（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練7 電場與磁場（含解析）

《（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練7 電場與磁場（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練7 電場與磁場（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化訓練(七) 一、選擇題(共10個小題，1～7為單選，其余為多選．每題5分共50分) 1.如圖所示，為電子槍的工作原理，金屬絲加熱后可以發(fā)射電子，發(fā)射出的電子被加速電場加速，穿出金屬板上的小孔后，形成高速運動的電子束．其中加熱電源的電動勢為E，加速電壓為U.下列說法正確的是(　　) A．加熱電源的正負不能接反 B．加速電壓的正負不能接反 C．加速電場的電場線從金屬絲發(fā)出，終止于金屬板 D．電子被加速時，一定是沿著電場線運動的 答案　B 解析　金屬絲加熱后發(fā)射電子，電源的正負互換不影響，故A項錯誤；電子加速時，當正負互換，電子不被加速，故B項正確；電場線從正電荷出發(fā)，終

2、止于負電荷，故C項錯誤；電子被加速時，電場不是勻強電場，軌跡與電場線不重合，故D項錯誤．故選B項． 2.如圖所示，距小滑輪O正下方l處的B點用絕緣底座固定一帶電荷量為＋q的小球1，絕緣輕質(zhì)彈性繩一端懸掛在光滑的定滑輪O正上方處的D點，另一端與質(zhì)量為m的帶電小球2連接，發(fā)現(xiàn)小球2恰好在A位置平衡，已知OA長為l，與豎直方向的夾角為60°.由于彈性繩的絕緣效果不是很好，小球2緩慢漏電，一段時間后，當滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30°時，小球2恰好在AB連線上的C位置．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球2帶負電 B．小球2在C位置時所帶電荷量為

3、C．小球2在A位置時所帶電荷量為 D．彈性繩原長為l 答案　C 解析　兩個小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球2也帶正電，故A項錯誤； 小球在C點時，受力分析如圖： 由幾何關(guān)系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg① T＝mgcos30°＝mg② 根據(jù)庫侖定律得：F＝③ 聯(lián)立①③可得：q2＝，故B項錯誤； 小球2在A位置時，受到的重力、電場力和繩子的拉力，三個力之間的夾角互為120°，所以三個力的大小相等，即T′＝F′＝mg； 根據(jù)庫侖定律得：F′＝，小球2在A位置時所帶電荷量：q1＝，故C項正確；小球2在A位置時，彈性繩的長度：l1＝＋l＝l，小球2在C位置時，

4、彈性繩的長度l2＝＋l，設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k，則：T′＝k(l1－l0)；聯(lián)立可得：l0＝0.5l，故D項錯誤．故選C項． 3.如圖所示，傾角為30°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種正電荷．質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的物塊從斜面上的M點由靜止釋放，物塊向下運動的過程中經(jīng)過斜面中點O時速度達到最大值v，運動的最低點為N(圖中沒有標出)，則下列說法正確的是(　　) A．物塊向下運動的過程中加速度先增大后減小 B．物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝ C．物塊運動的最低點N到O點的距離小于M點到O點的距離 D．物塊的釋放點M與O點間的電勢差為 答案　D

5、 解析　根據(jù)點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從A到B電場強度先減小后增大，中點O的電場強度為零．設(shè)物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma，物塊下滑的過程中電場力qE先方向沿斜面向下逐漸減小后沿斜面向上逐漸增大，所以物塊的加速度大小先減小后增大，故A項錯誤； 物塊在斜面上運動到O點時的速度最大，加速度為零，又電場強度為零，所以有mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為：μ＝tanθ＝，故B項錯誤； 由于運動過程中mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物塊從M點運動到N點的過程中受到的合外力為qE，因此最低點

6、N與釋放點M關(guān)于O點對稱，故C項錯誤； 根據(jù)動能定理有：qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsinθ＝μmgcosθ，所以物塊的釋放點M與O點間的電勢差為：UMO＝，故D項正確．故選D項． 4．如圖1所示，在電場所在的空間中有相距為2L的A、B兩點，兩點連線的中點記為O，A、B兩點間某點的電勢φ隨該點到A點的距離x的變化關(guān)系如圖2所示．現(xiàn)從A點由靜止釋放一點電荷，則該點電荷僅在電場力作用下由A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是(　　) A．該點電荷帶負電 B．該點電荷先做加速運動，后做減速運動 C．AO、OB兩段電場強度方向相反 D．O點的電場

