（浙江专用）2019版高考物理大二轮复习优选习题 专题综合训练3.doc

1专题综合训练专题综合训练( (三三) ) 1 1.如图所示,某区域电场线左右对称分布,M、N为对称线上两点。下列说法正确的是( )A.M点电势一定高于N点电势 B.M点电场强度一定大于N点电场强度 C.正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能 D.将电子从M点移动到N点,静电力做正功 2 2.如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N 点,且OM=ON,则( ) A.A、C两处电势、电场强度均相同 B.A、C两处电势、电场强度均不相同 C.B、D两处电势、电场强度均相同 D.B、D两处电势、电场强度均不相同 3 3.如图所示,正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成,O是线框的中心,线框上均匀地分布着 正电荷,现在线框上边框中点A处取下足够短的带电量为q的一小段,将其沿OA连线延长线向上移动 的距离到B点处,若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时O点的电场强度大小 2 为( )A.kB.kC.kD.k232232524 4.如图,在竖直方向的匀强电场中有一带负电荷的小球(初速度不为零),其运动轨迹在竖直平面(纸面)内, 截取一段轨迹发现其相对于过轨迹最高点O的竖直虚线对称,A、B为运动轨迹上的点,忽略空气阻 力,下列说法不正确的是( ) A.B点的电势比A点高 B.小球在A点的动能比它在B点的大 C.小球在最高点的加速度不可能为零 D.小球在B点的电势能可能比它在A点的大 5 5.2如图所示,真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷,两者相距为L,以+Q点电荷为圆心,半径为 画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d两点连线 2 垂直于MN,一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动,比较a、b、c、d四点,则下列说法错误的是( ) A.a点电场强度最大 B.负点电荷q在b点的电势能最大 C.c、d两点的电势相等 D.移动负点电荷q从a点到c点过程中静电力做正功 6 6.真空中,两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2,在它们共同形成的电场中,有一条电场线 如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了C、D两点,其中D点的切线与AB 连线平行,O点为AB连线的中点,则( ) A.B带正电,A带负电,且|Q1|>|Q2| B.O点电势比D点电势高 C.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能 D.在C点静止释放一带正电的检验电荷,只在电场力作用下将沿电场线运动到D点 7 7.如图所示,矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一粒子从bc 边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场,从cd边上的Q点飞出电场,不计粒子重力。下列说法 不正确的是( ) A.粒子到Q点时的速度大小可能小于v0 B.粒子到Q点时的速度大小可能等于v0 C.粒子到Q点时的速度方向可能与cd边平行 D.粒子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直 8 8.如图所示,某静电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称,O、M、N三点均在y轴上,且 OM=MN。P点在y轴的右侧,MPON,下列说法正确的是( ) A.M点的电势与P点的电势相等 B.将质子由M点移动到P点,电场力做负功 C.M、N两点间的电势差比O、M两点间的电势差大 D.在O点由静止释放个质子,该质子将沿y轴正方向加速运动39 9.某静电场中有一质量为m、电荷量为+q的粒子甲从O点以速率v0射出,运动到A点时速率为 3v0; 另一质量为m、电荷量为-q的粒子乙以速率 3v0仍从O点射出,运动到B点速率为 4v0,不计重力的 影响。则( ) A.在O、A、B三点中,O点电势最高 B.O、A间的电势差与B、O间的电势差相等 C.甲电荷从O到A电场力对其所做的功比乙电荷从O到B电场力对其所做的功多 D.甲电荷从O到A电场力对其做正功,乙电荷从O到B电场力对其做负功 1010.在静电场中由静止释放一电子。该电子仅在电场力作用下沿直线运动,其加速度a随时间t的变化 规律如图所示。则( ) A.该电场可能为匀强电场 B.