（江苏专用）2020版高考物理总复习 第八章 磁场 易错高频考点阶段清（三）教案（选修3-1）

易错高频考点阶段清(三)(时间：40分钟)一、单项选择题1.(2018·北京理综，18)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是()A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度解析在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内，一个带电粒子射入后做匀速直线运动，则它受的洛伦兹力和电场力大小相等、方向相反，即qvB＝qE，故v＝EB，若仅撤除电场，粒子做匀速圆周运动，需满足洛伦兹力充当向心力，即qvB＝mv2r，因此粒子的电性和电量与完成上述两类运动均无关，故选项C正确。答案C2.(2018·海南高考)如图1，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将()图1A.沿斜面加速上滑B.沿斜面加速下滑C.沿斜面匀速上滑D.仍静止在斜面上解析原来，BIl＝mgsinθ，后来a＝1.5BIl－mgsinθm，沿斜面向上滑动，A项正确。答案A3.如图2所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P的运动情况将是()图2A.仍静止不动B.向下运动C.向上运动D.无法判断解析当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间，根据电容的决定式和定义式C＝εrS4πkd＝QU分析得知，d增大，电容C减小，从图中可以看出电源的电动势不变，不可能通过电源提供超过电动势的电压，这样将导致两极板的电荷量减少，但由于二极管具有单向导电性，电荷不能按b到a方向流动，所以电容器的电荷量不能改变，E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态。答案A4.如图3所示，实线为一匀强电场的电场线，两个带电粒子q1、q2分别从A、C两点以垂直于电场线的初速度射入电场，仅受电场力作用，运动轨迹分别如图中的ABC、CDA所示，已知q1是带正电的粒子。则下列说法正确的是()图3A.q2可能也带正电B.A点的电势一定低于C点的电势C.电场力对q1做正功，对q2做负功D.q1、q2的电势能均减少解析由图中带电粒子q1的运动轨迹可知带电粒子q1受水平向右电场力，则电场方向水平向右，A点的电势一定高于C点的电势，q2受水平向左的电场力，为负电荷，则选项A、B错误；两粒子的电场力都做正功，电势能均减少，则选项C错误，D正确。答案D5.一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V。若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率()A.等于36WB.小于36W，大于9WC.等于9WD.小于9W解析白炽灯在正常工作时的电阻为R，由P＝U2R变形得R＝36Ω，当接入18V电压时，假设灯泡的电阻也为36Ω，则它消耗的功率为P′＝U2R＝18236W＝9W。但是当灯泡两端接入18V电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时的温度低，其电阻率小，所以其电阻要小于36Ω，其实际功率要大于9W，故选项B正确。答案B二、多项选择题6.(2018·苏州模拟)如图4所示为一直流电路，电源内阻小于R0，滑动变阻器的最大阻值小于R。在滑动变阻器的滑片P从最右端滑向最左端的过程中，下列说法中错误的是()图4A.电压表的示数一直增大B.电流表的示数一直增大C.电阻R0消耗的功率一直增大D.电源的输出功率先减小后增大解析由于滑动变阻器的最大阻值小于R，故滑片从最右端向最左端滑动过程中，总电阻一直变大，总电流变小，B项错误；内电压和R0两端电压都变小，路端电压变大，电压表示数变大，A项正确；总电流变小，R0消耗的功率变小，C项错误；由于电源内阻小于R0，根据电源的输出功率与外电阻的图象可知电源的输出功率一直变小，D项错误。答案BCD7.如图5所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是()图5A.U变大，E变大B.U变小，φP变小C.φP变小，Ep变大D.φP变大，Ep变小解析根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C＝εrS4πkd可知电容减小，由U＝QC可知极板间电压增大，由E＝Ud可知，电场强度增大，故选项A正确；P点的电势为φP，则由题可知0－φP＝Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故选项C正确。答案AC8.(2019·淮阴中学月考)如图6所示，在真空中有质子、氘核和α粒子都从O点静止释放，经过相同加速电场和偏转电场后，打在同一与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点；已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，粒子重力不计。下列说法中正确的是()图6A.质子、氘核和α粒子在偏转电场中运动时间相同B.三种粒子出偏转电场时的速度相同C.在荧光屏上将只出现1个亮点D.