專題三綜合檢測

1、專題三綜合檢測一、選擇題1.一電子僅在電場力作用下，沿直線由靜止從A運動到B，AB間的電場強度與位移的關(guān)系如圖所示，則下列敘述正確的是()A電子做勻加速運動B電子做勻減速運動C電勢能先增加后減小D動能先增加后減小解析：選D電子帶負電，所受的電場力方向與電場強度方向相反由圖象知：由AO過程，電場強度沿x方向，電場力與運動方向一致，OB電場力與運動方向相反，所以電子的運動是先加速后減速，動能先增加后減小，由能量守恒定律可知其電勢能先減小后增加，故D正確，A、B、C錯誤2.(2015高考安徽卷)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中為平面上單位面積所帶的電荷量，0為常量如圖所示的

2、平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計邊緣效應(yīng)時，極板可看做無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A和 B和C和 D和解析：選D每塊極板上單位面積所帶的電荷量為，每塊極板產(chǎn)生的電場強度為E，所以兩極板間的電場強度為2E.一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場強度E，故另一塊極板所受的電場力FqEQ，選項D正確3.(2015長沙調(diào)研)如圖所示，現(xiàn)有四條完全相同的垂直于紙面放置的長直導(dǎo)線，橫截面分別位于一正方形abcd的四個頂點上，直導(dǎo)線分別通有方向垂直于紙面向里、大小分別為IaI、Ib2I、Ic3I、Id4I的恒定電流已知通電長直導(dǎo)線周圍距離

3、為r處磁場的磁感應(yīng)強度大小為Bk，式中常量k0，I為電流強度忽略電流間的相互作用，若電流Ia在正方形的幾何中心O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B，則O點處實際的磁感應(yīng)強度的大小及方向為()A2B，方向由O點指向ad中點B2B，方向由O點指向ab中點C10B，方向垂直于紙面向里D10B，方向垂直于紙面向外解析：選A由題意，直導(dǎo)線周圍某點的磁感應(yīng)強度與電流強度成正比，與距直導(dǎo)線距離成反比應(yīng)用安培定則并結(jié)合平行四邊形定則，可知A選項正確4.如圖所示，由abcd組成的一閉合線框，其中a、b、c三點的坐標分別為(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整個空間處于沿y軸正方向的勻強磁場中，通入電流I，

4、方向如圖所示，關(guān)于各邊所受的安培力的大小，下列說法中正確的是()Aab邊與bc邊受到的安培力大小相等，方向相互垂直Bcd邊受到的安培力最大，方向平行于xOz平面Ccd邊與ad邊受到的安培力大小相等，方向平行于yOz平面Dad邊不受安培力作用解析：選B因為ab垂直放置于磁場中，故其受的安培力FabBILab，而bc平行于磁場，故其受的安培力為零，A錯；cd邊垂直于磁場，且長度最長，所以其受到的安培力最大，由左手定則知其安培力的方向平行于xOz平面，B對；又FadBILOd，又Odcd，故cd邊與ad邊受到的安培力大小不等，C錯；ad邊受安培力作用，D錯5(多選)(2015河北衡水中學(xué)二模)如圖甲

5、所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度va沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其vt圖象如圖乙所示，下列說法正確的是()A兩點電荷一定都帶負電，但電量不一定相等B兩點電荷一定都帶負電，且電量一定相等C試探電荷一直向上運動，直至運動到無窮遠處Dt2時刻試探電荷的電勢能最大，但加速度不為零解析：選BD由vt圖可知t2時刻運動方向改變，且圖線斜率不為零，則加速度不為零，0t2時間內(nèi)做減速運動，電場力做負功，試探電荷的動能轉(zhuǎn)化為電勢能，t2時刻電勢能最大，C錯誤，D正確試探電荷沿直線向上運動，則其所受電場力的方向沿Q1、Q2連線的中垂線方向向下，所以兩點電荷都

6、帶負電，且電量相等，A錯誤，B正確6.(2014高考山東卷)如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)不計重力若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A B C D 解析：選B帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律解決問題根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心則在水平方向有sv0t，在豎直方向有ht2，解得v0.故選項B正確，選項A、C、D錯誤7.(2015蘇州一模)如圖所示，在MN、PQ間同時

7、存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面水平向外，電場在圖中沒有標出一帶電小球從a點射入場區(qū)，并在豎直面內(nèi)沿直線運動至b點，則小球()A一定帶正電B受到電場力的方向一定水平向右C從a到b過程，克服電場力做功D從a到b過程中可能做勻加速運動解析：選C無論電場方向沿什么方向，小球帶正電還是負電，電場力與重力的合力是一定的，且與洛倫茲力等大反向，故要使小球做直線運動，洛倫茲力恒定不變，其速度大小也恒定不變，故D錯誤；只要保證三個力的合力為零，因電場方向沒確定，故小球電性也不確定，A、B均錯誤；由WGW電0可知，重力做功WG0，故W電0，小球一定克服電場力做功，C正確8(2015沈陽一模)如圖所示，邊

