2020届高考物理(广东专用)二轮复习-专题强化训练(三)-Word版含答案.docx

专题强化训练（三）
一、单项选择题
1．在静电场中，将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功，则 (　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．B点的电场强度肯定比A点的大
B．电场线方向肯定从B指向A
C．B点的电势肯定比A点的高
D．该电荷的动能肯定减小
解析　电场力做功与否与电场强弱无关，无法比较电场强度大小，故选项A错误；正电荷从A点移到B点，电场力做负功，正电荷电势能增加，电势上升，φB>φA，故选项C正确；A、B不肯定在同一条电场线上，所以电场线不肯定由B指向A，故选项B错误；虽然电场力做负功，但正电荷可能受其他力作用且合外力做正功，其动能可能变大，故选项D错误．
答案　C
2．如图3－1所示，图3－1
平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接．电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场．在保证电子还能穿出平行板间电场的状况下，若使滑动变阻器的滑片C上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿越平行板所需的时间t的说法中，正确的是 (　　)．
A．电荷量Q增大，时间t也增大
B．电荷量Q不变，时间t增大
C．电荷量Q增大，时间t不变
D．电荷量Q不变，时间t也不变
解析　当滑动变阻器的滑片C上移时，BC间的电阻值变大，电容器两板间的电压变大，由Q＝CU知电荷量Q增大，由t＝知，电子穿越平行板的时间不变，选项C正确．
答案　C

图3－2
3．美国物理学家劳伦斯于1932年创造的回旋加速器，应用运动的带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使带电粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．如图3－2所示为一种改进后的回旋加速器的示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是 (　　)．
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
D．加速电场的方向需要做周期性的变化
解析　由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A正确；由R＝和qU＝mv－mv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误；由v＝可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C错误；粒子在电场中运动的方向始终不变，故D错误．
答案　A
图3－3
4．如图3－3所示，带电粒子在没有电场和磁场的空间以v0从坐标原点O沿x轴方向做匀速直线运动，若空间只存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，粒子通过P点时的动能为Ek；当空间只存在平行于y轴的匀强电场时，则粒子通过P点时的动能为 (　　)．
A．Ek B．2Ek C．4Ek D．5Ek

解析　只有电场时，粒子做类平抛运动，y＝，则运动时间t＝，故电场力做功W＝qEy＝2mv＝4Ek，因此粒子通过P点时的动能为5Ek.
图3－4
答案　D
5．带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图3－4所示．运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为 (　　)．
A．v0 B．1 C．2v0 D.
解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故Oa＝Ob＝r＝， ①
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，
故Ob＝v0t＝Oa＝t2＝， ②
由①②得＝2v0，故选项C对．
答案　C
二、双项选择题
6．如图3－5所示，在xOy平面内有两根平行y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向大小相等的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是 (　　)．

图3－5
A．O点处的磁感应强度为零
B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直
C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行
D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用
解析　依据安培定则可推断两电流在O点处产生的磁感应强度等大反向，合磁感应强度为零，A正确．两电流在P点产生的磁场方向相反，叠加后合磁场方向沿z轴正方向；两电流在z轴正方向上各点产生的磁感应强度矢量叠加后，都沿x轴负方向，P、Q两点磁场方向垂直，B正确，C错误．正电荷从O点沿z轴向上运动，由左手定则推断其受沿y轴正方向的洛伦兹力作用，D错．
答案　AB
图3－6
7．(2021·天津卷，6)两个带等量正电的点电荷，固定在图3－6中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的摸索电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则 (　　)．
A．q由A向O的运动是匀加速直线运动
B．q由A向O运动的过程电势能渐渐减小
C．q运动到O点时的动能最大
D．q运动到O点时电势能为零
解析　q由A向O运动的过程中，电场力的方向始终由A指O，但力的大小变化，所以电荷q做变加速运动，电场力做正功，到O点时速度最大，动能最大，电势能最小，故选项B、C均正确，选项A、D错误．
图3－7
答案　BC
8．如图3－7所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面对里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则 (　　)．
A．该粒子带正电
B．A点与x轴的距离为
C．粒子由O到A经受时间t＝
D．运动过程中粒子的速度不变
图3－8
解析　由左手定则可推断该粒子带负电，A错误；粒子运动轨迹如图所示，则A点离x轴的距离为r(1－cos θ)＝(1－cos 60°)＝，B正确；t＝T＝，C正确；运动过程中粒子速度大小不变，方向时刻转变，D错误．
答案　BC
9．(2021·浙江卷，20)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽视的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里、有肯定宽度的匀强磁场区域，如图3－8所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋ (　　)．
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为3∶1
解析　磷离子P＋和P3＋的质量相等，设为m，P＋的电荷量设为q，则P3＋的电荷量为3q，在电场中由a＝知，加速度之比为所带电荷量之比，即为1∶3，A错误；由qU＝mv2得Ek∝q，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D错误又由qvB＝，得r＝ ∝，所以rP＋∶rP3＋＝∶1，B正确；由几何关系可得P3＋在磁场中转过60°角后从磁场右边界射出，C正确．
答案　BC
三、非选择题
10．(2021·北京卷，22)如图3－9所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开头从正极板动身，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽视重力的影响，求：

图3－9
(1)匀强电场场强E的大小；
(2)粒子从电场射出时速度v的大小；
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.
解析　(1)匀强电场的场强E＝

(2)在加速电场中由动能定理得：Uq＝mv2
v＝
(3)由牛顿其次定律得：qvB＝
R＝＝
答案　(1)　(2)　(3)
11．如图3－10甲所示，在x轴上O到d范围内存在电场(图中未画出)，x轴上各点的电场沿着x轴正方向，并且电场强度大小E随x的分布如图乙所示；在x轴上d到2d范围内存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m，电荷量为＋q的粒子沿x轴正方向以某一初速度从O点进入电场，最终粒子恰从坐标为的P点离开磁场．不计粒子重力．
(1)求在x＝0.5d处，粒子的加速度大小a；
(2)求粒子在磁场中的运动时间t；

图3－10
解析　(1)由图乙可知，x＝0.5d处，电场强度为E＝0.5E0，由牛顿其次定律得：qE＝ma，解得：a＝
(2)粒子在磁场中运动轨迹示意图如图所示，设半径为R，由几何关系
R2＝d2＋
解得：R＝d
设圆弧所对圆心角为α，满足：sin α＝＝
解得：α＝
粒子在磁场中做圆周运动，设在磁场中运动的周期为T
在磁场的运动速率为v，圆周运动半径为R，有：
qvB＝m，粒子运动的周期T＝＝
所以，粒子在磁场中的运动时间t＝T＝
答案　(1)　(2)
12．如图3－11所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面对里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E＝2×106 N/C和B1＝0.1 T，极板的长度l＝ m，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面对外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R＝ m．有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷＝2×108 C/kg.

图3－11
(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；
(2)在其他条件都不变的状况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件．

解析　(1)设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间做匀速直线运动，则：qvB1＝qE
设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，则：qvB2＝m，粒子速度方向偏转了60°，则：r＝Rcot 30°
解得：B2＝0.1 T
(2)撤去磁场B1后，粒子在极板间做类平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为θ，则：qE＝ma
l＝vt
vy＝at
tan θ＝
解得：tan θ＝，即θ＝30°
设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d0，如图所示，则：

d0＝－，解得：d0＝ m
所以d> m
答案　(1)0.1 T　(2)d> m