【学练考】2021-2022学年高二人教版物理选修3-1练习册：特色专题训练(一)-

特色专题训练(一)静电场与磁场专项本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分.1～7题只有一个选项正确，8～12题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．关于磁感应强度，下列说法中正确的是()A．磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的通电导线有关B．磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的通电导线所受磁场力方向全都C．在磁场中某点的通电导线不受磁场力作用时，该点磁感应强度大小肯定为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大2．一个外半径为R、内半径为r的带正电空心金属球壳，球心在x轴上的O点，金属球壳在四周空间产生静电场，则其电场强度的大小E在x轴上的分布状况是()图Z­1­1图Z­1­23．如图Z­1­2所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分别分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘A1处沿与A1A3成30°角且平行于纸面的方向射入磁场，随后该粒子经过圆心O进入Ⅱ区，最终再从A4处射出磁场，则Ⅰ区和Ⅱ区中磁场的磁感应强度的大小之比B1∶B2A．1∶2B．1∶1C．2∶1D．1图Z­1­34．如图Z­1­3所示，真空中存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图所示，a点的电场方向与ab连线成60°，b点电场方向与ab连线成30°，则以下关于a、b两点电场强度Ea、Eb及电势φa、φb的关系正确的是()A．Ea＝3Eb，φa>φbB．Ea＝3Eb，φa<φbC．Ea＝eq\f(Eb,3)，φa>φbD．Ea＝eq\r(3)Eb，φa<φb图Z­1­45．如图Z­1­4所示，某一真空室内布满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y<0的空间内有与场强方向垂直的匀强磁场B.在y＞0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)从P点自由释放，此液滴沿y轴的负方向以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置转变了它的带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y<0的空间内运动．液滴在y<0的空间内运动的过程中()A．重力势能肯定不断减小B．电势能肯定先减小后增大C．动能不断增大D．动能保持不变图Z­1­56．如图Z­1­5所示，光滑的金属轨道分为水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心，N为轨道交点．两轨道之间宽度为0.5m，匀强磁场方向竖直向上，大小为0.5T．质量为0.05kg的金属细杆置于轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流为2A的恒定电流时，其可以沿轨道由静止开头向右运动．已知MN＝OP＝1.0A．金属细杆在水平段运动的加速度大小为5mB．金属细杆运动至P点时的向心加速度大小为10mC．金属细杆运动至P点时的速度大小为0D．金属细杆运动至P点时对每条轨道的作用力大小为0.75N图Z­1­67．如图Z­1­6所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块由静止开头沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下推断正确的是()A．金属块带负电荷B．静电力做功0.2JC．金属块的机械能削减1.2JD．金属块的电势能增加0.2J图Z­1­78．空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面对里，另有一个点电荷＋Q产生的电场，如图Z­1­7所示．一带电荷量为－q的粒子以初速度v0从某处垂直于电场、磁场方向入射，初位置到点电荷的距离为r，则粒子在电场和磁场中的运动轨迹可能为(忽视粒子所受的重力)()A．以点电荷＋Q为圆心、r为半径的在纸面内的圆周B．开头阶段在纸面内向右偏的曲线C．开头阶段在纸面内向左偏的曲线D．沿初速度v0方向的直线9．图Z­1­8中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a,b位于两点电荷连线的中垂线上，且a位于连线的中点)．有一个正摸索电荷仅在静电力作用下分别从电场中的a点由静止释放，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图Z­1­9中的①②③图线所示，其中图线①是直线．下列说法正确的是()图Z­1­8图Z­1­9A．甲对应的图线是①B．乙对应的图线是②C．丙对应的图线是②D．丁对应的图线是③10．如图Z­1­10所示，一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高的水平绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽视不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服摩擦力做的功可能为(重力加速度为g)()图Z­1­10A．0B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(m3g2,2q2B2)D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2q2B2)图Z­1­1111．如图Z­1­11所示，在ab＝bc的等腰三角形abc区域内有垂直纸面对外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点．大量相同的带电粒子从a点以相同方向垂直磁场射入，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场．不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间与从d点和e点离开的粒子相比较()A．经过的弧长肯定大于从d点离开的粒子经过的弧长B．经过的弧长肯定小于从e点离开的粒子经过的弧长C．运动时间肯定大于从d点离开的粒子的运动时间D．运动时间肯定大于从e点离开的粒子的运动时间12．带电小球以肯定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上垂直于纸面对里的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图Z­1­12所示．不计空气阻力，则()

