云南省红河州蒙自一中2022学年高二物理上学期期末模拟试卷3（含解析）

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云南省红河州蒙自一中2022学年高二物理上学期期末模拟试卷3（含解析）

2022-08-25 12:30:54
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2022-2022学年云南省红河州蒙自一中高二（上）期末物理模拟试卷（3）一、单项选择题（每题3分，共30分）1．（3分）（2022秋•蒙自县校级期末）下列说法中不正确的是哪一组（　　）　A．（a）电场线一定是从正电荷出发，终止于负电荷（b）磁感线一定是从N极出发，终止于S极　B．（c）正电荷在电场中受到的电场力的方向即为该点电场强度的方向（d）小磁针在磁场中N极受到的磁场力的方向即为该点磁场的方向　C．（e）电场线上某点的切线方向即是该点电场强度的方向（f）磁感线上某点的切线方向即是该点的磁场的方向　D．（g）电场线越密的地方电场强度越强（h）磁感线越密的地方磁场越强考点：磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．版权所有分析：磁感线是假想的线，没有起点也没有终点，且是闭合的曲线，磁感线的疏密表示磁场强弱．静电场中的电场线不是闭合的曲线，始于正电荷（或无穷远），止于无穷远（或负电荷）．解答：解：A、静电场中的电场线一定不闭合，磁感线一定是闭合曲线，故A错误；B、正电荷在电场中受到的电场力的方向即为该点电场强度的方向；小磁针在磁场中N极受到的磁场力的方向即为该点磁场的方向．故B正确；C、电场线上某点的切线方向即是该点电场强度的方向，磁感线上某点的切线方向即是该点的磁场的方向，故C正确；D、电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密的地方电场强度越强；磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线越密的地方磁场越强，故D正确；本题选择不正确的，故选：A．点评：考查电场线与磁感线是否闭合，理解它们的疏密程度表示场的强弱，注意运动轨迹与电场线或感应线没有关系．　2．（3分）（2022•松江区一模）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（　　）　A．B．C．D．考点：分子电流假说．版权所有专题：电磁感应中的力学问题．分析：要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．-16-\n解答：解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．故选B．点评：主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定．　3．（3分）（2022•德阳模拟）一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）　A．U变小，E不变B．E变大，ε变大C．U变小，ε变大D．U不变，ε变大考点：电容器的动态分析．版权所有专题：电容器专题．分析：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化．解答：解：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论E=得知，板间场强E不变．由电容的决定式C=得到电容C增大，由电容的定义式C=分析得知，电压U变小．由U=Ed得知，P点与上板间的电势差变小，而P点的电势低于上板电势，则P点的升高，正电荷的电势能ɛ变大．故选：AC点评：电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是重要的推论，要能根据电容的决定式C=、定义式C=和E=结合进行推导．　4．（3分）（2022秋•池州期末）如图所示，AB是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，对此现象下列判断正确的是（不计电荷重力）（　　）　A．电荷向B做匀加速运动　B．电荷向B做加速度越来越小的运动　C．电荷向B做加速度越来越大的运动　D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定-16-\n考点：电场线；牛顿第二定律；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．解答：解：在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点处运动，电荷受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，但是只有一条电场线，不能判断电场线的疏密的情况，不能判断电荷的受力的变化的情况，不能判断加速度的变化的情况，所以D正确．故选D．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．　5．（3分）（2022秋•通榆县校级期末）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时．三个灯泡亮度的变化情况是（　　）　A．L1变亮，L2和L3皆变暗B．L1变亮，L2不能确定，L3变暗　C．L1变暗，L2变亮，L3也变亮D．L1变亮，L2变亮，L3变暗考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断灯L3亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断L1变化的变化．由总电流与L1电流的变化，判断L2亮度的变化．解答：解：当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得，电路中总电流I增大，L3变亮．并联部分电压U=E﹣I（R3+r），E、R3、r都不变，I增大，则U减小，L1变暗．流过L2的电流I2=I﹣I1，I增大，I1减小，I2增大，则L2变亮．故选C点评：本题电路中动态分析问题，当外电路某一部分电阻增大或减小时，外电路电路总电阻也随之增大或减小．　6．（3分）（2022秋•巨鹿县校级期末）如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（　　）　A．3：4B．4：3C．3：2D．2：3-16-\n考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移比得出运动的时间比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比．解答：解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1：2，知运动时间比为1：2．根据y=，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=，因为电，量比为3：1，则质量比为3：4．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键知道带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动．　7．（3分）（2022•徐汇区二模）如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为灯泡电阻的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（　　）　A．4W、8WB．2W、4WC．4W、6WD．2W、3W考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电源的输出功率和总功率．解答：解：由图读出E=3V，r=0.5Ω灯泡与电源连接时，工作电压U=2V，I=2A则电源的输出功率P出=EI﹣I2r=（3×2﹣22×0.5）W=4W电源的总功率P总=EI=3×2W=6W故选C点评：解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．　8．（3分）（2022秋•蒙自县校级期末）如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（　　）-16-\n　A．线圈向左运动B．线圈向右运动　C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动考点：安培定则．版权所有分析：将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动．解答：解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针的N极指向右，根据异性相吸，知线圈向左运动．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：通电电流处于条形磁铁产生的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断．本题用等效法解决比较简单．　9．（3分）（2022•滨州一模）图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（　　）　A．a的质量一定大于b的质量　B．a的电荷量一定大于b的电荷量　C．a运动的时间大于b运动的时间　D．a的比荷（）大于b的比荷（）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解．解答：解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S．