高考總復(fù)習(xí)（新人教版）物理限時檢測第八章磁場第二節(jié)

1、第八章 第二節(jié)限時檢測A(限時45分鐘，滿分100分)一、選擇題(每小題6分，共54分)1如圖8215所示，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將圖8215A沿路徑a運動，軌跡是圓B沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大C沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小D沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小解析離導(dǎo)線越遠磁場越弱，由Req f(mv,Bq)和左手定則知，B對。答案B2 (2016宜昌統(tǒng)考)如圖8216所示，在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從a點沿垂直磁感線方向以初速度v開始運動，經(jīng)一段時間t后經(jīng)過b點，ab連線與初速度的夾

2、角為，則t為圖8216A.eq f(m,eB) B.eq f(2m,eB) C.eq f(m,2eB) D.eq f(r(2)m,2eB)解析t時間電子轉(zhuǎn)過的圓心角為2，則有teq f(2,2)Teq f(2m,eB)。故B對。答案B3 (2016東北聯(lián)考)如圖8217所示，斜面頂端在同一高度的三個光滑斜面AB、AC、AD，均處于水平方向的勻強磁場中。一個帶負電的絕緣物塊，分別從三個斜面頂端A點由靜止釋放，設(shè)滑到底端的時間分別為tAB、tAC、tAD，則圖8217AtABtACtAD BtABtACtADCtABtACtAD D無法比較解析帶電物塊在磁場中的斜面上運動時受到重力、支持力和垂直斜

3、面向下的洛倫茲力，設(shè)斜面頂端的高度為h，傾角為，則物塊的加速度為agsin ，由公式xeq f(1,2)at2eq f(h,sin )，得t eq r(f(2h,gsin2 )，知越大，t越小，則選項C正確。答案C4如圖8218所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60角。現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q f(v,3)，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)閳D8218A.eq f(1,2)t B2tC.eq f(1,3)t D3t解析粒子沿半徑方向進入圓形磁場區(qū)域時，一定沿半徑方

4、向射出，如圖。粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，由qvBmeq f(v2,R)得Req f(mv,Bq)，Teq f(2m,Bq)。由數(shù)學(xué)知識得：粒子以速度v進入磁場時，圓周運動的半徑Req r(3)r，轉(zhuǎn)過的圓心角60；粒子以速度eq f(v,3)進入磁場時，從D點射出磁場，圓周運動的半徑Req f(r(3),3)r，轉(zhuǎn)過的圓心角120，周期T與速度無關(guān)，所以teq f(,)t2t，B正確。答案B5如圖8219甲所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化

5、規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是圖8219A高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tntn1B在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1C粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能一定越大D不同粒子獲得的最大動能都相同解析由圖可知粒子在單個D形盒內(nèi)運動的時間為tntn1，由于在磁場中粒子運動的周期與速度無關(guān)，B正確；交流電源的周期為2(tntn1)，A錯誤；由req f(mv,Bq)知當(dāng)粒子的運動半徑等于D形盒半徑時加速過程就結(jié)束了，粒子的動能Ekeq f(B2q2r2,2m)，即粒子的動能與加速次數(shù)無關(guān)，C錯誤；粒子的最大動能還與粒子的質(zhì)量和電荷量有關(guān)，D錯誤。答案B6 (

6、2016武漢聯(lián)考)如圖8220所示，帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30和60，且同時到達P點。a、b兩粒子的質(zhì)量之比為圖8220A12 B21C34 D43解析由題意可得，a粒子在磁場中運動軌跡半徑raeq f(d,r(3)，所對的圓心角為120，軌跡弧長為saeq f(2ra,3)eq f(2d,3r(3)，運動時間taeq f(sa,va)；b粒子在磁場中運動軌跡半徑rbd，所對的圓心角為60，軌跡弧長為sbeq f(rb,3)eq f(d,3)，運動時間tbeq f(sb,vb)；由題意知a、b兩粒子同時到達

7、P點，則tatb，聯(lián)立解得vavb2eq r(3)，再由兩粒子動能相同得a、b粒子的質(zhì)量之比mamb34，選項C正確。答案C7 (多選)如圖8221所示，寬d4 cm的有界勻強磁場，縱向范圍足夠大，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，現(xiàn)有一群帶正電的粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑均為r10 cm，則圖8221A右邊界：8 cmy8 cm有粒子射出B右邊界：y8 cm有粒子射出D左邊界：0y16 cm有粒子射出解析當(dāng)粒子斜向上進入磁場運動軌跡與右邊界相切和粒子沿y軸負方向射入磁場時，粒子從右邊界射出的范圍最大，畫出粒子的運動軌跡(如圖所示)并根據(jù)幾

