2019高考物理二轮复习 专题测试练（四）电场和磁场.docx

专题测试卷(四)电场和磁场(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括 10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。)1如图所示，7根通电长直导线均匀分布在半圆上，各导线电流大小相等、方向均垂直纸面向里，另一通电长直导线P位于半圆的圆心处，电流方向垂直纸面向外。则导线P受到的安培力方向()A向上 B向下C向左 D向右解析 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，直导线P与另外7根导线之间都是大小相等的斥力，由对称性可得直导线P受到安培力的合力方向竖直向上，选项A正确，B、C、D错误。答案 A2一电子仅在电场力作用下，沿直线由静止从A运动到B，AB间的电场强度与位移的关系如图所示，则下列叙述正确的是()A电子做匀加速运动B电子做匀减速运动C电势能先增加后减小D动能先增加后减小解析 电子带负电，所受的电场力方向与电场强度方向相反。由图像知：由AO过程，电场强度沿x方向，电场力与运动方向一致，OB电场力与运动方向相反，所以电子的运动是先加速后减速，动能先增加后减小，由能量守恒定律可知其电势能先减小后增加，故D正确，A、B、C错误。答案 D3如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，有带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其vt图像如图乙所示，下列说法正确的是()A两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处Ct1时刻试探电荷所处位置电场强度为零Dt2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零解析 由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，说明粒子受电场力应向下，故说明粒子均应带负电，由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷，故A、B错误；根据等量同种点电荷的电场特点可知，在两个点电荷的连线的中垂线上，只有与连线的交点处的电场强度才等于0，故C错误；0t2时间内电场力一直做负功，故电势能一直增大，所以t2时刻试探电荷的电势能最大，但t2时刻vt图线的斜率不等于0，所以加速度不为零，故D正确。答案 D4如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1或U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)()A仅增大U1，d将增大B仅增大U1，d将减小C仅增大U2，d将增大D仅增大U2，d将减小解析 对于加速过程，由动能定理得qU1mv，解得v0 ，带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设速度与水平方向夹角为，则有cos ；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于，则有cos ，所以d，又因为半径R，则d ，故d随U1变化，d与U2无关，仅增大U1，d将增大，故选项A正确，B、C、D错误。答案 A5(多选)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是()A小球一定能从B点离开轨道B小球在AC部分可能做匀速圆周运动C若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD小球到达C点的速度可能为零解析 由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故选项A错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故选项B正确；由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，故选项C正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故选项D错误。答案 BC6如图所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m、电荷量为e的电子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的电子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。则从放射源O发射出的电子的这一速度为()A. B. C. D. 解析 将从细管C水平射出的电子逆过来看，是类平抛运动，则水平方向上有Lv0t，竖直方向上有at2，a，联立解得v0，而v2a，所以vy，v ，故C正确，A、B、D错误。答案 C7某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线可能正确的是()解析 由电场线分布可知，从O到A场强先减小后增大，由牛顿第二定律知a，故加速度也是先减小后增大，B项正确；由v t图像斜率的意义，知A项错；由 x图像切线的斜率kE知，C项错误；由EkqEx知，D图中图像的斜率也应先减小后增大，D项错。答案 B8如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥，图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是()AA处的电场强度大于D处BB处的电势高于C处C水分子做匀变速运动D水分子由A运动到C的过程中电势能减少解析 根据电场线的疏密表示电场强度的大小可知，A处的电场强度小于D处，选项A错误；根据沿着电场线方向电势降低可知，B处的电势低于C处，选项B错误；由于电场是非匀强电场，所以水分子做非匀变速运动，选项C错误；水分子由A运动到C的过程中，电场力做正功，电势能减少，选项D正确。