《（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《（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，17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
2、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
3、小球2也帶正電，故A項錯誤；小球在C點時，受力分析如圖：由幾何關系可得：Fmgsin300.5mgTmgcos30mg根據(jù)庫侖定律得：F聯(lián)立可得：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TFmg；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：l1ll，小球2在C位置時，彈性繩的長度l2l，設彈性繩的勁度系數(shù)為k，則：Tk(l1l0)；聯(lián)立可得：l00.5l，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
4、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的電場強度為零設物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinmgcosqEma，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
5、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mgsinmgcos0，所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為：tan，故B項錯誤；由于運動過程中mgsinmgcos0，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N與釋放點M關于O點對稱，故C項錯誤；根據(jù)動能定理有：qUMOmgxMOsinmgxMOcosmv2，且mgsinmgcos，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兩點間某點的電勢隨該點到A點的距離x的變化關系
6、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CAO、OB兩段電場強度方向相反DO點的電場強度最小答案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
7、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)?)A0BB0C.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，
8、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，一個帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成角的直線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)FqvB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
9、，又因為粒子帶正電，再結合左手定則，可知油滴一定是從M點運動到N點，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A30，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、2，已知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CE點電勢為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動，雖然電場
10、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EBAB，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、2，那么E點電勢為，故C項正確；由于電場強度方向由C指向E，而CB電勢差為，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向流動的泵，如圖所示是一電磁泵工作部分
11、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Ffkv，則關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
12、力大小相等時，處于穩(wěn)定的流速，此時：FfkvBIb所以：v，此時安培力的推力產(chǎn)生的功率為：PFvBIb，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.重力加速度大小為g，則此過程中()A物塊a運動的距離為Bb剛要離開擋板時彈簧彈力為2mgsinC外力F做的功為D物塊a運動的
13、時間為答案AD解析開始時彈簧的壓縮量x1，當物塊b恰好離開擋板C時，彈簧伸長量：x2，則物塊a運動的距離為xx1x2，故A項正確；b剛要離開擋板時彈簧的彈力：Tmgsin，故B項錯誤；當a離開斜面時滿足：mgcosqvB，解得：v，物塊a運動的時間為：t，根據(jù)動能定理得：Wmgxsinmv2，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
14、側和ND右側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PCL，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)受到的摩擦力可能大于mgC經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是mglD小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mgqB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
15、知，洛倫茲力導致球對管壁有作用力，從而導致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為Fmg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，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：NmgBqvm；由C到O點，由機械能守恒定律有：mgRsin30mv2；解得N2mgqB，即當
16、小球由C向D運動時，則對軌道的彈力為2mgqB，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x2L區(qū)域內(nèi)存在與x軸平行的勻強電場(未畫出)，一帶正電小球，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xB3L.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
17、質(zhì)量；(3)小球在電場中運動的最小動能答案(1)11(2)(3)Ek0解析(1)設小球質(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：2Lv0tOA，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B點水平方向的速度為0，由運動學公式得：LtAB，聯(lián)立解得：tOAtAB，即tOAtAB11.(2)設小球在B點豎直方向上的速度為vBy，有Ek0mvBy2，又Ek0mv02，設小球在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tOAtAB，聯(lián)立解得：vAyv0，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：v022L
18、，聯(lián)立解得：E，方向水平向右又有運動學公式得：vAygtOA，v0tAB，聯(lián)立解得：m.(3)由以上所得結果可知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EkminmvAx2，而vAxvAcos30v0解得E kminEk0.12.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
19、AO運動且通過O點，經(jīng)偏轉后從x軸上的C點(圖中未畫出)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L120 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的大小；(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：mgqE，解得：E.(2)質(zhì)點從M到O做勻加速直線運動，設質(zhì)點到達O點的速度為v，由運動學規(guī)律知：v22aL1，由牛頓第二定律得：mgma，解得：v20 m/s.質(zhì)點在x
20、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，設圓周運動的半徑為R，其軌跡如圖所示：qvBm，解得：R20 m，由幾何知識可知OC的長度為：L22Rcos4540 m.(3)質(zhì)點從M到O的時間為：t12 s，質(zhì)點做圓周運動時間為：t2T4.71 s，質(zhì)點做類平拋運動時間為：t31 s，質(zhì)點全過程所經(jīng)歷的時間為：tt1t2t37.71 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
21、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qvBm，設粒子在電場中運動所受電場力為F，有FqE，設粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有Fma，粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有vat；聯(lián)立式得t.(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速
22、度、半徑無關，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，設粒子在磁場中的軌跡半徑為r，由幾何關系可知(rR)2(R)2r2，設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系可知tan，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tan，聯(lián)立式得v0.14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)
23、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t0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)t1 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06 s內(nèi)粒子運動過程中最高點的位置坐標答案(1)10 m/s方向豎直向上(2) m1 s(3)解析(1)粒子自坐標原點O靜止釋放，設1 s末速度大小為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得：qE0mgma，根據(jù)v1at1，代入數(shù)據(jù)解得v110 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
24、和電場力平衡，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則qv1B0m，解得r1 m，周期T1 s.(3)粒子在2 s末回到y(tǒng)軸，以v110 m/s初速度沿y軸正方向運動，設3 s末粒子速度的大小為v2，根據(jù)動量定理可得：(qE0mg)tmv2mv1，代入數(shù)據(jù)解得v220 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v220 m/s初速度沿y軸正方向運動，5 s末的速度為v330 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t53 s，根據(jù)位移時間關系可得前5 s豎直方向的位移y5t545 m，所以在06 s時間內(nèi)粒子運動過程中最高點的位置坐標xR m，yy5R m.即最高點坐標為P.15
（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）