8、何關(guān)系可求出，在右邊界8 cmyRRcos 53Req f(mv,qB)由并代入數(shù)據(jù)得Beq f(16,3) T5.33 T。答案(1)0.90 m(2)大于5.33 T12 (18分)(2013大綱全國卷) 如圖8226所示，虛線OL與y軸的夾角為60，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場，入射點為M。粒子在磁場中運動的軌道半徑為R。粒子離開磁場后的運動軌跡與x軸交于P點(圖中未畫出)，且eq xto(OP)R。不計重力。求M點到O點的距離和粒子在磁場中運動的時間。圖8226解析本題考查帶電粒子在磁場中

9、的運動，意在考查考生綜合解決問題的能力。根據(jù)題意，帶電粒子進入磁場后做圓周運動，運動軌跡交虛線OL于A點，圓心為y軸上的C點，AC與y軸的夾角為；粒子從A點射出后，運動軌跡交x軸于P點，與x軸的夾角為，如圖所示。有qvBmeq f(v2,R)周期為T=eq f(2R,v)由此得T=eq f(2m,qB)過A點作x、y軸的垂線，垂足分別為B、D。由圖中幾何關(guān)系得eq xto(AD)Rsin eq xto(OD)eq xto(AD)cot 60eq xto(BP)eq xto(OD)cot eq xto(OP)eq xto(AD)eq xto(BP)由以上五式和題給條件得sin eq f(1,r(

10、3) cos 1解得30或90設(shè)M點到O點的距離為hhReq xto(OC)根據(jù)幾何關(guān)系eq xto(OC)eq xto(CD)eq xto(OD)Rcos eq f(r(3),3)eq xto(AD)利用以上兩式和eq xto(AD)Rsin 得hReq f(2,r(3)Rcos(30)解得h(1eq f(r(3),3)R(30)h(1eq f(r(3),3)R(90)當(dāng)30時，粒子在磁場中運動的時間為teq f(T,12)eq f(m,6qB)當(dāng)90時，粒子在磁場中運動的時間為teq f(T,4)eq f(m,2qB)。答案見解析限時檢測B(限時45分鐘，滿分100分)一、選擇題(每小題6

11、分，共54分)1 (2016廣州模擬)薄鋁板將同一勻強磁場分成、兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域內(nèi)運動的軌跡如圖8227所示，半徑R1R2。假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子圖8227A帶正電B在、區(qū)域的運動速度大小相同C在、區(qū)域的運動時間相同D從區(qū)域穿過鋁板運動到區(qū)域解析粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力，速度將減小由req f(mv,Bq)可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子由區(qū)域運動到區(qū)域，結(jié)合左手定則可知粒子帶負電，A、B、D選項錯誤；由Teq f(2m,Bq)可知粒子運動的周期不變，粒子在區(qū)域和區(qū)域中運動的時間均為teq f(1,2)Teq f

12、(m,Bq)，C選項正確。答案C2如圖8228所示，正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個粒子(不計重力)以一定速度v從AB邊的中點M沿既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，正好從AD邊的中點N射出。若將磁感應(yīng)強度B變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則這個粒子射出磁場的位置是圖8228AA點BND之間的某一點CCD之間的某一點 DBC之間的某一點解析粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，當(dāng)粒子垂直于AB邊從中點M射入時，又從AD邊的中點N射出，則A點為圓心，且Req f(mv,qB)，當(dāng)磁感應(yīng)強度加倍時，半徑變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)，則A正確。答案A3如圖8229所示是某粒子速度選

13、擇器的示意圖，在一半徑為R10 cm的圓柱形桶內(nèi)有B104 T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔。粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出?，F(xiàn)有一粒子源發(fā)射比荷為eq f(q,m)21011 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)，當(dāng)角45時，出射粒子速度v的大小是圖8229A.eq r(2)106 m/s B2eq r(2)106 m/sC2eq r(2)108 m/s D4eq r(2)106 m/s解析由題意知，粒子從入射孔以45角射入勻強磁場，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。能夠從出射孔射出的粒子剛好在磁場中運動eq f(1,4)周期

