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1、阶段滚动过关练(三) (45 分钟 100 分) 一、单项选择题:本题共 5 小题,每小题 8 分,共 40 分。 1.如图所示,螺线管 B 置于闭合金属圆环A 的轴线上, 当 B 中通过的电流减小时( ) ①环 A 有缩小的趋势 ②环 A 有扩张的趋势 ③螺线管 B 有缩短的趋势 ④螺线管 B 有伸长的趋势 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 【解析】 选 C。当 B 中通过的电流逐渐变小时, 电流产生的磁场逐渐变弱,故穿过 A
2、 的磁通量 变小,为阻碍磁通量变小,环 A 有收缩的趋势,故①正确,②错误;螺线管 B 电流变小,每匝线圈 产生的磁场减弱,线圈间的引力变小(每匝线圈的电流方向相同 ,作用力为引力),螺线管 B 有 伸长的趋势,故③错误,④正确。 2.如图所示,对斜面上的物体施加一个沿斜面向上的拉力 F 作用时,物体恰能沿斜面匀速下滑, 在此过程中斜面体相对水平地面静止不动,则水平地面对斜面体( ) A.摩擦力等于 0 B.有摩擦力,方向水平向右 C.有摩擦力,方向水平向左 D.有摩擦力,方向不能确定 【解析】 选 C。 以物体和斜面体整体为研究对象,受整体重力、 地面
3、的支持力、 摩擦力和拉力, 如图根据平衡条件得N+Fsin θ=(M+m)g,f=Fcos θ,所以水平地面对斜面体有摩擦力的作用,方 向水平向左。 - 1 - 3.如图所示,在直角三角形 abc 区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 B, ∠a= 60°, ∠b=90°,边长 ab=L。一个粒子源在 b 点将质量为 m, 电荷量为 q 的带负电粒子以 大小和方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是( ) A.qBL B.√3
4、qBL 3m 3m C.√3qBL D.qBL 2m 2m 【解析】 选 B。粒子带负电,故由左手定则可知,粒子在磁场中做逆时针圆周运动;又有粒子在 磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,所以有 Bvq=mv2,那么半径为 R=mv ,周期为 T=2πR=2πm,所 R
5、 qB v qB 以,粒子运动周期相等,转过的圆心角越大,运动的时间越大;若粒子以和 bc 边成α角进入磁 场后从 bc 边射出磁场,则粒子转过的圆心角为 2 α ;圆心角 2α最大,运动时间最长;当粒子沿 ba 进入磁场时 2α最大;所以,在磁场中运动时间最长的粒子为沿 ab 边进入磁场,从 bc 边离开 磁场的粒子;那么在磁场中运动时间最长的粒子中,运动轨迹与 ac 边相切时半径最大,如图所 示 所以有 bc-R= R = L -R,解得最
6、大半径为 R=√3L,则最大速度为 v=qBR=√3qBL ,故选 B。 sin30° tan30° 3 m 3m 4. (2022 ·河北选择考) 如图,真空中电荷量为 2q 和-q(q>0)的两个点电荷分别位于 M 点与 N 点,形成一个以 MN 延长线上 O 点为球心, 电势为零的等势面(取无穷处电势为零),P 为 M
7、N 连线 上的一点,S 为等势面与直线 MN 的交点,T 为等势面上的一点,下列说法正确的是( ) - 2 - A.P 点电势低于 S 点电势 B.T 点电场强度方向指向O 点 C.除无穷远处外,MN 直线上还存在两个电场强度为零的点 D.将正试探电荷 q 从 T 点移到 P 点,静电力做正功 0 【解析】 选 B。在直线 MN 上,左边正电荷在 M 右侧电场强度水平向右,右边负电荷在直线 MN 上电场强度水平向右,根据电场的叠加可知 M、N 间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐 降低,可知 P 点电势高于等势面与 MN 交点处电势,则 P 点电势高
