2021年高二人教版物理选修3-1练习册：特色专题训练(一)

2021年高二人教版物理选修3-1练习册：特色专题训练（一）

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一致

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一定为零

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，金属球壳在周围空间产生静电场，则其电场强度的大小E在x轴上的分布情况是( )

图Z-1-1

图Z-1-2

3．如图Z-1-2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，最后再从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∶B2为(忽略粒子的重力)() A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．1∶4

图Z-1-3

4．如图Z-1-3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E a、E b及电势φa、φb的关系正确的是()

A．E a＝3E b，φa>φb B．E a＝3E b，φa<φb

C．E a＝E b

3，φa>φb D．E a＝3E b，φa<φb

图Z-1-4

5．如图Z-1-4所示，某一真空室内充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改变了它的带电性质(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．重力势能一定不断减小B．电势能一定先减小后增大

C．动能不断增大D．动能保持不变

图Z-1-5

6．如图Z-1-5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0.5 m，匀强磁场方向竖直向上，大小为0.5 T．质量为0.05 kg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2 A的恒定电流时，其可以沿轨道由静止开始向右运动．已知MN＝OP＝1.0 m，金属细杆始终垂直轨道，OP 沿水平方向，则(g取10 m/s2)()

A．金属细杆在水平段运动的加速度大小为5 m/s2

B．金属细杆运动至P点时的向心加速度大小为10 m/s2

C．金属细杆运动至P点时的速度大小为0

D．金属细杆运动至P点时对每条轨道的作用力大小为0.75 N

图Z-1-6

7．如图Z-1-6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始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7 J，金属块克服摩擦力做功0.3 J，重力做功1.2 J，则以下判断正确的是()

A．金属块带负电荷B．静电力做功0.2 J

C．金属块的机械能减少1.2 J D．金属块的电势能增加0.2 J

图Z -1-7

8．空间存在磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，另有一个点电荷＋Q 产生的电场，如图Z -1-7所示．一带电荷量为－q 的粒子以初速度v 0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(忽略粒子所受的重力)( )

A ．以点电荷＋Q 为圆心、r 为半径的在纸面内的圆周

B ．开始阶段在纸面内向右偏的曲线

C ．开始阶段在纸面内向左偏的曲线

D ．沿初速度v 0方向的直线

9．图Z -1-8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)．有一个正试探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E k 随位移x 变化的关系图像如图Z -1-9中的①②③图线所示，其中图线①是直线．下列说法正确的是( )

图Z -1-8

图Z -1-9

A ．甲对应的图线是①

B ．乙对应的图线是②

C ．丙对应的图线是②

D ．丁对应的图线是③

10．如图Z -1-10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向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v 0，空气阻力忽略不计，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Z -1-10

A ．0 B.12

mv 20 C.12mv 20＋m 3g 22q 2B 2 D.12mv 20－m 3g 2

2q 2B

2

图Z -1-11

11．如图Z-1-11所示，在ab＝bc的等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，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．经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长

B．经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长

C．运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间

D．运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间

12．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上垂直于纸面向里的匀强磁场，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Z-1-12所示．不计空气阻力，则()

图Z-1-12

A．一定有h1＝h3B．一定有h1

C．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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”的实验中，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Z-1-13所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．

图Z-1-13

实验表明：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”“控制变量法”或“演绎法”)

图Z-1-14

14．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Z-1-14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；第二次射出时的速度为________．

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Z-1-15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＜tan α，现让圆环A由静止开始下滑，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Z-1-15

16．如图Z-1-16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Z-1-16

17．如图Z-1-17所示，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5C，从静止开始经电压为U1＝100 V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向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 ＝2 3 cm，圆形匀强磁场的半径R＝10 3 cm，粒子重力忽略不计．求：

(1)带电粒子经U1＝100 V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Z-1-17

18．如图Z -1-18甲所示，两平行金属板的板长l ＝0.20 m ，板间距d ＝6.0×10－2 m ，

在金属板右侧有一范围足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，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 ＝1.0×10－2 T ．现有带正电的粒子以v 0＝5.0×105 m/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q m

＝108 C/kg ，粒子所受的重力忽略不计，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tan 15°＝415

)． (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 ＝0.30 s 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v 0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Z -1-18

特色专题训练(一)

1．D [解析] 磁场中某点磁感应强度的大小，由磁场本身决定，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12

.选项A 正确． 4．A [解析] 场源点电荷在E a 和E b 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 ＝kQ r

2得E a E b ＝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] 根据牛顿第二定律有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改变，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] 由牛顿第二定律知，金属细杆在水平段运动的加速度a ＝BIL m ＝10 m/s 2，选项A 错误；金属杆运动到P 点，由动能定理有BIL ·(MN ＋r )－mgr ＝12m v 2P

，则v P ＝2 5 m/s ，选项C 错误；在P 点，有2F N －BIL ＝m v 2P r ，解得F N ＝0.75 N ，向心加速度a ′＝v 2P r

＝20 m/s 2，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0.7 J ，金属块克服摩擦力做功0.3 J ，重力做功1.2 J ，根据动能定理有W G ＋W f ＋W 电＝ΔE k ，解得W 电＝－0.2 J ，金属块电势能增加0.2 J ，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1.2 J ，重力势能减少1.2 J ，动能增加0.7 J ，机械能减少0.5 J ，选项C 错误．

8．ABC [解析] 若kQq r 2－q v 0B ＝m v 20r ，粒子做匀速圆周运动；若kQq r

2－q v 0B

2－q v 0B >m v 20r ，粒子的运动轨迹为开始阶段在纸面内向左偏的曲线；由于库仑力的大小变化，粒子的运动轨迹不可能为沿初速度v 0方向的直线．选项A 、B 、C 正确．

