2018届高考物理二轮复习名师讲练：配套作业含答案专题七电场与磁场.doc

课时作业(七)一、选择题(共9个小题，均为单选，每题5分，共45分)1.(2017宝鸡一模)如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的()AB1BB2CB3 DB4答案C解析根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，根据平行四边形定则知H点的合场强可能为B3方向故C项正确，A、B、D三项错误，故选C项点评解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场，以及知道磁感应强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则2(2017静安区一模)如图所示，折成不同形状的四个导线框质量相等、匝数相同，高度相同，MN边长度相等，将它们用相同的细线悬挂在空中，四个导线框的下边处在同一水平线上，且四个线框的下半部分都处在与线框平面垂直的同一匀强磁场中，磁场的上边界水平(如图中虚线所示)，四个导线框中都通有顺时针方向、电流强度相同的电流，均处于平衡状态若使磁场缓慢变强，细线最不易拉断的是()答案B解析导线框中都通有顺时针方向的电流，即从N指向M，由左手定则可知，安培力的方向向下；所以绳子的拉力等于线框的重力与受到安培力的和，四个导线框质量相等则重力相等，受到安培力大的线框对细线的拉力大设MN的长度为L，导线在各磁场内有效长度不同，故各通电导线受到安培力大小不同各线框在磁场中的有效长度：LAMNL；LBL；LCL；LDL；可知B图中的有效长度最小由公式：FBIL有效，可知B项中受到的安培力最小则B项中，线框对细线的拉力最小，细线最不容易拉断故B项正确，A、C、D三项错误，故选B项点评本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义3(2017包头一模)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)则下列说法正确的是()AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E1 V/mB由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C由C点到A点电势逐渐升高DA、B两点间的电势差UAB5 V答案A解析A项，据vt图可知带电粒子在B点的加速度最大为2 m/s2，所受的电场力最大为2 N，据E知，B点的场强最大为1 N/C，故A项正确；B项，据vt图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B项错误；C项，据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C项错误；D项，据vt图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功WBA10 J，再用UAB V5 V，故D项错误，故选A项点评明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据vt图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口4.(2017郑州一模)等量异种电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势随坐标x的分布图像如图所示，x轴上AOAO BEAEOEBCEpOEpAEpOEpA答案D解析A项，依据沿着电场线方向电势降低，由图知，BOEAEO.故B项错误；C项，电子带负电，根据电势能公式Epqe分析得知，EpBEpOEpA故C项错误；D项，由图知，OA间电势差小于OB间电势差，即有AOOB.电子带负电，则根据电势能公式Epqe得：EpOEpAW45答案D解析A项，由图看出滑块的轨迹向右弯曲，可知滑块受到了斥力作用，则知小球与小滑块电性一定相同故A项错误；B项，滑块与小球的距离先减小后增大，由库仑定律得知滑块所受的库仑力先增大后减小，则其加速度先增大后减小故B项错误；C项，根据能量守恒定律得知，小滑块运动过程中具有的动能与电势能之和保持不变，因阻力做功，导致动能先减小后增大，那么电势能先增大后减小故C项错误；D项，从位置1到2的电场线越来越密，由UEd分析4、5间电势差与3、4间电势差关系是：U45U34，则电场力做功的大小关系是W45W34.故D项正确，故选D项点评本题要根据滑块的运动轨迹判断其运动状态，分析其受力情况，关键抓住质点做曲线时合力指向轨迹的内侧7(2017济南市5月模拟)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度大小均为v0，粒子重力不计，以下说法正确的是()A粒子在A、B间是做圆周运动B粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小C匀强电场的电场强度ED圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U答案D解析带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A项错误；由A项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90后小于90，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大故B项错误；匀强电场的电场强度UEd式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAOER，所以E，故C项错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为UERRU，故D项正确考点考查了带电粒子在电场中的运动名师点睛紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置再由曲线运动来确定电场力的方向同时考查UEd中d的含义重要性8.(2015安徽)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，0为常量如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q.不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()A.和 B.和C.和 D.