答案 D9(多选)如图为回旋加速器的示意图。其核心部分是两个D形金属盒，置于磁感应强度大小恒定的匀强磁场中，并与调频交流电源相连。带电粒子在D形盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。欲使粒子在D形盒内运动的时间增大为原来的2倍，下列措施可行的是()A仅将磁感应强度变为原来的2倍B仅将交流电源的电压变为原来的1/2C仅将D形盒的半径变为原来的倍D仅将交流电源的周期变为原来的2倍解析 带电粒子在D形盒中的运动周期为T，设粒子在电场中的加速次数为n，由动能定理得nqUmv，粒子在D形盒中运动的最大半径，即D形盒的半径R，由以上三式可得，粒子在D形盒中运动的时间tn，由此可得B、C正确。回旋加速器工作时，交变电压周期与粒子运动周期应相等，若仅将交流电源周期变为原来2倍，或仅将磁感应强度变为原来的2倍(即周期T变为原来的)，则不能进行正常回旋，故A、D错误。答案 BC10(多选)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60。下列说法中正确的是()A电子在磁场中运动的时间为B电子在磁场中运动的时间为C磁场区域的圆心坐标为D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，2L)解析 设电子的轨迹半径为R，由几何知识得Rsin 30RL，得R2L，故电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，L)，电子在磁场中运动时间t，而T，所以t，A、D错误，B正确；设磁场区域的圆心坐标为(x，y)，其中xRcos 30L，y，故磁场圆心坐标为，C正确。答案 BC二、非选择题(本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)11(8分)如图为一测定带电粒子比荷的装置。某粒子源均匀地向外放射出速度一定的带正电粒子，粒子速度方向与水平方向成30角，现让粒子先通过一个磁感应强度为B、半径为R的圆形磁场区域，经该磁场偏转后，它恰好能沿y轴进入下方的平行板电容器，并打到置于N板的荧光屏上Q点。调节滑动触头P，当触头滑到变阻器的中央位置时，通过显微镜头看到荧光屏上的亮点Q恰好消失。已知电源电动势为E，内阻为r0，滑动变阻器的总电阻R02r0，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为_，粒子比荷的大小为_。解析 设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何知识得rR；设粒子在磁场中运动的速度大小为v0，由牛顿第二定律和圆周运动的知识得qv0Bm，回路中的电流I，两板间的电压UI，在加速电场中由动能定理得qU0mv，联立以上几式解得。答案 R12(8分)地球同步卫星在运行若干年的过程中，不可能准确地保持初始的位置和速度，需要及时调整，以保证相对地球的位置长期不变。在同步卫星上安装离子推进器，就可以达到上述目标。离子推进器简化的原理示意图如图所示。推进剂在P处进入，在S处电离为一价正离子，后进入电场区加速(加速电压为U)，形成正离子束。在出口处，灯丝C发射的电子注入正离子束中。这种高速粒子流喷射出去，可推动卫星运动。(1)通常用铯作为推进剂，已知铯离子荷质比约为7.5105 Ckg1，加速电压U2.4 kV，求铯离子通过电场区后的速度大小；(以离子发动机为参考系)(2)若离子发动机每秒喷射出N1015个铯离子，铯离子质量m2.21022 kg，试求推进器获得的平均推力大小；(3)试解释灯丝C发射电子注入正离子束的作用。解析 (1)由动能定理可得qUmv2解得v 6.0104 m/s(2)由动量定理可得FtNtmv解得FNmv1.32102 N(3)使喷出的离子得到电子后呈电中性，推进器不受反向电场阻力作用使飞船呈电中性。答案 (1)6.0104 m/s(2)1.32102 N(3)见解析13(10分)(2018潍坊一模)如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、y轴方向为电场强度的正方向)。在t0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴方向的带负电粒子(不计重力)。其中已知v0、t0、B0、E0，且E0，粒子的比荷，x轴上有一点A，坐标为。(1)求时带电粒子的位置坐标。(2)粒子运动过程中偏离x轴的最大距离。(3)粒子经多长时间经过A点。解析 (1)由T得T2t0所以，运动了由牛顿第二定律得：qv0B0m解得：r1所以位置坐标为(2)粒子的运动轨迹如图所示。由图可知：y1v0t0tv1v0t0解得：y1，v12v0由r得：r2故：ymy1r2v0t0(3)由图可知粒子的运动周期为4t0，在一个周期内粒子沿x轴方向运动的距离：d2(r1r2)故：t4t032t0答案 (1)(2)v0t0(3)32t014(10分)某同学设计了一个测量物体质量的电子装置，其结构如图甲、乙所示。E形磁铁的两侧为S极，中心为N极，可认为只有磁极间存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场。一边长为L横截面为正方形的线圈套于中心磁极，线圈、骨架与托盘连为一体，总质量为m0，托盘下方连接一个轻弹簧，弹簧下端固定在磁极上，支撑起上面的整个装置，线圈、骨架与磁极不接触。线圈的两个头与外电路连接(图上未标出)。当被测量的重物放在托盘上时，弹簧继续被压缩，托盘和线圈一起向下运动，之后接通外电路对线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，此时由对应的供电电流可确定重物的质量。