高考物理 课时作业（七）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时作业(七)一、选择题(共10个小题，均为单选，每题5分共50分)1.(2018宝鸡一模)如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的()AB1BB2CB3 DB4答案C解析根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，根据平行四边形定则知H点的合场强可能为B3方向故C项正确，A、B、D三项错误，故选C项2(2018静安区一模)如图所示，折成不同形状的四个导线框质量相等、匝数相同，高度相同，MN边长度相等，将它们用相同的细线悬挂在空中，四个导线框的下边处在同一水平线上，且四个线

2、框的下半部分都处在与线框平面垂直的同一匀强磁场中，磁场的上边界水平(如图中虚线所示)，四个导线框中都通有顺时针方向、电流强度相同的电流，均处于平衡状态若使磁场缓慢变强，细线最不易拉断的是()答案B解析导线框中都通有顺时针方向的电流，即从N指向M，由左手定则可知，安培力的方向向下；所以绳子的拉力等于线框的重力与受到安培力的和，四个导线框质量相等则重力相等，受到安培力大的线框对细线的拉力大设MN的长度为L，导线在各磁场内有效长度不同，故各通电导线受到安培力大小不同各线框在磁场中的有效长度：LAMNL；LBL；LCL；LDL；可知B图中的有效长度最小由公式：FBIL有效，可知B项中受到的安培力最小则

3、B项中，线框对细线的拉力最小，细线最不容易拉断故B项正确，A、C、D三项错误，故选B项3(2018包头一模)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)则下列说法正确的是()AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E1 V/mB由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C由C点到A点电势逐渐升高DA、B两点间的电势差UAB5 V答案A解析A项，据vt图可知带电粒子在B点的加速度最大为2 m/s2，所受的电场力最大为2 N

4、，据E知，B点的场强最大为1 N/C，故A项正确；B项，据vt图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B项错误；C项，据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐降低，故C项错误；D项，据vt图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功WBA10 J，再用UAB V5 V，故D项错误，故选A项4.(2018苏北三市联考)一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C、D、E、F为金属板表面上的不同位置关于该电场，下列说法正确的是()AA点的场强小于B点的场

5、强BA点的电势低于B点的电势C一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等D带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动答案C解析电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A点的电场强度大于B点的电场强度，故A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，故A点电势高于B点电势，故B项错误；C、E两点的电势相等，D、F两点的电势相等，且C、E两点的电势高于D、F两点的电势，则C、D两点的电势差等于E、F两点的电势差，故一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等，C项正确；带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，则由于竖直方向所受的电场力不是恒力，故它不是做类平抛运动，D项错

6、误；故选C项5(2018郑州一模)等量异种电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势随坐标x的分布图像如图所示，x轴上AOAO BEAEOEBCEpOEpAEpOEpA答案D解析A项，依据沿着电场线方向电势降低，由图知，BOEAEO.故B项错误；C项，电子带负电，根据电势能公式Epqe分析得知，EpBEpOEpA，故C项错误；D项，由图知，OA间电势差小于OB间电势差，即有AOOB.电子带负电，则根据电势能公式Epqe得：EpOEpAW45答案D解析A项，由图看出滑块的轨迹向右弯曲，可知滑块受到了斥力作用，则知小球与小滑块电性一定相同故A项错误；B项，滑块与小球的距离先减小后增大，由

7、库仑定律得知滑块所受的库仑力先增大后减小，则其加速度先增大后减小故B项错误；C项，根据能量守恒定律得知，小滑块运动过程中具有的动能与电势能之和保持不变，因阻力做功，导致动能先减小后增大，那么电势能先增大后减小故C项错误；D项，从位置1到2的电场线越来越密，由UEd分析4、5间电势差与3、4间电势差关系是：U45U34，则电场力做功的大小关系是W45mbmc BmbmamcCmcmamb Dmcmbma答案B分析由粒子的运动状态，根据牛顿第二定律得到其合外力情况，再对粒子进行受力分析即可求解解析a在纸面内做匀速圆周运动，意味着合外力为洛伦兹力，则Eqmag.b做向右的匀速直线运动，c做向左的匀速

8、直线运动，受力分析mcgBqvEqmbgEqBqv得出mbmamc，选B项二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11(2016四川)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变设质子进入漂移管B时速度为8106 m/

9、s，进入漂移管E时速度为1107 m/s，电源频率为1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的.质子的比荷取1108 C/kg.求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压答案(1)0.4 m(2)6104 V解析(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则TLvB联立式并代入数据得L0.4 m(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W.质子从漂移管B运动到E电场做功W，质子的电荷量为q、质量为m，则WqUW3WWmvE2mvB2联立式并代入数据得U6104 V12(

10、2018延庆区模拟)1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1、D2.D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B.设质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计质子质量为m、电荷量为q.加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为U.加速过程中不

11、考虑相对论效应和重力作用求：(1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小v1和进入D2盒后运动的轨道半径r1；(2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间t；(3)若两D形盒狭缝之间距离为d，dR，计算说明质子在电场中运动的时间与在磁场中运动时间相比可以忽略不计的原因分析(1)根据动能定理求出质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小，结合洛伦兹力提供向心力求出质子进入D2盒后运动的轨道半径r1；(2)根据D形盒的半径求出质子的最大速度，抓住质子每经过一圈加速两次，结合动能定理得出加速的次数，根据质子在磁场中的运动周期求出质子从静止开始加速到出口处所需的时间t；(3)根据加速的圈

12、数求出粒子在磁场中的运动时间，结合匀变速直线运动的推论得出在电场中加速的时间，通过时间的比值分析判断答案(1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小为，进入D2盒后运动的轨道半径为(2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间t为(3)证明见解析解析(1)根据动能定理可得：Uqmv12，解得v1，由质子运动过程中洛伦兹力充当向心力，所以qv1Bm，解得r1.(2)设质子从静止开始加速到离开被加速了n圈，质子在出口处的速度为v，根据动能定理可得：2nqUmv2，由质子在出口处做圆周运动的半径恰为D形盒半径R，即qvB，则R，由T，解得T.因为tnT，解得t.(3)设质子在出口处速度为v，完

13、成圆周运动n圈，被加速了2n次，则在磁场中运动时间(每圈周期相同)为t，则tn，在电场中加速，有t12nd，则加速的时间t1，时间之比.因为Rd，则tt1可知质子在电场中的运动时间可以忽略不计13(2018天津)如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进

14、入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小答案(1)(2)解析粒子在磁场中以洛伦兹力为向心力做圆周运动，在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，据此分析运动时间；粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，结合几何知识求解(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qvBm设粒子在电场中运动所受电场力为F，有FqE设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定

15、律有Fma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有vat；联立式得t(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r，由几何关系可知(rR)2(R)2r2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知tan粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，由运动的合成和分解可知tan联立式得v014.如图，绝缘粗糙

16、的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vc；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.答案(1)E/B(2)mghm(3) 解析(1)由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即BqvCqE解得vCE/B(2)从A到C根据动能定理mghWfmvC20解得Wfmghm(3)设重力与电场力的合力为F，由题意知，在D点速度vD的方向与F的方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动aF/m，t时间内在F方向的位移为xat2从D到P，根据动能定理FxmvP2mvD2，其中F联立解得vP