高考物理二轮复习专题强化练6电场和磁场含答案

这是一份高考物理二轮复习专题强化练6电场和磁场含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．如图是静电喷漆的工作原理图．工作时，喷枪部分接高压电源负极，工件接正极，喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并被吸附在工件表面．图中画出了部分微粒的运动轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则( )
A．微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况
B．微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大
C．在向工件运动的过程中，微粒的动能逐渐减小
D．在向工件运动的过程中，微粒的电势能逐渐增大
2．[2020·浙江7月，8]空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则( )
A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
3．如图所示，两根长直导线垂直穿过光滑绝缘水平面，与水平面的交点分别为M和N，两导线内通有大小相等、方向相反的电流．A、B是该平面内MN连线的中垂线上的两点，一带正电的小球从B点以某一指向A点的初速度开始运动，则带电小球的运动情况是( )
A．小球将做匀速直线运动
B．小球将先做减速运动后做加速运动
C．小球将向左做曲线运动
D．小球将向右做曲线运动
4．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
5．某回旋加速器的示意图如图，两个半径均为R的D形盒置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并与高频电源两极相连．现对氚核(eq \\al(3,1)H)加速，所需的高频电源的频率为f.已知元电荷为e.下列说法正确的是( )
A．D形盒可以用玻璃制成
B．氚核的质量为eq \f(eBf,2π)
C．高频电源的电压越大，氚核从P处射出的速度越大
D．若对氦核(eq \\al(4,2)He)加速，则高频电源的频率应调为eq \f(3,2)f
6.
如图所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，两板间分布着如图所示的匀强电场与匀强磁场．一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点O处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O点进入电场，恰好从上极板ab的右边缘b处离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O点进入磁场，经过一段匀速圆周运动后，打在下极板cd上，则粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为( )
A．L B．2L
C.eq \f(5,4)L D.eq \f(L,2)
7．[2020·四川成都一诊]如图甲，在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅受匀强电场的作用沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙．Ⅰ的电荷量为q，可知( )
A．匀强电场的场强大小为E＝eq \f(Ek0,qx0)
B．点电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ＝eq \f(Ek0,x0)
C．点电荷Ⅱ的电荷量为eq \f(q,2)
D．若选O点为零电势点，则A点的电势为φA＝eq \f(Ek0,q)
8．如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚直线cd为Q1、Q2连线的垂直平分线，O为垂足，c、d两点在垂直平分线上且关于Q1、Q2连线对称．一电子(不计重力)从a点沿虚曲线途径O点运动到b点．下列说法正确的是( )
A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
B．c、d两点的电势相同，场强不相同
C．电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度
D．电子在O点时的电势能大于在a点时的电势能
9．[2020·江苏卷，9]如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)．开始时，两小球分别静止在A、B位置．现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置．取O点的电势为0.下列说法正确的有( )
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
10．质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在．如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上．由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠．对此，下列说法正确的是( )
A．两粒子均带正电
B．打在M处的粒子质量较小
C．若U一定，ΔU越大越容易发生重叠
D．若ΔU一定，U越大越容易发生重叠
二、非选择题
11．如图所示，在间距L＝0.2 m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度的分布沿y方向不变，沿x方向如下：
B＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1 T,5x T,－1 T)) eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0.2 m,－0.2 m≤x≤0.2 m,x<－0.2 m))
导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1 F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I＝2 A，电流方向如图所示．有一质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0＝0.7 m处．开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3＝－0.2 m处时，开关S掷向2.已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直．求：
(提示：可以用F ­ x图象下的“面积”代表力F所做的功)
(1)棒ab运动到x1＝0.2 m时的速度v1；
(2)棒ab运动到x2＝－0.1 m时的速度v2；
(3)电容器最终所带的电荷量Q.
12.
如右图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝eq \f(160,3) N/C.一质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m,3.2 m)点，以v0＝1 m/s的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间．
专题强化练6 电场和磁场
1．解析：微粒的运动轨迹是曲线时与电场线一定不重合，A错误．由场强叠加原理可知，距离两个电极越近的位置，电场强度越大，所以微粒在向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大，B正确．在微粒向工件运动的过程中，电场力做正功，电势能减少；只有电场力做功，即合力做正功，微粒的动能增加，C、D错误．
答案：B
2．命题意图：本题考查等势面、电势、电势能、电场强度等．
解析：由等势线分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线分布图，两点电荷连线垂直平分线上处处电势为零，A项错；电场线与等势线垂直，故a、b两点的电场强度方向不同，B项错；Q点处为正电荷，故垂直平分线左侧电势均大于零，右侧电势均小于零，所以b点电势高于d点电势，C项错；又负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a点移到c点时电势能增加，D项对．
答案：D
3．解析：根据安培定则可知，两电流在A点产生的磁感应强度的方向如图所示，根据对称性和平行四边形定则可知，A点处的合磁感应强度的方向沿着AB方向，同理可得在AB连线上各点的合磁感应强度的方向都沿AB方向，与带电小球的初速度方向平行，则带电小球在光滑水平面上不受洛伦兹力作用，小球受到的合外力为0，小球做匀速直线运动，选项A正确．
答案：A
4．解析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝eq \f(U,d)，Q＝CU，C＝eq \f(εrS,4πkd)联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．
答案：D
5．解析：为使D形盒内的带电粒子不受外电场的影响，D形盒应用金属材料制成，以实现静电屏蔽，A错误；为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的频率相等，由T1＝eq \f(2πm1,eB)和T1＝eq \f(1,f)，得氚核的质量m1＝eq \f(eB,2πf)，B错误；由evmB＝m1eq \f(v\\al(2,m),R)，得vm＝eq \f(eBR,m1)，可见氚核从P处射出时的最大速度vm与电源的电压大小无关，C错误；结合T2＝eq \f(2πm2,2eB)和T2＝eq \f(1,f2)，得f2＝eq \f(2m1,m2)f，又eq \f(m1,m2)＝eq \f(3,4)，得f2＝eq \f(3,2)f，D正确．
答案：D
6．解析：该带正电的粒子恰能沿图中虚线匀速通过速度选择器，电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，根据平衡条件，有qvB＝qE，解得v＝eq \f(E,B).撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则L＝vt，eq \f(1,2)L＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，解得粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,LB2)；撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)＝L.
