物理高考新素養(yǎng)總復習江蘇專用講義選修3-1第八章磁場易錯高頻考點階段清（三）Word版含答案

選修3－1易錯高頻考點階段清(三)(時間：40分鐘)一、單項選擇題1.(2018·北京理綜，18)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動。下列因素與完成上述兩類運動無關的是()A.磁場和電場的方向 B.磁場和電場的強弱C.粒子的電性和電量 D.粒子入射時的速度解析在勻強磁場和勻強電場的疊加區(qū)域內，一個帶電粒子射入后做勻速直線運動，則它受的洛倫茲力和電場力大小相等、方向相反，即qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B)，若僅撤除電場，粒子做勻速圓周運動，需滿足洛倫茲力充當向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)，因此粒子的電性和電量與完成上述兩類運動均無關，故選項C正確。答案C2.(2018·海南高考)如圖1，一絕緣光滑固定斜面處于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，通有電流I的金屬細桿水平靜止在斜面上。若電流變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B，電流和磁場的方向均不變，則金屬細桿將()圖1A.沿斜面加速上滑 B.沿斜面加速下滑C.沿斜面勻速上滑 D.仍靜止在斜面上解析原來，BIl＝mgsinθ，后來a＝eq\f(1.5BIl－mgsinθ,m)，沿斜面向上滑動，A項正確。答案A3.如圖2所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a，平行板電容器AB內部原有電荷P處于靜止狀態(tài)，當兩極板A和B的間距稍增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，P的運動情況將是()圖2A.仍靜止不動 B.向下運動C.向上運動 D.無法判斷解析當兩極板A和B的間距稍增大一些的瞬間，根據(jù)電容的決定式和定義式C＝eq\f(εrS,4πkd)＝eq\f(Q,U)分析得知，d增大，電容C減小，從圖中可以看出電源的電動勢不變，不可能通過電源提供超過電動勢的電壓，這樣將導致兩極板的電荷量減少，但由于二極管具有單向導電性，電荷不能按b到a方向流動，所以電容器的電荷量不能改變，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，板間場強E不變，電荷所受的電場力不變，仍保持靜止狀態(tài)。答案A4.如圖3所示，實線為一勻強電場的電場線，兩個帶電粒子q1、q2分別從A、C兩點以垂直于電場線的初速度射入電場，僅受電場力作用，運動軌跡分別如圖中的ABC、CDA所示，已知q1是帶正電的粒子。則下列說法正確的是()圖3A.q2可能也帶正電B.A點的電勢一定低于C點的電勢C.電場力對q1做正功，對q2做負功D.q1、q2的電勢能均減少解析由圖中帶電粒子q1的運動軌跡可知帶電粒子q1受水平向右電場力，則電場方向水平向右，A點的電勢一定高于C點的電勢，q2受水平向左的電場力，為負電荷，則選項A、B錯誤；兩粒子的電場力都做正功，電勢能均減少，則選項C錯誤，D正確。答案D5.一白熾燈泡的額定功率與額定電壓分別為36W與36V。若把此燈泡接到輸出電壓為18V的電源兩端，則燈泡消耗的電功率()A.等于36W B.小于36W，大于9WC.等于9W D.小于9W解析白熾燈在正常工作時的電阻為R，由P＝eq\f(U2,R)變形得R＝36Ω，當接入18V電壓時，假設燈泡的電阻也為36Ω，則它消耗的功率為P′＝eq\f(U2,R)＝eq\f(182,36)W＝9W。但是當燈泡兩端接入18V電壓時，它的發(fā)熱功率小，燈絲的溫度較正常工作時的溫度低，其電阻率小，所以其電阻要小于36Ω，其實際功率要大于9W，故選項B正確。答案B二、多項選擇題6.(2018·蘇州模擬)如圖4所示為一直流電路，電源內阻小于R0，滑動變阻器的最大阻值小于R。在滑動變阻器的滑片P從最右端滑向最左端的過程中，下列說法中錯誤的是()圖4A.電壓表的示數(shù)一直增大B.電流表的示數(shù)一直增大C.電阻R0消耗的功率一直增大D.電源的輸出功率先減小后增大解析由于滑動變阻器的最大阻值小于R，故滑片從最右端向最左端滑動過程中，總電阻一直變大，總電流變小，B項錯誤；內電壓和R0兩端電壓都變小，路端電壓變大，電壓表示數(shù)變大，A項正確；總電流變小，R0消耗的功率變小，C項錯誤；由于電源內阻小于R0，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的圖象可知電源的輸出功率一直變小，D項錯誤。答案BCD7.如圖5所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設此時兩極間的電勢差為U，P點場強大小為E，電勢為φP，負電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是()圖5A.U變大，E變大 B.U變小，φP變小C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小解析根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當正對面積減小時，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板間電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度增大，故選項A正確；P點的電勢為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep是增大的，故選項C正確。答案AC8.(2019·淮陰月考)如圖6所示，在真空中有質子、氘核和α粒子都從O點靜止釋放，經過相同加速電場和偏轉電場后，打在同一與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點；已知質子、氘核和α粒子質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，粒子重力不計。下列說法中正確的是()圖6A.質子、氘核和α粒子在偏轉電場中運動時間相同B.三種粒子出偏轉電場時的速度相同C.在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D.