和答案D解析由题意，单块极板产生的电场强度为E0，根据电场的叠加原理，极板间的电场强度大小E2E0，B、C项错误；由于一块极板在另一块极板处产生的电场强度处处相同，借用微元和累加的思想，所以另一块极板所受电场力为FQE0，故A项错误考点考查电场知识9(2017达州模拟)如图所示，空间存在着水平方向的相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一质量为m，电荷量为q的小球，以速度v0在图示的竖直面内沿直线从A点向C点运动，直线AC与水平方向成45角，重力加速度为g，下列说法正确的是()A带电小球做匀减速直线运动B带电小球所受合力的方向与运动方向相同C磁感应强度大小为BD若将电场方向改为竖直向上(电场强度大小不变)，带电小球将做匀速圆周运动，其轨道半径为R答案C解析A、B项，假设小球做变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，粒子将不能沿直线运动，假设不成立，所以小球一定受力平衡做匀速直线运动，故A、B两项错误；C项，受力分析如图所示，由直线AC与水平方向成45角以及小球受力平衡可得：qvBEqmg；故磁感应强度大小为：B，故C项正确；D项，若将电场方向改为竖直向上，场强大小不变，则：电场力正好与重力平衡，小球相当于只受洛伦兹力作用，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvBmgm，可得：R，故D项错误，故选C项点评本题考查受重力作用的带电小球在电场与磁场中的运动，要对小球进行受力分析，明确每个力由哪些物理量来决定；解题的关键是要知道小球速度的变化会影响洛伦兹力，所以小球要做直线运动就一定是匀速直线运动二、计算题(共5个小题，10题8分，11题10分，12题10分，12题12分，14题15分，共55分)10(2017延庆县模拟)1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1、D2.D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B.设质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计质子质量为m、电荷量为q.加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用求：(1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小v1和进入D2盒后运动的轨道半径r1；(2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间t；(3)若两D形盒狭缝之间距离为d，d0情况二，如果匀强磁场B2的方向竖直向下，粒子向x轴负方向偏转：若粒子从负y轴上离开第四象限，速度方向与y轴正方向夹角，如果大于和等于90，粒子不再回到y轴，如果小于90，粒子将运动到负x轴上，且不垂直于x轴，被膜吸收若粒子从正x轴离开第四象限，粒子速度一定垂直于x轴，进入第一象限，然后在第一象限做半个圆周运动后垂直于膜穿过膜进入第四象限，并且穿过点在上次穿过点的右边，所以会反复通过膜，而没有被膜吸收这种情况，粒子在第四象限做圆周运动轨道半径最大为r2m，匀强磁场B2大小最小为B2m，则2r2mr1r1sinqvBB2mm设这种情况匀强磁场B2大小B2，则B2B2m解得：B2m103 T1.5104 T即：B21.5104 T综上所述：当匀强磁场B2的方向竖直向上时磁感应强度大小B20，当匀强磁场B2的方向竖直向下时磁感应强度大小B21.5104 T.点评考查带电粒子做类平抛运动与匀速圆周运动中，用运动的合成和分解，牛顿第二定律与运动学公式结合几何关系来处理这两种运动；当磁场方向未知、电性未知，穿入穿出方向不确定或者是多过程往复运动时候，要注意有多解的可能13(2017浙江模拟)如图所示，静止于A处的带正电粒子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的有界匀强磁场(磁场方向如图所示，其CNQD为匀强磁场的边界)静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向如图所示已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，粒子质量为m，电荷量为q，QN2d，PN3d，粒子重力不计(1)求粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E的大小；(2)若粒子恰好能打在N点，求矩形区域QNCD内匀强磁场的磁感应强度B的值；(3)要求带电粒子最终能打在QN上，求磁感应强度大小B的取值落围及出射点离Q点的最近距离答案(1)粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E的大小为(2)若粒子恰好能打在N点，矩形区域QNCD内匀强磁场的磁感应强度B的值为 (3)要求带电粒子最终能打在QN上，磁场感应强度大小B的取值落围是 B ，出射点离Q点的最近距离(2)d.分析(1)由动能定理求出离开加速电场的速度，进入辐向电场做匀速圆周运动，电场力提供向心力，从而求得辐向电场的电场强度的大小(2)粒子打在N点，由几何关系知道粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为d，由洛仑兹力提供向心力从而求得矩形磁场的磁感应强度大小(3)要使粒子打在QN上，则画出临界状态的轨迹，由几何关系求出最大半径和最小半径，由半径公式确定磁感应强度的范围离Q点最近的则是轨迹与DQ相切的那条轨迹，由几何关系求出最近距离解析(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：qUmv2.粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有：qEm解得：E.(2)粒子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：qBvm则r，粒子恰好能打在N点，则rd，可得：B (3)粒子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则粒子运动的轨迹的边界如图，由几何关系可知，粒子能打到QN上，必须满足：dr2d而由r则有 B 由图可得，F点离Q点最近，FO2d，NOd，则FNd所以有：QF(2)d.点评本题特殊情况：带电粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，显然由电场力提供向心力再次进入匀强磁场中做匀速圆周运动，要考虑边界问题所以确定圆心，画出粒子的轨迹是解决问题的关键14(2017江西模拟)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制如图甲所示，M、N为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ，在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中E0、B0、k均为已知量t0时刻，比荷k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间，在0t1(t1)时间内粒子恰好沿直线运动，t时刻粒子打到荧光屏上不计粒子的重力，涉及图像中时间间隔时取0.8，1.4，求：(1)在t2时刻粒子的运动速度v；(2)在t3时刻粒子偏离O点的竖直距离y；(3)水平极板的长度L.答案(1)在t2时刻粒子的运动速度v为，方向与水平方向成45角向下(2)在t3时刻粒子偏离O点的竖直距离y为()(3)水平极板的长度L为解析(1)在0t1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则：qv0B0qE0得v0在t1t2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，vyatv0则vv0 由tan1，得：45 即v与水平方向成45角向下(2)在电场中做类平抛运动向下偏移：y1t在t2t3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期T在磁场中运动时间t T，即圆周