新课标2020高考物理二轮复习专题强化训练7电场与磁场含解析 2 15页

专题强化训练(七)‎ 一、选择题(共10个小题，1～7为单选，其余为多选．每题5分共50分)‎ ‎1.如图所示，为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束．其中加热电源的电动势为E，加速电压为U.下列说法正确的是(　　)‎ A．加热电源的正负不能接反 B．加速电压的正负不能接反 C．加速电场的电场线从金属丝发出，终止于金属板 D．电子被加速时，一定是沿着电场线运动的 答案　B 解析　金属丝加热后发射电子，电源的正负互换不影响，故A项错误；电子加速时，当正负互换，电子不被加速，故B项正确；电场线从正电荷出发，终止于负电荷，故C项错误；电子被加速时，电场不是匀强电场，轨迹与电场线不重合，故D项错误．故选B项．‎ ‎2.如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为＋q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在光滑的定滑轮O正上方处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球2恰好在A位置平衡，已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°.由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置．已知静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球2带负电 15‎ B．小球2在C位置时所带电荷量为 C．小球2在A位置时所带电荷量为 D．弹性绳原长为l 答案　C 解析　两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球2也带正电，故A项错误；‎ 小球在C点时，受力分析如图：‎ 由几何关系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg①‎ T＝mgcos30°＝mg②‎ 根据库仑定律得：F＝③‎ 联立①③可得：q2＝，故B项错误；‎ 小球2在A位置时，受到的重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为120°，所以三个力的大小相等，即T′＝F′＝mg；‎ 根据库仑定律得：F′＝，小球2在A位置时所带电荷量：q1＝，故C项正确；小球2在A位置时，弹性绳的长度：l1＝＋l＝l，小球2在C位置时，弹性绳的长度l2＝＋l，设弹性绳的劲度系数为k，则：T′＝k(l1－l0)；联立可得：l0＝0.5l，故D项错误．故选C项．‎ ‎3.如图所示，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种正电荷．质量为m，带电荷量为＋q的物块从斜面上的M点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值v，运动的最低点为N(图中没有标出)，则下列说法正确的是(　　)‎ 15‎ A．物块向下运动的过程中加速度先增大后减小 B．物块和斜面间的动摩擦因数为μ＝ C．物块运动的最低点N到O点的距离小于M点到O点的距离 D．物块的释放点M与O点间的电势差为 答案　D 解析　根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从A到B电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零．设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减小后沿斜面向上逐渐增大，所以物块的加速度大小先减小后增大，故A项错误；‎ 物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物块和斜面间的动摩擦因数为：μ＝tanθ＝，故B项错误；‎ 由于运动过程中mgsinθ－μmgcosθ＝0，所以物块从M点运动到N点的过程中受到的合外力为qE，因此最低点N与释放点M关于O点对称，故C项错误；‎ 根据动能定理有：qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ＝mv2，且mgsinθ＝μmgcosθ，所以物块的释放点M与O点间的电势差为：UMO＝，故D项正确．故选D项．‎ ‎4．如图1所示，在电场所在的空间中有相距为2L的A、B两点，两点连线的中点记为O，A、B两点间某点的电势φ随该点到A点的距离x的变化关系如图2所示．现从A点由静止释放一点电荷，则该点电荷仅在电场力作用下由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 15‎ A．该点电荷带负电 B．该点电荷先做加速运动，后做减速运动 C．AO、OB两段电场强度方向相反 D．