8、于 S 点电势,故 A 错误; 由于正 电荷的电荷量大于负电荷电荷量,可知在 N 左侧电场强度不可能为零,在 N 右侧,设 MN 距离为 L,根据 k · 2q =k · q (Ld) 2 d2 可知除无穷远处外,直线 MN 电场强度为零的点只有一个,故 C 错误; 由 A 选项分析可知:T 点电 势低于 P 电势,则正电荷在 T 点的电势能低于在P 电势的电势能,将正试探电荷 q 从 T 点移到 0 P 点, 电势能增大,静电力做负功,故 D 错误;设等势圆的半径为 R,AN 距离为 x,MN 距离为 L,如 图所示 根据 φ=kq ,结合电势的叠加原理,在
9、 A、 S 点满足k · 2q=kq x L-x x k · 2q = kq L2R -x 2R-x 解得 x=L R=2L 3 3 由于电场强度方向垂直等势面 , 可知 T 点的场强方向必过等势面的圆心 ,O 点电势 φ =k · 2q- kq =-3kq ,可知 φ > φ
10、则 T 点电场方向指向 O 点,故 B 正确。 O L L L 2L T O 3 3 5.如图所示,理想变压器的原线圈串联一个电阻 R ,并接入电压有效值不变的正弦交流电源 ; 0 两个副线圈分别接电阻 R 和电阻 R , 图中电流表为理想电流表。开始时开关 S 断开,则开关 S 1 2 - 3 - 闭合后( ) A. 电阻 R 消耗的电功率变
11、小 0 B. 电流表的示数变小 C.原线圈两端的电压变大 D.原线圈两端和 n 两端的电压比变小 1 【解析】 选 B。开关 S 闭合后,假设电流表的示数不变或变大, 由理想变压器功率关系和电压 关系得 U I =U I +U I ,U ∶U ∶U =n ∶n ∶n ,n I =n I +n I 可知通过原线圈的电流 I 变大,原线 0 0 1 1 2 2 0 1 2 0 1 2 0
12、 0 1 1 2 2 0 圈两端的电压 U =U- I R 减小, 由U0 =U1 可知电阻 R 两端的电压变小,通过电阻 R 的电流变小,假 0 0 0 n n 1
13、 1 0 1 设不成立,故 B 正确;根据 B 分析可知,通过电阻 R 的电流变小, 电阻 R 两端的电压变小,原线 1 1 圈两端的电压 U 减小,则 R 两端电压增大, 电阻 R 消耗的电功率变大,故
14、A、 C 错误;原线圈两 0 0 0 端和 n 两端的电压比不变,故 D 错误。 1 二、多项选择题:本题共 3 小题,每小题 8 分,共 24 分。 6.如图,2022 年 1 月 22 日,位于同步轨道的中国“实践 21 号”卫星将一颗位于同步轨道的失 效的 “北斗 2 号”卫星拖拽至距地面更远的 “墓地轨道”(可视为圆轨道),此后 “实践 21
15、号” 又回归同步轨道 ,这标志着中国能够真正意义上实现“太空垃圾清理” 。下列说法正确的是 ( ) A. “实践 21 号”拖拽“北斗 2 号”离开同步轨道时需要点火加速 B. “实践 21 号”完成拖拽任务后离开“墓地轨道”时需要点火加速 C. “北斗 2 号”在同步轨道的速度大于它在“墓地轨道”的速度 D. “北斗 2 号”在“墓地轨道”的运行周期小于 24 小时 - 4 - 【解析】 选 A、 C。由图可知 , 同步轨道的半径小于“墓地轨道”的半径, “实践 21 号”拖拽 “北斗 2 号”离开同步轨道时做离心运动,需要点火加速,故 A 正确;
16、实践 21 号”完成拖拽 任务后离开 “墓地轨道”时做近心运动,需要点火减速,故 B 错误;根据Gr(M)2(m)=mr(v2) ,可得 v= 2 可知“北斗 2 号”在同步轨道的速度大于它在“墓地轨道”的速度,故 C 正确;根据GMm=m4 π r r2 T2 可得 T=2π同步轨道的周期为 24 小时,则“北斗 2 号”在“墓地轨道”的运行周期大于 24 小时,故 D 错误。 7.如图所示,在 xOy 坐标平面第一象限的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感 应强度大小为 B, 圆的半径为 R,与 x 轴和 y 轴分别相切于 P 点和 Q
