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【创新设计】(山东专用)2022高考物理二轮专题辅导训练 专题3 第7讲 专题提升训练(含解析)
【创新设计】(山东专用)2022高考物理二轮专题辅导训练 专题3 第7讲 专题提升训练(含解析)
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【创新设计】(山东专用)2022高考物理二轮专题辅导训练专题3第7讲专题提升训练(含解析)一、选择题(共9小题,每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.)1.如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子运动的轨迹,带电粒子只受电场力的作用,运动过程中电势能逐渐减少,它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是( )解析 由于带电粒子只受电场力的作用,而且运动过程中电势能逐渐减小,可判断电场力做正功,即电场力与粒子速度方向夹角为锐角,且两者在轨迹两侧,综上所述,可判断只有D项正确.答案 D2.图3-7-20航母舰载机的起飞一般有两种方式:滑跃式(辽宁舰)和弹射式.弹射起飞需要在航母上安装弹射器,我国国产航母将安装电磁弹射器,其工作原理与电磁炮类似.用强迫储能器代替常规电源,它能在极短时间内释放所储存的电能,由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去.如图3-7-20所示是电磁弹射器简化原理图,平行金属导轨与强迫储能器连接,相当于导体棒的推进器ab跨放在平行导轨PQ、MN上,匀强磁场垂直于导轨平面,闭合开关S,强迫储能器储存的电能通过推进器释放,使推进器受到磁场的作用力平行导轨向前滑动,推动飞机使飞机获得比滑跃起飞时大得多的加速度,从而实现短距离起飞的目标.对于电磁弹射器,下列说法正确的是(不计一切摩擦和电阻消耗的能量)( )A.强迫储能器上端为正极B.导轨宽度越大,飞机能获得的加速度越大C.强迫储能器储存的能量越多,飞机被加速的时间越长D.飞机的质量越大,离开弹射器时的动能越大解析 由左手定则可判断,通过ab的电流方向为由b到a,所以强迫储能器上端为负极,A错误;ab所受安培力F=BIL与其有效长度成正比,故导轨宽度越大,推进器ab受到的安培力越大,飞机能获得的加速度越大,B正确;强迫储能器储存的能量越多,飞机能获得的动能越大,但加速时间受滑轨长度、飞机获得的加速度等影响,若滑轨长度一定,加速度越大,加速时间越短,C错误;由能量的转化和守恒定律可知,飞机离开弹射器时的动能取决于强迫储能器储存的能量,D错误.答案 B3.-7-\n图3-7-21(2022·武汉市调研考试)将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图3-7-21所示).O点为该正方形对角线的交点,直线段AB通过O点且垂直于该正方形,OA>OB,以下对A、B两点的电势和场强的判断,正确的是( )A.A点场强小于B点场强B.A点场强大于B点场强C.A点电势等于B点电势D.A点电势高于B点电势解析 由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0,所以选项AB错误;同理将一电荷从A移动到B电场力做功为0,AB电势差为0,因此A点电势等于B点电势,选项C正确,D错误;因此答案选C.答案 C4.图3-7-22(2022·山东烟台模拟)如图3-7-22所示,O点固定一带正电的点电荷,实线表示某高速粒子的运动轨迹,a、b和c为轨迹上的三个点,b点离O点最近,a点比c点离O点更远.则( )A.三个点中,高速粒子在b点的电势能最大B.高速粒子带负电C.在O点电荷产生的电场中,c点的电势比a点电势高D.高速粒子在a、b、c三点的加速度大小ab>ac>aa解析 根据粒子轨迹弯曲的方向,可以判定出该粒子受力的方向大体向左下方,则粒子从a运动到c的过程中,电场力先做负功后做正功,其电势能先增大后减小,所以粒子在b点的电势能最大,故A正确;根据轨迹看出粒子与点电荷间存在斥力,是同种电荷,所以高速粒子带正电,故B错误;根据正点电荷电场线的分布情况:电场线从正点电荷出发到无穷远处终止,顺着电场线电势降低,越靠近点电荷电势越高,所以b点的电势最高,a点电势最低,c点的电势比a点电势高,故C正确;根据库仑定律F=k可知,粒子越靠近点电荷,所受的库仑力越大,产生的加速度越大,所以有ab>ac>aa,故D正确.答案 ACD5.(2022·湖南十三校3月联考)如图3-7-23甲所示,A、B是一条电场线上的两点,若在某点释放一初速度为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场线从A运动到B,其速度随时间变化的规律如图乙所示.则( )-7-\n图3-7-23A.电场力FA>FBB.电场强度EA=EBC.电势φA<φBD.电子的电势能EpA>EpB解析 电子仅在电场力的作用由静止从A向B沿电场线运动,知电场线的方向从B到A,则φA<φB,由Ep=qφ知,EpA>EpB,C、D项正确;由v-t图象知电子运动的加速度随时间逐渐增大,由牛顿第二定律知,FA<FB,EA<EB,故A、B项错误.答案 CD6.(2022·河北省衡水中学调研)如图3-7-24甲所示,真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体,以球心为坐标原点,沿半径方向建立x轴.理论分析表明,x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示,则( )图3-7-24A.x2处场强大小为B.球内部的电场为匀强电场C.x1、x2两点处的电势相同D.假设将试探电荷沿x轴移动,则从x1移到R处和从R移到x1处电场力做功相同解析 引入带正电的试探电荷q,所受的库仑力F=k,根据场强定义式E=,求得x2处的场强为E=,选项A正确;由图乙知球内部随着x的增加场强逐渐增大,选项B错误;引入带正电的试探电荷q,由图乙知在x1处受到的电场力沿着x轴正方向,在向x2运动过程中,电场力做正功,电势能减小,选项C错误;将试探电荷沿x轴移动,则从x1移到R处电场力做正功,而从R移到x1处电场力做负功,选项D错误.答案 A7.如图3-7-25所示,甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连,乙图中电容器充电后断开电源.在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球,小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ,将两图中的右极板向右平移时,下列说法正确的是( )-7-\n图3-7-25A.