偏轉電場對質子、氘核和α粒子做功之比為1∶1∶2解析在加速電場中，根據(jù)動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，則進入偏轉電場的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，因為質子、氘核和α粒子的比荷之比為2∶1∶1，則初速度之比為eq\r(2)∶1∶1，在偏轉電場中運動時間t＝eq\f(L,v0)，則知時間之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，故A錯誤；在豎直方向上的分速度vy＝at＝eq\f(qEL,mv0)，則出電場時的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(q2E2L2,m2veq\o\al(2,0)))＝eq\r(\f(2qU1,m)＋\f(qE2L2,2mU1))，因為粒子的比荷不同，則速度的大小不同，故B錯誤；偏轉位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·eq\f(L2,veq\o\al(2,0))＝eq\f(U0L2,4U1d)，與粒子的電荷量和質量無關，則粒子的偏轉位移相等，熒光屏上將只出現(xiàn)一個亮點，故C正確；偏轉電場的電場力對粒子做功W＝qEy，因為E和y相同，電荷量之比為1∶1∶2，則電場力做功之比為1∶1∶2，故D正確。答案CD9.如圖7所示，質量為m、帶電荷量為＋q的P環(huán)套在固定的水平長直絕緣桿上，整個裝置處在垂直于桿的水平勻強磁場中，磁感應強度大小為B?，F(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＞\f(mg,qB)))，則()圖7A.環(huán)將向右減速，最后勻速B.環(huán)將向右減速，最后停止運動C.從環(huán)開始運動到最后達到穩(wěn)定狀態(tài)，損失的機械能是eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.從環(huán)開始運動到最后達到穩(wěn)定狀態(tài)，損失的機械能是eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,qB)))eq\s\up12(2)解析由題意可知qv0B＞mg，受力分析如圖所示。水平方向P環(huán)做減速運動，f＝μFN＝μ(qvB－mg)。當qvB＝mg，即v＝eq\f(mg,qB)時，F(xiàn)N＝0，之后P環(huán)做勻速直線運動，此過程中，損失的機械能是ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,Bq)))eq\s\up12(2)，故選項A、D正確，B、C錯誤。答案AD三、計算題10.如圖8所示，一個帶正電的粒子以平行于x軸正方向的初速度v0從y軸上a點射入第一象限內，為了使這個粒子能經過x軸上定點b，可在第一象限的某區(qū)域內加一方向沿y軸負方向的勻強電場。已知所加電場的場強大小為E，電場區(qū)域沿x方向的寬度為s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的質量為m，帶電荷量為q，重力不計，試討論電場的左邊界與b的可能距離。圖8解析設電場左邊界到b點的距離為Δx，已知電場寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論：(1)若粒子在離開電場前已到達b點，如圖甲所示，即Δx≤s，則Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2聯(lián)立解得Δx＝eq\r(\f(2mveq\o\al(2,0)L,qE))。(2)若粒子離開電場后做勻速直線運動到達b點，如圖乙所示，即s<Δx≤2s，則s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2，出電場時速度方向與水平方向夾角為θ由幾何關系知tanθ＝eq\f(\f(qE,m)t,v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)聯(lián)立解得Δx＝eq\f(mveq\o\al(2,0)L,qEs)＋eq\f(s,2)。答案見解析11.如圖9所示，兩水平邊界M、N之間存在豎直向上的勻強電場。一根輕質絕緣豎直細桿上等間距地固定著A、B、C三個帶正電小球，每個小球質量均為m，A、B帶電荷量為q、C帶電荷量為2q，相鄰小球間的距離均為L。A從邊界M上方某一高度處由靜止釋放，已知B球進入電場上邊界時的速度是A球進入電場上邊界時速度的2倍，且B球進入電場后桿立即做勻速直線運動，C球進入電場時A球剛好穿出電場。整個運動過程中桿始終保持豎直，重力加速度為g。求：圖9(1)勻強電場的電場強度E；(2)A球進入電場上邊界的速度v0；(3)C球經過邊界N時的速度。解析(1)B球進入電場后桿立即做勻速直線運動有3mg＝2Eq得E＝eq\f(3mg,2q)(2)A球進入電場到B球進入電場過程中，運用動能定理3mgL—EqL＝eq\f(1,2)(3m)(2v0)2－eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,0)得v0＝eq\r(\f(gL,3))(3)由受力分析可知，C球在電場中先減速再勻速，設C球經過邊界N時的速度為v1，從A球進入電場到C球穿出電場的過程，運用動能定理3mg·4L—4Eq·2L＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,0)得v1＝eq\r(\f(gL,3))。答案(1)eq\f(3mg,2q)(2)eq\r(\f(gL,3))(3)eq\r(\f(gL,3))12.(2018·南京調研)如圖10所示，在xOy平面內y軸左側(含y軸)有一沿y軸負向的勻強電場，一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從x軸上P處以速度v0沿x軸正向進入電場，從y軸上Q點離開電場時速度方向與y軸負向夾角θ＝30°，Q點坐標為(0，－d)，在y軸右側某區(qū)域內(圖中未畫出)有一與坐標平面垂直的有界勻強磁場，磁場磁感應強度大小B＝eq\f(mv0,qd)，粒子能從坐標原點O沿x軸負向再進入電場。不計粒子重力，求：圖10(1)電場強度大小E；(2)粒子在有界磁場中做圓周運動的半徑r和時間t；(3)如果有界勻強磁場區(qū)域為半圓形，求磁場區(qū)域的最小面積S。解析(1)設粒子從Q點離開電場時速度大小為v，由粒子在勻強電場中做類平拋運動得v＝2v0由動能定理得qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd)。(2)設粒子從M點進入有界勻強磁場，從N點離開勻強磁場區(qū)域，粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r，圓心為O1，如圖所示。由qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝2d由幾何關系知，