福建省2011届高三物理二轮复习-专题训练限时训练五.doc

福建省2011届高三物理二轮复习专题训练限时训练五
一、单选题(本题共10小题，每小题6分，共60分)

1．(2010年广东茂名二模)如图，Ο是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知(　　)
A. Ο为负电荷
B. 在整个过程中q的速度先变大后变小
C. 在整个过程中q的加速度先变大后变小
D. 在整个过程中，电场力做功不为零

1【解析】　由运动轨迹可知，正点电荷q受到的库仑力方向向右，说明固定的点电荷带正电，A选项错误；q从a点运动到b点库仑力方向与速度方向夹角大于90°，电场力做负功，速度变小，q从b点运动到c点库仑力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，速度变大，B选项错误；在整个过程中q先靠近后远离固定电荷，库仑力先变大后变小，加速度先变大后变小，C选项正确；a、c两点同电势，电势差为零，电场力做功为零，D选项错误。
【答案】　C

2．(2010年福建南平二模)Q1、Q2为两个带电质点，带正电的试探电荷q沿中垂线移动，在各点所受Q1、Q2作用力的合力大小和方向如图所示(力的方向都是向左侧)，由此可以判断(　　)
A．Q2可能是负电荷
B．Q2的 电量一定大于Q1的电量
C．Q1、Q2可能为等量异种电荷
D．中垂线上的各点电势相等

2【解析】　如图，从q在各点所受Q1、Q2作用力的合成情况可以看出Q1、Q2对q的作用力均为库仑斥力，即Q1、Q2均带正电，A、C选项均错误；由于F2 > F1，根据库仑定律知Q2的电量一定大于Q1的电量，B选项正确；若q沿中垂线移动，库仑力的合力方向与运动方向不垂直即库仑力的合力做功不为零，说明中垂线上的各点电势不相等。
【答案】　B

3．(2010年福建师大附中二模)在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场。当入射方向与x轴的夹角α＝45° 时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当α＝60°时，为了使粒子从ab的中点c射出磁场，则速度应为(　　)

A.(v1 ＋ v2)　　　　　B.(v1 ＋ v2)
C.(v1 ＋ v2) D.(v1 ＋ v2)
3【解析】　设从ab的中点c射出的粒子的速度为v，则其在磁场中运动的轨道半径为r＝，速度为v1、v2的两个粒子在磁场中运动的轨道半径分别为r1＝、r2＝，＝ r1，＝ r2，则＝－＝ (v2－v1)，＝ ＋ ＝(v2＋ v1)，而＝rsin60°， 即 ·(v2＋ v1)＝v·，解得v＝(v1 ＋ v2)。
【答案】　D

4．(2010年福建厦门二模)如图所示将截面为正方形的真空腔abcd放置在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。若有一束具有不同速率的电子由小孔a沿ab方向射入磁场，打在腔壁上的被吸收。关于电子由小孔c和小孔d射出所需的时间比值和运动速率比值，正确的是(　　)
A.＝1 B.＝
C.＝ D.＝2
4【解析】　由T＝ 知周期T与轨道半径R无关，由小孔c射出的电子在真空腔中的运动轨迹是圆弧，tc＝T，由小孔d射出的电子在真空腔中的运动轨迹是圆弧，td＝T，所以＝，A、B选项均错误；由小孔c和d射出的电子在真空腔中的轨迹半径分别为Rc＝，Rd＝，由R＝得＝＝2，D选项正确、C选项错误。
【答案】　D

5．(2010年广东深圳二模)如图所示，某空间存在正交的匀强电磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里．一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是(　　)
A．微粒的电势能一定减少
B．微粒的动能一定减少
C．微粒的动能一定增加
D．微粒的机械能一定减少
5【解析】　“刚好能沿直线ab斜向上运动”说明微粒受力平衡，做匀速直线运动，动能不变，B、C选项均错误；电场力水平向左与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，电势能减少，A选项正确；由排除法知D选项错误(洛伦兹力总是不做功，而电场力做正功，由功能原理知，微粒的机械能一定增加)。
【答案】　A

