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专题强化测评（四）A卷电场和磁场(45分钟 100分)一、单项选择题（本题共5小题，每小题6分，共计30分.每小题只有一个选项符合题意）1.(2012绵阳模拟)如图所示的是电视机显像管及其偏转线圈L，如果发现电视画面幅度比正常时偏大，可能是因为( )A.电子枪发射能力减弱，电子数减少B.加速电场电压过低，电子速率偏小C.偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小D.偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱2.(2012河西区模拟)如图所示，一弓形线圈通以逆时针电流，在其圆弧的圆心处，垂直于纸面放一直导线，当直导线通有指向纸内的电流时，线圈将( )A.a端向纸内、b端向纸外转动，且靠近导线B.a端向纸内、b端向纸外转动，且远离导线C.b端向纸内、a端向纸外转动，且靠近导线D.b端向纸内、a端向纸外转动，且远离导线3.(2012深圳模拟)如图所示，有一半圆弧光滑轨道竖直放置，其半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，M、N之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是( )A.小球一定能穿过MN区域继续运动B.如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点C.如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点D.如果小球一定能穿过MN区域，电场力做的功为-mgR4.平行板间有如图所示的周期性变化的电压重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况在所示的图象中，正确定性描述粒子运动的速度图象的是( )5.一束带电粒子以同一速度，并从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示粒子q1的轨迹半径为r1，粒子q2的轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是它们的带电量，则( )A.q1带负电、q2带正电，荷质比之比为=21B.q1带负电、q2带正电，荷质比之比为=12C.q1带正电、q2带负电，荷质比之比为=21D.q1带正电、q2带负电，荷质比之比为=11二、多项选择题（本题共4小题，每小题8分，共计32分，每小题有多个选项符合题意）6.(2012江苏高考)一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力.下列说法正确的有( )A.粒子带负电荷B.粒子的加速度先不变，后变小C.粒子的速度不断增大D.粒子的电势能先减小，后增大7.（2012南通模拟）如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点.一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点（C、D是关于AB对称的两点）.下列关于粒子运动的v-t图象中可能正确的是( )8.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动.设斜面足够长，则在小物块Q向上运动过程中( )A.小物块Q的动能一直增大B.小物块Q的电势能一直减小C.小物块Q的重力势能和电势能之和一直减小D.小物块Q的机械能一直增大9.(2012南京模拟)狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布(如图甲所示)，距离它r处的磁感应强度大小为(k为常数)，其磁场分布与负点电荷Q的电场(如图乙所示)分布相似.现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动.则关于小球做匀速圆周运动的判断正确的是( )A.若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示B.若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示C.若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示D.若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示三、计算题（本题共3小题，共38分,需写出规范的解题步骤）10.（2012淮安模拟）（12分）在光滑绝缘的水平面上建有如图所示的平面直角坐标系，在此水平面上可视为质点的不带电小球a静止于坐标系的原点O，可视为质点的带正电小球b静止在坐标为（0，h）的位置上.现加一方向沿y轴正方向、电场强度大小为E、范围足够大的匀强电场，同时给a球以某一速度使其沿x轴正方向运动.当b球到达坐标系原点O时速度为v0，此时立即撤去电场而改加一方向垂直于绝缘水平面向上、磁感应强度大小为B、范围足够大的匀强磁场，最终b球能与a球相遇.求：（1）b球的比荷;（2）从b球到达原点O开始至b球与a球相遇所需的时间；（3）b球从开始位置运动到原点O时，a球的位置.11.（2012徐州模拟）（12分）如图甲所示，两平行金属板A、B的板长l0.20 m,板间距d=0.20m,两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应.在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左右宽度D0.40 m,上下范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B=1.0102T.现从t=0开始，从两极板左端的中点O处以每秒钟1 000个的速率不停地释放出某种带正电的粒子，这些粒子均以v0=2.0105 m/s的速度沿两板间的中线OO射入电场，已知带电粒子的比荷=1.0108 C/kg,粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看做不变.求： o（1）t=0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离；（2）在电压变化的第一个周期内有多少个带电的粒子能进入磁场；（3）何时由O点进入的带电粒子在磁场中运动的时间最长？最长时间为多少？（3）12.(2012徐州模拟)(14分)如图甲所示，两块相同的平行金属板M、N正对着放置，相距为，板M、N上的小孔S1、S2与 O三点共线，S2O=R，连线S1O垂直于板M、N.