O点的电场强度最小 答案　D 解析　点电荷由A点静止释放，向B点运动，所以该点电荷带正电，故A项错误；该正点电荷在电场力作用下一直做加速运动，故B项错误；由图可知，离A点越远电势越低，所以电场方向与AB夹角为锐角，电场强度方向在OA和OB两段同向，故C项错误；图中图线的倾斜程度表示电场强度的大小，故O点的电场强度最小，故D项正确．故选D项．‎ ‎5.如图所示，三根长直导线A、B和C垂直纸面并固定于等腰直角三角形的三个顶点上，三根导线均通有方向垂直纸面向里的电流I时，AC的中点O处磁感应强度的大小为B0.若使A中的电流反向其他条件不变，则O点处磁感应强度的大小变为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　 B．B0‎ C.B0 D.B0‎ 答案　C 解析　当三导线中均通有垂直纸面向里的电流I时，A、C中点O磁感应强度为B0，用右手螺旋定则判断通电直导线A与通电直导线C在O点的合磁场为零，则通电直导线B在O点产生的磁场方向沿着AC，由A指向C，磁感应强度为B0，如果使A中的电流反向其他条件不变，则通电直导线A与通电直导线C在O点的合磁场大小为2B0，方向垂直AC向上；依据矢量的合成法则，则三根通电直导线在O点共同产生的磁场大小为：B合＝＝‎ 15‎ eq (5)B0，故A、B、D三项错误，C项正确．故选C项．‎ ‎6.如图所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，由此可以判断(　　)‎ A．匀强电场方向一定是水平向左 B．油滴沿直线一定做匀加速运动 C．油滴可能是从N点运动到M点 D．油滴一定是从N点运动到M点 答案　A 解析　粒子的受力分析如图所示，即电场力只能水平向左，粒子才能沿直线运动，故A项正确；油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力，据F＝qvB可知，粒子必定做匀速直线运动，故B项错误；粒子受到的洛伦兹力的方向为垂直MN向上，又因为粒子带正电，再结合左手定则，可知油滴一定是从M点运动到N点，故C、D两项错误．故选A项．‎ ‎7.如图所示，直角三角形ABC位于方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，其中电场方向平行于三角形所在平面．已知∠A＝30°，AB边长为a，D是AC的中点，CE垂直于BD且交于O点．一带电粒子由B点射入，恰能沿直线BD通过三角形区域．若A、B、C三点的电势分别为0、φ、2φ，已知φ>0，粒子重力不计．下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子一定带正电 B．磁场方向垂直三角形所在平面向外 15‎ C．E点电势为φ D．电场强度大小为 答案　C 解析　带电粒子由B点射入，恰能沿直线BD通过三角形区域，受到电场力与洛伦兹力作用，由于F洛＝Bqv，因此粒子一定做匀速直线运动，虽然电场强度方向由C指向E，但电场力与磁场力方向不知，则粒子的电性不能确定，故A项错误；由上分析，可知，电场力与洛伦兹力方向平行于EC，具体方向不确定，根据左手定则，则磁场方向也不能确定，故B项错误；依据几何知识，CE垂直于BD，AB垂直于BC，那么ED也垂直AC，因此三角形EBC与三角形EDC全等，那么EB＝AB，由于AB边长为a，D是AC的中点，且A、B、C三点的电势分别为0、φ、2φ，那么E点电势为φ，故C项正确；由于电场强度方向由C指向E，而CB电势差为φ，然而CO长度为a，因此电场强度大小为E＝＝，故D项错误．故选C项．‎ ‎8．电磁泵是指处在磁场中的通电流体在电磁力作用下向一定方向流动的泵，如图所示是一电磁泵工作部分示意图，绝缘非磁性管道的横截面是长为a，宽为b的矩形，在管道内上、下管壁处各安装一个长为L的电极，通以电流I.当在垂直于管道和电流的方向加一个磁感应强度为B的匀强磁场时，电流受到的安培力就推动导电液体流动，已知导电液体稳定流动时所受阻力与流动速率成正比，即Ff＝kv，则关于导电液体的流动方向和电磁泵的功率，下列说法正确的是(　　)‎ A．导电液体可能向左流动 　 B．导电液体一定向右流动 C．电磁泵的功率为 　 D．电磁泵的功率为 答案　BD 解析　磁场的方向向外，电流的方向向上，由左手定则可知，电流受到的安培力的方向向右，是电流将对导电液体产生向右的推力，所以导电液体一定向右流动，故A项错误，B项正确；导电液体受到的阻力与安培力大小相等时，处于稳定的流速，此时：Ff＝kv＝BIb所以：v＝‎ 15‎ ，此时安培力的推力产生的功率为：P＝Fv＝BIb·＝，即电磁泵的功率，故C项错误，D项正确．故选B、D两项．‎ ‎9.如图所示，质量均为m的物块a、b被一根劲度系数为k的轻弹簧相连接，放在倾角为θ的足够光滑固定斜面上，且a是带电量为＋q的物块，b不带电，C为固定挡板．整个装置处于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，系统处于静止状态．现用一外力F沿斜面方向拉物块a使之向上做匀加速运动，当物块a刚要离开斜面时物块b恰将离开挡板C.重力加速度大小为g，则此过程中(　　)‎ A．物块a运动的距离为 B．