2014年高考二轮复习专题训练之电学专题六（含答案解析，人教版通用） 7页

‎2014年高考二轮复习之电学专题六 ‎1．一物体从高x处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为时，物体的速度和距地面的高度分别是(　　)‎ A.，　　　　　　　　 B.， C.，x D.，x ‎【解析】　根据运动学公式v＝gt，得速度v与时间t成正比，所以下落时的速度为v′＝v·＝.根据公式x＝gt2得，下落位移x与时间的平方t2成正比，所以下落时下落的高度为x′＝x·＝x.所以距地面高度x距＝x－x′＝x－x＝x.选项C正确．‎ ‎【答案】　C ‎2.如图1所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用劲度系数为k的轻质弹簧相连的物块A、B，质量均为m，开始时两物块均处于静止状态．现下压A再静止释放使A开始运动，当物块B刚要离开挡板时，A的加速度的大小和方向为(　　)‎ A．0‎ B．2gsin θ，方向沿斜面向下 C．2gsin θ，方向沿斜面向上 D．gsin θ，方向沿斜面向下[来源:学+科+网]‎ ‎【解析】　当B刚要离开挡板时，弹簧弹力大小为F＝mgsin θ，弹簧处于伸长状态；对A进行受力分析，重力沿斜面向下的分力mgsin θ，弹簧弹力沿斜面向下的拉力F，故A的加速度大小为2gsin θ，方向沿斜面向下，故B正确．[来源:学科网ZXXK]‎ ‎【答案】　B ‎【答案】　BC ‎3．如图3，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是(　　)‎ 图3‎ A．a点　　　 B．b点　　　‎ C．c点　　　 D．d点[来源:Zxxk.Com]‎ ‎【解析】　由安培定则画出a、b、c、d的磁感线的分布图，由图可知a、c两点的磁场方向相反，当B1＝B2时该点处的磁感应强度为零，又I1＞I2，故该点距I1距离应比I2大，故C正确，A、B、D均错误．‎ ‎【答案】　C ‎4．如图4所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论正确的是(　　)‎ A．电容器两极板间可形成匀强磁场，电场强度大小为E＝φ/d B．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零 C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加 D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小 ‎【解析】　由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方为正，下方为负，故B正确；由C＝知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．‎ ‎【答案】　BCD ‎5．地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交换忽略不计．已知大气压强随高度增加而降低，则该气团在此上升过程中(不计气团内分子间的势能)(　　)‎ A．体积减小，温度降低 B．体积减小，温度不变 C．体积增大，温度降低 D．体积增大，温度不变[来源:Zxxk.Com]‎ ‎【解析】　由于大气压强随高度增加而降低，空气团气体的压强大于周围空气的压强，故空气团要膨胀，体积增大；根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，由于空气团与外界的热交换忽略不计，故Q＝0，由于空气团的体积增大，故空气团对外界做功W＜0，因此内能的变化ΔU＜0，即空气团内能减少，而空气团的内能又只与温度有关，故该气团的温度降低，C选项正确．‎ ‎【答案】　C ‎6．如图3所示为分子势能与分子间距离之间的关系，下列判断正确的是 A．当r＜r0时，r越小，则分子势能Ep越大 B．当r＞r0时，r越小，则分子势能Ep越大 C．当r＝r0时，则分子势能Ep最小 D．当r→∞时，分子势能Ep最小 ‎【解析】　当r＜r0时，分子力表现为斥力，r减小时分子力做负功，分子势能增大；当r＞r0时，分子力表现为引力，r减小时分子力做正功，分子势能减小；当r＝r0时，分子力为零，分子势能最小；当r→∞时，引力做负功，分子势能增加并趋近于零．‎ ‎【答案】　AC ‎7.如图3所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止放在粗糙水平地面上，O为球心，有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°，则下列说法正确的是(　　)‎ ‎[来源:Z§xx§k.Com]‎ A．小球受到轻弹簧的弹力大小为mg B．小球受到容器的支持力大小为mg C．小球受到容器的支持力大小为mg D．半球形容器受到地面的摩擦力为0‎ ‎【解析】　‎ 小球受力分析如图所示，由几何关系可知，FN＝F弹，由平衡条件得：2FNsin θ＝mg，可得：FN＝F弹＝mg，故A、B错误，C正确；取半球形容器、弹簧和小球为一系统，由平衡条件可以得出，地面对半球形容器的摩擦力为0，D正确．