7、強度最小 答案　D 解析　點電荷由A點靜止釋放，向B點運動，所以該點電荷帶正電，故A項錯誤；該正點電荷在電場力作用下一直做加速運動，故B項錯誤；由圖可知，離A點越遠電勢越低，所以電場方向與AB夾角為銳角，電場強度方向在OA和OB兩段同向，故C項錯誤；圖中圖線的傾斜程度表示電場強度的大小，故O點的電場強度最小，故D項正確．故選D項． 5.如圖所示，三根長直導線A、B和C垂直紙面并固定于等腰直角三角形的三個頂點上，三根導線均通有方向垂直紙面向里的電流I時，AC的中點O處磁感應強度的大小為B0.若使A中的電流反向其他條件不變，則O點處磁感應強度的大小變?yōu)?　　) A．0　　　　　　　　　

8、　 B．B0 C.B0 D.B0 答案　C 解析　當三導線中均通有垂直紙面向里的電流I時，A、C中點O磁感應強度為B0，用右手螺旋定則判斷通電直導線A與通電直導線C在O點的合磁場為零，則通電直導線B在O點產(chǎn)生的磁場方向沿著AC，由A指向C，磁感應強度為B0，如果使A中的電流反向其他條件不變，則通電直導線A與通電直導線C在O點的合磁場大小為2B0，方向垂直AC向上；依據(jù)矢量的合成法則，則三根通電直導線在O點共同產(chǎn)生的磁場大小為：B合＝＝B0，故A、B、D三項錯誤，C項正確．故選C項． 6.如圖所示，地面附近某真空環(huán)境中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個

9、帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動，由此可以判斷(　　) A．勻強電場方向一定是水平向左 B．油滴沿直線一定做勻加速運動 C．油滴可能是從N點運動到M點 D．油滴一定是從N點運動到M點 答案　A 解析　粒子的受力分析如圖所示，即電場力只能水平向左，粒子才能沿直線運動，故A項正確；油滴做直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力作用，因為重力和電場力均為恒力，根據(jù)物體做直線運動條件可知，粒子所受洛倫茲力亦為恒力，據(jù)F＝qvB可知，粒子必定做勻速直線運動，故B項錯誤；粒子受到的洛倫茲力的方向為垂直MN向上，又因為粒子帶正電，再結(jié)合左手定則，可知油滴一定是從M點運動到N點，

10、故C、D兩項錯誤．故選A項． 7.如圖所示，直角三角形ABC位于方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，其中電場方向平行于三角形所在平面．已知∠A＝30°，AB邊長為a，D是AC的中點，CE垂直于BD且交于O點．一帶電粒子由B點射入，恰能沿直線BD通過三角形區(qū)域．若A、B、C三點的電勢分別為0、φ、2φ，已知φ>0，粒子重力不計．下列說法正確的是(　　) A．粒子一定帶正電 B．磁場方向垂直三角形所在平面向外 C．E點電勢為φ D．電場強度大小為 答案　C 解析　帶電粒子由B點射入，恰能沿直線BD通過三角形區(qū)域，受到電場力與洛倫茲力作用，由于F洛＝Bqv，因此粒子一定做勻速直線運

11、動，雖然電場強度方向由C指向E，但電場力與磁場力方向不知，則粒子的電性不能確定，故A項錯誤；由上分析，可知，電場力與洛倫茲力方向平行于EC，具體方向不確定，根據(jù)左手定則，則磁場方向也不能確定，故B項錯誤；依據(jù)幾何知識，CE垂直于BD，AB垂直于BC，那么ED也垂直AC，因此三角形EBC與三角形EDC全等，那么EB＝AB，由于AB邊長為a，D是AC的中點，且A、B、C三點的電勢分別為0、φ、2φ，那么E點電勢為φ，故C項正確；由于電場強度方向由C指向E，而CB電勢差為φ，然而CO長度為a，因此電場強度大小為E＝＝，故D項錯誤．故選C項． 8．電磁泵是指處在磁場中的通電流體在電磁力作用下向一定方

12、向流動的泵，如圖所示是一電磁泵工作部分示意圖，絕緣非磁性管道的橫截面是長為a，寬為b的矩形，在管道內(nèi)上、下管壁處各安裝一個長為L的電極，通以電流I.當在垂直于管道和電流的方向加一個磁感應強度為B的勻強磁場時，電流受到的安培力就推動導電液體流動，已知導電液體穩(wěn)定流動時所受阻力與流動速率成正比，即Ff＝kv，則關(guān)于導電液體的流動方向和電磁泵的功率，下列說法正確的是(　　) A．導電液體可能向左流動 　 B．導電液體一定向右流動 C．電磁泵的功率為 　 D．電磁泵的功率為 答案　BD 解析　磁場的方向向外，電流的方向向上，由左手定則可知，電流受到的安培力的方向向右，是電流將對導電液體