17、点, 圆心在 C 点,在 y 轴上 A(0,1R)点沿 x 轴正向射出一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子,粒子进入磁场后经偏转 2 刚好经过圆心 C,不计粒子的重力,则下列判断正确的是( ) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为3R 2 B.粒子出磁场时的速度方向沿 y 轴正向 C.粒子出磁场时的速度大小为qBR m D.粒子在磁场中运动的时间为2 πm 3qB 【解析】 选 C、 D。根据题意可以得到如图轨迹 圆心为 B 点,进入磁场的点为 A', 出磁场的点为 D, 因为 A(0,1 R),则根据几何关系可得∠ 2
18、 QCA'=30°,则∠CA'B=60°,得到△A'BC 为等边三角形, 圆周运动的半径为 R。 A 错误;粒子出 磁场时速度方向为左向上,与竖直方向成 30°,B 错误;洛伦兹力提供向心力,则 Bqv=mv2 ,得到 R 2 v=qBR ,C 正确;粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为 120°,则运动时间为 t=3 πR=2πm,D 正确。 m
19、 v 3qB - 5 - 【加固训练】 (多选)如图所示,边长为 2a 的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应 强度大小为 B,一束质量为 m 电荷量为-q(q>0)的同种带电粒子(不计重力),从 AB 边的中点, 以 不同速率沿不同方向射入磁场区域(均垂直于磁场方向射入),下列说法正确的是( ) A.若粒子均平行于 BC 边射入,则从 BC 边射出的粒子最大速率为√3
20、Bqa 4m B.若粒子均平行于 BC 边射入,则从 BC 边射出的粒子速率最小时,在磁场中运动的半径为√3a C.若粒子均垂直于 AB 边射入,则粒子不可能从 BC 边上距 B 点2-√3a 处出射 3 D.若粒子射入时的速率为√3Bqa ,则粒子从 BC 边射出的最短时间为πm 2m 3Bq 【解析】 选 C、 D。从 BC 边射出的粒子速度最大时,半径最大,则如图由几
21、何关系,R sin30° 1 =R -acos30°,解得 R =√3a,根据 qvB=mv2,解得 v =√3Bqa ,选项 A 错误; 1 1 R max m 当从 BC 边射出的粒子速率最小时,半径最小,此时轨迹与
22、 BC 边相切,则 R =1acos30°=√3a,选 2 2 4 项 B 错误;若粒子均垂直于 AB 边射入,则当轨迹与 BC 相切时, r+ r =a,解得 BD=rtan30°=(2-√3)a,则粒子不可能从 BC 边上距 B 点2-√3a 处射出,选项 C cos30°
23、 3 正确 ; - 6 - 若粒子射入时的速率为√3Bqa ,则轨迹半 2m 径r'=√3a,粒子从BC 边射出的时间最短时,轨迹对应的弦最短,最短弦为射入点到BC 的距离, 2 长度为√3a,则由几何关系可知,轨迹对应的圆心角为 π ,时间为 t= e ·2πm= πm,选项 D 正确。 2
24、 3 2 π qB 3Bq 8.平行板电容器两极板长度均为 l,宽度均为 a,两极板间距为 d,在极板左侧有一“狭缝”粒 子源(粒子源长度也为 a),沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒子 ,距极板右 端1 l 处有一与极板垂直的足够大光屏,如图所示。 粒子质量为 m, 电荷量为+q,初速度大小均为 2 v ,初速度方向均垂直于光屏。当平行板电容器两极板间电压为 U 时,粒子恰好从极板右侧边 0
25、 0 缘飞出电场。在两极板间加上 0~U 连续变化的电压,每个粒子通过电容器的时间都远小于电压 0 变化的时间,在每个粒子通过电容器的时间内,