以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.收集屏PQ上各点到O点的距离都为2R，两端点P、Q关于连线S1O对称，屏PQ所对的圆心角=120.质量为m、电荷量为e的质子连续不断地经S1进入M、N间的电场，接着通过S2进入磁场.质子重力及质子间的相互作用均不计，质子在S1处的速度视为零.(1)若M、N间的电压UMN=+U时，求质子进入磁场时速度的大小v0.(2)若M、N间接入如图乙所示的随时间t变化的电压UMN=|(式中周期T已知)，且在质子通过板间电场区域的极短时间内板间电场视为恒定，则质子在哪些时刻自S1处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏PQ上？(3)在上述(2)问的情形下，当M、N间的电压不同时，质子从S1处到打在收集屏PQ上经历的时间t会不同，求t的最大值.答案解析1.【解析】选B.电子偏转的半径与电子数无关，A错误；根据qvB知，r，故v越小，电子在磁场中偏转半径越小，而通过磁场区域时，偏转角越大，B正确；B越小，r越大，偏转角度越小，故C、D错误2.【解析】选A.弓形通电线圈圆弧部分不受磁场力，直线部分上半部分受磁场力指向纸内，下半部分受磁场力指向纸外，导致线圈转动当转到弓形线圈平面与直导线趋于平行时，由于直线电流的磁场随着离开导线距离的增加而减弱，线圈直线部分所受安培力大于圆弧部分，因此线圈受直导线的吸引而靠近导线故A项正确3.【解析】选B.小球进入电场后做减速运动，如果小球到达N点还没有减速到零，说明小球穿过了MN区域，如果小球还没有到N点就减速为零，说明小球不能穿过MN区域，A项错误；如果小球没有穿过MN区域，根据能量守恒定律，小球能回到出发点，且速度为零，但不能到达P点，B项正确，C项错误；如果小球一定能穿过MN区域，根据动能定理，电场力做的功与重力做的总功之和等于动能的变化，由于不知道小球在N点的速度是否为0，所以无法确定电场力做的功，D项错.4.【解析】选A.0时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T时速度减为零此后周期性重复，故A正确5.【解析】选C.根据左手定则可以判定q1带正电、q2带负电，又因为结合r2=2r1可得=21，故C正确.6.【解析】选A、B.根据粒子在非匀强电场一段的运动轨迹可以判断所受电场力方向向左偏下，所以粒子带负电，A对；粒子由高电势向低电势运动，电场力做负功，电势能增加，动能减少，C、D错；非匀强电场等势面间距变大，场强变小，电场力以及加速度变小，B对.7.【解析】选C、D.等量同种电荷中垂线上，由O点向上场强先增大后减小，若场强最大值点在OC之间，则带电粒子由C向O逐渐加速，加速度先增大后减小，图象D正确，若场强最大值点在C点上方，则带电粒子由C向O逐渐加速，加速度一直减小，C正确.8.【解析】选B、D.由题意知带电小物块Q向上先加速后减速，A错误；在小物块Q向上运动过程中，电场力对小物块Q一直做正功，电势能减少，故B正确；根据能量守恒定律，小物块Q的重力势能、电势能以及小物块Q的动能之和不变，而小物块Q的动能先增加后减小，所以小物块Q的重力势能和电势能之和应先减小后增大，C错误；除了重力或弹力外，其余外力（电场力）对小物块Q做正功，则机械能增加，可知D正确.9.【解析】选A、B、C.如图甲所示，在磁单极子上方平面内的小球，受到垂直磁感线斜向上的洛伦兹力(正电荷逆时针运动，负电荷顺时针运动都可使洛伦兹力斜向上)和重力的作用，合力提供向心力，故A、C正确；在负点电荷下方的平面，带正电小球受到沿电场线方向斜向上的电场力和重力的作用，可以做圆周运动，但带负电小球受到与电场线方向相反斜向下的电场力和重力的作用，不能做圆周运动，所以B正确，D错误.10.【解析】(1)b球受电场力作用做匀加速运动，由动能定理得：qEh=mv02, (1分)则b球的比荷为. (1分)（2）b球运动到原点后将在水平面上做匀速圆周运动所以有：qv0B=m，周期T， (1分)联立得： (1分)b球只能与a球相遇在图中的S处，相遇所需时间为t=(k+)T=(k+),（k=0、1、2、） （1分）（3）a球开始运动到与b球相遇所用时间为：t=t1+t，其中t1=, (1分)a球通过的路程为OS2R， （1分）所以可得a球的速度：v=. (1分)故v= (1分)则a球在x轴上的坐标为x0=vt1=,（k=0、1、2、） (2分)a球的位置为(,0). (1分)答案：（1） （2）(k+),（k=0、1、2、）（3）(,0)11.【解析】(1)t=0时刻电压为零，粒子匀速通过极板，由牛顿第二定律Bqv0= (1分)得：r= =0.2 mD， (1分)所以出射点到入射点的距离为s2r=0.4 m. (1分)（2）考虑临界情况：粒子刚好不能射出电场对类平抛过程：y=at2=,a=,l=v0t, (1分)联立解得U0= =400 V. (1分)当uABU0时，粒子可以射出电场，根据比例关系得第一个周期内能够出射的粒子数为n=1000T=3 200（个）. （1分）（3）分析当粒子向下偏转，出射后恰好与磁场右边界相切时，如图所示.粒子在磁场中的圆心角最大，时间最长.设粒子在电场中的偏转角为:则=tan,v=, (1分)由磁场中的圆周运动：Bqv=，几何关系r+rsin=D, (1分)联立得： =（1+sin）=,代入数据解得：sin=0.6，即=37. (1分)又因为t=v0tan37,l=v0t.解得：U=300V. (1分)所以对应的入射时刻为t4n+0.6(s)或t=4n+1.4(s)(n=0、1、2) （1分）在磁场中运动的最长时间为t=4.4106s. (1分)答案：（1）0.4 m (2)3 200个 （3）t=4n+0.6(s)或t=4n+1.4(s)(n=0、1、2) 4.410-6 s12.【解析】(1)根据动能定理，有 eU=-0 (1分) (1分)(2)质子在板间运动，根据动能定理， 有eUMN=-0 (1分)质子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有evB= (1分)若质子能打在收集屏上，轨道半径r与半径R应满足的关系：r (1分)解得板间电压 (1分)结合图象可知：质子在(k=0,1,2,)之间任一时刻从S1处进入电场，均能打到收集屏上 (2分)(3)M、N间的电压越小，质子穿出电场进入磁场时的速度越小，质子在极板间经历的时间越长，同时在磁场中运动轨迹的半径越小，在磁场中运动的时间也会越长，出磁场后打到收集屏前做匀速运动的时间也越长，所以当质子打在收集屏的P端时，对应时间t最长，两板间的电压此时为 (1分)在板间电场中运动时间 (1分)在磁场中运动时间 (1分)出磁场后打到收集屏前做匀速运动的时间 (1分)所以，运动总时间 (2分)答案：(1)(2)之间(k=0,1,2,)(3)
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