13、產(chǎn)生向右的推力，所以導電液體一定向右流動，故A項錯誤，B項正確；導電液體受到的阻力與安培力大小相等時，處于穩(wěn)定的流速，此時：Ff＝kv＝BIb所以：v＝，此時安培力的推力產(chǎn)生的功率為：P＝Fv＝BIb·＝，即電磁泵的功率，故C項錯誤，D項正確．故選B、D兩項． 9.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊a、b被一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連接，放在傾角為θ的足夠光滑固定斜面上，且a是帶電量為＋q的物塊，b不帶電，C為固定擋板．整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一外力F沿斜面方向拉物塊a使之向上做勻加速運動，當物塊a剛要離開斜面時物塊b恰將離開擋板C.重力加

14、速度大小為g，則此過程中(　　) A．物塊a運動的距離為 B．b剛要離開擋板時彈簧彈力為2mgsinθ C．外力F做的功為 D．物塊a運動的時間為 答案　AD 解析　開始時彈簧的壓縮量Δx1＝，當物塊b恰好離開擋板C時，彈簧伸長量：Δx2＝，則物塊a運動的距離為Δx＝Δx1＋Δx2＝，故A項正確； b剛要離開擋板時彈簧的彈力：T＝mgsinθ，故B項錯誤； 當a離開斜面時滿足：mgcosθ＝qvB，解得：v＝，物塊a運動的時間為：t＝＝＝，根據(jù)動能定理得：W－mgΔxsinθ＝mv2，解得：W＝＋，故C項錯誤，D項正確．故選A、D兩項． 10.如圖所示，絕緣中空軌道豎直固

15、定，圓弧段COD光滑，對應圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O′，半徑為R；直線段AC，HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切；整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強大小相等，方向分別水平向右和向左的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放．若PC＝L，則小球所受電場力等于其重力的倍，重力加速度為g.則(　　) A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動 B．小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力

16、可能大于mg C．經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是mgl D．小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg－qB 答案　AD 解析　小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當從靜止運動后，由左手定則可知，洛倫茲力導致球?qū)鼙谟凶饔昧?，從而導致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為F＝＝mg不變，故根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運動，當摩擦力等于兩個力的合力時，做勻速運動，故A項正確；當小球的摩擦力、重力及電場力的合力相等時，小球做勻速直線運動，小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力最大，則為mg，不可能大于mg

17、，故B項錯誤；根據(jù)動能定理，可知，從靜止開始到最終速度為零，則摩擦力做功與重力及電場力做功之和為零，則摩擦力總功為mgL，故C項錯誤；對小球在O點受力分析，且由C向D運動，由牛頓第二定律，則有：N－mg＋Bqv＝m；由C到O點，由機械能守恒定律有：mgRsin30°＝mv2；解得N＝2mg－qB，即當小球由C向D運動時，則對軌道的彈力為2mg－qB，故D項正確．故選A、D兩項． 二、計算題(共4個小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分) 11.如圖所示，在坐標系xOy中，x軸水平向右，y軸豎直向下，在x≥2L區(qū)域內(nèi)存在與x軸平行的勻強電場(未畫出)，一帶正電

18、小球，電荷量為q，從原點O水平拋出，再從A點進入電場區(qū)域，并從C點離開，其運動的軌跡如圖所示，B點是小球在電場中向右運動的最遠點，B點的橫坐標xB＝3L.已知小球拋出時的動能為Ek0，在B點的動能為Ek0，重力加速度為g，不計空氣阻力．求： (1)小球在OA段運動的時間與在AB段運動的時間之比； (2)勻強電場的場強和小球的質(zhì)量； (3)小球在電場中運動的最小動能． 答案　(1)1∶1　(2)　　(3)Ek0 解析　(1)設(shè)小球質(zhì)量為m，初速度為v0，從O到A，小球水平方向做勻速直線運動， 有：2L＝v0tOA，① 從A運動到B點，小球水平方向做勻減速直線運動，依據(jù)題意小球在

19、B點水平方向的速度為0， 由運動學公式得：L＝tAB，② ①②聯(lián)立解得：tOA＝tAB，即tOA∶tAB＝1∶1. (2)設(shè)小球在B點豎直方向上的速度為vBy，有 Ek0＝mvBy2，③ 又Ek0＝mv02，④ 設(shè)小球在A點豎直方向的速度為vAy，由于小球在豎直方向做自由落體運動，而且tOA＝tAB，⑤ ③④⑤聯(lián)立解得：vAy＝v0，⑥ 從A運動到B點，小球水平方向做勻減速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式得：v02＝2L，⑦ ④⑦聯(lián)立解得：E＝，方向水平向右 又有運動學公式得：vAy＝gtOA，⑧ v0＝tAB，⑨ ⑥⑧⑨聯(lián)立解得：m＝. (3)由以上所得結(jié)果