电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直 C.电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低 D.电子具有的电势能逐渐增大 1111.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小 球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的 ,圆环半径为R,斜面倾角=60°,sBC=2R。若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h3 4 至少为多少?1212.如图所示,两竖直虚线间距为L,之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为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水平方向射出。小球进入电场区域, 并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度;M刚离开电场时的动能为 刚进入电场时动能的 8 倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为 L。 (1)求该电场的电场强度大小;4(2)求小球射出的初速度大小;(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L,仅改变两小球的相同射出速度,求射出速 度需满足的条件。1313.如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限中,0xd的空间存在着沿y轴正方向的匀强电场,在 x>d的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从y 轴上的A点,以速度v0沿x轴正方向进入电场,带电粒子在电场与磁场作用下,从A点依次经过B点和C点,A、B、C三点的坐标分别为 0,d-、(d,d)、(2d,0),不计带电粒子重力,求:3 6 (1)匀强电场的电场强度E的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(3)带电粒子从A到C的运动时间t。1414.如图所示,半径为r的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场,电场与水平方向成 60°角,同心大 圆半径为r,两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场(圆的边界上有磁场),磁感应强度为B。质量为3m、电荷量为+q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场,经磁场偏转恰好从内圆的最高点A 处进入电场,并从最低点C处离开电场。不计粒子的重力。求: (1)该粒子从A处进入电场时的速率;5(2)偏转电场的电场强度大小;(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围。1515.如图所示,在区里有与水平方向成 60°角的匀强电场E1,宽度为d。在区里有垂直于纸面向外 的匀强磁场和竖直方向的电场E2,宽度也为d。一带电量为q、质量为m的微粒自图中P点由静止 释放后沿虚线做直线运动进入区的磁场,已知PQ与中间边界MN的夹角是 60°。若微粒进入区 后做匀速圆周运动且还能回到MN边界上。重力加速度为g。区和区的场在竖直方向足够长, d、m、q已知,求: (1)微粒带何种电荷,电场强度E1;(2)区磁感应强度B的取值范围;(3)微粒第一次在磁场中运动的最长时间。1616.如图,xOy平面的第二象限内有平行y轴放置的金属板A、B,板间电压为U;第一、三、四象限内 存在垂直纸面向外、磁感应强度B=1 T 的匀强磁场;ON为处于y轴上的弹性绝缘挡板,ON长h=3 m;M为x轴负方向上一点,OM长L=1 m。现有一比荷为=2.0 C/kg、重力不计的带正电粒子从A板 静止释放,经电场加速后从B板小孔处射出,恰好从挡板上端N点处平行x轴方向垂直射入磁场。6(1)若粒子不与挡板碰撞直接打到M点,则U为多大?(2)若粒子与挡板相碰后均能以原速率弹回,且碰撞时间不计、碰撞前后电荷量不变,粒子最后都能 经过M点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?(结果保留三位有效数字)7专题综合训练(三) 1 1.A 解析 顺着电场线电势降低,故M点电势一定高于N点电势,正电荷在M点的电势能大于 在N点的电势能,故选项 A 正确;M点的电场线较N点稀疏,故M点电场强度一定小于N点电场强度, 选项 B 错误;将电子从M点移动到N点,静电力做负功,选项 D 错误。 