9．AC [解析] 动能E k -x 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的斜率逐渐增大，即静电力逐渐增大，丙符合，③的斜率逐渐减小，即静电力逐渐减小，乙符合，选项A 、C 正确．

10．ABD [解析] 当mg ＝q v 0B 时，摩擦力为零，物块做匀速运动，则A 正确；当mg >q v 0B 时，加速度a ＝μ（mg －q v B ）

m 逐渐增大，物块减速到停下，克服阻力做功为12m v 20

，选项B 正确；当mg

m 逐渐减小，物块减速到满足q v B ＝mg 后

做匀速运动，且做匀速运动的速度v ＝mg qB

，由动能定理得－W 克阻＝12m v 2－12m v 20，则W 克阻

＝12m v 20－m 3g 22q 2B 2，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 ＝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mgh 1＝12m v 20、mgh 2＝12m v 20－12m v 2、mgh 3＝12

m v 20、

(mg ±Eq )h 4＝12

m v 20，可见h 1＝h 3>h 2，第4个小球所受的静电力方向不明确，无法比较h 2与h 4的大小，选项A 、C 正确．

13．减小 增大 控制变量法

14．正 2v 20－v 21

[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，第二次做负功，但功的绝对值相同．由动能定理得12m v 21

－12m v 20＝12m v 20－12

m v 22，所以v 2＝2v 20－v 21.

15．(1)g sin α mg cos αBq (2)mg （sin α＋μcos α）Bqμ

[解析] (1)由于μ＜tan α，所以圆环将由静止开始沿棒下滑，圆环A 沿棒运动的速度为v 1时，受到如图所示的四个力作用．

由牛顿第二定律，沿棒的方向有

mg sin α－f 1＝ma

又f 1＝μF N1

垂直于棒的方向有

F N1＋Bq v 1＝mg cos α

所以当f 1＝0(即F N1＝0)时，a 有最大值a m ，且a m ＝g sin α

此时q v 1B ＝mg cos α

解得v 1＝mg cos αBq

. (2)设当圆环A 的速度达到最大值v m 时，圆环受棒的弹力为F N2，摩擦力为f 2＝μF N2，此时应有a ＝0，即mg sin α＝f 2，F N2＋mg cos α＝B v m q

解得v m ＝mg （sin α＋μcos α）Bqμ

. 16．(1)m v 202qh

(2)2v 0，与x 轴正方向夹角为45°斜向下 (3)m v 0qh [解析] (1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示．

粒子从P 1到P 2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 ，则由牛顿第二定律得qE ＝ma

根据平抛运动的规律，在水平方向有v 0t ＝2h

在竖直方向有12

at 2＝h 联立解得E ＝m v 202qh

.

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，它到达P 2时速度沿x 轴方向的分量仍为v 0，用v 1表示速度沿y 轴方向分量的大小，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

v 1＝at

tan θ＝v 1v 0

联立得θ＝45°，v ＝2v 0.

(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 ＝2h

由牛顿第二定律，有

q v B ＝m v 2r

联立得B ＝m v 0qh

. 17．(1)1.0×104 m/s (2)1.0×104 V/m (3)0.13 T

[解析] (1)设带电粒子经加速电场加速后速率为v 1，根据动能定理，有

qU 1＝12

m v 21 解得v 1＝2U 1q m

＝1.0×104 m/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

v 1＝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v 2，有v 2＝at ，a ＝Eq m

由几何关系得tan θ＝v 2v 1

联立解得E ＝m v 21tan θqL

＝1.0×104 V/m. (3)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v ，则 v ＝v 1cos θ

＝2.0×104 m/s

由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为

r ＝R tan 60°＝0.3 m

由牛顿第二定律，有

q v B ＝m v 2

r

联立得B ＝m v qr

＝0.13 T. 18．(1)1.0 m (2)2.6×10－6 s (3)略

[解析] (1)t ＝0时，U ＝0，带电粒子在极板间不偏转，水平射入磁场，由牛顿第二定律，有

q v 0B ＝m v 20r 解得r ＝m v 0Bq ＝ 5.0×1051.0×10－2×108

m ＝0.5 m 射入点和射出点之间的距离s ＝2r ＝1.0 m.

(2)带电粒子在匀强电场中水平方向的速度

v 0＝5.0×105 m/s

竖直方向的速度为v ⊥＝at ＝Uq dm ·l v 0

设粒子进入磁场时速度与初速度方向的夹角为α，如图所示，则

tan α＝v ⊥v 0＝Uq dm ·l v 20

代入数据得tan α＝ 2.0×102×108×0.26×10－2×（5.0×105）2＝415 解得α＝15°

由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为φ，则φ＝π－2α＝150°.设带电粒子在磁场中运动的时间为t ，则 t ＝5T 12＝5πm 6Bq ＝5π6×1.0×10－2×108 s ＝5π6

×10－6 s ≈2.6×10－6 s. (3)证明：设带电粒子射入磁场时的速度为v ，则带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ＝m v Bq

进入磁场时带电粒子速度的方向与初速度的方向的夹角为α，则cos α＝v 0v

带电粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的弦长为s ，由几何关系可知

s ＝2r cos α＝2·m v Bq ·v 0v ＝2m v 0Bq

从上式可知弦长s 取决于磁感应强度、粒子的比荷及初速度，而与电场无关．20924 51BC 冼25836 64EC 擬33788 83FC 菼F32364 7E6C 繬38338 95C2 闂F36383 8E1F 踟c35490 8AA2 誢30216 7608 瘈wE27091 69D3 槓