2023版高考物理二轮复习重点讲练专题七电场与磁场课时作业

PAGEPAGE2专题七电场与磁场一、选择题(共10个小题，1－5为单项选择，6－10为多项选择，每题5分共50分)1．(2022·浙江)以下说法正确的选项是()A．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大C．电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化答案A解析在静电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，A项正确；根据P＝eq\f(W,t)可知，外力对物体所做的功越多，对应的功率不一定越大，B项错误；电容器的电容C与电容器所带电荷量Q无关，只与两板的正对面积、两板间距以及两板间的电介质有关，C项错误；在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力没有发生变化，只是物体的视重发生了变化，D项错误；应选A项．考点定位电势；功率；电容器；超重和失重名师点睛此题考查了四个简单的知识点，都是很根底的知识，只要平时学习扎实，有一定的物理功底即可解答．注意答案C中，电容器电容的决定因素是两极板相对面积、两极板间距离和两极板间的电介质的介电常数，要分清物理量的定义式和决定式．2．(2022·上海)国际单位制中，不是电场强度的单位是()A．N/C B．V/mC．J/C D．T·m/s答案C解析由公式E＝eq\f(F,q)可知，N/C为电场强度单位；由公式E＝eq\f(U,d)可知，V/m也是电场强度单位；由qE＝qvB可得E＝vB，故T·m/s也是电场强度单位；由公式U＝eq\f(W,q)可知，J/C是电势差单位，应选C项．考点定位电场强度方法技巧此题通过电场强度公式E＝eq\f(F,q)，E＝eq\f(U,d)，E＝vB分别判断对应的场强单位．3．(2022·淮安市5月最后一卷)如下图，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内．某时刻，线圈中通过大小为I的电流，那么此线圈所受安培力的大小为()A.eq\r(2)BIL B.eq\f(1,2)nBILC．nBIL D.eq\r(2)nBIL答案D解析线框的有效长度为L′＝eq\r(2)L，故线圈受到的安培力为F＝nBIL′＝eq\r(2)nBIL，D项正确．考点定位考查了安培力的计算名师点睛此题是一道易错题，关键是知道在根据公式F＝BIL计算安培力时，公式中的L表示导体在磁场中的有效长度．4.(2022·安徽)均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为eq\f(σ,2ε0)，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如下图的平行板电容器，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，那么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.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S) B.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S) D.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)答案D解析由题意，单块极板产生的电场强度为E0＝eq\f(Q,2ε0S)，根据电场的叠加原理，极板间的电场强度大小E＝2E0＝eq\f(Q,ε0S)，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F＝QE0＝eq\f(Q2,2ε0S)，故A项错误．考点定位考查电场知识．5.(2022·新课标全国Ⅰ)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．那么()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．假设电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．假设电子由P点运动到Q点，电场力做负功答案B解析电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以c、d是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功，由WMN＝UMNq说明φM>φN，A项错误，B正确．假设电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，C项错误．电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，D项错误．6．(2022届河北省衡水中学)如下图，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．带电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a，图中PBIAC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对＋Q形成的电场的影响．那么在电场中()A．A点的电势高于B点的电势B．B点的电场强度大小是A点的4倍C．小球运动到C处的加速度为eq\f(g,2)－aD．小球从A到C的过程中电势能先减小后增大答案BD解析正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A项错误；结合几何关系知：PA＝2PB，由点电荷电场强度公式E＝eq\f(kQ,r2)，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，那么B点的电场强度大小是A点的4倍，故B项正确；在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法那么可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，即为g－a.故C项错误．根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，那么电势能先减小后增大，故D项正确；应选B、D项．7．(2022·郑州市5月质检最后一卷)1932年，美国物理学家劳伦斯和利文斯设计出盘旋加速器，工作原理示意图如下图．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.假设A处粒子源产生的粒子(初速度为0)质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，加速过程中不考虑重力的影响．那么以下说法正确的选项是()A．粒子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．