甲图中夹角减小,乙图中夹角增大B.甲图中夹角减小,乙图中夹角不变C.甲图中夹角不变,乙图中夹角不变D.甲图中夹角减小,乙图中夹角减小解析 甲图中的电容器和电源相连,所以电容器两极板间的电压不变,当极板间的距离增大时,根据公式E=可知,板间的电场强度减小,电场力减小,所以悬线和竖直方向的夹角将减小.当电容器充电后断开电源,电容器的极板所带的电荷量不变.根据平行板电容器的电容公式C=,极板间的电压U==,极板间的电场强度E==,当两个极板电荷量不变、距离改变时,场强与两板间距离无关,故乙图中夹角不变,B正确.答案 B8.图3-7-26如图3-7-26所示,圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b,以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场,其运动轨迹如图,若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是( )A.a粒子速率较大B.b粒子速率较大C.b粒子在磁场中运动时间较长D.a、b粒子在磁场中运动时间一样长解析 由轨迹图知半径ra<rb,根据qvB=m得r=,知粒子b的速率较大,故A项错误,B项正确;根据T=知,两个粒子的周期相同,运动时间为t=T,由图可知a粒子的圆心角较大,则a粒子的运动时间较长,故C、D都错误.答案 B9.图3-7-27如图3-7-27所示,在直线MN下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.放置在直线MN上P点的离子源,可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的负离子,速率都为v.对于那些在纸面内运动的离子,下列说法正确的是( )A.离子射出磁场的点Q(图中未画出)到P的最大距离为-7-\nB.离子距离MN的最远距离为C.离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D.对于沿同一方向射入磁场的离子,射入速率越大,运动时间越短解析 如图所示,垂直于MN射入的离子,在射出磁场时其射出点Q离P点最远,且最远距离等于轨道半径的2倍,即,A错;平行MN且向N侧射入的离子在磁场中运动时距离MN有最远距离PP′,且为轨道半径的2倍,B对;离子在磁场中的运动的周期相同,运动时间由圆弧对应的圆心角决定,而圆心角由离子射入磁场的方向决定,因此运动时间与射入方向有关,C对;对于沿同一方向射入的离子,运动时间由射入方向和运动周期决定,而运动周期与速率无关,故运动时间与速率无关,D错.答案 BC二、非选择题10.图3-7-28(2022·福建卷,20)如图3-7-28所示,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0m.若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,求:(1)两点电荷间的库仑力大小;(2)C点的电场强度的大小和方向.解析 (1)根据库仑定律,A、B两点间的库仑力大小为:F=k①代入数据得:F=9.0×10-3N②(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等,均为:E1=k③A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为:E=2E1cos30°④代入数据得E=7.8×103N/C 方向沿y轴正方向⑤答案 (1)9.0×10-3N(2)7.8×103N/C 方向沿y轴正方向11.(2022·山西四校第二次联考)-7-\n图3-7-29如图3-7-29所示,三角形区域磁场的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为(0,2cm)、(-2cm,0)、(2cm,0),磁感应强度B=4×10-4T,大量比荷=2.5×105C/kg不计重力的正离子,从O点以相同的速率v=2m/s沿不同方向垂直磁场射入该磁场区域.求:(1)离子运动的半径;(2)从ac边离开磁场的离子,离开磁场时距c点最近的位置坐标;(3)从磁场区域射出的离子中,在磁场中运动的最长时间.解析 (1)由qvB=m得,R=,代入数据解得:R=2cm(2)设从ac边离开磁场的离子距c最近的点的坐标为M(x,y),M点为以a为圆心,以aO为半径的圆周与ac的交点,则x=Rsin30°=cmy=R-Rcos30°=(2-3)cm离c最近的点的坐标为M[cm,(2-3)cm](3)依题意知,所有离子的轨道半径相同,则可知弦越长,对应的圆心角越大.易知从a点离开磁场的离子在磁场中运动时间最长,其轨迹所对的圆心角为60°,轨迹与ac相切.T==s,t==s答案 (1)2cm (2)[cm,(2-3)cm](3)s12.如图3-7-30甲所示,比荷=k的带正电的粒子(可视为质点),以速度v0从A点沿AB方向射入长方形磁场区域,长方形的长AB=L,宽AD=L.取粒子刚进入长方形区域的时刻为0时刻,垂直于长方形平面的磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向),粒子仅在洛伦兹力的作用下运动.图3-7-30(1)若带电粒子在通过A点后的运动过程中不再越过AD边,要使其恰能沿DC方向通过C点,求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少?(2)要使带电粒子通过A点后的运动过程中不再越过AD边,求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足什么关系?-7-\n解析 (1)带电粒子在长方形区域内做匀速圆周运动,设粒子运动轨迹半径为R,周期为T,则可得R==,T==每经过一个磁场的变化周期,粒子的末速度方向和初速度方向相同,如图所示,要使粒子恰能沿DC方向通过C点,则经历的时间必须是磁场周期的整数倍,有:AB方向,L=n×2RsinθDC方向,L=n×2R(1-cosθ)解得cosθ=1(舍去),cosθ=所以θ=60°,R=即B0=,T0=(n=1、2、3…).(2)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过AD边时运动情形如图所示由图可知粒子在第一个T0时间内转过的圆心角θ=则T0≤T,即T0≤·≤所以B0T0≤.-7-
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:34:53
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