b刚要离开挡板时弹簧弹力为2mgsinθ C．外力F做的功为 D．物块a运动的时间为 答案　AD 解析　开始时弹簧的压缩量Δx1＝，当物块b恰好离开挡板C时，弹簧伸长量：Δx2＝，则物块a运动的距离为Δx＝Δx1＋Δx2＝，故A项正确；‎ b刚要离开挡板时弹簧的弹力：T＝mgsinθ，故B项错误；‎ 当a离开斜面时满足：mgcosθ＝qvB，解得：v＝，物块a运动的时间为：t＝＝＝，根据动能定理得：W－mgΔxsinθ＝mv2，解得：W＝＋，故C项错误，D项正确．故选A、D两项．‎ ‎10.如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC，HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等，‎ 15‎ 方向分别水平向右和向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若PC＝L，则小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g.则(　　)‎ A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动 B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mg C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgl D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB 答案　AD 解析　小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为F＝＝mg不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A项正确；当小球的摩擦力、重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为mg，不可能大于mg，故B项错误；根据动能定理，可知，从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为mgL，故C项错误；对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：N－mg＋Bqv＝m；由C到O点，由机械能守恒定律有：mgRsin30°＝mv2；解得N＝2mg－qB，即当小球由C向D运动时，则对轨道的弹力为2mg－qB，故D项正确．故选A、D两项．‎ 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)‎ 15‎ ‎11.如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出)，一带正电小球，电荷量为q，从原点O水平抛出，再从A点进入电场区域，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB＝3L.已知小球抛出时的动能为Ek0，在B点的动能为Ek0，重力加速度为g，不计空气阻力．求：‎ ‎(1)小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比；‎ ‎(2)匀强电场的场强和小球的质量；‎ ‎(3)小球在电场中运动的最小动能．‎ 答案　(1)1∶1　(2)　　(3)Ek0‎ 解析　(1)设小球质量为m，初速度为v0，从O到A，小球水平方向做匀速直线运动，‎ 有：2L＝v0tOA，①‎ 从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0，‎ 由运动学公式得：L＝tAB，②‎ ‎①②联立解得：tOA＝tAB，即tOA∶tAB＝1∶1.‎ ‎(2)设小球在B点竖直方向上的速度为vBy，有 Ek0＝mvBy2，③‎ 又Ek0＝mv02，④‎ 设小球在A点竖直方向的速度为vAy，由于小球在竖直方向做自由落体运动，而且tOA＝tAB，⑤‎ ‎③④⑤联立解得：vAy＝v0，⑥‎ 从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得：v02＝2‎ 15‎ L，⑦‎ ‎④⑦联立解得：E＝，方向水平向右 又有运动学公式得：vAy＝gtOA，⑧‎ v0＝tAB，⑨‎ ‎⑥⑧⑨联立解得：m＝.‎ ‎(3)由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为30°，vA与水平方向夹角为30°，建立如图所示坐标系 将vA分解到x′、y′轴上，小球在x′方向上做匀速运动，在y′方向上做类似于竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin＝mvAx′2，⑩‎ 而vAx′＝vAcos30°＝v0⑪‎ 解得E kmin＝Ek0.‎ ‎12.