20、可知F合與水平方向夾角為30°，vA與水平方向夾角為30°，建立如圖所示坐標系 將vA分解到x′、y′軸上，小球在x′方向上做勻速運動，在y′方向上做類似于豎直上拋運動，所以小球在電場中運動的最小動能為Ekmin＝mvAx′2，⑩ 而vAx′＝vAcos30°＝v0? 解得E kmin＝Ek0. 12.如圖所示，在平面直角坐標系中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強電場，下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點從OA上的M點由靜止釋放，質(zhì)點恰能沿AO運動且通過O點，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點(圖中未畫出)

21、進入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點(圖中未畫出)．已知OM的長度L1＝20 m，勻強磁場的磁感應強度大小為B＝(T)，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)兩勻強電場的電場強度E的大??； (2)OC的長度L2； (3)質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)　(2)40 m　(3)7.71 s 解析　(1)質(zhì)點在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場力，沿AO做勻加速直線運動，所以有：mg＝qE， 解得：E＝. (2)質(zhì)點從M到O做勻加速直線運動，設(shè)質(zhì)點到達O點的速度為v，由運動學規(guī)律知：v2＝2aL1， 由牛頓第二定律得：mg＝ma， 解得：v＝20 m/s.

22、 質(zhì)點在x軸下方，重力與電場力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，從C點進入第一象限后做類平拋運動，設(shè)圓周運動的半徑為R，其軌跡如圖所示： qvB＝m， 解得：R＝20 m， 由幾何知識可知OC的長度為：L2＝2Rcos45°＝40 m. (3)質(zhì)點從M到O的時間為：t1＝＝2 s， 質(zhì)點做圓周運動時間為： t2＝T＝×＝π≈4.71 s， 質(zhì)點做類平拋運動時間為：t3＝＝1 s， 質(zhì)點全過程所經(jīng)歷的時間為：t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s. 13．(2018·天津)如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向

23、垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力． (1)求粒子從P到M所用的時間t； (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小． 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，① 設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有F＝qE，② 設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，

24、根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，③ 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有 v＝at；④ 聯(lián)立①②③④式得t＝.⑤ (2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可知(r′－R)2＋(R)2＝r′2，⑥ 設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知tanθ＝，⑦ 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂

25、直于電場方向的分速度始終為v0，由運動的合成和分解可知 tanθ＝，⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝.⑨ 14．圖甲為直角坐標xOy，y軸正向即沿豎直向上方向，其所在空間分布著均勻的、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，其變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定電場強度方向沿y軸正向為正方向，磁感應強度方向垂直坐標xOy平面向里為正方向．t＝0時刻，電荷量為q，質(zhì)量m的帶正電粒子由坐標原點O靜止釋放，已知場強大小E0＝，磁感應強度大小B0＝，g取10 m/s2.求： (1)t＝1 s末粒子速度的大小和方向； (2)粒子第一次進入磁場時做圓周運動的半徑和周期； (3)在0～6 s內(nèi)粒子運動過程中最高點的

26、位置坐標． 答案　(1)10 m/s　方向豎直向上　(2) m　1 s (3) 解析　(1)粒子自坐標原點O靜止釋放，設(shè)1 s末速度大小為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得：qE0－mg＝ma， 根據(jù)v1＝at1，代入數(shù)據(jù)解得v1＝10 m/s，方向豎直向上． (2)1 s末粒子第一次進入磁場，由于粒子受重力和電場力平衡，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則qv1B0＝m，解得r1＝ m，周期T＝＝1 s. (3)粒子在2 s末回到y(tǒng)軸，以v1＝10 m/s初速度沿y軸正方向運動，設(shè)3 s末粒子速度的大小為v2，根據(jù)動量定理可得： (qE0－mg)t＝mv2－mv1， 代入數(shù)據(jù)解得v2＝20 m/s，方向豎直向上； 3 s末粒子第2次進入磁場做勻速圓周運動，周期不變，4 s末再次回到y(tǒng)軸，以v2＝20 m/s初速度沿y軸正方向運動，5 s末的速度為v3＝30 m/s，第3次進入磁場做勻速圓周運動，第6 s剛好回到y(tǒng)軸，速度方向向上，粒子運動軌跡如圖所示：則最上方圓的半徑R＝＝ m， 前5 s加速時間t5＝3 s，根據(jù)位移時間關(guān)系可得前5 s豎直方向的位移y5＝×t5＝45 m， 所以在0～6 s時間內(nèi)粒子運動過程中最高點的位置坐標x＝－R＝－ m，y＝y(tǒng)5＋R＝ m. 即最高點坐標為P. 15