1、高考资源网（） 您身边的高考专家阶段训练(三)电场和磁场(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第25页一、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.(2019浙江4月)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0107 m/s。已知加速电场的电场强度为1.3105 N/C,质子的质量为1.6710-27 kg,电荷量为1.610-19 C,则
2、下列说法正确的是()A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为210-15 NC.质子加速需要的时间约为810-6 sD.加速器加速的直线长度约为4 m答案:D解析:质子做加速运动,电场力做正功,电势能减小,A错误;质子所受到的电场力F=qE=2.0810-14N,B错误;a=Fm1.251013m/s2,t=va=810-7s,C错误;x=12at2=4m,D正确。2.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.6kq2l2B.32kq2l2C.3kq2l2D.63
3、kq2l2答案: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=kq2l2,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lsin60=l32,四面体高线的垂足在底面高线的23,四面体的高线、四面体的棱和底部平面高线的23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63l,根据几何关系可以得出cos=63,A点的电荷受到的电场力为Fh=3kq2l2cos=6kq2l2。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,其速度图像如图乙所示,则 (
4、)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答案: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;由速度图像,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.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
5、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像中,可能正确的是()答案: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-mgm,Ff=FN=FA=BIl=Blkt,联立解得加速度a=Blktm-g,与时
6、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.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球都不做功答案: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
7、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.(2019山东日照三校联考)如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,匀强电场平行于斜面向下,斜面是粗糙的。一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动,经a点后到b点时速度减为零,接着又滑了下来。设物块电荷量保持不变,则从a到b和从b回到a两过程相比较()A.加速度大小相等B.摩擦产生热量不相同C.电势能变化量的绝对值不相同D.动能变化量的绝对值相同答案:B解析:两过程中,重力、电场力恒定,支持力方向不变,洛
8、伦兹力、摩擦力方向相反,物块所受合外力不同,由牛顿第二定律知,加速度必定不同,A错误。上滑过程中,洛伦兹力垂直斜面向上,物块所受滑动摩擦力Ff=(mgcos-qvB);下滑过程中,洛伦兹力垂直斜面向下,物块所受滑动摩擦力Ff=(mgcos+qvB),摩擦产生热量Q=Ffx,两过程位移大小相等,摩擦力大小不同,故产生热量不同,B正确。a、b两点电势确定,由Ep=q可知,两过程中电势能变化量的绝对值相等,C错误。整个过程中,重力做功为零,电场力做功为零,摩擦力做功不为零,故物块动能一定变化,所以上滑和下滑两过程中动能变化量绝对值一定不同,D错误。7.如图所示,平行板电容器与恒压电源连接,电子以速度
9、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增大答案: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=rS4kd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=qEm减小,运动时间不变,由匀变速直线运
10、动规律y=12at2可知电子偏移距离y减小,选项B正确,A错误。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=mvqRC.匀强电场的电场强度大小为E=mg2qD.带电小球在运动过程中机械能守恒答案:BC解析:小球做匀速圆周运动需满足qE=mgsin,E=mg2q,选项C正确;由qvB=mv2R,解得B=mvqR,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
11、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。9.一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答案: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、方向不一定相同,选项A、B错误,C正确;从图像可知,粒子的电势能不随时间变化,Ep=q,电势不变,选项D正确。10.如图所示,在xOy平面内,OP与x轴正方向间的夹角为30,直线
12、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2mvqB,23mv3qBB.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2mqB答案:ABC解析:粒子运动轨迹如图所示,A与D横坐标相同,由qvB=mv2R可得,xD=2R=2mvqB,yD=xDtan30=23mv3qB,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
13、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=T2+240360T+60360T=8m3qB,D错。二、非选择题(本题共3小题,共50分)11.(15分)(2019湖南长沙雅礼中学月考)如图所示,在距离某水平面高2h处有一抛出位置P,在距P水平距离为s=1 m处有一光滑竖直挡板AB,A端距该水平面距离为h=0.45 m,A端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场;B端与半径为R=0.9 m的14光滑圆轨道BC连接。当传送带静止时,一电荷量大小为q=1910-4 C、质量为0.18
14、kg的小滑块,以某一初速度v0从P点水平抛出,恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路径运动到D点而静止。重力加速度g取10 m/s2。(1)求出所加匀强电场的电场强度大小。(2)当滑块刚运动到C点时,求出对圆轨道的压力。(3)若传送带转动,试讨论滑块达到D时的动能Ek与传送带速率的关系。答案:(1)3.6105 N/C(2)9 N(3)若传送带逆时针转动时,滑块滑到D点时的动能为零,与传送带的速度无关。若传送带顺时针转动时,滑到D点时的动能与传送带速率v的关系是0v带62 m/s时,Ek=12mv带2;v带62 m/s时,Ek=6.48 J。解析:(1)设物块从P到A运动的时间为t,水平方向的加速
15、度大小为a,物块能够沿AB下滑,说明在A点时水平方向速度为零,则水平方向:s=12at2,其中a=qEm竖直方向:2h-h=12gt2联立解得E=mgsqh=0.181011910-40.45N/C=3.6105N/C。(2)从P点到C点根据动能定理可得mg(2h+R)-qEs=12mvC2-12mv02其中qEs=12mv02,所以mg(2h+R)=12mvC2根据牛顿第二定律可得FN-mg=mvC2R联立解得vC=2g(2h+R),FN=3+4hRmg=9N根据牛顿第三定律可得滑块对圆轨道的压力大小为9N。(3)若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到D点时的动能
16、为零,与传送带的速度无关。若传送带顺时针转动,设传送带使得物体一直加速的速度大小为v,则Ffl=12mv2-12mvC2当传送带静止时,根据动能定理可得-Ffl=0-12mvC2解得v=62m/s所以传送带顺时针转动时,滑块滑到D点时的速度与传送带速度v带的关系是0v带62m/s时,Ek=12mv带2v带62m/s时,Ek=12mv2=120.18362J=6.48J。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、3R的半圆环形区域,外圆与ab的交点
17、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。答案:(1)3RBE(2)qBRm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=mv23R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=
18、3RBE。(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+(3R)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=3Rr-R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=vv0联立式得v0=qBRm。13.(19分)(2019天津卷)2
19、018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N。(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导FP的表达式。(3)为提高能量的转换效率,要使FP尽量大,请提出增大FP的三条建议。答案:(1)F12ZemU(2)FP=2mZeU(3)见解析解析:(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有ZeU=12mv2-0设正离子束所受的电场力为F1,根据牛顿第三定律,有F1=F1设引擎在t时间内飘入电极间的正离子个数为N,由牛顿第二定律,有F1=Nmv-0t联立式,且N=Nt得N=F12ZemU。(2)设正离子束所受的电场力为F,由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有P=12Fv考虑到牛顿第三定律得到F=F,联立式得FP=2mZeU。(3)为使FP尽量大,分析式得到三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。- 9 - 版权所有高考资源网