偏转电场对质子、氘核和α粒子做功之比为1∶1∶2解析在加速电场中，根据动能定理得qU1＝12mv20－0，则进入偏转电场的速度v0＝2qU1m，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2∶1∶1，则初速度之比为2∶1∶1，在偏转电场中运动时间t＝Lv0，则知时间之比为1∶2∶2，故A错误；在竖直方向上的分速度vy＝at＝qELmv0，则出电场时的速度v＝v20＋q2E2L2m2v20＝2qU1m＋qE2L22mU1，因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，故B错误；偏转位移y＝12at2＝12·qU0md·L2v20＝U0L24U1d，与粒子的电荷量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏上将只出现一个亮点，故C正确；偏转电场的电场力对粒子做功W＝qEy，因为E和y相同，电荷量之比为1∶1∶2，则电场力做功之比为1∶1∶2，故D正确。答案CD9.如图7所示，质量为m、带电荷量为＋q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给环一向右的初速度v0v0＞mgqB，则()图7A.环将向右减速，最后匀速B.环将向右减速，最后停止运动C.从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是12mv20D.从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是12mv20－12mmgqB2解析由题意可知qv0B＞mg，受力分析如图所示。水平方向P环做减速运动，f＝μFN＝μ(qvB－mg)。当qvB＝mg，即v＝mgqB时，FN＝0，之后P环做匀速直线运动，此过程中，损失的机械能是ΔE＝12mv20－12mmgBq2，故选项A、D正确，B、C错误。答案AD三、计算题10.如图8所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电荷量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离。图8解析设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论：(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即Δx≤s，则Δx＝v0ty＝L＝qE2mt2联立解得Δx＝2mv20LqE。(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即sΔx≤2s，则s＝v0ty＝qE2mt2，出电场时速度方向与水平方向夹角为θ由几何关系知tanθ＝qEmtv0＝L－yΔx－s联立解得Δx＝mv20LqEs＋s2。答案见解析11.如图9所示，两水平边界M、N之间存在竖直向上的匀强电场。一根轻质绝缘竖直细杆上等间距地固定着A、B、C三个带正电小球，每个小球质量均为m，A、B带电荷量为q、C带电荷量为2q，相邻小球间的距离均为L。A从边界M上方某一高度处由静止释放，已知B球进入电场上边界时的速度是A球进入电场上边界时速度的2倍，且B球进入电场后杆立即做匀速直线运动，C球进入电场时A球刚好穿出电场。整个运动过程中杆始终保持竖直，重力加速度为g。求：图9(1)匀强电场的电场强度E；(2)A球进入电场上边界的速度v0；(3)C球经过边界N时的速度。解析(1)B球进入电场后杆立即做匀速直线运动有3mg＝2Eq得E＝3mg2q(2)A球进入电场到B球进入电场过程中，运用动能定理3mgL—EqL＝12(3m)(2v0)2－12(3m)v20得v0＝gL3(3)由受力分析可知，C球在电场中先减速再匀速，设C球经过边界N时的速度为v1，从A球进入电场到C球穿出电场的过程，运用动能定理3mg·4L—4Eq·2L＝12(3m)v21－12(3m)v20得v1＝gL3。答案(1)3mg2q(2)gL3(3)gL312.(2018·南京调研)如图10所示，在xOy平面内y轴左侧(含y轴)有一沿y轴负向的匀强电场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从x轴上P处以速度v0沿x轴正向进入电场，从y轴上Q点离开电场时速度方向与y轴负向夹角θ＝30°，Q点坐标为(0，－d)，在y轴右侧某区域内(图中未画出)有一与坐标平面垂直的有界匀强磁场，磁场磁感应强度大小B＝mv0qd，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场。不计粒子重力，求：图10(1)电场强度大小E；(2)粒子在有界磁场中做圆周运动的半径r和时间t；(3)如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积S。解析(1)设粒子从Q点离开电场时速度大小为v，由粒子在匀强电场中做类平抛运动得v＝2v0由动能定理得qEd＝12mv2－12mv20解得E＝3mv202qd。(2)设粒子从M点进入有界匀强磁场，从N点离开匀强磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r，圆心为O1，如图所示。由qvB＝mv2r，解得r＝mvqB＝2d由几何关系知，粒子能从坐标原点O沿x轴负向再进入电场，粒子在磁场中转过的圆心角为240°，所以粒子在磁场中的运动时间为t＝240°360°T＝23×2πmqB＝4πd3v0。(3)若半圆形磁场区域的面积最小，则半圆形磁场区域的圆心为O2，可得半径R＝1.5r＝3d半圆形磁场区域的最小面积S＝12πR2＝92πd2＝4.5πd2。答案(1)3mv202qd(2)2d4πd3v0(3)4.5πd2