2024高考物理大二輪復習專題三電場和磁場1.3精練含解析

PAGEPAGE6電場和磁場(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～7題為多項選擇題)1．如圖所示，某人在對面的山坡上水平拋出兩個質量不等的小石塊，分別落在A、B兩處。不計空氣阻力，則落到B處的石塊()A．初速度大，運動時間短 B.初速度大，運動時間長C．初速度小，運動時間短 D.初速度小，運動時間長解析：由題圖可知，落在B處的小石塊下落的高度小，依據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2知，B處石塊運動時間t小，水平位移x大，由x＝v0t知，則落到B處的石塊初速度大。故A正確，B、C、D錯誤。答案：A2．如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線、從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則()A．a的電荷量肯定大于b的電荷量B．b的質量肯定大于a的質量C．a的比荷肯定大于b的比荷D．b的比荷肯定大于a的比荷解析：由a、b在水平方向的位移不同可知兩粒子在電場中的運動時間不同，tb>ta，依據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，可知：aa>ab，又因為qaE＝maaa，qbE＝mbab，所以eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，故選項C正確，A、B、D錯誤。答案：C3.如圖所示，斜面與水平面之間的夾角為45°，在斜面底端A點正上方高度為H＝24m的O點，以v0＝2m/s的速度水平拋出一個小球，小球飛行一段時間后撞在斜面上，g取10m/s2，小球在空中飛行所用的時間為()A．2.0s B.1.6sC．1.0s D.0.8s解析：設飛行的時間為t，則x＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2。因為斜面與水平面之間的夾角為45°，如圖所示，由三角形的邊角關系可知，AQ＝PQ，在豎直方向上有OQ＋AQ＝24m，所以v0t＋eq\f(1,2)gt2＝24m，解得t＝2s，故A正確，B、C、D錯誤。答案：A4．(2024·江蘇卷·3)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽視空氣阻力，兩只小球落到水平地面的()A．時刻相同，地點相同 B.時刻相同，地點不同C．時刻不同，地點相同 D.時刻不同，地點不同解析：彈出的小球做平拋運動，豎直方向的分運動為自由落體運動，水平方向的分運動為勻速直線運動。彈射管自由下落，兩只小球始終處于同一水平面，因此兩只小球同時落地。由h＝eq\f(1,2)gt2知，兩只小球在空中運動的時間不相等，由x＝vt知水平位移不相等，落地點不同。答案：B5.如圖所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑。若在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球將擊中坑壁上的最低點D點；若在A點拋出小球的同時，在C點以初速度v2水平向左拋出另一相同質量的小球，也能擊中D點。已知∠COD＝60°，不計空氣阻力，則()A．兩小球同時落到D點B．兩小球在此過程中動能的增加量相等C．在擊中D點前瞬間，重力對兩小球做功的功率相等D．兩小球初速度大小之比v1∶v2＝eq\r(6)∶3解析：依據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2h,g))，兩球下降的高度之比為2∶1，則運動的時間之比為eq\r(2)∶1。由幾何關系知，兩球的水平位移之比為2∶eq\r(3)，則兩球的初速度之比為eq\r(6)∶3，選項D正確，A錯誤；因為兩小球下降的高度不同，重力做功不同，依據(jù)動能定理知，動能的增加量不相等，選項B錯誤；兩球下落的高度之比為2∶1，則落到D點時在豎直方向上的速度不相等，依據(jù)P＝mgvy可知，重力的瞬時功率不相等，選項C錯誤。答案：D6.如圖所示，三個小球A、B、C在離水平地面不同高度處，同時以相同的速度水平拋出，均不計空氣阻力，經過時間T小球A落到D點，DE＝EF＝FG，A落地后過時間T小球B落地，B落地后又經過時間T小球C落地。則關于三小球()A．B球落在E點，C球落在F點B．B、C兩球均落在D點C．三小球在空中運動的時間tA∶tB∶tC＝1∶3∶5D．三小球拋出點離地面的高度之比為1∶4∶9解析：三小球以相同的初速度拋出，每隔相等的時間間隔小球依次遇到地面，則知A、B、C三個小球的運動的時間之比為tA∶tB∶tC＝1∶2∶3，水平方向小球做勻速直線運動，由x＝v0t可得水平位移之比1∶2∶3，而DE＝EF＝FG，所以B、C兩球均落在D點，故A、C錯誤，B正確；依據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得，三小球下落的高度之比為1∶4∶9。所以三小球離地面的高度AE∶BF∶CG＝1∶4∶9。故D正確。答案：BD7．噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽視的墨汁微滴，經帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()A．向負極板偏轉 B.電勢能漸漸減小C．運動軌跡是拋物線 D.運動軌跡與帶電荷量無關解析：微滴帶負電，進入電場，受電場力向上，應向正極板偏轉，A錯誤；電場力做正功，電勢能減小，B正確；微滴在電場中做類平拋運動，沿v方向：x＝vt，沿電場方向：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，得y＝eq\f(qU,2mv2d)x2，即微滴運動軌跡是拋物線，且運動軌跡與電荷量有關，C正確，D錯誤。答案：BC二、非選擇題8.(2024·河南十校聯(lián)考改編)某學習小組在暑假探討平拋運動的最大水平位移與哪些因素有關時，用了如圖所示的裝置。在豎直桿上安裝一個光滑小導向槽，能使豎直上拋的小球變更方向后做平拋運動，不計小球經導向槽時的能量損失，小球以速度v沿桿從地面豎直上拋，經導向槽后平拋，已知重力加速度為g。(1)導向槽的高度多大時，射程最大？最大射程是多少？(2)當小球有最大射程時，球落地時與水平方向的夾角為多大？解析：(1)設小球有最大射程時，導向槽在高為h的位置，小球經過導向槽時的速度大小為v0，由勻變速直線運動規(guī)律得v2－veq\o\al(2,0)＝2gh小球經導向槽后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得x＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立可得x＝eq\r(－4h2＋\f(2v2,g)·h)＝eq\r(－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(v2,4g)))＋\f(v4,4g2))，所以當h＝eq\f(v2,4g)時，射程最大，最大射程xm＝eq\f(v2,2g)。(2)由v2－veq\o\al(2,0)＝2gh解得v0＝eq\f(v,\r(2))小球做平拋運動的時間t＝eq\f(xm,v0)＝eq\f(v,\r(2)g)，當小球落地時，豎直方向的速度v1＝gt＝eq\f(v,\r(2))所以當小球落地時，速度與水平方向成45°。答案：(1)eq\f(v2,4g)eq\f(v2,2g)(2)45°9.如圖所示，直角坐標系xOy位于同一豎直平面內，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內長方形區(qū)域OABC內有方向垂直O(jiān)A的勻強電場，OA長為l，與x軸間的夾角θ＝30°。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球(可看作質點)從y軸上的P點沿x軸方向以肯定速度射出，恰好從OA的中點M垂直O(jiān)A進入電場區(qū)域。已知重力加速度為g。(1)求P的縱坐標yP及小球從P射出時的速度v0；(2)已知電場強度的大小為E＝eq\f(\r(3)mg,2q)，若小球不能從BC邊界離開電場，OC長度應滿意什么條件？解析：(1)設小球從P點運動到M點所用時間為t1，則在豎直方向上有yP－eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)水平方向上有eq\f(l,2)cosθ＝v0t1又eq\f(v0,tanθ)＝gt1由以上幾式聯(lián)立解得yP＝eq\f(5,8)lv0＝eq\f(\r(gl),2)。(2)設小球到達M時速度為vM，進入電場后加速度為a，有vM＝eq\f(v0,sinθ)又mgcosθ＝qE小球在電場中沿vM方向做勻速直線運動，沿與vM垂直的方向做加速度為a的勻加速運動，設邊界OC的長度為d時，小球不能從BC邊界射出，且在電場中運動時間為t2。由牛頓其次定律得mgsinθ＝mad>vMt2。在豎直方向上eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得d>eq\r(2)l。答案：(1)eq\f(5,8)leq\f(\r(gl),2)(2)大于eq\r(2)l10.一探險隊在探險時遇到一山溝，山溝的一側OA豎直，另一側的坡面OB呈拋物線形態(tài)，與一平臺BC相連，如圖所示。已知山溝豎直一側OA的高度為2h，平臺離溝底的高度為h，C點離OA的水平距離為2h。以溝底的O點為原點建立坐標系xOy，坡面的拋物線方程為y＝eq\f(x2,2h)。質量為m的探險隊員在山溝的豎直一側從A點沿水平方向跳向平臺。人視為質點，空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)若探險隊員從A點以速度v0水平跳出時，掉在坡面OB的某處，則他在空中運行時間為多少？(2)為了能跳在平臺上，他在A點的初速度v應滿意什么條件？請計算說明。解析：(1)設探險隊員在OB坡面上的落點坐標為(x0，y0)，由平拋規(guī)律可得x0＝v0t2h－y0＝eq\f(1,2)gt2將(x0，y0)代入拋物線方程y＝eq\f(x2,2h)可得t＝eq\f(2h\r(v\o\al(2,0)＋gh),v\o\al(2,0)＋gh)。(2)yB＝h，將(xB，yB)代入y＝eq\f(x2,2h)，可求得xB＝eq\r(2)h