阶段训练三 电场和磁场 时间45分钟 满分100分 一、选择题本题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,17题只有一个选项符合题目要求,810题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分 1.根据大量科学测试可知,地球本身就是一个电容器。通常大地带有5105 C左右的负电荷,而地球上空存在一个带正电的电离层,这两者之间便形成一个已充电的电容器,它们之间的电压为300 kV左右。则此电容约为 A.0.17 FB.1.7 FC.17 FD.170 F 2. 如图所示,空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体正四面体并不存在的四个顶点处,ABl,A、B、C、D四个顶点各放置一个q,A点电荷受到的电场力为 A.6kq2l2B.32kq2l2 C.3kq2l2D.63kq2l2 3.如图甲所示,Q1、Q2为两个固定点电荷,其中Q1带正电,它们连线的延长线上有b、a两点。一个带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处
运动,其速度图象如图乙所示,则 A.Q2带负电 B.a、b两点的电势φaEb D.试探电荷从b到a的过程中电势能减少 4. 如图所示,两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中,匀强磁场方向竖直向上,将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触。现在金属棒PQ中通以变化的电流I,同时释放金属棒PQ使其运动。已知电流I随时间的变化关系为Iktk为常数,k0,金属棒与导轨间的动摩擦因数一定。以竖直向下为正方向,则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中,可能正确的是 5. 如图所示,绝缘轻杆两端固定带电小球A和B,轻杆处于水平向右的匀强电场中,不考虑两球之间的相互作用。初始时轻杆与电场线垂直如图中实线位置,将杆向右平移的同时顺时针转过90如图中虚线位置,发现A、B两球电势能之和不变。根据图中给出的位置关系,可判断下列说法正确的是 A.A球一定带正电荷,B球一定带负电荷 B.A球电势能一定增加 C.A、B两球电荷量的绝对值之比qA∶qB1∶2 D.电场力对A球和B球都不做功 6.如图所示,Q为固定的正点电荷,虚线圆是一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子,分别从同一点A以相同的速度v0射入,轨迹分别如图中曲线所示,B、C为两曲线与圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小,vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小,不计粒子重力。以下判断正确的是 A.aBaC vBvCB.aBaC vBvC C.aBaC vBaC,所以mBmC。由于B、C在同一等势面上,且两个电荷的电荷量相同,故静电力做功相同,两粒子的动能变化相同,则有12mBvB2-12mBv0212mCvC2-12mCv02,结合mBmC,得vBvC,故C正确,A、B、D错误。
7.B 解析 根据题意,电容器两极板间电压不变;由平行板电容器决定式CεrS4πkd可知上极板上移,板间距离d增大,电容C减小;由 QCU可知,电容器所带电荷量减小,选项C、D错误;电子在两极板间做类平抛运动,沿电场方向做匀变速直线运动,板间电场强度d增大,电压不变,板间电场强度E减小,电子所受电场力减小,故加速度aqEm减小,运动时间不变,由匀变速直线运动规律y12at2可知电子偏移距离y减小,选项B正确,A错误。
8.BC 解析 小球做匀速圆周运动需满足qEmgsin θ,Emg2q,选项C正确;由qvBmv2R,解得BmvqR,选项B正确;由于小球受到的电场力与重力沿斜面分量平衡,电场力方向沿斜面向上,则小球带正电,选项A错误;小球在运动过程中,存在电场力非重力做功,机械能不守恒,选项D错误。
9.CD 解析 粒子做匀速圆周运动,速度大小不变、方向时刻改变,t1、t2两个时刻,粒子所处位置电场强度大小相同、方向不同,选项A、B错误,C正确;从图象可知,粒子的电势能不随时间变化,Epqφ,电势不变,选项D正确。
10.ABC 解析 粒子运动轨迹如图所示,A与D横坐标相同,由qvBmv2R可得,xD2R2mvqB,yDxDtan 3023mv3qB,所以A正确;圆弧DEC的半径与半圆弧OA的半径相同,所以与y轴相切于E点,B正确;θ260,根据粒子在有界磁场的运动特点,θ3θ430,所以粒子再次经过A点后,速度与x轴正方向间的夹角θ430,即速度方向恰好与OP平行,C正确;粒子在磁场中的运动时间为tT2240360T60360T8πm3qB,D错。
11.答案 1 32kQ9l2 212lmv02 37mv024q 492l 解析 1由库仑定律及电场强度的定义式可得 EakQl22-kQ3l22① 解得Ea32kQ9l2。② 2从a点到b点过程中,根据对称性,UaUb③ 根据动能定理-Ffl0-12mv02④ 解得Ff12lmv02。⑤ 3从a到O点过程中,根据动能定理 qUa O-Ffl212m2v02-12mv02⑥ 解得Ua O7mv024q。⑦ 4最后停在O点,整个过程由动能定理得 qUa O-Ffs0-12mv02⑧ 解得s92l。⑨ 12.答案 13RBE 2qBRm 解析 1设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有 qvBmv23R① 设粒子在电场中运动所受电场力为F,有 FqE② 设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有 Fma③ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有 vat