图Z­1­12A．肯定有h1＝h3B．肯定有h1<h4C．h2与h4无法比较D．h1与h2无法比较请将选择题答案填入下表：题号12345678910总分答案第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分)13．在“探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的试验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电荷量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒上的C点，如图Z­1­13所示．试验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处渐渐向B球靠近，观看到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，转变小球所带的电荷量，观看到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．图Z­1­13试验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的________而增大．此同学在探究中应用的科学方法是________．(选填“累积法”“等效替代法”“把握变量法”或“演绎法”)图Z­1­1414．某带电粒子从速度选择器左端由中点O以速度v0向右射入，从右端中心a下方的b点以速度v1射出，如图Z­1­14所示．若增大磁感应强度B，该粒子将打到a点上方的c点，且有ac＝ab，则该粒子带________电；其次次射出时的速度为________．三、计算题(本题共4小题，15、16题各9分，17、18题各11分，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤)15．如图Z­1­15所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α.一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，现让圆环A由静止开头下滑，试问圆环下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？图Z­1­1516．如图Z­1­16所示，在x>0、y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在x>0、y＜0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面(纸面)向外．一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子经过y轴上y＝h处的P1点时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝－2h处的P3点．不计粒子重力．求：(1)电场强度的大小；(2)粒子到达P2时速度的大小和方向；(3)磁感应强度的大小．图Z­1­1617．如图Z­1­17所示，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5C，从静止开头经电压为U1＝100V的电场加速后，沿水平方向进入两平行金属板间的偏转电场中，粒子射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直于纸面对外的圆形匀强磁场区域，粒子射出磁场时的偏转角也为60°.已知偏转电场中金属板长L＝2eq\r(3)cm，圆形匀强磁场的半径R＝10eq\r(3)cm，粒子重力忽视不计(1)带电粒子经U1＝100V的电场加速后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度E的大小；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．图Z­1­1718．如图Z­1­18甲所示，两平行金属板的板长l＝0.20m，板间距d＝6.0×10－2m，在金属板右侧有一范围足够大的方向垂直于纸面对里的匀强磁场，其边界为MN，与金属板垂直．金属板的下极板接地，上、下极板间的电压U随时间变化的图像如图乙所示，匀强磁场的磁感应强度B＝1.0×10－2T．现有带正电的粒子以v0＝5.0×105m/s的速度沿两板间的中线OO′连续进入电场，经过电场后射入磁场．已知带电粒子的比荷eq\f(q,m)＝108C/kg，粒子所受的重力忽视不计，假设在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变，不计粒子间的作用(计算时取tan15°(1)求t＝0时刻进入的粒子经边界MN射入磁场和射出磁场时射入点和射出点间的距离．(2)求t＝0.30s时刻进入的粒子在磁场中运动的时间．(3)试证明：在以上装置不变时，以v0射入电场且比荷相同的带电粒子经边界MN射入磁场和射出磁场时射入点和射出点间的距离都相等．图Z­1­18特色专题训练(一)1．D[解析]磁场中某点磁感应强度的大小，由磁场本身打算，选项A错误；磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的通电导线所受磁场力方向垂直，选项B错误；当某点的通电导线平行于磁场方向时，其不受磁场力，选项C错误；在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，选项D正确．2．D[解析]带正电空心金属球壳处于静电平衡，内部电场处处为0，外部电场强度满足点电荷场强公式，则选项D正确．3．A[解析]由几何关系知，粒子在Ⅰ中运动的半径是在Ⅱ中运动半径的2倍，所以Ⅰ区的磁感应强度是Ⅱ区的eq\f(1,2).选项A正确．4．A[解析]场源点电荷在Ea和Eb的反向延长线交点处，且为正点电荷，由点电荷的场强公式E＝eq\f(kQ,r2)得eq\f(Ea,Eb)＝3，由正电荷的等势线分布规律知φa>φb，选项A正确．5．D[解析]依据牛顿其次定律有F电＋mg＝2mg，即液滴受的静电力F电＝mg.液滴进入y<0的空间后，液滴所带电荷的电性转变，所受的静电力反向，与重力平衡，故液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，动能不变，重力势能先减小后增大，电势能先增大后减小，因此选项D正确．6．D[解析]由牛顿其次定律知，金属细杆在水平段运动的加速度a＝eq\f(BIL,m)＝10m/s2，选项A错误；金属杆运动到P点，由动能定理有BIL·(MN＋r)－mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，则vP＝2eq\r(5)m/s，选项C错误；在P点，有2FN－BIL＝meq\f(veq\o\al(2,P),r)，解得FN＝0.75N，向心加速度a′＝eq\f(veq\o\al(2,P),r)＝20m/s2，选项B错误，D正确．7．