2019年高考物理二輪復習滾動訓練三電場與磁場.docx

滾動訓練三電場與磁場一、選擇題：本題共10小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分12018長沙市一中二模如圖所示，空間中存在著由一固定的負點電荷Q(圖中未畫出)產(chǎn)生的電場另一正點電荷q僅在電場力作用下沿曲線MN運動，在M點的速度大小為v0，方向沿MP方向，到達N點時速度大小為v，且vv0，則()AQ一定在虛線MP下方BM點的電勢比N點的電勢高Cq在M點的電勢能比在N點的電勢能小Dq在M點的加速度比在N點的加速度小22018濮陽市高三三模如圖，勻強電場中的點A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個頂點已知G、F、B、D點的電勢分別為5 V、1 V、2 V、4 V，則A點的電勢為()A0 B1 VC2 V D3 V32018長春模擬如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10 cm的正六邊形的六個頂點，A、C、D三點電勢分別為1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六邊形所在平面與電場線平行則()AE點的電勢與C點的電勢相等BUEF與UBC相同C電場強度的大小為 V/mD電場強度的大小為20 V/m42018貴陽一中二模如圖所示，等邊三角形ABC的邊長為L，在頂點A、B分別有固定的正點電荷，電荷量均為Q.C點有一質(zhì)量為m不計重力的負點電荷，電荷量為q，要讓它能過C點做勻速圓周運動，其速度的大小是(已知靜電力常量為k)()A. B. C. D. 52018張家界市三模空間存在一靜電場，電場中的電勢隨x的變化規(guī)律如圖所示，下列說法正確的是()Ax4 m處電場強度可能為零Bx4 m處電場方向一定沿x軸正方向C電荷量為e的負電荷沿x軸從O點移動到x6 m處，電勢能增大8 eVD沿x軸正方向，電場強度先增大后減小62018江西上饒市二模某區(qū)域的電場線分布如圖所示，中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點取O點為坐標原點沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計在O點到A點的運動過程中，下列關于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化，粒子的動能Ek和運動軌跡上的電勢隨位移x的變化圖線可能正確的是()7(多選)2018榆林市高三三模在下圖中，圖甲、圖乙中兩點電荷的電荷量相等，圖丙、圖丁中通電導線電流大小相等，豎直線為兩點電荷、兩通電導線的中垂線，O為連線的中點下列說法正確的是()A圖甲和圖丁中，在連線和中垂線上，O點的場強和磁感應強度都最小B圖甲和圖丁中，在連線和中垂線上，關于O點對稱的兩點場強和磁感應強度都相等C圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上，O點的場強和磁感應強度都最大D圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上關于O點對稱的兩點場強和磁感應強度相等82018遂寧市模擬如圖所示，a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應強度大小相等電荷量為2e的帶正電的質(zhì)點M以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，與靜止在b點的電荷量為e的帶負電的質(zhì)點N相撞，并粘合在一起，不計質(zhì)點M和質(zhì)點N的重力，則它們在磁場中的運動軌跡是()92018黃山市模擬如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O點穿出，射出時速度的大小為vA，若僅撤去磁場，其它條件不變，另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出，射出時速度的大小為vB，則顆粒B()A穿出位置一定在O點上方，vBvAC穿出位置一定在O點下方，vBvA10(多選)2018昆明市高三模擬如圖所示，MN兩側均有垂直紙面向里的勻強磁場，MN左側磁感應強度大小為B1，右側磁感應強度大小為B2，有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，自P點開始以速度v0向左垂直MN射入磁場中，當離子第二次穿過磁場邊界時，與邊界的交點Q位于P點上方，PQ之間的距離為.不計離子重力，下列說法正確的是()AB2B1BB2B1C離子從開始運動到第一次到達Q點所用時間為D離子從開始運動到第一次到達Q點所用時間為二、計算題：本題共4小題，共50分11. (12分)2018石家莊質(zhì)檢二如圖所示，ABCD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；(2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量12. (12分)2018雅安市高三三診如圖所示，光滑絕緣水平面上方存在地場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場某時刻將質(zhì)量為m、帶電量為q的小金屬塊從A點由靜止釋放，經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向且增強為某恒定值，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變求：(1)A、B兩點間的距離；(2)電場反向后勻強電場的電場強度大小13. (12分)2018長春市三模如圖所示，在某電子設備中分布有垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場AC、AD兩塊擋板垂直紙面放置，夾角為90，一束電荷量為q、質(zhì)量為m的相同粒子，從AD板上距A點為L的小孔P以不同速率沿平行紙面方向射入磁場，速度方向與AD板的夾角均為60，不計粒子重力及粒子間相互作用求：(1)直接打在AD板上Q點的粒子，從P運動到Q的時間；(2)直接垂直打在AC板上的粒子運動速率14. (14分)2018合肥市三模如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，、象限內(nèi)有場強大小E103 V/m的勻強電場，方向與x軸正方向成45角，、象限內(nèi)有磁感應強度大小B1 