14、，由幾何關(guān)系知req r(2)R，又req f(mv,qB)，解得veq f(qBr,m)2eq r(2)106 m/s。答案B4如圖8230所示是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖。帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為零)后，進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處。圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則圖8230Aa的質(zhì)量一定大于b的質(zhì)量Ba的電荷量一定大于b的電荷量Ca運動的時間大于b運動的時間Da的比荷(qa/ma)大于b的比荷(qb/mb)解析在加速電場中，qUeq f(1,2)mv2；在磁場中qvBeq f(mv2,R)；所以Req

15、 f(mv,qB)eq f(1,B) eq r(f(2mU,q)，由圖知RaRb故eq f(qa,ma)eq f(qb,mb)，A、B錯，因為周期Teq f(2m,Bq)，a、b粒子運行時間均為eq f(T,2)，所以a運動的時間小于b運動的時間，C錯、D正確。答案D5如圖8231所示，空間存在水平向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的傾角為，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為eq f(r(3)mv0,ae) BBeq f(2mv0,ae)CBeq f(2mv0,ae)解析由題意，若電子正好經(jīng)

16、過C點其運動軌跡如圖所示，此時其圓周運動的半徑Req f(a,2cos 30)eq f(a,r(3)，要想電子從BC邊經(jīng)過，圓周運動的半徑要大于eq f(a,r(3)，由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式req f(mv,qB)，有eq f(a,r(3)eq f(mv0,eB)，即Beq f(r(3)mv0,ae)，C選項正確。答案C7 (多選)如圖8233所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場(圖中未畫出)，其邊界過原點O和y軸上的點a(0，L)。一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度方向與x軸正方向的夾角為6

17、0。下列說法中正確的是圖8233A電子在磁場中運動的時間為eq f(L,v0)B電子在磁場中運動的時間為eq f(2L,3v0)C磁場區(qū)域的圓心坐標(biāo)為(eq f(L,2)，eq f(L,2)D電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)為(0，L)解析電子在磁場中運動的軌跡如圖虛線所示，由幾何關(guān)系得Ob=eq r(3)L，(r-L)2+(eq r(3)L)2=r2，則r=2L，故在磁場中運動的時間為t= =eq f(2L,3v0)，選項A錯誤、B正確；ab連線是磁場區(qū)域圓的直徑，故圓心坐標(biāo)為(eq f(r(3),2)L，eq f(L,2)。電子在磁場中做圓周運動的圓心為O，計算出其坐標(biāo)為(0，-L)，所以

18、選項C錯誤、選項D正確。答案BD8(多選)足夠長的光滑絕緣槽與水平方向的夾角分別為和(ab 圖8234B在槽上a、b兩球都做變加速直線運動，但總有aaabCa、b兩球沿直線運動的最大位移分別為xa、xb，則xaxbDa、b兩球沿槽運動的時間分別為ta、tb，則taab，選項A正確，B錯誤。在垂直斜面方向，當(dāng)斜面對小球的支持力FN0時，球脫離斜面，則有qvaBmgcos 、qvbBmgcos ，解得：vaeq f(mgcos ,qB)，vbeq f(mgcos ,qB)。根據(jù)v22ax、vat得：xaeq f(m2gcos2 ,2q2B2sin )，xbeq f(m2gcos2 ,2q2B2si

19、n )，taeq f(m,qBtan )，tbeq f(m,qBtan )。所以xaxb，ta0)的點電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從F點射出，其軌跡經(jīng)過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經(jīng)過G點。兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G點時的速度方向也相同。已知點電荷a的質(zhì)量為m，軌道半徑為R。不計重力。求：圖8238 (1)點電荷a從射出到經(jīng)過G點所用的時間；(2)點電荷b的速度的大小。解析(1)設(shè)點電荷a的速度大小為v，由牛頓第二定律得qvBmeq f(v2,R)由式得veq f(qBR,m)設(shè)點電荷a做圓周運動的周期為T，則有Teq f(2

20、m,qB)如圖所示，O和O1分別是點電荷a和b的圓軌道的圓心。設(shè)點電荷a在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為，由幾何關(guān)系得=90故點電荷a從開始運動到經(jīng)過G點所用的時間teq f(m,2qB)。(2)設(shè)點電荷b的速度大小為v1，軌道半徑為R1，b在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為1，依題意有teq f(R11,v1)eq f(R,v)由式得v1eq f(R11,R)v由于兩軌道在G點相切，過G點的半徑OG和O1G在同一直線上。由幾何關(guān)系和題給條件得160R12R聯(lián)立式，解得v1eq f(4qBR,3m)。答案(1)eq f(m,2qB)(2) eq f(4qBR,3m)專題六 第一節(jié)限時檢測(限時45分鐘，滿分100分)一