6．(2010年福建师大附中三模)如图所示，灯丝K处不断溢出的电子(初速度为零，重力不计)经电压为U0的加速电场后沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入电压为U1的两平行板间的匀强电场，结果发现电子都打在上极板的中点略偏右侧的位置，为使电子能打到极板右侧的荧光屏上，荧光屏足够长。下列方法可行的是(　　)
A．将下极板降低到两极板间距增大为原来的二倍
B．将上极板升高到两极板间距增大为原来的二倍
C．将加速电压U0增为原来的二倍
D．将偏转电压U1减为原来的一半
6【解析】　根据动能定理有eU0＝ mv2，设两板间距为d，则E ＝ ，a ＝ ，y＝at2，x＝vt，联立解得x＝2 。对A选项，y不变，d 增大为原来的二倍，则x只增大为原来的倍，小于极板的长度，电子不能打到荧光屏上，A选项错误；对B选项，y增为的3倍，d增为原来的2倍，则x增为原来的倍，而 > 2，所以电子能打到屏上，B选项正确；将U0增为原来的二倍或U1减为原来的一半，x只增大为原来的倍，电子能打到极板上，C、D选项均错误。
【答案】　B

7．(2010年福建泉州一中模拟)如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则(　　)
A．M点的电势比P点的电势高
B．OM间的电势差等于NO间的电势差
C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能
D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功

7【解析】　根据等势线与电场线垂直，分别画出P、Q点的等势线，与y轴的交点分别为P′、Q′，则P点与P′点电势相同，Q点与Q′点的电势相同，根据“沿电场线方向，电势降低”知M点的电势比P点的电势低，A选项错误；由于NO附近的电场线比OM附近的密，所以NO附近的平均场强比OM附近的平均场强大，由U＝Ed知，OM间的电势差小于NO间的电势差，B选项错误；正电荷从O点运动到Q′点电场力做正功，电势能减少，正电荷从Q′点运动到Q点电场力不做功，电势能不变，即正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，C选项错误；负电荷从M点运动到P′点电场力做正功，而从P′点运动到P点电场力不做功，将负电荷由M点移到P点，电场力做正功，D选项正确。。
【答案】　D

8．(2010年广东东莞高级中学二模)如图所示是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述错误的是(　　)
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
8【解析】　由加速电场可知粒子所受电场力向下，即粒子带正电。在速度选择器中，电场力与洛伦兹力平衡，电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，由左手定则知磁场方向垂直纸面向外，B选项正确；由qE＝qvB得能通过狭缝P的粒子的速率v＝，C选项正确；粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨道半径r＝，可见当v、B0相同时，r ∝ ，对于同位素来说，q相同，r∝m，所以可以用来区分同位素，A选项正确；若粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即r越小，则由r ∝ 知，比荷 就越大，D选项错误。
【答案】　D

9．(2010年福建厦门二模)如图所示，A、B两点各放有电荷量为 ＋ Q和 ＋ 2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC＝CD＝DB。现将一正电荷从C点沿直线移到D点，则(　　)
A．电势能始终增加
B．电势能始终减少
C．电场力先做正功后做负功
D．电场力先做负功后做正功
9【解析】　设A、B间距为L，AB线段上距A点为r的某一点P的场强为零，则k ＝k ，得r＝( －1)L＝0.414L < 0.5L，正电荷从C点沿直线移到P点，电场力向右，电场力做正功；正电荷从P点沿直线移到D点，电场力向左，电场力做负功。可见正电荷从C点沿直线移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，只有C选项正确。
【答案】　C

10．(2010年福建厦门双十中学模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点O，则从开始释放到打到右极板的过程中(　　)
A．它们的运行时间tP＞tQ
B．它们的电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1
D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1

10【解析】　由于初速度均为零，所以重力和电场力的合力均指向沿虚线指向O点。竖直分位移y相同，竖直方向小球均做自由落体运动，由y＝gt2知tP＝tQ，A选项错误；水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2＝ · ·t2得x与q成正比，即qP∶qQ＝d∶＝2∶1，B选项正确；它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝qPEd∶(qQE ·)＝4∶1，C选项错误；设虚线与竖直方向夹角为θ，则合外力F＝ ，位移s＝，合外力做的功W＝Fs＝ ，cosθ＝，得W＝，根据动能定理得ΔEkP∶ΔEkQ＝WP∶WQ＝(y2＋d2)∶[y2＋()2]＝4(d2＋y2)∶(d2＋4y2)≠4∶1，D选项错误。
【答案】　B