粒子离开盘旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq\r(2)∶1D．假设考虑相对论效应，速率接近光速时粒子的质量会随速率有显著增加答案ACD解析粒子在盘旋加速器中做匀速圆周运动，每经过半个周期速度加速后增大一次，轨道半径增大一次，当轨道半径增大到等于D型盒半径时，粒子离开盘旋加速器，此时有R＝eq\f(mv,qB)，粒子速度v＝eq\f(qBR,m)，粒子动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，据此判断粒子离开盘旋加速器时的最大动能与加速电压U无关，B项错．粒子运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可见粒子速度变化过程，周期不变，粒子每转过半个周期，电场方向改变一次，所以粒子圆周运动周期等于电场变化周期．粒子的最大速度v＝ωR＝eq\f(2π,T)R＝2πRf，A项正确．粒子第一次经过加速电场时根据动能定理qu＝eq\f(1,2)mv12，第二次经过那么有q2u＝eq\f(1,2)mv22，即速度之比为v1∶v2＝1∶eq\r(2)，根据轨道半径R＝eq\f(mv,qB)可得半径比为1∶eq\r(2)，C项对．根据爱因斯坦相对论，速率接近光速时粒子的质量会随速率有增加，D项正确．考点定位盘旋加速器相对论名师点睛盘旋加速器中粒子的运动分为两局部，其一是磁场中匀速圆周运动，过半个周期，经过一次加速电场，速度增大，后半个周期圆周运动半径就增大，直到粒子圆周运动半径等于D型盒半径，粒子速度最大，粒子最大的速度和磁场半径有关，与加速电场无关．其二加速电场中运动时间忽略不计，电场和粒子圆周运动周期相等．8．(2022·扬州)如图，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行且初始为自然长度，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑斜面的M点，处于通过弹簧中心的直线ab上．现将小球P(也视为质点)从直线ab上的N点由静止释放，设小球P与Q电性相同，那么小球从释放到运动至最低点的过程中以下说法正确的选项是()A．小球的速度先增大后减小B．小球P的速度最大时所受合力为零C．小球P的重力势能与电势能的和一直减小D．小球所受重力、弹簧弹力和库仑力做功的代数和等于电势能的变化量的大小答案ABC解析A项，小球先沿斜面加速向下运动，Q对P有沿斜面向下的库仑力，小球P先做加速运动，当压缩弹簧后，当加速度减小到零后，减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故速度先增大后减小，故A项正确；B项，当小球的合力为零时，速度最大，此时受的弹簧弹力与库仑力的合力等于重力沿斜面向下的分力，所受合力为零，故B项正确；C项，小球P下降的过程中重力和电场力都一直做正功，重力势能与电势能的和一直减小，故C项正确；D项，只有库仑力做功等于电势能的变化量的大小．根据动能定理得知，小球P所受的重力、弹簧的弹力和库仑力做功的代数和等于动能的变化量的大小，整个过程为零，故D项错误．应选A、B、C项．9．(2022·安徽怀远联考)如下图，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，在该区域中有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上，小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，那么以下判断正确的选项是()A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大答案BD解析电场力与重力大小相等，那么二者的合力指向左下方，与ab平行，由于合力是恒力，将其等效为新的重力，此时bc弧的中点相当于“最低点〞，小球在此处速度最大，D项正确；假设小球从a点由静止释放，那么小球不可能越过d点，A项错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，B项正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，C项错误．10．(2022·开封市5月质检最后一卷)如下图，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，电场方向与四边形ABCD平行，其中M为AD的中点，N为BC的中点．一个电荷量为q的正粒子，从A点移动到B点过程中，电势能减小W1，假设将该粒子从D点移动到C点，电势能减小W2，以下说法正确的选项是()A．匀强电场的场强方向必沿AB方向B．假设将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W＝eq\f(W1＋W2,2)C．假设D、C之间的距离为d，那么该电场的场强大小为E＝eq\f(W2,qd)D．假设M、N之间的距离为d，该电场的场强最小值为E＝eq\f(W1＋W2,2qd)答案BD解析根据题意由A到B或者由D到C，电场力做正功，从而电势能减小，但是匀强电场的场强，无法判断，故A项错误；因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N点的电势是B、C两点电势的平均值，即φM＝eq\f(φA＋φD,2)；φN＝eq\f(φB＋φC,2)；所以：WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q(eq\f(φA＋φD,2)－eq\f(φB＋φC,2))＝q·eq\f(1,2)(φA－φB)＋q·eq\f(1,2)(φD－φC)＝eq\f(W1＋W2,2)，故B项正确；由于场强的方向无法确定，故C项错误；根据上面公式：UMN＝eq\f(W1＋W2,2q)，假设M、N两点正好处于同一条电场线上，那么电场强度为E＝eq\f(W1＋W2,2qd)，距离d为过M和N的两个等势面之间距离的最大值，故该电场的场强最小值为E＝eq\f(W1＋W2,2qd)，故D项正确．考点定位匀强电场中电势差和电场强度的关系名师点睛此题关键是抓住M、N的电势与A、B电势和D、C电势的关系，根据电场力做功公式求解WMN.运用公式U＝Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离．二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，12题13分，14题14分，共50分)11．(2022·湖北八校高三联考)如下图，在无限长的水平边界AB和CD间有一匀强电场，同时在AEFC、BEFD区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF为左右磁场的分界线．AB边界上的P点到边界EF的距离为(2＋eq\r(3))L.