‎ ‎【答案】　CD ‎8如图4所示，在水平力F的作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是(　　)‎ A．3个 B．5个 C．4个 D．6个 ‎【解析】　木块B一定受重力和A对它的压力；将A、B看做整体，因整体保持静止，所以B一定受斜面的支持力；隔离木块A对其受力分析，因A静止，故A一定受B的静摩擦力，从而B也一定受A的静摩擦力；斜面对木块B的静摩擦力可能有，也可能无．综上所述，正确答案为B、C.‎ ‎【答案】　BC ‎9.如图7所示，a、b是一对水平放置的平行金属板，板间存在着竖直向下的匀强电场．一个不计重力的带电粒子从两板左侧正中位置以初速度v沿平行于金属板的方向进入场区，带电粒子进入场区后将向上偏转，并恰好从a板的右边缘处飞出．若撤去电场，在两金属板间加垂直纸面向里的匀强磁场，则相同的带电粒子从同一位置以相同的速度进入场区后将向下偏转，并恰好从b板的右边缘处飞出．现上述的电场和磁场同时存在于两金属板之间，仍让相同的带电粒子从同一位置以相同的速度进入场区，则下面的判断中正确的是(　　)‎ A．带电粒子将偏向a板做曲线运动 B．带电粒子将偏向b板做曲线运动 C．带电粒子将做匀速直线运动 D．带电粒子将做匀速圆周运动 ‎【解析】　设板长为L，板间的距离为d.仅有电场时，粒子做类平抛运动，有＝··()2，可得qE＝mv2；仅有磁场时，粒子做匀速圆周运动，有qvB＝m，其中R2＝(R－)2＋L2，解得qvB＝.比较可得qE＞qvB，当电场和磁场同时存在时，合力指向a板，粒子将偏向a板做曲线运动，选项A正确．‎ ‎【答案】　A ‎10．如图10所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中的Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：‎ 图10‎ ‎(1)电场强度的大小E；‎ ‎(2)磁感应强度的大小B；‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的时间t.‎ ‎【解析】　(1)粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得2h＝v0t h＝at2‎ qE＝ma 解得E＝.‎ ‎(2)粒子到达O点时，沿y轴正方向的分速度 vy＝at＝·＝v0‎ 速度方向与x轴正方向的夹角α满足 tan α＝＝1，α＝45°‎ 粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，‎ 粒子在磁场中的速度v＝ v0‎ 轨道半径R＝ h 由qvB＝m得B＝.‎ ‎(3)粒子在磁场中的运动时间 t＝·＝.‎ ‎【答案】　(1)　(2)　(3) ‎11．如图11所示，在xOy平面内的第Ⅲ象限中有沿－y方向的匀强电场，场强大小为E.在第Ⅰ和第Ⅱ象限有匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，有一个质量为m，电荷量为e的电子，从y轴的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场，P点坐标为(0，－)，经电场偏转后，与x轴负半轴成一定角度进入磁场，设磁感应强度B的大小为.求： 图11‎ ‎(1)电子经过x轴负半轴的坐标和此时速度方向与－x轴方向的夹角；‎ ‎(2)电子再次经过y轴负半轴的坐标．‎ ‎【解析】　(1)电子在电场中做类平抛运动，加速度为a＝ 令y0＝，则时间为t＝ 电子经过x轴负半轴的坐标 x＝－v0t＝－v0 ＝－＝－2y0‎ 由tan θ＝＝＝1，‎ 得θ＝45°‎ 故速度方向与－x轴方向成45°.‎ ‎(2)电子进入磁场速度应为 v0，进入磁场时方向与x轴负方向成45°，进入磁场所做圆周运动半径 R＝ ＝＝＝y0‎ 由几何关系可知轨迹与x轴两交点间距离为＝ R＝3y0，＝－＝3y0－2y0＝y0[来源:Z。xx。k.Com]‎ 电子接着从B点做匀速直线运动，由对称性知与x轴负方向成45°，故再次经过y轴的坐标为(0，－)，即与P点重合．‎ ‎【答案】　见解析 ‎12如图12，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．‎ ‎【解析】　粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvB＝m①‎ 式中v为粒子在a点的速度．‎ 过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点，由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形．因此 ＝＝r②[来源:学*科*网]‎ 设＝x，由几何关系得 ＝R＋x③‎ ＝R＋④‎ 联立②③④式得r＝R⑤‎ 再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE＝ma⑥‎ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得 r＝at2⑦‎ r＝vt⑧‎ 式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝.‎ ‎【答案】