21、、選擇題(每小題6分，共54分)1 (2016雙鴨山模擬)如圖6112所示，光滑絕緣水平面上帶異號電荷的小球A、B，它們一起在水平向右的勻強電場中向右做勻加速運動，且保持相對靜止。設(shè)小球A帶電荷量大小為QA，小球B帶電荷量大小為QB，下列判斷正確的是圖6112A小球A帶正電，小球B帶負電，且QAQBB小球A帶正電，小球B帶負電，且QAQBD小球A帶負電，小球B帶正電，且QAQ2B兩質(zhì)點帶異號電荷，且Q1Q2D兩質(zhì)點帶同號電荷，且Q1Q2，選項A正確。答案A6 (多選)(2016江西模擬)如圖6116所示，懸線下掛著一個帶正電的小球，它的質(zhì)量為m，電荷量為q，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，電

22、場強度為E，下列說法正確的是A小球平衡時，懸線與豎直方向夾角的正切值為Eq/mgB若剪斷懸線，則小球做曲線運動 圖6116C若剪斷懸線，則小球做勻速運動D若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動解析對小球受力分析，可知tan eq f(Eq,mg)，A正確。剪斷懸線后，小球受Eq和mg的作用，其合力為定值，所以小球做勻加速直線運動，D正確。答案AD7(多選)頂點a、b、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖6118所示，D為正三角形外接圓的圓心，E、G、H點分別為ab、ac、bc的中點，F(xiàn)點為E點關(guān)于c電荷的對稱點，不計空氣阻力。下列說法中正確的是圖6118AD點的電場強度為零、電勢為零BE、F

23、兩點的電場強度等大反向、電勢相等CE、G、H三點的電場強度和電勢均相同D若釋放c電荷，c電荷將一直做加速運動解析D點到a、b、c三點的距離相等，故三個電荷在D點的場強大小相同，且夾角互為120，故D點的場強為0。因為電勢是一個相對性的概念，即零電勢的選取是任意的，故D點電勢可能為0，故A正確。由于a、b在E點的場強大小相等方向相反，故E的場強僅由電荷c決定。故場強方向向左，而電荷c在E、F位置的場強大小相同方向相反，但電荷a、b在F點的場強矢量和不為0，故E、F兩點的電場強度大小不同，方向相反，故B錯誤。E、G、H三點分別為ab、ac、bc的中點，E的場強僅由電荷c決定，同理G點的場強僅由電荷

24、b決定，H點的場強僅由電荷a決定，故三點的場強大小相同，但方向不同，故C錯誤。若釋放電荷c，則a、b在c的合場強水平向右，故a、b始終對c有斥力作用，故c電荷將一直做加速運動，故D正確。答案AD8(多選)(2016南昌檢測)如圖6119所示，兩個帶等量的正電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點，且POON。現(xiàn)將一個帶負電的小球C(可視為質(zhì)點)，由P點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，下列關(guān)于小球C的速度圖象中，可能正確的是圖6119解析在A、B連線的垂直平分線上，從無窮遠處到O點的電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，負電荷?/p>

25、垂直平分線從無窮遠處向O點運動，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變?yōu)榱?，速度達到最大，vt圖線的斜率先變大后變小；由O點運動到無窮遠，速度變化情況同另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性。如果P、N距O點足夠遠，B正確，如果P、N距O點很近，A正確。答案AB9 (多選)(2016茂名模擬)如圖6120所示，在粗糙絕緣的水平面上有一物體A帶正電，另一帶正電的點電荷B沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的上方經(jīng)過，若此過程中A始終保持靜止，A、B兩物體可視為質(zhì)點且只考慮它們之間的庫侖力作用。則下列說法正確的是A物體A受到地面的支持力先增大后減小 圖6120B物體A受到地面的支持力保持不變C