2 2.C 解析 根据等量异种电荷电场线的分布规律可知,O处电势为零,A处电势为正,C处电势为 负,A处电场强度方向向左,C处电场强度方向也向左,大小相同,所以A、C两处电势不等,电场强度 相同,故 A、B 错误;B、D两处电场强度大小相等,方向水平向右,则电场强度相同,两处在同一等势 面上,电势相同,故 C 正确,D 错误。 3 3.C 解析 线框上的电荷在O点产生的电场等效于与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的电场,故E1=,B点的电荷在O点产生的电场强度为E2=,由电场的叠加可知E=E1-(2) 2=422E2=。32 4 4.A 解析 根据粒子的弯折方向可知,粒子所受合力方向一定指向下方;因轨迹关于O点对称, 则电场力可能竖直向上,也可能竖直向下,即电场方向可能竖直向下,当电场方向竖直向下时B点的 电势比A点高,带负电的小球在B点的电势能比它在A点的小;电场强度也可能竖直向上,此时B点 的电势比A点低,带负电的小球在B点的电势能比它在A点的大,故 A 错误,D 正确;因小球所受合力 方向向下,则从A到B,合力做负功,则动能减小,即小球在A点的动能比它在B点的大,选项 B 正确; 因合力不为零,则小球在最高点的加速度不可能为零,选项 C 正确。 5 5.B 解析 +Q在a、b、c、d四点的电场强度大小相等,在a点,-9Q的电场强度最大,而且方 向与+Q在a点的电场强度方向相同,根据合成可知a处电场强度最大,故 A 正确;a、b、c、d四点 在以点电荷+Q为圆心的圆上,由+Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势相等,所以a、b、c、d四 点的总电势可以通过-9Q产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知,b点的电势最 高,c、d电势相等,a点电势最低,根据负电荷在电势低处电势能大,可知负点电荷q在a处的电势 能最大,在b处的电势能最小,在c、d两处的电势能相等,故 B 错误,C 正确;移动负点电荷q从a点 到c点过程中,电势能减小,静电力做正功,选项 D 正确。 6 6.B 解析 根据电场线的流向,知A带正电,B带负电;D点的电场强度可看成A、B两电荷在该 点产生电场强度的合电场强度,电荷A在D点电场方向沿AD向上,电荷B在D点产生的电场强度方 向沿DB向下,合电场强度方向水平向右,可知A电荷在D点产生的电场强度大于B电荷在D点产生 的电场强度,而AD>BD,所以Q1>Q2,故 A 不正确;沿着电场线方向电势降低,所以O点电势比D点电势 高,故 B 正确;沿电场线方向电势逐渐降低,UC>UD,再根据Ep=qU,q为负电荷,知EpCP,故 A 错误;由M到P电势降低,故将质子从M移动到P点,电势能减小,电 场力做正功,故 B 错误;电场线的疏密表示电场的强弱,由题图可知,从O点到N点电场强度减小,根 据U=Ed,M、N两点间的电势差比O、M两点间的电势差小,故 C 错误;带正电的粒子从O点由静止释 放后,受电场力方向沿y轴正方向,所以将沿着y轴正方向做加速直线运动,但加速度越来越小,故 D 正确。89 9.C 解析 由题意知,负电荷从O到B电场力做正功,故B点电势高于O点电势,所以 A 错误;qUOA= m(3v0)2-,-qUOB= m(4v0)2- m(3v0)2,可得qUOA>qUOB,即O、A间的电势差高于B、O间的1 21 2m021 21 2 电势差,所以 B 错误,C 正确;乙电荷从O到B电场力对其做正功,故 D 错误。 1010.B 解析 由加速度a随时间t的变化图象可知,电子的加速度变化,所受电场力变化,运动 轨迹上各点的电场强度大小改变,电场不是匀强电场,故 A 项错误;电子仅在电场力作用下沿直线运 动,且运动过程中加速度方向不变,所受电场力方向不变,则运动轨迹上各点电场强度方向一样且电 场强度方向与轨迹同一直线,电场方向与等势面垂直,所以电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直, 故 B 项正确;电子由静止释放做加速运动,电子所受电场力做正功,电子具有的电势能减小,电子运 动过程中途经各点的电势逐渐升高,故 C、D 错误。 1111.答案 10R 解析 小球所受的重力和电场力都为恒力,故两力可等效为一个力F,如图所示,可知F= mg,方向与竖5 4 直方向夹角为 37°,偏左下;从图中可知,做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过D点,若球恰好能通过D点,则达到D点时小球与圆环间的弹力恰好为零,由圆周运动知识得:F=m,即mg=m,25 42选择A点作为初态,D点为末态,由动能定理有mg(h-R-Rcos 37°)- mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)3 4=,代入数据:mg(h-1.8R)- mgh+2.6R =mgR,解得:h=10R。1 2m23 43 41 2×5 41212.