根据动能定理，得qU=mv2，v=-16-\n由qvB=m，r==则S=2r=得到=由图，Sa＜Sb，U、B相同，则故选D点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．　10．（3分）（2022•宝丰县校级模拟）如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法正确的是（　　）①两粒子所带的电荷符号不同②甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度③两个粒子的电势能都是先减小后增大④经过b点时，两粒子的动能一定相等．　A．①②B．①③C．③④D．①④考点：电势能；动能定理的应用．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0．解答：解：①由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同．故①正确．②甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度，故②正确．③由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故③错误．-16-\n④可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的速率，但动能不一定相等，虽重力不计，两粒子经过b点时动能不一定相等．故④错误因此本题正确的有①②．故选：A．点评：根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减．　二、多项选择题（每题4分，共20分）11．（4分）（2022秋•蒙自县校级期末）如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一粒子恰能沿直线飞过此区域（不计粒子重力）（　　）　A．若粒子带正电，E方向应向下　B．若粒子带负电，E方向应向上　C．若粒子带正电，E方向应向上　D．不管粒子带何种电，E方向都向下考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，由此可正确解答结果．解答：解：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有：qE=qvB；若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下；因此AD正确，BC错误．故选：AD．点评：本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性．　12．（4分）（2022•包头一模）空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则（　　）　A．该离子带负电-16-\n　B．A、B两点位于同一高度　C．C点时离子速度最大　D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点考点：带电粒子在混合场中的运动．版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：带电粒子由静止释放（不考虑重力），在电场力的作用下会沿电场向下运动，在运动过程中，带电粒子会受到洛伦兹力，所以粒子会沿逆时针方向偏转，到达C点时，洛伦兹力方向向上，此时粒子具有最大速度，在之后的运动中，粒子的电势能会增加速度越来越小，到达B点时速度为零．之后粒子会继续向右重复由在由A经C到B的运动形式．解答：解：A、粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电．故A错误．B、根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位移同一高度．故B正确．C、根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大．故C正确．D、只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的．如图所示．故选：BC．点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功，难度适中．　13．（4分）（2022•贵州学业考试）如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J．则下列说法正确的是（　　）　A．粒子带负电　B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5J　C．粒子在A点的动能比在B点少0.5J　D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5J考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：-16-\n根据轨迹的弯曲方向判断电性．在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功．从运动轨迹上判断，粒子带正电．从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能．从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况．从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能．解答：解：A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力向右，与电场方向相同，所以带电粒子应带正电．故A错误．B、从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，由题意电场力做的功为1.5J，则电势能减少1.5J，所以在A点的电势能比B点的电势能大1.5J．故B错误．C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，则总功为W=﹣2J+1.5J=﹣0.5J．由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误．D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J．故D正确．故选：D．点评：解决本题关键要掌握常见的功与能的关系，能运用能量转化和守恒定律进行分析．　14．（4分）（2022秋•焦作期末）质量为m、带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示．若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（　　）　A．小物块一定带有正电荷　B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动　C．小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动　D．小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为考点：洛仑兹力；牛顿第二定律．版权所有专题：应用题．分析：带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则判定小球的电性．对小球进行受力分析，根据受力情况确定其运动情况．当压力为零时，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，求出小球的速率．解答：解：A、带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上．根据左手定则知，小球带负电．故A错误．B、小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律知a=gsinθ，小球在离开斜面前做匀加速直线运动．故B正确，C错误D、当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosθ=qvB，解得：v=-16-\n，故D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，进行分析求解．　15．（4分）（2022秋•蒙自县校级期末）如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的右上方附近固定有一根长直导线，导线中通与了方向垂直纸面向里（即与条形磁铁垂直）的电流，与原来没有放置通电导线时相比较，磁铁受到的支持力N和摩擦力f的变化情况是（　　）　A．N减小了B．N增大了　C．f始终为0D．f不为0，且方向向右考点：安培力．版权所有分析：以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况来选择．解答：解：以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右下方；根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左上方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，同时磁铁对地的压力减小；故选：AD．点评：本题考查灵活运用牛顿第三定律选择研究对象的能力．关键存在先研究导线所受安培力．　三、实验题（本题共2小题，共12分）16．（6分）（2022秋•通榆县校级期末）一多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是×1Ω、×10Ω、×100Ω．