26、 电场可视为匀强电场,不计粒子重力。则关于粒 子运动下列说法正确的是( ) A. 电压 U 满足 U =mv 0(2)d2 0 0 2ql 2 B.粒子打在光屏上的最大速度为 v=√l 2 d 2 v l 0 C.粒子打在光屏上的最大速度与光屏夹角 α满足 tan α= l d D.粒子打在光屏上的区域面积为 S=ad 【解析】 选 B、 C、 D。当电压为U 时,水平方向 l=v t,竖直方向d=1 ×qU0 t2 ,联立解得 U =mv 0(2)d2 , 0
27、 0 2 2 md 0 ql 2 故 A 错误;当电压为 U 时,打在光屏上的速度最大,竖直方向速度为 v =at=qU0 · l =dv0 ,根据速 0
28、 y md v0 l 度的合成得 v=√vy(2) v0(2) ,联立可得 v=v0 ,故 B 正确;根据几何关系 tan α ,可得 tan α= d(l) , l 故 C 正确;粒子打在光屏上的区域面积为 S=a( 2 ·v +d ),代入v 解得 S=ad,故 D 正确。 0 v
29、 y 2 y - 7 - 三、非选择题:本题共 2 小题,共 36 分。 9. (16 分)如图所示,竖直平面坐标系 xOy 的第一象限有垂直 xOy 面向外的水平匀强磁场和竖 直向上的匀强电场,大小分别为 B 和 E;第四象限有垂直 xOy 面向里的水平匀强电场,大小也为 E;第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为 R 的半圆轨道,轨道最高点与坐标原点 O 相切, 最低点与绝缘光滑水平面相切于 N,一质量为 m 的带电小球从 y 轴上(y>0)的 P 点沿 x 轴正方 向进入第一象限后做圆周运动,恰好通
30、过坐标原点O,且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动, 过 N 点水平进入第四象限,并在电场中运动(已知重力加速度为 g)。 (1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量; (2)P 点距坐标原点 O 至少多高; (3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限,通过N 点开始计时,经时 间 t=2√g(R)小球距坐标原点 O 的距离 s 为多远? 【解题指导】 解答本题应注意以下两点 : (1)竖直面内的圆周运动必然有隐含条件电场力和重力相等。 (2)求小球距坐标原点 O 的距离 s 时,运用运动的合成, 即分别求出 x、 y、 z 三个方向的位移, 然
31、后应用运动的合成。 【解析】 (1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后,在垂直磁场的平面内做圆周运动,说明重 力与电场力平衡 qE=mg ① 小球带正电 q=mg ② E (2)小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动, 设匀速圆周运动的速度为 v、轨道半径为 r, 有:qvB=mv2 ③ r ④ 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动,有 mg=mv2 R 由③④得 r=m√Rg ⑤ qB - 8 - mg (2)2E √Rg E gB PO 的最小距离为 y=2
32、r=2E√Rg gB ⑥ - 9 - (3)小球由O 运动到 N 的过程中机械能守恒 2 2 mg · 2R+1mv2=1mvN(2) ⑦ 由④⑦得 vN=√4Rg + v2 =√5Rg ⑧ 根据运动的独立性可知,小球从 N 点进入电场区域后,在 x 轴方向以速度 v 做匀速直线运动, N 沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,则沿 x 轴方向有x=v t ⑨ N ⑩ 沿电场方向有 z=1at2 2 a=qE=g m t 时刻小球距 O 点 s=√x 2 + z2 + (2R)2 =2√7R 答案