答案 (1) (2) (3)v024 2 解析 设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0,则刚进入电场时的水平速度大小也为v0,所 以M、N在电场中时间相等。 进入电场前,水平方向L=v0t1进入电场前,竖直方向d=1 2g12进入电场后,水平方向L=v0t2 则有t1=t2=t设小球N运动的加速度为a,竖直方向d=-vy1t+ at21 2 解得a=3g 由牛顿第二定律得qE-mg=ma解得E=4 (2)粒子M射出电场时竖直速度为 vy2=vy1+a't qE+mg=ma'9m()=8× m()1 202+ 221 202+ 12解得v0=2(3)以竖直向下为正,M的竖直位移yM=vy1t+ a't21 2N的竖直位移yN=vy1t- at21 2yM-yNL 解得v021313.答案 (1) (2)3023(3 + 3)03(3)12 + 5(3 -3) 12 0解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动d= at2361 2d=v0ta= 联立解得:E=3023 (2)设带电粒子刚进入磁场时偏角为,速度为vtan = 0v=0解得:=30°,v=2 303 带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由几何关系知:d=Rsin +Rcos 又R= 解得:B=(3 + 3)03(3)带电粒子在电场中运动的时间:t1= 0由几何关系,带电粒子在磁场中转过的圆心角为 150°,t2=T=150° 360°5 12×2 将B代入解得:t2=5(3 -3)120所以带电粒子从A到C的运动时间:t=t1+t2=12 + 5(3 -3) 12 0101414.答案 (1)v= (2)E= (3)见解析2 338 323 解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示:由几何知识得:r2+(r-R)2=R2,解得:R=r,32 33洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB=m2 解得:v=;2 33(2)由几何知识得:cos =,解得=30°, =32 由题意可知,电场与水平方向成 60°角,则粒子进入电场时速度方向与电场方向垂直,带电粒子 进入电场后做类平抛运动,垂直于电场方向:2rcos 60°=vt,沿电场方向:2rsin 60°=t2,1 2· 解得:E=;8 323(3)粒子在电场中加速,由动能定理得:qU加= mv2,1 2粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律得:Bqv=m,解得:U加=;2 22 2粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,运动轨迹如图所示:粒子轨道半径:R1=r,则:v1=r,U加 1=,3 3322 2粒子轨道半径:R2=r,v2=r,3 + 12 ·3 + 12加2=(2 + 3)22 4粒子轨道半径:R3=r,v3=r,故使粒子不进入电场并3 - 12 ·3 - 12加3=(2 -3)22 4在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围 0<v<v。3 - 12·,3 + 12·31515.答案 (1)E1= (2)B (3)t=3 3 34 93解析 (1)带电微粒沿虚线做直线运动,微粒受重力和电场力作用 电场力F=qE1 由力的平行四边形定则和几何关系得F=mg311解得E1=3 (2)由微粒在区的受力分析可知F合=mg微粒从P到Q由动能定理得F合·x= mv21 2而x= 解得v=2 30°3因微粒还能回到MN边界上,所以微粒在区最大圆与最右边界相切,由几何关系得圆的半径rd2 3由牛顿第二定律qvB=m2 解得B 3 3(3)微粒在磁场中运动的周期T=2 联立得T=2 由此可知B越小周期越长,所以当B=时,粒子在磁场中运动周期最长;由几何关系得粒 3 3子从进入磁场到返回MN边界转过的圆心角=4 3微粒第一次在磁场中运动的最长时间t= 3解得t=4 931616.答案 (1)2.78 V (2)4.25 s 解析 (1)粒子由A到B,由动能定理得图 1qU=1 2m02粒子在磁场中运动,由牛顿第二定律得qv0B=m02 由几何关系得 r2=(h-r)2+L2联立解得r= m5 3U= V2.78 V25 912(2)因粒子速度方向与挡板垂直,圆心必在挡板上。 设小球与挡板碰撞n次,则n·2r<3 由题意得r1 m 故n<1.5,只能发生一次碰撞。 由几何关系得(3r-h)2+L2=r2 解得:r1=1 m,r2=1.25 m 分别作出图 2 和图 3 运动轨迹。图 2图 3 比较两图可知当r2=1.25 m 时粒子在磁场中运动时间更长。由图 3 得 tan =0.75,=37°32- 粒子在磁场中运动的周期为T= s2 粒子在磁场中运动最长时间为t= T+ T+T4.25 s1 23 4 360°