2018届高考物理二轮复习文档：寒假作业（三）　电场与磁场 9页

寒假作业(三)　电场与磁场 ‎1.如图所示，两根长直导线a、b通有方向相反大小分别为I和2I的恒定电流，此时导线b受到的磁场力大小为F，设该磁场力方向为正方向。若在导线b的右侧再放置一根与a、b导线平行且共面的通电长直导线c(导线a、b与b、c之间的距离相等)，导线c中通有如图所示的电流I′。导线b受到磁场力大小变为2F。已知通电导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝，式中常量k＞0，I为电流强度，r为距导线的距离。则此时导线a受到的磁场力为(　　)‎ A．－F　　　　　　　　 B.F C．－F D.F 解析：选A　异向电流之间为斥力，没有加导线c时，导线b给导线a的作用力大小为F，方向向左，由B＝可知，导线c在b处的磁场强度为在a处的2倍，导线c给b的作用力大小为F，方向向右，结合F＝BIL，可知，导线c给导线a的作用力大小为，方向向左，故导线a受到的磁场力为－F，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎2.如图所示电场，实线表示电场线。一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，虚线表示其运动的轨迹。则(　　)‎ A．粒子带正电 B．粒子受到的电场力不断减小 C．a点电势高于b点电势 D．电场力一直做正功，粒子动能增加 解析：选C　由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，受力方向指向弧内，则粒子带负电荷，故A错误；电场线的疏密代表电场的强弱，从a到b，电场强度先增大后减小，则粒子受到的电场力先增大后减小，故B错误；沿着电场线方向电势降低，则a点电势高于b点电势，故C正确；电场力方向与速度方向夹角大于90°，一直做负功，动能减小，故D错误。‎ ‎3.[多选]如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放置。杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线的中点，AO＝BO。现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0。则关于小圆环的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．运动的加速度先变大再变小 B．电场力先做正功后做负功 C．运动到O点的动能为初动能的一半 D．运动到O点的速度小于 解析：选AC　等量异种电荷的连线的中垂线上，从A到B电场强度先增大后减小，O点的电场强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力：f＝μFN＝μqE，所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小，它的加速度：a＝，则a先增大后减小，故A正确。一对等量异种电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从A到B过程电场力不做功，故B错误。设A、B之间的距离为2L，摩擦力做功为2Wf，小圆环从A到B的过程中，电场力不做功，重力和摩擦力做功，根据动能定理得：‎ A→O过程：－mgL＋Wf＝mvO2－mv02‎ A→B过程：－mg·2L＋2Wf＝0－mv02‎ 联立以上两个公式解得：vO＝v0＞v0，‎ mvO2＝·mv02，即运动到O点的动能为初动能的一半，运动到O点的速度大于，故C正确，D错误。‎ ‎4.[多选]如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向上。质量为m、电荷量为q的小球以速率v在复合场区域做匀速圆周运动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，则(　　)‎ A．小球带负电 B．电场强度大小为 C．小球做圆周运动的半径为 D．小球做圆周运动的周期为 解析：选CD　小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则mg＝qE，电场力方向竖直向上，那么小球带正电，故A错误。由mg＝qE，得电场强度大小为E＝，故B错误。洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得圆周运动的半径R＝，故C正确。小球做圆周运动的周期T＝＝，故D正确。‎ ‎5.两个相距很近的等量异种点电荷组成的系统称为电偶极子。设相距为l，电荷量分别为＋q和－q的点电荷构成电偶极子，如图所示。取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立如图所示的xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r(r≫l)，P、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k。下面给出φ的四个表达式，其中只有一个是合理的。‎ 你可能不会求解P点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，φ的合理表达式应为(　　)‎ A．φ＝ B．φ＝ C．φ＝ D．φ＝ 解析：选C　若夹角θ＝90°，则P点位于x轴上，检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cos 90°相符，可见A、D错误；因离O点越远，其电势就越小，故r应在分母上，故B错误，C正确。‎ ‎6．[多选]如图所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压。已知图中的霍尔元件是P型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子)。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是(　　)‎ A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表 B．接线端2的电势高于接线端4的电势 C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变 D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数一定增大 解析：选BC　由题图可知，电表B串联在电源E2的电路中，故它是电流表，即毫安表，而电表C是并联在2、4两端的，它是测量霍尔电压的，故它是电压表，即毫伏表，选项A错误；由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子，由磁场方向向下，电流方向由1到3，由左手定则可知，带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板接线端2，即接线端2的电势高于接线端4的电势，选项B正确；当通过电磁铁和霍尔元件的电流方向与原来电流方向相反，但大小不变时，由左手定则可知粒子的偏转方向不变，故霍尔电压的大小及方向不变，即毫伏表的示数将保持不变，选项C正确；若减小R1，则会让磁感应强度增大，若增大R2，会让电流I减小，粒子的定向移动速率v也变小，但不能确定霍尔电压的变化情况，故毫伏表的示数不一定增大，选项D错误。