答案：A
7．解析：对点电荷Ⅰ，从O点到A点，由动能定理可得qEx0＝Ek0，故电场强度大小为E＝eq \f(Ek0,qx0)，A项正确；对点电荷Ⅱ，由动能定理可得FⅡx0＝2Ek0，故点电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ＝eq \f(2Ek0,x0)，B项错误；由场强E＝eq \f(Ek0,qx0)，点电荷Ⅱ受到的电场力大小FⅡ＝eq \f(2Ek0,x0)，可得点荷Ⅱ的电荷量为Q＝eq \f(FⅡ,E)＝2q，C项错误；若选O点为零电势点，则UOA＝φ0－φA＝－φA，结合UOA＝E·x0＝eq \f(Ek0,q)可得，A点电势为φA＝－eq \f(Ek0,q)，D项错误．
答案：A
8．解析：Q1周围的电场线比Q2周围的电场线密，说明Q1的电荷量大于Q2的电荷量，A错误；根据电场线的分布情况知Q1、Q2为异种电荷，根据曲线运动的向心力方向指向凹处知，Q1为正电荷，Q2为负电荷，电场线的方向由Q1沿电场线指向Q2，根据对称性知c、d两点的电势相等，场强大小相等，方向不同，B正确；O点附近的电场线比a点附近的电场线密，O点场强较大，由加速度a0＝eq \f(eE,m)知，电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度，C正确；电子从a点运动到O点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力做正功，电势能逐渐减小，即电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能，D错误．
答案：BC
9．命题意图：本题考查了电场力做功等知识，意在考查考生综合规律处理问题的能力．
解析：沿电场线方向电势降低，则B点的电势比A点的电势高，A正确；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值始终相等，则由Ep＝qφ可知两小球的电势能始终相等，B正确；该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做正功，C错误；电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两小球的总电势能减少，D错误．
答案：AB
10．解析：根据左手定则判断出两粒子均带正电，选项A正确；设粒子质量为m，经电场加速有qU＝eq \f(1,2)mv2，得出v＝eq \r(\f(2qU,m)).粒子达到底片上的位置为x＝2r＝eq \f(2mv,Bq)＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，q相同时，x越小说明质量越小，选项B正确；若U一定，两粒子打到底片的理论位置确定，ΔU越大，两粒子理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠，选项C正确；ΔU一定，两粒子理论位置两侧宽度不变，U越大，两粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项D错误．
答案：ABC
11．解析：(1)安培力F＝BIL
加速度a＝eq \f(BIL,m)
速度v1＝eq \r(2ax0－x1)＝2 m/s
(2)在区间－0.2 m≤x≤0.2 m
安培力F＝5xIL
如图所示
安培力做功W＝eq \f(5IL,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))
动能定理W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
v2＝eq \r(4.6) m/s
(3)动量定理－BLQ＝mv－mv3
电荷量Q＝CBLv
x＝－0.2 m处的速度v3＝v1＝2 m/s
Q＝eq \f(CBLmv3,CB2L2＋m)＝eq \f(2,7) C
答案：(1)2 m/s (2)eq \r(4.6) m/s (3)eq \f(2,7) C
12．解析：(1)由题意可知：qE1＝mg
解得：q＝5×10－4 C
小球在第一、四象限的运动轨迹如图所示．
则Rcs θ＝xM－xP
Rsin θ＋R＝yM
可得R＝2 m，θ＝37°
由qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R)，解得B＝2 T
(2)
小球进入第四象限后受力分析如图所示．
tan α＝eq \f(mg,qE2)＝0.75
可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°.
由几何关系可得：
OA＝OPtan α＝1.53 m
AN＝ON－OA＝0.75 m
又因△OAP与△QAN相似，
所以∠QNA＝∠OPA＝α
得QN＝ANcs α＝0.6 m.
由QN＝v0t，解得t＝0.6 s.
答案：(1)2 T (2)0.6 s