2021届高考物理二轮复习综合讲义：综合检测2.docx

综合检测
一、选择题
1．(多选)(2022·潍坊模拟)如图所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心．两个等量正电荷分别固定在M、N两点．现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下推断正确的是(　　)
A．O点的场强确定为零
B．P点的电势确定比O点的电势高
C．粒子确定带负电
D．粒子在P点的电势能确定比在Q点的电势能小
解析：选AC.由对称性可知，O点场强为零，A正确；OP间电场方向沿O→P方向，O点电势比P点高，粒子由P向Q运动，故粒子在P点受电场力向右，粒子带负电，B错误，C正确；因UPQ＝0，故φP＝φQ，粒子在P点的电势能等于在Q点的电势能，D错误．

2．(2021·高考重庆卷)如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则(　　)
A．α粒子在M点的速率比在Q点的大
B．三点中，α粒子在N点的电势能最大
C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低
D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功
解析：选B.α粒子与重原子核均带正电，二者之间存在斥力作用，且仅有斥力作用，故两者靠近时斥力做负功，动能减小，电势能增大；远离时斥力做正功，动能增大，综上可知，α粒子在Q点时动能最大，速率也最大，A项错误．α粒子在N点时电势能最大，B项正确．在正电荷的电场中，场源处电势最高，距场源越远电势越低，M点离O点较近，该点电势较高，C项错误．因在Q点时粒子的动能比在M点时的动能大，故在从M到Q的过程中电场力做的总功为正功，D项错误．

3．(多选)(2022·济南模拟)如图所示，虚线为某一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，M、N为运动轨迹上两点，下列说法中正确的是(　　)
A．假照实线表示电场线，则该粒子在M点的动能确定小于在N点的动能
B．假照实线表示等势面，则该粒子在M点的动能确定小于在N点的动能
C．不论实线表示电场线还是等势面，粒子在M点的加速度确定小于在N点的加速度
D．不论实线表示电场线还是等势面，都不能确定M、N两点电势凹凸关系，但能确定该粒子所带电荷的正负
解析：选AC.假照实线表示电场线，做曲线运动的粒子受到的合力指向曲线的内侧，从M到N电场力做正功，动能增加，选项A正确；假照实线表示等势面，粒子从M到N电场力做负功，动能削减，选项B错误；无论实线表示电场线还是等势面，N点比M点四周的线要密，所以粒子在N点受到的电场力大，加速度也大，选项C正确；无论实线表示电场线还是等势面，都不能确定M、N两点间电势凹凸关系，也不能确定该粒子所带电荷的正负，选项D错误．

4．(2022·长沙一模)如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为＋q和－q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L.现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度E＝，A、B两球最终会达到新的平衡位置，则在这个过程中，两个小球(　　)
A．总重力势能增加了mgL
B．总重力势能增加了mgL
C．总电势能削减了mgL
D．总电势能削减了mgL
解析：选D.A、B两个带电小球整体所受电场力为零，故OA线竖直，B球向右偏45°最终静止，则总重力势能增加了mg(L－Lcos 45°)＝mgL，故A、B项均错；总电势能削减了qELsin 45°＝mgL，故C项错，D项对．

5．(多选)(2022·沈阳二中测试)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以确定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同始终线上，且AB＝2BC，如图所示．由此可见(　　)
A．电场力为3mg
B．小球带正电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
解析：选AD.设AC与竖直方向的夹角为θ，对带电小球从A到C，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg·AC·cos θ－qE·BC·cos θ＝0，解得电场力为qE＝3mg，选项A正确，B错误；小球在水平方向做匀速直线运动，从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍，选项C错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，故小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等，选项D正确．

6．如图所示，从离子源放射出的正离子，经加速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B方向垂直纸面对外)中，发觉离子向上偏转．要使此离子沿直线通过电磁场，需要(　　)

A．增加E，减小B B．增加E，减小U
C．适当增加U D．适当减小B
解析：选C.离子所受的电场力F＝qE，洛伦兹力F洛＝qvB，qU＝mv2，离子向上偏转，电场力大于洛伦兹力，故要使离子沿直线运动，可以适当增加U，增加速度，洛伦兹力增大，C正确；也可适当减小E或增大B，电场力减小或洛伦兹力增大，A、B、D错误．

7．(2022·南通二模)如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的圆轨道，一重为G的金属导体MN垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从A点运动到C点，设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ，安培力的瞬时功率为P，则从A到C的过程中，下列有关说法正确的是(　　)
A．电流方向从N指向M B．I∝cot θ
C．P∝cos θ D．P∝sin θ

解析：选D.由于安培力方向始终水平向左，依据左手定则知电流方向从M指向N，A错误；由于导体棒做匀速圆周运动，所以有Gsin θ＝F安cos θ＝BILcos θ，故I＝tan θ，即I∝tan θ，B错误；又P＝F安vcos θ＝Gvsin θ，所以P∝sin θ，C错误，D正确．