如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点，经偏转后从x轴上的C点(图中未画出)进入第一象限内并击中AO上的D点(图中未画出)．已知OM的长度L1＝20 m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝(T)，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ 15‎ ‎(1)两匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎(2)OC的长度L2；‎ ‎(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.‎ 答案　(1)　(2)40 m　(3)7.71 s 解析　(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，所以有：mg＝qE，‎ 解得：E＝.‎ ‎(2)质点从M到O做匀加速直线运动，设质点到达O点的速度为v，由运动学规律知：v2＝2aL1，‎ 由牛顿第二定律得：mg＝ma，‎ 解得：v＝20 m/s.‎ 质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，设圆周运动的半径为R，其轨迹如图所示：‎ qvB＝m，‎ 解得：R＝20 m，‎ 由几何知识可知OC的长度为：L2＝2Rcos45°＝40 m.‎ 15‎ ‎(3)质点从M到O的时间为：t1＝＝2 s，‎ 质点做圆周运动时间为：‎ t2＝T＝×＝π≈4.71 s，‎ 质点做类平抛运动时间为：t3＝＝1 s，‎ 质点全过程所经历的时间为：t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s.‎ ‎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　(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qvB＝m，①‎ 设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE，②‎ 设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma，③‎ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有 v＝at；④‎ 联立①②③④式得t＝.⑤‎ ‎(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(r′－R)2＋(R)2＝r′2，⑥‎ 15‎ 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知tanθ＝，⑦‎ 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 tanθ＝，⑧‎ 联立①⑥⑦⑧式得v0＝.⑨‎ ‎14．图甲为直角坐标xOy，y轴正向即沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标xOy平面向里为正方向．t＝0时刻，电荷量为q，质量m的带正电粒子由坐标原点O静止释放，已知场强大小E0＝，磁感应强度大小B0＝，g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)t＝1 s末粒子速度的大小和方向；‎ ‎(2)粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期；‎ ‎(3)在0～6 s内粒子运动过程中最高点的位置坐标．‎ 15‎ 答案　(1)10 m/s　方向竖直向上　(2) m　1 s ‎(3) 解析　(1)粒子自坐标原点O静止释放，设1 s末速度大小为v1，根据牛顿第二定律可得：qE0－mg＝ma，‎ 根据v1＝at1，代入数据解得v1＝10 m/s，方向竖直向上．‎ ‎(2)1 s末粒子第一次进入磁场，由于粒子受重力和电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qv1B0＝m，解得r1＝ m，周期T＝＝1 s.‎ ‎(3)粒子在2 s末回到y轴，以v1＝10 m/s初速度沿y轴正方向运动，设3 s末粒子速度的大小为v2，根据动量定理可得：‎ ‎(qE0－mg)t＝mv2－mv1，‎ 代入数据解得v2＝20 m/s，方向竖直向上；‎ ‎3 s末粒子第2次进入磁场做匀速圆周运动，周期不变，4 s末再次回到y轴，以v2＝20 m/s初速度沿y轴正方向运动，5 s末的速度为v3＝30 m/s，第3次进入磁场做匀速圆周运动，第6 s刚好回到y轴，速度方向向上，粒子运动轨迹如图所示：则最上方圆的半径R＝＝ m，‎ 前5 s加速时间t5＝3 s，根据位移时间关系可得前5 s竖直方向的位移y5＝×t5＝45 m，‎ 所以在0～6 s时间内粒子运动过程中最高点的位置坐标x＝－R＝－ m，y＝y5＋R＝ m.‎ 即最高点坐标为P.‎ 15‎ 15‎