26、物體A受到地面的摩擦力先減小后增大D庫侖力對點電荷B先做正功后做負功解析分析物體A的受力如圖所示，由平衡條件可得：fFcos ，NFsin mg，隨由小于90增大到大于90的過程中，f先減小后反向增大，N先增大后減小，A、C正確，B錯誤；因A對B的庫侖力與B運動的速度方向始終垂直，故庫侖力不做功，D錯誤。答案AC二、計算題(共46分)10 (15分)(2014福建理綜)如圖6121所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L2.0 m。若將電荷量均為q2.0106 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k9.0109 Nm2/C2，求： (1)兩點電荷間的庫侖力

27、大??； 圖6121(2)C點的電場強度的大小和方向。解析(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為Fkeq f(q2,L2)代入數(shù)據(jù)得F9.0103 N(2)A、B點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為E1keq f(q,L2)A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E2E1cos 30由式并代入數(shù)據(jù)得E7.8103 N/C場強E的方向沿y軸正向。答案(1)9.0103 N (2)7.8103 N/C方向：沿y軸正方向11 (15分)(2016齊齊哈爾期中)如圖6122所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑

28、圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R0.50 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E1.0104 N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m0.20 kg、電荷量q8.0104 C的帶電體(可視為質(zhì)點)從A點由靜止開始運動，已知sAB1.0 m，帶電體與軌道AB、CD的動摩擦因數(shù)均為0.5。假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等，取g10 m/s2，求：圖6122 (1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度大小；(2)帶電體最終停在何處？解析(1)設(shè)帶電體到達C點時的速度為v，由動能定理得qE(sABR)mgsABmgReq f(1,2)mv2解得v10 m/s。(2)設(shè)帶電體沿豎直

29、軌道CD上升的最大高度為h，由動能定理得mghqEh0eq f(1,2)mv2解得heq f(5,3) m在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力FfmaxqE4 N重力Gmg2 N因為GFfmax所以，帶電體最終靜止在與C點的豎直距離為eq f(5,3) m處。答案(1)10 m/s(2)與C點的豎直距離為eq f(5,3) m處12 (16分)如圖6123所示，質(zhì)量為m的小球A放在絕緣斜面上，斜面的傾角為。小球A帶正電，電荷量為q。在斜面上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷，將小球A由距B點豎直高度為H處無初速度釋放。小球A下滑過程中電荷量不變。不計A與斜面間的摩擦，整個裝置處在真空中。已知靜電力

30、常量k和重力加速度g。 圖6123(1)A球剛釋放時的加速度是多大？ (2)當(dāng)A球的動能最大時，求此時A球與B點的距離。解析(1)根據(jù)牛頓第二定律mgsin Fma根據(jù)庫侖定律Fkeq f(Qq,r2)，req f(H,sin )聯(lián)立以上各式解得agsin eq f(kQqsin2 ,mH2)。(2)當(dāng)A球受到的合力為零、加速度為零時，速度最大，動能最大。設(shè)此時A球與B點間的距離為R，則mgsin eq f(kQq,R2)，解得R eq r(f(kQq,mgsin )。答案(1)gsin eq f(kQqsin2 ,mH2)(2) eq r(f(kQq,mgsin )第六章 第三節(jié)限時檢測(限

31、時45分鐘，滿分100分)一、選擇題(每小題6分，共54分)1(2016瀘州模擬)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示。下列說法正確的是A保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼膬杀禕保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀禖保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕鲇蒃eq f(U,d)知，當(dāng)U不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A錯誤；當(dāng)E不變，d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺錯誤；當(dāng)電容器中d不變時，C不變，由Ceq f(Q,U)知，當(dāng)Q

32、變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C錯誤；當(dāng)d不變，Q變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D正確。答案D2 (2016合肥聯(lián)考)如圖6311所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴a、b、c，最后分別落在1、2、3三點。則下列說法正確的是 圖6311A三個液滴在真空盒中都做平拋運動B三個液滴的運動時間不一定相同C三個液滴落到底板時的速率相同D液滴c所帶電荷量最多解析三個液滴具有水平速度，但除了受重力以外，還受水平方向的電場力作用，不是平

33、拋運動，選項A錯誤；在豎直方向上三個液滴都做自由落體運動，下落高度又相同，運動時間必相同，選項B錯誤；在相同的運動時間內(nèi)，液滴c水平位移最大，說明它在水平方向的加速度最大，它受到的電場力最大，電荷量也最大，選項D正確；因為重力做功相同，而電場力對液滴c做功最多，它落到底板時的速率最大，選項C錯誤。答案D3一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地。兩板間有一個正試探電荷固定在P點，如圖6312所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、表示P點的電勢，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理量與負極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是圖