8．(多选)(2022·西安一模)在地面四周的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面对里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示．由此可推断下列说法正确的是(　　)
A．假如油滴带正电，则油滴从M点运动到N点
B．假如油滴带正电，则油滴从N点运动到M点
C．假如电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点
D．假如电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点
解析：选AC.油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的转变而转变，而电场力与重力的合力是恒力，所以油滴做匀速直线运动；又因电场力确定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应当由M点向N点运动，故选项A正确，B错误．若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应油滴从N点运动到M点，即选项C正确．同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M点运动到N点的，故选项D错误．

9．(多选)如图所示，O点有一粒子源，在某时刻放射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内．在直线x＝a与x＝2a之间存在垂直于xOy平面对外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角放射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，下列说法正确的是(　　)
A．粒子的速度大小为
B．粒子的速度大小为
C．与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长
D．与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长

解析：选AC.带正电粒子与y轴正方向成60°角放射，进入磁场后的轨迹如图甲所示，依据几何关系可得a＝Rsin 30°，其中R＝，联立解得v＝，故选项A正确，B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间t＝T，可见圆弧所对的圆心角θ越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R＝2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tm＝T，故选项C正确，D错误．
二、计算题

10．如图所示，等腰直角三角形OPQ，直角边OP、OQ长度均为L，直角三角形区域内(包括边界)有一垂直其所在平面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在PQ边下方放置一带电粒子放射装置，它沿垂直PQ边的方向放射出一束具有相同质量、电荷量和速度v的带正电粒子，已知带电粒子的比荷＝.求：
(1)粒子在磁场中运动的半径r；
(2)粒子能在磁场中运动的最长时间t；
(3)粒子从OQ边射出的区域长度l.
解析：(1)由洛伦兹力供应向心力有：qvB＝m
解得：r＝.
(2)由粒子运动轨迹的几何关系可知，粒子在磁场中做半圆弧运动时，所用的时间最长，且最长时间为：t＝，其中T＝
解得：t＝.

(3)通过作图分析可知，由于粒子做圆周运动的半径r＝，粒子从OQ边射出时，A点离底边的最大高度为，所以粒子从OQ边射出的区域为AQ，其长度l＝.
答案：(1)　(2)　(3)
11．如图甲所示，水平放置的平行金属板MN之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面对里为正)，磁感应强度B0＝50 T，已知两板间距离d＝0.3 m，电场强度E＝50 V/m，M板中心上有一小孔P，在P正上方h＝5 cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t＝0时刻进入两板间，最终恰好从N板边缘水平飞出．已知油滴的质量m＝1.0×10－4 kg，电荷量q＝＋2×10－5 C．不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，取π＝3.求：

(1)油滴在P点的速度v；
(2)N板的长度L；
(3)交变磁场的变化周期T.
解析：(1)设油滴刚进入板中时的速度为v，有：
mgh＝mv2
解得：v＝1 m/s.
(2)油滴进入场区时，由于mg＝1.0×10－3 N，Eq＝1.0×10－3 N(方向向上)，所以，粒子受到的重力与电场力平衡，粒子在场区内做匀速圆周运动，有：Bqv＝m
解得：R＝0.1 m
可知d＝3R，所以油滴从N板右端水平飞出时，粒子在场内做三次四分之一圆弧运动，故可知：
L＝6R＝0.6 m.
(3)油滴在磁场中做圆周运动的周期为：
T0＝＝0.6 s
交变磁场的周期为：T＝2×T0
解得：T＝0.3 s.
答案：(1)1 m/s　(2)0.6 m　(3)0.3 s
12．(2022·天津市十二区县联考)如图所示，相距为d、板间电压为U0的平行金属板间有方向垂直纸面对里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场；OP和x轴的夹角α＝45°，在POy区域内有垂直纸面对外的匀强磁场，POx区域内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E；一质量为m、电荷量为q的正离子沿平行于金属板、垂直磁场的方向射入板间并做匀速直线运动，从坐标为(0，L)的a点垂直y轴进入磁场区域，从OP上某点沿y轴负方向离开磁场进入电场，不计离子的重力．

(1)离子在平行金属板间的运动速度v0；
(2)POy区域内匀强磁场的磁感应强度B；
(3)离子打在x轴上对应点的坐标．
解析：(1)正离子在平行金属板间做匀速直线运动，依据平衡条件有Eq＝B0qv0①
依据平行金属板间的场强和电势差的关系有E＝②
由①②式解得v0＝.③
(2)在磁场中，由几何关系有
L＝R＋Rtan α④
洛伦兹力充当向心力，依据牛顿其次定律有
Bqv0＝m⑤
由③④⑤式解得B＝.⑥
(3)在电场中正离子做类平抛运动，则有
沿y轴负方向：Rtan α＝v0t⑦
沿x轴正方向：x0＝at2⑧
离子在电场中运动的加速度a＝⑨
离子打在x轴上对应点的横坐标x＝x0＋R⑩
由③④⑦⑧⑨⑩式解得
离子打在x轴上对应点的坐标为.
答案：(1)　(2)　(3)