二、计算题(共2题，各20分，共40分)
11．(2010年福建漳州一中一模)某平面上有一半径为R的圆形区域，区域内、外均有垂直于该平面的匀强磁场，圆外磁场范围足够大，已知两部分磁场方向相反，方向如图所示，磁感应强度都为B。现在圆形区域的边界上的A点有一个电量为q，质量为m的带正电粒子沿半径方向射入圆内磁场，已知该粒子仅受到磁场对它的作用力。求：

(1)若粒子的速度大小为v1，求该粒子在磁场中的轨道半径r；
(2)若粒子与圆心O的连线旋转一周时，粒子也恰好回到A点，试求该粒子的运动速度v；
(3)在粒子恰能回到A点的情况下，该粒子回到A点所需的最短时间t。
11【解析】　(1)由 Bqv＝m 得r＝①

(2)如图，O1为粒子运动的第一段圆弧AB的圆心，O2为粒子运动的第二段圆弧BC的圆心，根据几何关系可知
tanθ＝②
∠AOB＝∠BOC＝2θ，如果粒子回到A点，则必有
n×2θ＝2π③
n＝3,4,5
由①②③可得v＝tan　　n＝3,4,5
(3)粒子做圆周运动的周期T＝
因为粒子每次在圆形区域外运动的时间和圆形区域内运动的时间互补为一个周期T，所以粒子穿越圆形边界的次数越少，所需时间就越短，因此取n＝3，其轨迹如图所示

代入到③可得θ＝
而粒子在圆形区域内运动的圆弧的圆心角为α ＝
故所求的粒子回到A点的最短运动时间
t＝T ＋ T＝
12．(2010年福建泉州二模)如图甲所示，匀强磁场方向垂直直角坐标系xOy平面向里，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，在t＝0时刻一个带负电的粒子(重力不计)经电压为U的电场加速后，由原点O沿y轴正方向射入磁场中。

(1)若粒子的比荷＝，求带电粒子从原点O出发到再次回到原点所用时间t；
(2)若粒子的比荷＝，求带电粒子在0～10t0时间内运动轨迹的长度s；
(3)若粒子的比荷＝，同时在xoy平面内加上匀强电场，电场方向与y轴正方向相同，电场强度E随时间t的变化规律如图丙所示，运动一段时间后带电粒子能够回到原点O，试确定匀强电场E0的可能取值。
12【解析】　(1)带电粒子在0～t0内做半径为R的匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，设带电粒子被加速电场加速后速度为v0，由牛顿第二定律得B0qv0＝m
带电粒子的运动周期T＝
又＝，解得T＝t0
则t＝T＝t0
(2)根据动能定理有qU＝mv
所以v0＝2
整个过程中粒子以恒定速率v0分别做匀速圆周运动和匀速直线运动
0～10t0时间内运动轨迹长度s＝5×2πR ＋ 5×v0t0＝10v0t0
解得s＝20
(3)若粒子的比荷变为＝，则带电粒子在磁场中运动周期
T1＝2t0
在加速电场中被加速后速度为v1
据动能定理有q′U＝m′v
所以v1＝
在0～t0内无电场而仅有磁场，粒子做匀速圆周运动，轨道半径设为R1，粒子转过的圆心角α1＝×2π＝π，t0时刻经x轴沿y轴负方向运动的速率为v1；在t0～2t0内无磁场而仅有电场，粒子受到沿y轴负方向的电场力作用，做初速为v1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a＝
设2t0时刻粒子的速度为v2，据运动学知识有v2＝v1 ＋ a(2t0 － t0)

在2t0～3t0内无电场而仅有磁场，粒子的轨道半径设为R2，转过的圆心角仍为π，但速度v2 > v1，所以R2 > R1；在3t0～4t0内无磁场而仅有电场，粒子受到沿y轴负方向的电场力作用，做初速为v2的匀减速直线运动，4t0时刻的速度大小又变为v1；在4t0～5t0内的运动情况与0～t0内相同；……，粒子的运动轨迹如图所示。欲使粒子回到原点，由几何关系，半径R1和R2之间必须满足
n(2R2 － 2R1)＝2R1(n＝1,2,3…)
又 B0q′v1＝m′B0q′v2＝m′
解得E0＝v1＝ (n＝1,2,3…)

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用心 爱心 专心