8、長為L的等邊三角形ABC為兩有界勻強磁場的理想邊界，三角形內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B，三角形外的磁場(足夠大)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小也為B把粒子源放在頂點A處，它將沿A的角平分線發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為v0的帶電粒子(粒子重力不計)若從A射出的粒子帶負電，v0，第一次到達C點所用時間為t1帶負電，v0，第一次到達C點所用時間為t2帶正電，v0，第一次到達C點所用時間為t3帶正電，v0，第一次到達C點所用時間為t4則下列判斷正確的是()At1t3t2t4Bt1t2t4t3Ct1t2t3t4Dt1t3t2t4解析：選B粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供圓

9、周運動的向心力(1)當(dāng)v0時，則由牛頓第二定律可得qvBm，T根據(jù)幾何關(guān)系作出運動軌跡，rL，如圖1.由軌跡知，當(dāng)電荷帶正電，粒子經(jīng)過一個周期到達C點，即為t3T；當(dāng)粒子帶負電，粒子經(jīng)過T第一次到達C點，即為t1T；(2)當(dāng)v0，rL，如圖2.由運動軌跡可知，當(dāng)電荷帶正電，粒子經(jīng)過T到達C點，即為t4T，當(dāng)粒子帶負電，粒子經(jīng)過第一次到達C點，即為t2，綜上所述，有t1t2t4t3，故B正確9.(多選)如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B有一重力不計的帶電粒子以垂直于x軸的速度v010 m/s從x軸上的P點進入勻強電

10、場，恰好與y軸成45角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限已知O、P之間的距離為d0.5 m，則帶電粒子()A帶正電荷B在電場中運動的時間為0.1 sC在磁場中做圓周運動的半徑為 mD在磁場中運動的時間為 s解析：選ABD根據(jù)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)方向可知帶電粒子帶正電荷，選項A正確；由恰好與y軸成45角射出電場可知，離開電場時vxvyv0，則vv010 m/s，在電場中沿x軸方向做勻加速運動，dt，解得粒子在電場中運動的時間為t0.1 s，選項B正確；沿y軸方向上的位移為lv0t1 m，在磁場中的偏轉(zhuǎn)圓心角為135(如圖所示)，由幾何關(guān)系可得圓周運動的半徑為Rl m，故選項C

11、錯誤；在磁場中運動的時間為tT s，故選項D正確二、計算題10如圖甲所示，水平放置的平行金屬板MN之間存在豎直向上的勻強電場和垂直于紙面的交變磁場(如圖乙所示，垂直紙面向里為正)，磁感應(yīng)強度B050 T，已知兩板間距離d0.3 m，電場強度E50 V/m，M板中心上有一小孔P，在P正上方h5 cm處的O點，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進入兩板間，若油滴在t0時刻進入兩板間，最后恰好從N板邊緣水平飛出已知油滴的質(zhì)量m1.0104 kg，電荷量q2105 C不計空氣阻力，取重力加速度g10 m/s2，取3.求：(1)油滴在P點的速度v；(2)N板的長度L；(3)交變磁場的變化周期T.解析：(1)

12、在P點有：mghmv2解得：v1 m/s.(2)油滴進入場區(qū)時，因為mg1.0103 N，Eq1.0103 N(方向向上)，所以，粒子受到的重力與電場力平衡，粒子在場區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動，有：Bqvm解得：R0.1 m可知d3R，所以油滴從N板右端水平飛出時，粒子在場內(nèi)做三次四分之一圓弧運動，故可知：L6R0.6 m.(3)油滴在磁場中做圓周運動的周期為：T00.6 s交變磁場的周期為：T2T0解得：T0.3 s.答案：(1)1 m/s(2)0.6 m(3)0.3 s11(2015昆明三中、玉溪一中聯(lián)考)如圖所示，在xOy平面的第一、四象限，有水平向右勻強電場，在第二、三象限中存在磁感應(yīng)強度為B

13、，方向垂直紙面向里的勻強磁場和場強大小與第一象限的場強大小相等，方向豎直向上的勻強電場第一象限中P點的坐標是，在P點拴一根絕緣細線，長為R，細線另一端系一個質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球，現(xiàn)將細線拉至與水平方向成45角由靜止釋放小球擺至O點位置時，細線恰好脫開，小球跨過y軸，恰好做勻速圓周運動求：(1)電場強度的大??；(2)小球到達O點時的速度；(3)小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運動的旋轉(zhuǎn)半徑解析：(1)小球跨過y軸，恰好做勻速圓周運動，可知小球受到的電場力等于重力大小，Eqmg所以場強E.(2)小球從初始狀態(tài)釋放，擺動到O點，根據(jù)動能定理：mgREqRmv2得小球的速度v速度的方向與y軸正方向成6

14、0角斜向上(3)如圖，小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運動，小球受到的電場力大小等于重力大小，洛倫茲力提供向心力F洛m即qvBm得旋轉(zhuǎn)半徑為r.答案：(1)(2)見解析(3)12(2015高考四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道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

15、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(1)小物體P從開始運動至速率為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的加速度為a3，