已知弹簧劲度系数为k，线圈匝数为n，重力加速度为g。(1)当线圈与外电路断开时：a以不放重物时托盘的位置为位移起点，竖直向下为位移的正方向。试在图丙中画出，托盘轻轻放上质量为m的重物后，托盘向下运动过程中弹簧弹力F的大小与托盘位移x的关系图像；b根据上面得到的Fx图像，求从托盘放上质量为m的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹簧弹力所做的功W；(2)当线圈与外电路接通时：a通过外电路给线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止。若线圈能够承受的最大电流为I，求该装置能够测量的最大质量M；b在线圈能承受的最大电流一定的情况下，要增大质量的测量范围，可以采取哪些措施？(至少答出两种)解析 (1)a.未放重物时，弹簧已经被压缩，弹力大小为m0g。弹簧弹力F的大小与托盘位移x的关系图像如图甲所示。b未放重物时kx0m0g当托盘速度达到最大时k(x0x)(m0m)g解得x图乙中阴影部分面积即为从托盘放上质量为m的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹力所做的功的大小，弹力做负功有W(2)a.给线圈供电后，托盘回到原来的位置，线圈、骨架、托盘与重物处于平衡状态有2nBILkx0(m0M)g解得Mb要增大此电子装置的量程，可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度。答案 (1)a.图见解析b(2)a.b见解析15(12分)在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动轨迹的控制。如图所示，空间存在直角三角形MNQ，M为直角，。有一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以相同的速度v由三角形的M点沿MQ方向射出。在MN所在直线的右侧适当区域施加垂直于MNQ平面的有界匀强磁场，使带电粒子偏转后能沿着QN方向到达N点，所加磁场的磁感应强度为B。带电粒子所受重力忽略不计。(1)若所加磁场的横截面为圆形，其最小面积为多少(q、m、v、B均为已知)，磁场方向向里还是向外？(2)若MN的长度L1.5 m，带电粒子的质量为m4.0108 kg、电荷量为q 4.0103 C、速度为v5.0104 m/s，所加磁场的磁感应强度为B1.0 T，所加有界磁场的横截面仍为圆形，带电粒子能沿QN方向到达N点，求带电粒子由M点到N点的时间。(计算结果保留2位有效数字)解析 (1)带电粒子由P点进入有界圆形磁场区域，从S点出磁场区域，如图所示。当PS为所加圆形磁场区域的直径时，圆形磁场区域的面积最小。O1为带电粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心，r1为其半径，圆O2为所施加圆形有界磁场的圆心，r2为其半径。由 qvBm，得 r1，在三角形 O1PQ 中，O1QP，又O1QPS，所以O1PO2，r2r1 cos。所以最小区域磁场面积 Sr。磁场的方向垂直纸面向外。(2)把 m4.0108kg、q4.0103 C、v5.0104 m/s，B1.0 T代入r1，得带电粒子做圆周运动的半径 r1 m0.5 m。因为MN3r1，所以使带电粒子能沿QN方向到达N点，必须在M点进入磁场，S点出磁场，如图所示。所加有界磁场区域的半径为MO2，带电粒子做圆周运动的半径为MO1。有几何关系MO1S。T s6.3105 s。带电粒子在磁场运动的时间为个周期，所以t1T2.1105 s。出磁场后，O1NLMO11.5 m0.5 m1.0 m，在直角三角形O1SN中，因为O1NS，所以SNO1Ncos1.0 m m。所以t2 s1.7105 s。所以总时间 tt1t22.1105 s1.7105 s3.8105 s。答案 (1)磁场的方向垂直纸面向外(2)3.8105 s16(12分)(2017山西第二次四校联考)如图所示，在xOy 平面坐标系中，直线MN与y轴成30角，M点的坐标为(0，a)，在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。电子束以相同速度v0从y轴上ay0的区间垂直于y轴和磁场射入磁场。已知从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN相切，忽略电子间的相互作用和电子的重力。(1)求电子的比荷；(2)若在xOy坐标系的第象限加上沿y轴正方向大小为EBv0的匀强电场，在x0a处垂直于x轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围。解析 (1)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有ra解得r电子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，即eBv0m由解得电子比荷(2)由电子的轨迹半径可判断，从O点射入磁场的电子在的位置进入匀强电场，电子进入电场后做类平抛运动，有2rt2xv0t联立，将EBv0代入解得xa设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成角，则vyttan 解得 tan 2设该电子打在荧光屏上的Q点，Q点离x轴的距离为 L，则 L(x0x)tan a即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为La。而从位置进入磁场的电子恰好由O点过y轴，不受电场力，沿x轴正方向做直线运动，打在荧光屏与x轴相交的点上，所以荧光屏上在y坐标分别为0、a的范围内出现一条长亮线。答案 (1)(2)在y坐标分别为0、a的范围内出现一条长亮线