T的勻強磁場，方向垂直坐標平面向里現(xiàn)有一比荷為104 C/kg的帶負電粒子，以速度v02103 m/s由坐標原點O垂直射入磁場，速度方向與y軸負方向成45角粒子重力不計求：(1)粒子開始在磁場中運動的軌道半徑；(2)粒子從開始進入磁場到第二次剛進入磁場的過程所用時間；(3)粒子從第二次進入磁場到第二次離開磁場兩位置間的距離滾動訓練三電場與磁場1C根據(jù)曲線運動的規(guī)律可知，受力指向軌跡的內(nèi)側，正點電荷q僅在電場力作用下沿曲線MN運動，負點電荷Q在虛線MN左上方的某個位置，A選項錯誤；正電荷q從M到N過程速度減小，動能減小，根據(jù)動能定理可知，電場力做負功，電勢能增加，故M點的電勢低于N點的電勢，q在M點的電勢能比在N點的電勢能小，B選項錯誤，C選項正確；根據(jù)點電荷周圍電場線的分布情況可知，離負電荷Q越近，電場強度越強，故q在M點的加速度比在N點的加速度大，D選項錯誤2A根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系可知，沿同一直線經(jīng)過相同的距離，兩端電勢差相等，BFCG，解得，C6 V，同理，BACD，解得，A0，A選項正確3C延長DC到G點，使DCCG，連接BG，根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系可知，UDCUCG1 V，則A、B、G三點的電勢相等，為等勢面，連接CF，CFAB，則CF為等勢面，電勢為2 V，DE為等勢面，電勢為3 V，A選項錯誤；電勢差UEF1 V，電勢差UBC1 V，B選項錯誤；電場強度E，其中d0.1 m，解得電場強度EV/m，C選項正確，D選項錯誤4A根據(jù)等量同種正電荷周圍電場線的分布情況可知，負點電荷C可以在正電荷A、B連線的中垂面內(nèi)，以中點O為圓心做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系可知，圓周運動的半徑RLsin60L，電荷A、B對C的庫侖力的合力提供勻速圓周運動的向心力，2sin60m，解得，v，A選項正確5C根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系可知，x圖象的斜率表示電場強度，分析圖象可知，x4 m處的電場強度不為零，A選項錯誤；沿電場線電勢逐漸降低，但x4 m處電場方向不一定沿x軸正方向，B選項錯誤；從O點到x6 m處，電勢差為8 V，電場力做負功8 eV，根據(jù)功能關系可知，電勢能增大8 eV，C選項正確；分析圖象的斜率可知，沿x軸正方向，斜率先減小后增大，電場強度沿x軸先減小后增大，D選項錯誤6B由分析電場線分布可知，從O到A點，電場線由密到疏，再由疏到密，則電場強度先減小后增大，電荷受到的電場力先減小后增大，加速度先減小后增大，B選項正確；vt圖象的斜率表示加速度，加速度先減小后增大，vt圖象的斜率先減小后增大，A選項錯誤；沿著電場線電勢逐漸降低，根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系可知，x圖象的斜率表示電場強度的大小，該圖象切線的斜率應先減小后增大，C選項錯誤；根據(jù)動能定理可知，Ekx圖象的斜率表示粒子受到的電場力，故斜率應先減小后增大，D選項錯誤7AD根據(jù)等量同種點電荷周圍電場的分布情況可知，圖甲中，連線和中垂線上O點的電場強度均最小，根據(jù)磁感應強度的疊加原理可知，圖丁中，連線和中垂線上O點的磁感應強度均最小，A選項正確；電場強度是矢量，圖甲中，在連線和中垂線上，關于O點對稱的兩點場強大小相等，方向相反，B選項錯誤；同理，圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上，O點的場強和磁感應強度都最小，而在連線和中垂線上關于O點對稱的兩點場強和磁感應強度大小相等，方向相同，C選項錯誤，D選項正確8D質(zhì)點M碰撞前做圓周運動的半徑r，質(zhì)點M、N相互碰撞的過程中，動量守恒，m1v1(m1m2)v2，根據(jù)電荷量守恒可知，碰撞后整體的帶電量為e，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力向下，整體向下旋轉(zhuǎn)，軌跡半徑r，軌道半徑增大為原來的2倍，D選項正確9D帶電顆粒在電磁場中沿水平直線做勻速直線運動，處于受力平衡狀態(tài)，故顆粒A一定為正電荷，mgEqBqvA.若僅撤去磁場，mgEq，帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn)，穿出位置一定在O點下方，合力對其做正功，根據(jù)動能定理可知，vBvA，D選項正確10AC正離子在左側磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，軌跡半徑r1，在右側磁場中，r2，根據(jù)幾何關系可知，2(r2r1)，解得B2B1，A選項正確，B選項錯誤；離子從開始運動到第一次到達Q點所用時間t，C選項正確，D選項錯誤11(1)2mgk，豎直向下(2)增加mgr解析：(1)小球沿光滑絕緣軌道做圓周運動，在D點時，F(xiàn)Nkmg.其中v.聯(lián)立解得，F(xiàn)N2mgk.根據(jù)牛頓第三定律可知，小球在D點時對軌道的壓力大小2mgk，方向豎直向下(2)從A到D運動過程中，根據(jù)動能定理，mgrW電mv20.電場力做功W電mv2.根據(jù)功能關系可知，電勢能增加mgr.12(1)t2(2)3E解析：(1)設t末和2t末小物塊的速度大小分別為v1和v2，電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1.小金屬塊由A點運動到B點過程中，加速度a1.根據(jù)位移公式可知，xa1t2.聯(lián)立解得，xt2.(2)根據(jù)勻變速直線運動速度公式可知，v1a1t.解得，v1t.小金屬塊由B點運動到A點過程中，加速度a2.根據(jù)位移公式可知，xv1ta2t2.聯(lián)立解得，E13E.13(1)(2)解析：(1)根據(jù)已知條件畫出粒子的運動軌跡，如圖所示：粒子打在AD板上的Q點，圓心為O1.由幾何關系可知，軌跡對應的圓心角PO1Q120.洛倫茲力充當向心力，qvBm.圓周運動的周期，T.運動時間，t.代入數(shù)據(jù)解得，t.(2)粒子垂直打到AC板，圓心為O2，APO230.設粒子運動的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關系可知，rcos30L.洛倫茲力充當向心力，qvBm.聯(lián)立解得，v.14(1)0.2 m(2)1