34、6312解析由平行板電容器的電容Ceq f(rS,4kd)可知d減小時，C變大，但不是一次函數(shù)，A錯。在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下，Ueq f(Q,C)，Eeq f(U,d)eq f(4kQ,rS)與d無關(guān)，則B錯。在負極板接地的情況下，設(shè)沒有移動負極板時P點距負極板的距離d，移動x后為dx。因為移動極板過程中電場強度E不變，故PE(dx)EdEx，其中xl0，則C正確；正電荷在P點的電勢能EpqPqEdqEx，顯然D錯。答案C4如圖6313所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。電子的重力不計，在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下

35、述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是圖6313A僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B僅增大偏轉(zhuǎn)電極板間的距離C僅增大偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓D僅減小偏轉(zhuǎn)電極板間的電壓解析改變偏轉(zhuǎn)電場的極性，只能改變電子受力方向，但電子的偏轉(zhuǎn)角大小不變，選項A錯誤；根據(jù)Eeq f(U,d)可知，當(dāng)兩極板間距離d增大時，E減小，所以電子受到的電場力減小，其偏轉(zhuǎn)角也減小，選項B錯誤；電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，則Lv0t、eeq f(U,d)ma及tan eq f(at,v0)可得tan eq f(eUL,mdvoal(2,0)，當(dāng)U增大時偏轉(zhuǎn)角也增大，選項C正確、D錯誤。答案C5光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強

36、為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域。當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能不可能為圖6314A0 B.eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)qElC.eq f(1,2)mveq oal(2,0) D.eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(2,3)qEl解析(1)當(dāng)它從bc邊中點垂直該邊以水平初速度v0進入電場時，由動能定理得：qElEkeq f(1,2)mveq oal(2,0)即EkqEleq f(1,2)mveq oal(2,0)。(2)當(dāng)它

37、從ab邊中點垂直該邊進入，則可能沿ad邊射出，也可能沿cd邊射出。若從ad邊射出，則eq f(qEl,2)Ekeq f(1,2)mveq oal(2,0)，即Ekeq f(qEl,2)eq f(1,2)mveq oal(2,0)，則選項B正確；若從cd邊射出，設(shè)射出點與射入點沿場強方向的距離為x,0 xeq f(l,2)，則qExEkeq f(1,2)mveq oal(2,0)，得：eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mveq oal(2,0)，則未出電場區(qū)，之后做反向勻加速運動，返回ad邊時，動能仍為eq f(1,2)mveq oal(2,0)，故選項C正確。若qE

38、leq f(1,2)mveq oal(2,0)，則到達bc邊動能Ekeq f(1,2)mveq oal(2,0)qEl。故答案為D。答案D6 (多選)(2016合肥模擬)如圖6315所示為一平行板電容器，兩板之間的距離d和兩板正對面積S都可以調(diào)節(jié)，電容器兩板與電池相連接。Q表示電容器所帶的電荷量，E表示兩板間的電場強度。則圖6315A當(dāng)d增大，S不變時，Q減小，E減小B當(dāng)S增大，d不變時，Q增大，E增大C當(dāng)d減小，S增大時，Q增大，E增大D當(dāng)S減小，d增大時，Q不變，E增大答案AC7(多選)如圖6316所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON

39、在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為30，重力加速度為g，且mgqE，則圖6316A電場方向豎直向上B小球運動的加速度大小為gC小球上升的最大高度為eq f(voal(2,0),2g)D若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為eq f(mvoal(2,0),4)解析由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120角，A錯誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知ag，方向與初速度方向相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得mg2h0eq f(1,2)mveq oal(2,0

40、)，解得heq f(veq oal(2,0),4g)，C錯誤；電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則EpqE2hcos 120qEhmgeq f(veq oal(2,0),4g)eq f(mveq oal(2,0),4)，D正確。答案BD8 (多選)如圖6317所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L0.4 m，兩極板間距離d4103 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩極板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩極板間不帶電，由于重力作用，微粒能落到下極板的正中央。已知微粒質(zhì)量m4105 kg、電荷量q1108 C，g10 m

