图中应该有En1EnEnEn1D在Ekt图中应该有En1EnEnEn1【解析】根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ekt图中应该有tn1tntntn1，选项A正确、B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ekt图中应该有En1EnEnEn1，选项C正确、D错误【答案】AC热点八带电粒子在叠加场中的运动11如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上关于该过程，下述说法正确的是() A小球做匀变速曲线运动B小球减少的电势能等于增加的动能C电场力和重力做的功等于小球增加的动能D若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变【解析】重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项A错误；由动能定理和功能关系知，选项B错误，选项C正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D错误【答案】C12.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是() A该微粒一定带负电荷B微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C该磁场的磁感应强度大小为D该电场的场强为Bvcos 【解析】若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确、B错误；由平衡条件得：qvBcos mg，qvBsin qE，得磁场的磁感应强度B，电场的场强EBvsin ，故选项C正确、D错误【答案】AC第卷(非选择题共52分)评卷人得分二、非选择题(本大题共6小题，共52分)热点综合练13(4分)(涉及测定电源的电动势和内电阻相关实验数据处理，电路图连线)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材(1)甲同学按电路图1进行测量实验，其中R2为保护电阻，则请用笔画线代替导线在图2中完成电路的连接；由电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图3所示，可得电源的电动势E_ V，内阻r_.(2)乙同学误将测量电路连接成如图4所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图5所示，可得电源的电动势E_V，内阻r_.(结果保留2位有效数字)图4图5【解析】(1)电源电动势的值等于题图3中图线的纵轴截距，即E2.8 V，内阻等于图线的斜率的绝对值，即r0.6 .(2)电流表的示数是总电流的一部分，由电路的接法可知，R1左右两部分并联后与R2串联，则在滑片从左向右移动过程中，R1左右两部分并联后的阻值先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图5所示的图象，当电压为2.5 V时，电流为0.5 A，此时R1左右两部分阻值相等，则总电流为I11 A；而当电压为2.4 V时，电流分别对应0.33 A和0.87 A，则说明当电压为2.4 V时，干路电流为，I20.33 A0.87 A1.2 A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5 VEr(V)，2.4 VE1.2r(V)，解得E3.0 V，r0.50 .【答案】(1)如图所示2.80.6(2)0.30.5014(8分)(涉及描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验器材选取与数据处理)某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线(1)甲同学要描绘一个标有“3.6 V,1.2 W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有以下可供选择的器材：电压表V(量程5 V，内阻约为5 k)直流电源E(电动势4.5 V，内阻不计)电流表A1(量程350 mA，内阻约为1 )电流表A2(量程150 mA，内阻约为2 )滑动变阻器R1(阻值0200 )滑动变阻器R2(阻值010 )实验中电流表应选_，滑动变阻器应选_(填写器材代号)；在方框中画出完整的实验电路图，并标明器材代号(2)乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线如图甲所示，然后他用如图乙所示的电路分别给三个元件供电，并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图甲上(A点和B点)已知R09.0 ，则该电源的电动势E_V，内电阻r_.用图乙的电路单独给元件3供电时，元件3的电功率P_W.【解析】(1)“3.6 V,1.2 W”的小灯泡的额定电流I0.33 A，所以应选择电流表A1；因为描绘小灯泡的伏安特性曲线要求电压从零开始变化，所以应选用分压电路，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值小的，即选择滑动变阻器R2；考虑到灯泡的电阻较小，应选择电流表外接法(2)依题意有E1.5 V0.15 A(9.0 r)，E2.2 V0.08 A(9.0 r)，解得：E3.0 V，r1.0 .连接AB作一直线与元件3的伏安特性曲线的交点为(1.0 V,0.2 A)，所以用图乙的电路单独给元件3供电时，元件3的电功率P0.2 W.【答案】(1)A1R2见解析图(2)3.01.00.215(8分)(涉及带电粒子在匀强电场中的运动，牛顿第二定律，运动的合成与分解及相关运动学公式的综合应用)如图所示，区域、分别存在着有界匀强电场E1、E2，已知区域宽L10.8 m，区域宽L20.4 m，E110 V/m且方向与水平方向成45角斜向右上方，E220 V/m且方向竖直向下带电荷量为q1.6103C.质量m1.6103 kg的带电小球(可视为质点)在区域的左边界由静止释放g取10 m/s2，求：(1)小球在电场区域中运动的加速度大小和时间；(2)小球离开电场区域的速度大小和方向【解析】(1)小球在电场区域受到电场力F1qE1，小球在电场区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F合F1cos 451.6102 N，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a110 m/s2，小球运动时间t10.4 s. (2)小球离开电场区域的水平速度v0a1t14 m/s，小球在电场区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a2g30 m/s2，小球在电场区域中做类平抛运动，其运动时间t20.1 s小球在竖直方向的分速度vya2t23 m/s，小球离开电场区域的速度v5 m/s，设小球离开电场区域的速度方向与水平方向夹角为，则tan ，得37.【答案】(1)10 m/s20.4 s(2)5 m/s速度方向与水平方向夹角为37斜向右下方16(10分)(涉及带电粒子在交变电场中的运动，运动学公式的综合应用)如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力已知上述物理量l0.6 m，U01.2103 V，T1.2102 s，m51010 kg，q1.0107C.(1)在t0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t0到t这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？(3)在t0到t这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？【解析】(1)根据图乙可知，从t0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动因为x23.6 ml，所以粒子从t0时刻开始，一直加速到达A板设粒子到达A板的时间为t，则lt2解得t103 s.(2)在0时间内，粒子的加速度大小为a12105 m/s2在T时间内，粒子的加速度大小为a24105 m/s2可知a22a1，若粒子在0时间内加速t，再在T时间内减速刚好不能到达A板，则la1tt解得t2103 s因为6103 s，所以在0时间里4103 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数为n300100(个)【答案】(1)103 sA极板(2)4103 s(3)100个17(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，第象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0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v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第象限，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：2hv0that2qEma联立解得：E.(2)粒子到达O点时，沿y方向的分速度：vyatv0速度与x正方向的夹角满足：tan 45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vv0，轨道半径Rh由qvBm，解得：B.(3)粒子在电场中的运动时间：t1粒子在磁场和电场之间的运动时间为：t2粒子在磁场中的运动时间为：t3故总时间为：t.【答案】(1)(2)(3)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)，t0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v02103m/s.已知该带电粒子的比荷为1.0104 C/kg.试求：(1)t1104 s时粒子所处位置的坐标(x1，y1)；(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，有：qv0BT联立并代入数据得：T4104 s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t1时间内运动了三分之一圆周，其圆心为O1，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：x1Rcos 30y1R(1sin 30)1.5R联立并代入数据得：x1 m，y10.6 m.故t1104s时，粒子所处位置的坐标为.(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O2；后半个周期前三分之二内做圆周运动的圆心为O3，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：R4Rsin 302RRh联立并代入数据得：h1.6 m.【答案】(1)(2)1.6 m
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