用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到　×100Ω　挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是　欧姆调零　，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是　2200　Ω．考点：用多用电表测电阻．版权所有专题：实验题．分析：用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．-16-\n解答：解：用×10Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100Ω挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是22×100Ω=2200Ω．故答案为：×100Ω；欧姆调零；2200．点评：本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．　17．（6分）（2022秋•蒙自县校级期末）在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图1为实验原理图及所需器件图．一位同学记录的6组数据见表：I（A）0.120.200.310.320.500.57U（V）1.371.321.241.181.101.05试根据这些数据在图2坐标图中画出U﹣I图象，根据图象读出电池的电动势E=　1.45　V，求出电池内阻r=　0.69　Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．版权所有专题：实验题；恒定电流专题．分析：应用描点法作出图象，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．解答：解：根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：-16-\n由图象图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为1.45，则电源电动势E=1.45V，电源内阻r===0.69Ω．故答案为：图象如图所示；1.45；0.69．点评：本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．　三、计算题（本题共4小题，共38分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）18．（9分）（2022秋•咸阳期末）把带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零．求：（1）A点的电势；（2）A、B两点的电势差；（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．考点：电势；电势差；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式φ=得到各个点的电势；最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．解答：解：（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有WOA=EpO﹣EpA无穷远处电势能为零，即EpO=0故EpA=﹣WOA=8×10﹣6J根据电势的定义式φ=，有φA==即A点的电势为400V．（2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA﹣EpB，有WOB=EpO﹣EpB无穷远处电势能为零，即EpO=0故EpB=﹣WOB=2×10﹣6J根据电势的定义式φ=，有-16-\nφB==故A、B间的电势差为UAB=φA﹣φB=400V﹣100V=300V即A、B点的电势差为300V．（3）根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB，有WAB=qUAB=﹣2×10﹣5C×300V=﹣6×10﹣3J即把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做﹣6×10﹣3J的功．点评：本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势，最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．　19．（9分）（2022•通榆县校级模拟）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m、质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流大小I=1A、方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T、方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，求几秒后斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：根据左手定则确定安培力的方向，抓住斜面对导线的支持力为零时，导线只受重力、线的拉力和安培力作用而处于平衡状态，据平衡条件求出安培力的大小，由F=BIL可以得到磁感应强度的大小，根据磁感应强度的变化率可以求出所需要的时间t．解答：解：由题意知，当斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示．由图知FTcos37°=F①FTsin37°=mg②由①②解得：导线所受安培力的为F==0.8N．又根据F=BIL得：此时导线所处磁场的磁感应强度为B==2T，因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有B=0.4t得t=5s．答：5秒后斜面对导线的支持力为零．-16-\n点评：抓住支持力为0时的导线受力特征，根据平衡条件求解是关键．　20．（10分）（2022•甘肃模拟）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=4.8×10﹣25kg、电荷量为q=1.6×10‑18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以υ0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到边界b的Q（图中未标出）处．试求（1）粒子穿过狭缝P时的速度υ及其与b板的夹角θ．（2）P、Q之间的距离L．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理即可求出速度和夹角；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，由几何关系及带点粒子在磁场中运动的基本公式即可解题．解答：解：（1）粒子a板左端运动到P处，由动能定理得：qEd=带入数据得：v=m/scosθ=代入数据得θ=300（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图．由几何关系得：=rsin30°，又Bqv=-16-\n联立求得：L=带入数据得：L=5.8cm．答：（1）粒子穿过狭缝P时的速度υ为m/s，其与b板的夹角θ为300；（2）P、Q之间的距离L为5.8cm．点评：本题考查了动能定理及带点粒子在磁场中的运动情况和基本公式，题目难度适中，属于中档题．　21．（10分）（2022•清远一模）如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子以速度V0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30°．粒子的重力不计，试求：（1）圆形匀强磁场区域的最小面积？（2）粒子在磁场中运动的时间？（3）b点到O点的距离？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力即可求得半径；先求出连接粒子在磁场区入射点和出射点的弦长，要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为L的一半，求出半径即可求得最小面积．（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，根据圆心角与周期的关系即可求解运动时间；（3）根据轨迹，由几何知识求得从b点射出时Ob距离．解答：解：（1）带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力，则其转动半径为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为：-16-\n要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为L的一半，即：其面积为（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，带电粒子在磁场中运动的时间为转动周期的，即有t===（3）带电粒子从O处进入磁场，转过120°后离开磁场，再做直线运动从b点射出时Ob距离：答：（1）圆形匀强磁场区域的最小面积是（2）粒子在磁场中运动的时间为．（3）b点到O点的距离是．点评：本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，知道向心力由洛伦兹力提供，学会利用圆心角去求运动时间，难度适中．　-16- 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