一带正电微粒从P点的正上方的O点由静止释放，从P点垂直AB边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB边界飞出电、磁场．微粒在电、磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g，电场强度大小E(E未知)和磁感应强度大小B(B未知)满足E/B＝2eq\r(gL)，不考虑空气阻力，求：(1)O点距离P点的高度h多大；(2)假设微粒从O点以v0＝eq\r(3gL)水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD射出电、磁场，那么微粒在电、磁场中运动的时间t多长？答案(1)eq\f(L,2)(2)2π(eq\f(2,3)＋k)eq\r(\f(L,g)).(k＝0，1，2，…)解析(1)微粒带电量为q、质量为m，轨迹为圆弧，有qE＝mg.微粒在磁场中运动速率v1时恰好与AB相切，如下图，O1、O2为微粒运动的圆心，O1O2与竖直方向夹角为θ，由几何知识知sinθ＝eq\r(3)/2.微粒半径r1，由几何关系有r1＋r1sinθ＝(2＋eq\r(3))L，得r1＝2L.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1B＝eq\f(mv12,r1)，由动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv12，E/B＝2eq\r(gL)，得h＝L/2(2)微粒平抛到AB边界上的M点的时间为t1，水平距离x1，由运动学公式有x1＝v0t1，h＝eq\f(1,2)gt12，代入v0＝eq\r(3gL)、h＝L/2，得t1＝eq\r(L/g)、x1＝eq\r(3)L.微粒在M点时竖直分速度v1＝eq\r(gL)，速度为v＝2eq\r(gL)、与AB夹角为θ＝30°.微粒在磁场中运动半径r2＝4L.由几何关系知微粒从M点运动30°垂直到达EF边界．微粒在磁场中运动周期T＝2πr2/v＝4πeq\r(L/g).由题意有微粒运动时间t＝T/3＋kT/2，(k＝0，1，2，…)微粒运动时间t＝2π(eq\f(2,3)＋k)eq\r(\f(L,g)).(k＝0，1，2，…)12．如下图，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝2N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向、电场强度大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．重力加速度g＝10m/s2，(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间．答案(1)1∶1∶eq\r(2)，油滴带负电(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s解析(1)油滴带负电．油滴受三个力作用(如以下图)，设油滴质量为m，由平衡条件有qvBsin45°＝qE，mgtan45°＝qE，重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比为mg∶qE∶qvB＝1∶1∶eq\r(2).(2)由qvBsin45°＝qE可得油滴在P点得到的初速度大小v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s.(3)油滴进入第一象限，由电场力和重力大小相等可知，油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如下图，最后从x轴上的N点离开第一象限．由O→A匀速运动位移为s1＝eq\r(2)h，运动时间：t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s.油滴由A→C做匀速圆周运动，qvB＝eq\f(mv2,R)，而qvB＝eq\r(2)mg，解得R＝eq\f(v2,\r(2)g)由A→C的圆周运动时间为t2＝eq\f(πR,2v)＝eq\f(πv,2\r(2)g)＝eq\f(π,5)s＝0.628s.由对称性知从C→N的时间t3＝t1＝0.1s，在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝0.828s.13．(2022·浙江)使用盘旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在盘旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如下图，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．OQ长度为L.OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．答案(1)q＝eq\f(mv,Br)正电荷(2)eq\f(mv〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕)(3)E＝Bv－eq\f(mv2〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕)解析(1)离子做圆周运动Bqv＝meq\f(v2,r) ①解得q＝eq\f(mv,Br)，正电荷 ②(2)如下图O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出轨迹为圆弧B′qv＝meq\f(v2,R) ③解得R＝eq\f(mv,B′q) ④根据几何关系，得R＝eq\f(r2＋L2－2rLcosθ,2r－2Lcosθ) ⑤解得B′＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕) ⑥(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧Bqv－Eq＝meq\f(v2,R) ⑦解得E＝Bv－eq\f(mv2〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕) ⑧考点定位盘旋加速器，带电粒子在电磁场中的运动14．(2022·济南市5月模拟最后一卷)科研人员利用电场和磁场控制带电粒子的运动，从而来进行粒子分选，其原理如下图：真空环境中，由a、b、c、d四个平行界面分隔出的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，宽度均为L＝0.12m．让包含两种不同的带正电粒子组成的粒子束，从界面a上的P点以速度v0＝5×102m/s垂直界面射入区域Ⅰ，两种粒子带电量均为q＝1×10－6C，质量分别为m1＝3×10－10kg和m2＝4×10－10kg.假设在区域Ⅰ和Ⅲ分别加上垂直纸面、方向相反、磁感应强度大小均为B＝1(1)求加磁场时两种粒子在界面d上出射点之间的距离；(2)假设加电场时两种粒子在界面d上出射点之间的距离与加磁场时相等，求电场强度的大小．答案(1)0.11m(2)1.1458×103解析(1