2020-2021高二物理3-1重難強化訓(xùn)練4含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年高二物理人教版選修3-1重難強化訓(xùn)練4含解析重難強化訓(xùn)練(四）(時間：40分鐘分值:100分)一、選擇題（本題共6小題,每小題6分，共36分）1.如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里,將帶正電的小球在場中靜止釋放,最后落到地面上。關(guān)于該過程,下述說法正確的是(）A．小球做勻變速曲線運動B．小球減少的電勢能等于增加的動能C．電場力和重力做的功等于小球增加的動能D．若保持其他條件不變，只減小磁感應(yīng)強度，小球著地時動能不變C[重力和電場力是恒力，但洛倫茲力是變力，因此合外力是變化的，由牛頓第二定律知其加速度也是變化的,選項A錯誤；由動能定理和功能關(guān)系知,選項B錯誤，選項C正確；磁感應(yīng)強度減小時，小球落地時的水平位移會發(fā)生變化,則電場力所做的功也會隨之發(fā)生變化,選項D錯誤。]2。如圖所示，在兩平行金屬板間有正交的勻強電場和勻強磁場。一個帶電粒子垂直于電場和磁場方向射入場中，射出時粒子的動能減小了。為了使粒子射出時比射入時的動能大,在不計重力的情況下，可以采取的辦法是()A．增加粒子射入時的速度B．增加磁場的磁感應(yīng)強度C．增加電場的電場強度D．改變粒子的帶電性質(zhì)，不改變所帶的電荷量C［由題意可知帶電粒子帶正電，且洛倫茲力大于電場力,電場力做負(fù)功，為使帶電粒子動能增加,應(yīng)該使粒子向下偏轉(zhuǎn)，減小洛倫茲力或增大電場力，選項A、B錯誤，C正確；若只改變粒子電性，粒子所受電場力和洛倫茲力方向都變得與原來相反，大小關(guān)系不變，向下偏轉(zhuǎn)，電場力依然做負(fù)功，動能減小,D項錯誤.]3．如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為（不計重力，不考慮邊緣效應(yīng)）()A．d隨U1變化，d與U2無關(guān)B．d與U1無關(guān)，d隨U2變化C．d隨U1變化，d隨U2變化D．d與U1無關(guān)，d與U2無關(guān)A［帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設(shè)出射速度與水平夾角為θ,則有：eq\f(v0,v)＝cosθ，而在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動軌跡對應(yīng)的半徑為R,由幾何關(guān)系得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，則有：eq\f（\f（d，2）,R）＝cosθ，所以d＝eq\f(2Rv0,v)，又因為半徑公式R＝eq\f(mv,Bq)，則有d＝eq\f(2mv0，Bq）＝eq\f(2,B）eq\r（\f（2mU1,q））.故d隨U1變化，d與U2無關(guān),故A正確，B、C、D錯誤.］4。如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有水平方向的勻強磁場.現(xiàn)用水平恒力拉乙物塊,使甲、乙一起保持相對靜止向左加速運動，在加速運動階段,下列說法正確的是()A．甲對乙的壓力不斷增大B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C．乙對地板的壓力不斷增大D．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小ACD［對甲、乙兩物塊受力分析，甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大，乙物塊對地板的壓力不斷增大，甲、乙一起向左做加速度減小的加速運動;甲、乙兩物塊間的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小。故A、C、D正確。]5.如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力,現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是（)AD[帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時,圓環(huán)將做勻速直線運動,A正確；當(dāng)洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運動,最后做勻速直線運動,D正確;如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用,且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運動，故B、C錯誤。］6．如圖所示，帶電平行板中勻強電場方向豎直向下,勻強磁場方向水平向里，一帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經(jīng)過軌道端點P進(jìn)入板間恰好沿水平方向做直線運動.現(xiàn)使球從軌道上較低的b點開始滑下，經(jīng)P點進(jìn)入板間，在之后運動的一小段時間內(nèi)(）A．小球的重力勢能可能會減小B．小球的機械能可能不變C．小球的電勢能一定會減小D．