33、 : (1)正电 (3)2√7R 【加固训练】 如图所示,一个质量为 m, 电量为 q 的带正电的粒子(不计重力),从静止开始经电压 U 加速 后,沿水平方向进入一宽度为 L 的区域中, 当在该区域内同时施加垂直于纸面向里的匀强磁场 和竖直向下的匀强电场时,粒子恰好沿水平方向做直线运动 ,从 O 点射出该区域的右边界;若 去掉电场只保留磁场,该粒子仍从静止经电压 U 加速后沿水平方向进入这一区域,恰好从 C 点 射出该区域的右边界,且 OC=L。 4 (1)求粒子射入混合场时的速度大小。 (2)求磁场的磁感应强度B 的大小。 (3)如果去掉磁场只保留电
34、场 ,该粒子仍从静止经电压 U 加速后沿水平方向进入这一区域 ,粒 子在该区域右边界的射出点离 O 点的距离为多少? 【解析】 (1)根据动能定理 qU=1mv2 2 m 解得 v=√2qU (2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R, 根据几何关系 R2=L2+(R-L )2 4 解得 R=17L 8 根据洛伦兹力提供向心力得 qvB=mv2 R 解得 B=mv qR 代入速度 v 得 B=1 7(8)L ·√2q(m)U (3)根据平衡条件可得 Eq=qvB 解得 E=16U 17L 去掉磁场后,沿着电场方向 d=1at2= EqL2 =E
35、L2 2 2mv2 4U 代入 E 得 d= 4 L 17 答案:(1)√2m(q)U (2)1 7(8)L ·√2q(m)U (3) 4 L 17 10. (20 分)如图甲所示, 由粗细均匀的金属丝绕制而成的单匝矩形线圈 abcd 固定在绝缘滑块 上,线圈和滑块的总质量为 M=1kg,水平面粗糙,线圈 ab 边长度为 L =2 m,线圈 ad 边长度为 L=1 1
36、2 m,金属丝电阻为 λ=0.1 Ω/m。滑块的右侧有一以 EH、 EG 为界的匀强磁场,磁场足够大。滑块 在外力 F 的作用下以速度 v=0.6 m/s 水平向右做匀速直线运动。从某时刻开始计时,得到 F 随 时间 t 变化的图像如图乙所示。已知 ab 边到磁场下边界 EH 的距离 x=0.5 m,取 g=10 m/s2 ,求 : (1)滑块与水平面间的动摩擦因数; (2)线圈进入磁场过程中产生的焦耳热; (3)从开始计时到线圈 ad 边刚好进入磁场过程中外力F 做的总功。 【解析】 (1)如题图乙所示,设 F =5 N,F=6 N,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,
37、在线圈进磁 1 2 场之前,滑块做匀速运动, 由平衡条件可知 F = μMg,解得 μ=0.5 1 - 10 - (2)设匀强磁场的磁感应强度为B, 在线圈刚进入磁场时,切割磁场线产生的感应电动势 E=Bxv 回路中的感应电流,方向为 cbad I=E= Bxv R 入(2L1 2L 2) 线圈水平方向所受安培力,方向为水平向左 F = B2x2v 水平 入(2L1 2L 2) 线圈竖直方向所受安培力,方向为竖直向下 F = B2xv2 t 竖直 入(2L1 2L 2
38、) 因滑块是匀速运动的, 由平衡条件可知 F = μ (Mg+F )+F 2 竖直 水平 刚进入磁场时,竖直方向安培力等于零,解得:B=2 T 线圈进入磁场过程中产生的焦耳热 Q= I2Rt 所以 Q=B2x2v2 L1入2(2L12L2)2=2 J (3)在 0~1 s 时间内 W =F · (vt) 1 1 所以 W =3 J 1 线圈进入磁场过程中,线圈中的电流大小不变, 设线圈进入磁场长度为 s, 则 F= μ (Mg+BIs)+BIx F 随线圈进入磁场的长度呈线性变化, 当线圈 ad 边刚好进入磁场时, 有 F = μ (Mg+BIL )+BIx=8 N 3 1 W =F2 F 3L =14 J 2 2 1 W =W +W =17 J 总 1 2 答案 : (1)0.5 (2)2 J (3)17 J - 11 -
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