41、/s2則下列說法正確的是圖6317A微粒的入射速度v010 m/sB電容器上板接電源正極時微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場C電源電壓為180 V時，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶鯠電源電壓為100 V時，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶鼋馕鲩_關(guān)S閉合前，兩極板間不帶電，微粒落到下板的正中央，由eq f(d,2)eq f(1,2)gt2，eq f(L,2)v0t，得v010 m/s，A對；電容器上板接電源正極時，微粒的豎直方向加速度更大，水平位移將更小，B錯；設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時的加速度為a，電場力向上，則eq f(d,2)eq f(1,2)ateq oal(2,1

42、)，Lv0t1，mgeq f(U1q,d)ma，得U1120 V，同理微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時，可得U2200 V，所以平行板上板帶負電，電源電壓為120 VU0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。圖6223解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場向上的速度分量不變，即vBsin 30v0sin 60由此得vBeq r(3)v0設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABeq f(1,2)m(veq oal(2

43、,B)veq oal(2,0)聯(lián)立式得UABeq f(mveq oal(2,0),q)。答案eq f(mveq oal(2,0),q)11 (15分)(2015安徽理綜)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖6224所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求：圖6224(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；(3)粒子經(jīng)過C點時的速率。解析(1)WACqE(yAyC)3qEl0(2)根據(jù)拋體運動的特點，粒子在x方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡

44、最高點D在y軸上，可令tADtDBT，則tBCT由qEma，得aeq f(qE,m)又yDeq f(1,2)aT2，yD3l0eq f(1,2)a(2T)2解得T eq r(f(2ml0,qE)則AC過程所經(jīng)歷的時間t3 eq r(f(2ml0,qE)。(3)粒子在DC段做類平拋運動，于是有2l0vCx(2T)，vCya(2T)vC eq r(veq oal(2,Cx)veq oal(2,Cy) eq r(f(17qEl0,2m)。答案(1)3qEl0(2)3 eq r(f(2ml0,qE)(3) eq r(f(17qEl0,2m)12 (17分)(2015四川理綜)如圖6225所示，粗糙、絕

45、緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E1.5106 N/C，方向水平向右的勻強電場。帶負電的小物體P電荷量是2.0106 C，質(zhì)量m0.25 kg，與軌道間動摩擦因數(shù)0.4。P從O點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55 s到達A點，到達B點時速度是5 m/s，到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為，且tan 1.2。P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g10 m/s2。求：v/(ms1)0v22v5v5F/N263圖6225(1)小物體P從開

46、始運動至速率為2 m/s所用的時間；(2)小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功。解析(1)小物體P的速率從0至2 m/s，受外力F12 N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1，經(jīng)過時間t1速度為v1，則F1mgma1v1a1t1由式并代入數(shù)據(jù)得t10.5 s(2)小物體P從速率為2 m/s運動至A點，受外力F26 N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2，則F2mgma2設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過t2時間，在A點的速度為v2，則t20.55 st1v2v1a2t2P從A點至B點，受外力F26 N、電場力和滑動摩擦力的作用，設(shè)其做勻變速直線運動加速度為a3，電荷量為q，在B點的速度為v3，從A點

47、至B點的位移為x1，則F2mgqEma3veq oal(2,3)veq oal(2,2)2a3x1P以速度v3滑出軌道右端B點，設(shè)水平方向受外力為F3，電場力大小為FE，有FEF3F3與FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點開始做初速度為v3的平拋運動。設(shè)P從B點運動至D點用時為t3，水平位移為x2，由題意知eq f(v3,gt3)tan x2v3t3設(shè)小物體P從A點至D點電場力做功為W，則WqE(x1x2)聯(lián)立，式并代入數(shù)據(jù)得W9.25 J。答案(1)0.5 s(2)9.25 J第六章 第四節(jié)限時檢測(限時45分鐘，滿分100分)一、選擇題(每小題6分，共54分)1如圖

48、6412所示，P是一個帶電體，將原來不帶電的導(dǎo)體球Q放入P激發(fā)的電場中并接地，a、b、c、d是電場中的四個點，則靜電平衡后圖6412A導(dǎo)體Q仍不帶電Ba點的電勢高于b點的電勢C檢驗電荷在a點所受電場力等于b點所受電場力D帶正電的檢驗電荷在c點的電勢能大于在d點的電勢能答案D2如圖6413所示，真空中同一平面內(nèi)MN直線上固定電荷量分別為9Q和Q的兩個點電荷，兩者相距為L，以Q點電荷為圓心，半徑為eq f(L,2)畫圓，a、b、c、d是圓周上四點，其中a、b在MN直線上，c、d兩點連線垂直于MN，一電荷量為q的試探電荷在圓周上運動，則下列判斷錯誤的是圖6413A電荷q在a點所受到的電場力最大B電荷