小球動能可能減小AC[若小球帶正電，則小球從a點滑下時qvB＝qE＋mg,再從b點滑下，v減小,小球向下偏轉(zhuǎn),小球重力勢能、電勢能減小，動能增加，機械能增加。若小球帶負(fù)電，則小球從a點滑下時qE＝qvB＋mg，再從b點滑下，v減小，粒子向上偏,則小球重力勢能增加，電勢能減小,動能增加，機械能增加，故選項A、C正確.]二、非計算題（共14分）7．(14分）如圖所示,在xOy直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場,第Ⅱ象限內(nèi)分布著方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場。初速度為零、帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直于x軸進(jìn)入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點且垂直于y軸進(jìn)入電場區(qū)域，在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點。已知OA＝OC＝D。求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小.（粒子的重力不計)[解析］設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后速度為v，由動能定理有qU＝eq\f(1,2）mv2帶電粒子進(jìn)入磁場后，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qBv＝eq\f（mv2，r)依題意可知：r＝d聯(lián)立解得B＝eq\f（\r(2qUm），qd）帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn),做類平拋運動，設(shè)經(jīng)時間t從P點到達(dá)C點.由平拋運動規(guī)律有d＝vtd＝eq\f(1,2）at2又qE＝ma聯(lián)立解得E＝eq\f（4U，d)。［答案］eq\f(4U,d）eq\f（\r（2qUm)，qd）一、選擇題(本題共4小題,每小題6分,共24分)1．（多選）如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球所帶電荷量始終不變,關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是（)A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B．若沿ab運動的小球做直線運動，則該小球帶正電，且一定是勻速運動C．若沿ac運動的小球做直線運動,則該小球帶負(fù)電，可能做勻加速運動D．兩小球在運動過程中機械能均保持不變AB［沿ab拋出的帶電小球受重力、電場力、洛倫茲力,根據(jù)左手定則，可知，只有帶正電，受力才能平衡，而沿ac方向拋出的帶電小球，由上分析可知，小球帶負(fù)電時，受力才能平衡，因速度影響洛倫茲力大小,所以若做直線運動，則必然是勻速直線運動，故A、B正確，C錯誤；在運動過程中，因電場力做功，導(dǎo)致小球的機械能不守恒，故D錯誤。]2．如圖所示的區(qū)域中存在著勻強電場和勻強磁場,二者平行但方向相反。質(zhì)量為m，所帶電荷量為－q的粒子（不計重力)沿電場方向以初速度v0射入場區(qū),下列關(guān)于該粒子的說法正確的是（)A．所受洛倫茲力越來越小B．速度方向保持不變C．所受電場力越來越小D．向右的最大位移為eq\f（mveq\o\al（\s\up1(2）,\s\do1(0))，2qE)D[因v0與B平行，故該粒子不受洛倫茲力，選項A錯誤;因所受電場力與v0方向相反，故經(jīng)一定時間后，速度方向可能改變，選項B錯誤；因電場是勻強電場,故粒子所受電場力不變，選項C錯誤；由動能定理可知qElm＝eq\f（1,2),得lm＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1（0)），2qE)，故選項D正確。］3.(多選)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示.離子源S可以發(fā)出各種不同的正離子束，離子從S出來時速度很小，可以認(rèn)為是靜止的．離子經(jīng)過加速電場加速后垂直進(jìn)入有界勻強磁場（圖中實線框所示），并沿著半圓周運動到達(dá)照相底片上的P點,測得P點到入口處S1的距離為x。下列說法中正確的是（)A．若離子束是同位素，則x越大,離子的質(zhì)量越大B．若離子束是同位素,則x越大，離子的質(zhì)量越小C．只要x相同,則離子的質(zhì)量一定相同D．只要x相同，則離子的比荷一定相同AD［加速電場中，由qU＝eq\f（1，2)mv2得,離子出電場時速度v＝eq\r（\f（2qU,m）)。在偏轉(zhuǎn)磁場中，離子做圓周運動的半徑r＝eq\f（x,2)，又由qvB＝eq\f(mv2，r)，得m＝eq\f(B2qr2,2U）＝eq\f（qB2x2，8U).若離子束是同位素，即q相等,則x越大，離子的質(zhì)量m越大,A正確；由上式可得eq\f（q,m)＝eq\f（8U，B2x2）,所以只要x相同，則離子的比荷一定相同，故D正確。］4．如圖所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，電場強度為E,在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等.