‎ ‎7.[多选]如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带电粒子，分别以初速度v1、v2垂直于电场线进入电场(轨迹位于竖直平面内)，两粒子恰好能相遇于P点，重力不计。在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．两粒子到达P点的速度大小可能相等 B．电场力对两粒子做功一定不相同 C．两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时大 D．两粒子到达P点所需时间一定不相等 解析：选ABD　两粒子进入电场后竖直方向匀速运动，水平方向匀加速运动，且加速度相同。因为两粒子水平方向的位移不同，所以电场力做功一定不同，两粒子达到P 点所需时间也不相等，故B、D正确；电场力对两粒子都做正功，电势能减少，故C错误；竖直方向上，y＝v1t1＝v2t2，由数学知识可得，当y＝at1t2时，＝，即两粒子到达P点的速度大小相等，故A正确。‎ ‎8.(2017·沈阳模拟)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界AC、AD的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，边界AC处磁场方向垂直纸面向里，Ⅱ区域宽度为d。质量为m、电荷量为＋q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入Ⅰ区，已知粒子速度大小为，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 得R＝＝＝d 根据几何关系，粒子离开区域Ⅰ的速度方向沿AC方向，进入磁场区域Ⅱ做匀速圆周运动，运动周期后射出磁场，在Ⅰ区域圆弧所对的圆心角θ1＝60°，在Ⅱ区域圆弧所对的圆心角为90°，粒子在磁场中运动的总时间为t＝T＝×＝，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎9.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)水平向右电场的电场强度大小；‎ ‎(2)若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；‎ ‎(3)若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H处从静止释放，求小物块到达地面的时间为多少。‎ 解析：(1)小物块受重力、电场力和弹力，三力平衡，根据平衡条件，有：qE＝mgtan 37°‎ 解得：E＝。‎ ‎(2)由牛顿第二定律可得：(qE＋mg)sin 37°＝ma 解得：a＝g。‎ ‎(3)电场力：F＝q×2E＝mg 电场力与重力的合力与水平方向的夹角的正切值：‎ tan α＝＝，‎ 故α＝33.7°＜37°，故物块将离开斜面，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动：H＝gt2‎ 解得：t＝ 。‎ 答案：(1)　(2)g　(3) ‎10.(2017·东北四市一模)如图所示，在直角坐标系第一象限内有A(6 cm,2 cm)、B(12 cm,8 cm)两点，匀强磁场垂直于xOy平面向外。一带负电的粒子q＝1.6×10－19 C，质量为m＝3.9×10－23 kg，以v0＝16 m/s的速度从坐标原点O沿x轴正方向入射。不计重力。‎ ‎(1)为使带电粒子经过B点，求磁感应强度的大小。‎ ‎(2)在第一象限内再加入平行xOy平面的匀强电场，并改变磁感应强度的大小，带电粒子可先后经过A、B两点，动能分别变为初动能的2倍和5倍，求电场强度。‎ 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：‎ 由几何关系可知：‎ R2＝122＋(R－8)2‎ 代入数据得：R＝13 cm 洛伦兹力充当向心力，有：‎ qv0B＝m 代入数据得B＝0.03 T。‎ ‎(2)洛伦兹力不做功，粒子从O点到A点由动能定理有：‎ qUOA＝EkA－EkO＝EkO 粒子从O点到B点由动能定理有：qUOB＝EkB－EkO＝4EkO 从而UOB＝4UOA 沿BO方向电势均匀降落，由几何关系可找到BO的四等分点C(3 cm,2 cm)，AC为匀强电场中的一等势线 从O点到A点，qEd＝EkA－EkO＝EkO＝mv02‎ 代入数据得：E＝1.56 V/m 电场方向沿y轴负方向。‎ 答案：(1)0.03 T　(2)1.56 V/m，方向沿y轴负方向 ‎11．示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转，电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转。小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比，已知电子的质量为m、电荷量为e，在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。‎ ‎(1)如图甲所示，水平放置的偏转极板的长度为l，板间距为d，极板间的偏转电压为U，在两极板间形成匀强电场。极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b，荧光屏MN与两极板间的中心线O1O1′垂直。电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入，忽略极板间匀强电场的边缘效应，求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离；‎ ‎(2)如图乙所示，圆心为O2、半径为r 的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，与磁场区域右侧边缘的最短距离为L的O2′处有一竖直放置的荧光屏PQ，荧光屏PQ与O2O2′连线垂直。今有一电子以水平初速度v0从左侧沿O2O2′方向射入磁场，飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为α(未知)。请求出tan的表达式。‎ 解析：(1)设电子在偏转电场运动的加速度为a，时间为t，离开偏转电场时的偏移距离为y，根据运动学公式有：y＝at2‎ 根据牛顿第二定律有：a＝ 电子在电场中的运动时间：t＝ 联立解得：y＝ 电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距O1′的最大距离为Y，则由几何关系可知：＝ 将y代入解得Y＝(l＋2b)。‎ ‎(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 ev0B＝，‎ 解得R＝ 由如图所示的几何关系得，电子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等，均为α 则：tan＝＝。‎ 答案：(1)(l＋2b)　(2)tan＝