2016版优化方案高考物理---综合检测

专题三综合检测一、单项选择题1.(2015·高考安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()A.Qε0S和Q2ε0SB.Q2ε0S和Q2ε0SC.Q2ε0S和Q22ε0SD.Qε0S和Q22ε0S解析：选D.每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝QS，每块极板产生的电场强度为E＝σ2ε0，所以两极板间的电场强度为2E＝Qε0S.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E′＝Q2ε0S，故另一块极板所受的电场力F＝qE′＝Q·Q2ε0S＝Q22ε0S，选项D正确．2.(2015·南京调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为Ia＝I、Ib＝2I、Ic＝3I、Id＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为B＝kIr，式中常量k＞0，I为电流强度．忽略电流间的相互作用，若电流Ia在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小及方向为()A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度与电流强度成正比，与距直导线距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．3.(2015·南通二模)如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的14圆轨道，一重为G的金属导体MN垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从A点运动到C点，设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ，安培力的瞬时功率为P，则从A到C的过程中，下列有关说法正确的是()A．电流方向从N指向MB．I∝cotθC．P∝cosθD．P∝sinθ解析：选D.由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则知电流方向从M指向N，A错误；因为导体棒做匀速圆周运动，所以有Gsinθ＝F安cosθ＝BILcosθ，故I＝GBLtanθ，即I∝tanθ，B错误；又P＝F安vcosθ＝Gvsinθ，所以P∝sinθ，C错误，D正确．4.(2015·苏州一模)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动解析：选C.无论电场方向沿什么方向，小球带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使小球做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向没确定，故小球电性也不确定，A、B均错误；由WG＋W电＝0，重力做功WG＞0可知，W电＜0，小球一定克服电场力做功，C正确．5．(2015·徐州一模)如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B.把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A射出的粒子①带负电，v0＝qBLm，第一次到达C点所用时间为t1②带负电，v0＝qBL2m，第一次到达C点所用时间为t2③带正电，v0＝qBLm，第一次到达C点所用时间为t3④带正电，v0＝qBL2m，第一次到达C点所用时间为t4则下列判断正确的是()A．t1＝t3t2＝t4B．t1t2t4t3C．t1t2t3t4D．t1t3t2t4解析：选B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力．(1)当v0＝qBLm时，则由牛顿第二定律可得qvB＝mv2r，T＝2πmqB根据几何关系作出运动轨迹，r＝L，如图1.由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C点，即为t3＝T；当粒子带负电，粒子经过16T第一次到达C点，即为t1＝16T；(2)当v0＝qBL2m，r＝12L，如图2.由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过56T到达C点，即为t4＝56T，当粒子带负电，粒子经过T3第一次到达C点，即为t2＝T3，综上所述，有t1t2t4t3，故B正确．二、多项选择题6.(2015·苏州模拟)如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧解析：选BC.若小球带正电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；若小球带正电，当AB间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；若小球带负电，当AB间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；若小球带负电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误．7．(2015·泰州模拟)如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是()A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D．t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零解析：选BD.由题中v－t图可知t2时刻运动方向改变，且图线斜率不为零，则加速度不为零，0～t2时间内做减速运动，电场力做负功，试探电荷的动能转化为电势能，t2时刻电势能最大，C错误，D正确．试探电荷沿直线向上运动，则其所受电场力的方向沿Q1、Q2连线的中垂线方向向下，所以两点电荷都带负电，且电量相等，A错误，B正确．8.(2015·盐城高三调研)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为qm的负离子体(不计重力)以相同速率v0(较大)，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是()A．离子飞出磁场时的动能一定相等B．离子在磁场中运动半径一定相等C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大解析：选BC.离子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，因此各离子飞出磁场时的速率仍然相同，由于各离子的比荷相同，电量、质量可能不同，因此动能可能不同，故选项A错误；根据牛顿第二定律有：qv0B＝mv20R，解得各离子在磁场中运动的轨道半径为：R＝mv0qB，故选项B正确；根据匀速圆周运动各参量关系有：T＝2πRv0，所以离子在磁场中运动的周期为：T＝2πmqB，也相同，当离子由Q点飞出时，其轨迹弦长为磁场圆的直径，最大，对应的偏转角最大，运行时间最长，故选项C正确，选项D错误．9.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.有一重力不计的带电粒子以垂直于x轴的速度v0＝10m/s从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限．已知O、P之间的距离为d＝0.5m，则带电粒子()A．带正电荷B．在电场中运动的时间为0.1sC．在磁场中做圆周运动的半径为22mD．在磁场中运动的时间为3π40s解析：选ABD.根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A正确；由恰好与y轴成45°角射出电场可知，离开电场时vx＝vy＝v0，则v＝2v0＝102m/s，在电场中沿x轴方向做匀加速运动，d＝v02t，解得粒子在电场中运动的时间为t＝2dv0＝0.1s，选项B正确；沿y轴方向上的位移为l＝v0t＝1m，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R＝2l＝2m，故选项C错误；在磁场中运动的时间为t＝135°360°·T＝38·2πRv＝3π40s，故选项D正确．三、计算题10．如图甲所示，水平放置的平行金属板MN之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝50T，已知两板间距离d＝0.3m，电场强度E＝50V/m，M板中心上有一小孔P，在P正上方h＝5cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t＝0时刻进入两板间，最后恰好从N板边缘水平飞出．已知油滴的质量m＝1.0×10－4kg，电荷量q＝＋2×10－5C．不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，取π＝3.求：(1)油滴在P点的速度v；(2)N板的长度L；(3)交变磁场的变化周期T.解析：(1)在P点有：mgh＝12mv2解得：v＝1m/s.(2)油滴进入场区时，因为mg＝1.0×10－3N，Eq＝1.0×10－3N(方向向上)，所以，粒子受到的重力与电场力平衡，粒子在场区内做匀速圆周运动，有：Bqv＝mv2R解得：R＝0.1m可知d＝3R，所以油滴从N板右端水平飞出时，粒子在场内做三次四分之一圆弧运动，故可知：L＝6R＝0.6m.(3)油滴在磁场中做圆周运动的周期为：T0＝2πmqB＝0.6s交变磁场的周期为：T＝2×14T0解得：T＝0.3s.答案：(1)1m/s(2)0.6m(3)0.3s11.如图所示，在xOy平面的第一、四象限，有水平向右匀强电场，在第二、三象限中存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场和场强大小与第一象限的场强大小相等，方向竖直向上的匀强电场．第一象限中P点的坐标是R2，32R，在P点拴一根绝缘细线，长为R，细线另一端系一个质量为m，带电荷量为q的小球，现将细线拉至与水平方向成45°角由静止释放．小球摆至O点位置时，细线恰好脱开，小球跨过y轴，恰好做匀速圆周运动．求：(1)电场强度的大小；(2)小球到达O点时的速度；(3)小球在y轴左侧做匀速圆周运动的半径．解析：(1)小球跨过y轴，恰好做匀速圆周运动，可知小球受到的电场力等于重力大小，Eq＝mg所以场强E＝mgq.(2)小球从初始状态释放，摆动到O点，根据动能定理：mg22＋32R－Eq22＋12R＝12mv2得小球的速度v＝（3－1）gR速度的方向与y轴正方向成60°角斜向上．(3)如图，小球在y轴左侧做匀速圆周运动，小球受到的电场力大小等于重力大小，洛伦兹力提供向心力F洛＝mv2r即qvB＝mv2r得半径为r＝m（3－1）gRqB.答案：(1)mgq(2)见解析(3)m（3－1）gRqB12．(2015·高考四川卷)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向