D[解析]在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，依据动能定理有WG＋Wf＋W电＝ΔEk，解得W电＝－0.2J，金属块电势能增加0.2J，静电力应水平向右，金属块带正电；在金属块下滑的过程中重力做功1.2J，重力势能削减1.2J，动能增加0.7J，机械能削减0.5J，选项C错误．8．ABC[解析]若eq\f(kQq,r2)－qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，粒子做匀速圆周运动；若eq\f(kQq,r2)－qv0B<meq\f(veq\o\al(2,0),r)，粒子的运动轨迹为开头阶段在纸面内向右偏的曲线；若eq\f(kQq,r2)－qv0B>meq\f(veq\o\al(2,0),r)，粒子的运动轨迹为开头阶段在纸面内向左偏的曲线；由于库仑力的大小变化，粒子的运动轨迹不行能为沿初速度v0方向的直线．选项A、B、C正确．9．AC[解析]动能Ek­x图像的斜率为合力，即静电力，①的斜率恒定，静电力为恒力，甲符合，②的斜率渐渐增大，即静电力渐渐增大，丙符合，③的斜率渐渐减小，即静电力渐渐减小，乙符合，选项A、C正确．10．ABD[解析]当mg＝qv0B时，摩擦力为零，物块做匀速运动，则A正确；当mg>qv0B时，加速度a＝eq\f(μ（mg－qvB）,m)渐渐增大，物块减速到停下，克服阻力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项B正确；当mg<qv0B时，加速度a＝eq\f(μ（qvB－mg）,m)渐渐减小，物块减速到满足qvB＝mg后做匀速运动，且做匀速运动的速度v＝eq\f(mg,qB)，由动能定理得－W克阻＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则W克阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2q2B2)，选项D正确．11．AD[解析]如图所示，若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t＝eq\f(θ,2π)·T，运动时间相同，所以A正确，C错误；若从bc射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长，圆心角也会变大，但小于从C点射出时的圆心角，所以运动时间变小，选项B错误，D正确．12．AC[解析]由动能定理可得mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)、mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2、mgh3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)、(mg±Eq)h4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可见h1＝h3>h2，第4个小球所受的静电力方向不明确，无法比较h2与h4的大小，选项A、C正确．13．减小增大把握变量法14．正eq\r(2veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))[解析]B增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以粒子带正电．由于洛伦兹力总不做功，只有静电力做功，第一次做正功，其次次做负功，但功的确定值相同．由动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，所以v2＝eq\r(2veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)).15．(1)gsinαeq\f(mgcosα,Bq)(2)eq\f(mg（sinα＋μcosα）,Bqμ)[解析](1)由于μ＜tanα，所以圆环将由静止开头沿棒下滑，圆环A沿棒运动的速度为v1时，受到如图所示的四个力作用．由牛顿其次定律，沿棒的方向有mgsinα－f1＝ma又f1＝μFN1垂直于棒的方向有FN1＋Bqv1＝mgcosα所以当f1＝0(即FN1＝0)时，a有最大值am，且am＝gsinα此时qv1B＝mgcosα解得v1＝eq\f(mgcosα,Bq).(2)设当圆环A的速度达到最大值vm时，圆环受棒的弹力为FN2，摩擦力为f2＝μFN2，此时应有a＝0，即mgsinα＝f2，FN2＋mgcosα＝Bvmq解得vm＝eq\f(mg（sinα＋μcosα）,Bqμ).16．(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0，与x轴正方向夹角为45°斜向下(3)eq\f(mv0,qh)[解析](1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示．粒子从P1到P2在电场中做类平抛运动，设其运动的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，则由牛顿其次定律得qE＝ma依据平抛运动的规律，在水平方向有v0t＝2h在竖直方向有eq\f(1,2)at2＝h联立解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh).(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，它到达P2时速度沿x轴方向的重量仍为v0，用v1表示速度沿y轴方向重量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度的方向和x轴正方向的夹角，有v1＝attanθ＝eq\f(v1,v0)联立得θ＝45°，v＝eq\r(2)v0.(3)由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝eq\r(2)h由牛顿其次定律，有qvB＝meq\f(v2,r)联立得B＝eq\f(mv0,qh).17．(1)1.0×104m/s(2)1.0×104V/m(3)[解析](1)设带电粒子经加速电场加速后速率为v1，依据动能定理，有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(\f(2U1q,m))＝1.0×104m/s.(2)带电粒子在偏转电场中只受静电力作用，做类平抛运动．在水平方向粒子做匀速直线运动，有v1＝eq\f(L,t)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，有v2＝at，a＝eq\f(Eq,m)由几何关系得tanθ＝eq\f(v2,v1)联立解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,1)tanθ,qL)＝1.0×104V/m.(3)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，则v＝eq\f(v1,cosθ)＝2.0×104m/s由