有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進(jìn)入勻強電場中,并且恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場，又恰好垂直于x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場。已知OP之間的距離為d,則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為(）A．eq\f(7πd，2v0) B．eq\f（d,v0）（2＋5π）C．eq\f（d，v0）（2＋eq\f（3π，2)） D．eq\f(d，v0)(2＋eq\f(7π，2）)D［帶電粒子的運動軌跡如圖所示。由題意知，帶電粒子到達(dá)y軸時的速度v＝eq\r（2）v0，這一過程的時間t1＝eq\f(d,\f(v0，2））＝eq\f(2d，v0），又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r＝2eq\r（2)d.故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間t2＝eq\f(3πm,4Bq)＝eq\f(3\r(2）πd,2v)＝eq\f（3πd,2v0），帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間t3＝eq\f（2πd,v0)，故t總＝eq\f（d,v0)(2＋eq\f(7π，2）)，D項正確.］二、非選擇題（本題共2小題，共26分)5.（12分）如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出,一段時間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?大小不變.不計重力。(1）求粒子從P點出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需的時間；（2)若要使粒子能夠回到P點,求電場強度的最大值.［解析］(1）帶電粒子在磁場中做圓周運動,設(shè)運動半徑為R，運動周期為T,根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2）,\s\do1(0)),R)T＝eq\f（2πR，v0）依題意,粒子第一次到達(dá)x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為eq\f（5，4)π，所需時間為t1＝eq\f(5,8)T，求得t1＝eq\f（5πm，4qB）.（2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達(dá)x軸時速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有qE＝mav0＝eq\f(1，2)at2得t2＝eq\f(2mv0，qE）根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2≥T0得電場強度最大值E＝eq\f(2mv0，qT0)。[答案］(1)eq\f(5πm，4qB)（2)eq\f(2mv0,qT0)6．(14分）如圖所示，虛線MN左側(cè)是水平正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B;MN右側(cè)有豎直方向的勻強電場(如圖中豎直線，方向未標(biāo)出）和垂直于紙面的勻強磁強B′（未知)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的點電荷，從MN左側(cè)的場區(qū)沿與電場線成θ角斜向上的直線勻速運動,穿過MN上的A點進(jìn)入右側(cè)的場區(qū)，恰好在豎直面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運動，并穿過MN上的P點進(jìn)入左側(cè)場區(qū)。已知MN右側(cè)的電場對MN左側(cè)無影響，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，靜電力常量為k。(1）判斷電荷q的電性并求出MN左側(cè)勻強電場的場強E1；(2)求B′的大小和方向,右側(cè)勻強電場E2的大小和方向;（3)求出電荷穿過P點剛進(jìn)入左側(cè)場區(qū)時加速度a的大小和方向.［解析］(1)點電荷在MN左側(cè)場區(qū)勻速運動，受力如圖所示,根據(jù)左手定則可知，q一定帶正電。由根據(jù)平衡條件得：qvBcosθ＝mg,qvBsinθ＝qE1解得:E1＝eq\f(mg,q)tanθ。(2)點電荷在右側(cè)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動,則重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，由E2q＝mg，得E2＝eq\f(mg,q)，E2方向豎直向上.根據(jù)左手定則可知B′方向垂直紙面向外，B′大小滿足qvB′＝meq\f(v2，r)，解之得B′＝eq\f（m2g，q2Brcosθ）。(3）電荷進(jìn)入左側(cè)場區(qū)