49、q在a點的電勢能最大C電荷q在b點的電勢能最大D電荷q在c、d兩點的電勢能相等解析電場強度疊加后，a點處場強最大，A正確；將正電荷從a點沿圓周移動到c、b、d點，Q對正電荷不做功，9Q對電荷均做負功，電勢能均增加，且移動到b點克服電場力做功最多，移動到c、d兩點克服電場做功相同，因此正電荷在a點電勢能最小，在b點電勢能最大，在c、d兩點電勢能相等，B錯誤，C、D正確。答案B3如圖6414所示，一個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是圖6

50、414A.eq f(U2,U1)eq f(2d,L)B.eq f(U2,U1)eq f(d,L) C.eq f(U2,U1)eq f(2d2,L2) D.eq f(U2,U1)eq f(d2,L2)解析根據(jù)qU1eq f(1,2)mv2，再根據(jù)teq f(L,v)和yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU2,md)(eq f(L,v)2，由題意知，yeq f(1,2)d，解得eq f(U2,U1)eq f(2d2,L2)，故C正確。答案C4如圖6415所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴著一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶負

51、電小球，另一端固定在O點，把小球拉到使細線水平的位置A處，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成60角的位置B時速度為零，以下說法中正確的是圖6415A小球在B位置處于平衡狀態(tài)B小球受到的重力與電場力的關(guān)系是eq r(3)qEmgC小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運動，且幅度將逐漸減小D小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為eq f(1,2)qEl解析小球的受力分析如圖所示，由圖可知小球的運動可看作是在一個等效重力場中的擺動過程，根據(jù)擺球模型的特點，小球在B位置時受力不平衡，并且小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運動，其幅度不變，故選項A、C錯誤；根據(jù)擺球模型的對稱性可知，當(dāng)小球處在AB軌跡的中點位置時，小

52、球沿切線方向的合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得：qEsin 30mgcos 30，化簡可知，qEeq r(3)mg，選項B錯誤；小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為WqEl(1cos 60)eq f(1,2)qEl，選項D正確。答案D5 (2014山東理綜)如圖6416所示，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A。已知殼內(nèi)的場強處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣，一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出。下列關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線，可能正確的是圖6416解

53、析殼內(nèi)場強處處為零，試探電荷從球心運動到球殼處不受任何力作用，動能不變。正的試探電荷從球殼處向外運動時，受到類似于球殼的全部電荷集中于球心的正點電荷在殼外產(chǎn)生電場的電場力作用，要加速運動，動能增大，沿半徑方向取相等的兩段距離，離球心越遠，電場力的等效值越小，電場力做的功越小，動能的增加量就越小，選項A正確。答案A6 (2016淄博模擬)如圖6417甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，若取電子初始運動方向為正方向，則下列圖象中能正確反映電子的速度v、位移x、加速度a、動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是圖6417解析分析電子一個

54、周期內(nèi)的運動情況：0eq f(T,4)時間內(nèi)，電子從靜止開始向A板做勻加速直線運動，eq f(T,4)eq f(T,2)沿原方向做勻減速直線運動，eq f(T,2)時刻速度為零。eq f(T,2)eq f(3T,4)時間內(nèi)向B板做勻加速直線運動，eq f(3T,4)T繼續(xù)向B板做勻減速直線運動。根據(jù)勻變速運動速度圖象是傾斜的直線可知A符合電子的運動情況，故A正確。電子做勻變速直線運動時xt圖象是拋物線，故B錯誤。由于aeq f(qU,md)，可知勻變速運動的加速度大小不變，at圖象應(yīng)平行于橫軸，故C錯誤。勻變速運動速度圖象是傾斜的直線，Ekt圖象是曲線，故D錯誤。答案A7如圖6418所示，在正

55、方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構(gòu)成正方形，其中P點是EH的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，以下說法正確的是圖6418A粒子的運動軌跡一定經(jīng)過P點B粒子的運動軌跡一定經(jīng)過PE之間某點C若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子會由ED之間某點射出正方形ABCD區(qū)域D若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜蒅點射出正方形ABCD區(qū)域解析粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，其軌跡是拋物線，則過D點做速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點，而延長線又經(jīng)過P點，所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點，選項A錯誤、B正確；由平拋運動知識可知，當(dāng)豎直位