2019高考物理专项强化测评精练精析专项4电场和磁场b卷新苏版

2019高考物理专项强化测评精练精析专项4电场和磁场b卷新苏版电场和磁场(45分钟 100分)一、单项选择题（此题共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.(2018濮阳模拟)处于纸面内的一段直导线长L=1 m，通有I=1 A的恒定电流，方向如下图.将导线放在匀强磁场中，它受到垂直于纸面向外的大小为F=1 N的磁场力作用.据此( )A.能确定磁感应强度的大小和方向B.能确定磁感应强度的方向，不能确定它的大小C.能确定磁感应强度的大小，不能确定它的方向D.磁感应强度的大小和方向都不能确定2.如下图的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是( )A.tatbtctd B.tatbtctdC.tatbtctctd3.(2018郑州模拟)在地磁场作用下处于静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针左偏30(如下图)，则当小磁针左偏60时，通过导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)( )A.2I B. 3I C.I D.无法确定4.如下图，在竖直虚线MN和MN之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区.如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区.则以下判断正确的选项是( )A该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同B该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同C匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比D若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外5.(2018银川模拟)如下图，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.20 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量q=+0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.现对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则( )A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动B.滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度增大的加速运动C.最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动D.最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动二、多项选择题（此题共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.(2018烟台模拟)一初速度为零的电子经电场加速后，垂直于磁场方向进入匀强磁场中，此电子在匀强磁场中做圆周运动可等效为一环状电流，其等效电流的大小( )A.与电子质量无关B.与电子电荷量有关C.与电子进入磁场的速度有关D.与磁场的磁感应强度有关7.(2018连云港模拟)如下图，两块水平放置的带电平行金属板间有竖直向上的匀强电场.一个质量为m、带电量为q的油滴以初速度v0进入电场，并在电场中沿直线运动了一段时间，空气阻力不计，则( )A.该油滴带正电B.在这段时间内电场力所做的功等于油滴重力势能的变化量C.在这段时间内油滴的机械能保持不变D.在这段时间内油滴的动能保持不变8.（2018泰州模拟）如下图，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点.把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成=60的位置B时速度为零.以下说法正确的选项是( )A.小球重力与电场力的关系是mg=EqB.小球重力与电场力的关系是Eq=mgC.球在B点时，细线的拉力为FT=mgD.球在B点时，细线的拉力为FT=2Eq9.如下图，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一、第四象限内分别存在如下图的匀强磁场，磁感应强度大小相等. 有一个带电粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场.已知OP之间的距离为d，则带电粒子( )A.在电场中运动的时间为B.在磁场中做圆周运动的半径为dC.自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为D.自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为三、计算题（此题共3小题，共38分,需写出规范的解题步骤）10.(2018南京模拟)（12分）质量m=2.010-4kg、电荷量q=1.010-6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为E1.在t=0时刻，电场强度突然增加到E24.0103 N/C,场强方向保持不变.到t0.20 s时刻再把电场方向改为水平向右，场强大小保持不变.取g=10 m/s2.求：（1）原来电场强度E1的大小？（2）t=0.20s时刻带电微粒的速度大小？（3）带电微粒运动速度水平向右时刻的动能？11.(2018常州模拟)（12分）如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点.不计粒子的重力.求：（1）电场强度的大小；（2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；（3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间.12.(14分)如下图，真空中有一个半径r=0.5 m的圆形磁场,与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=210-3 T,方向垂直于纸面向外,在x=r处的虚线右侧有一个方向竖直向上的宽度为L1=0.5 m的匀强电场区域，电场强度E=1.5103 N/C.在x=2 m处有一垂直x方向的足够长的荧光屏，从O点处向不同方向发射出速率相同的荷质比=1109 C/kg带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从磁场与电场的相切处进入电场.不计重力及阻力的作用.求：(1)粒子进入电场时的速度和粒子在磁场中的运动的时间.(2)速度方向与y轴正方向成30(如图中所示)射入磁场的粒子，最后打到荧光屏上，该发光点的位置坐标.（3）在（2）问中，粒子由坐标原点O到光屏上的总时间.答案解析1.【解析】选D.由B=可知水平向左的磁感应强度的分量为1 T，无法确定沿电流方向的磁感应强度的分量，由矢量合成可知无法确定磁感应强度的大小和方向，应选D.2.【解析】选D.电子的运动轨迹如题图所示，从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角abcd，而电子的周期相同，其在磁场中的运动时间，故tatbtctd.D项正确. 3.【解析】选B.小磁针的指向为此处磁场的方向，由题意知，导线中电流的磁场与地磁场方向垂直，小磁针指向为合磁场方向，磁场合成情况如下图，易知tan=则左偏30、60时对应的表达式为tan30=，tan60=，又因为直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，则当小磁针左偏60时，通过导线的电流为3IB正确.4.【解析】选C.由Eq=Bv0q可得，,C正确；若电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外，则无论从左侧入射的是正电荷还是负电荷，电场力与洛伦兹力方向均一致，故D错误；如果撤去磁场，粒子由B点射出时，电场力对粒子做正功，粒子动能比入场时增大了，A错误；粒子由C、B射出过程中，水平方向均做匀速直线运动，运动时间相同，但在磁场偏转过程中粒子运动的速率是v0；运动时间增大了，故B错误.5.【解析】选D.刚开始，滑块和木板一起做匀加速直线运动，随着速度的不断增加，滑块受到的竖直向上的洛伦兹力不断增加，滑块所受的弹力减小，合力减小，滑块做变加速运动，一段时间后，滑块的重力和洛伦兹力相平衡，滑块做匀速直线运动，而木板做匀加速直线运动.根据qvB=mg，得v=10 m/s；根据F=Ma，得a=3 m/s2，故D正确.6.【解析】选B、D.电子在磁场中做圆周运动的周期环形电流的等效电流由上式可以看出，电流大小与电量、磁场、质量有关，故B、D两项正确，A、C错误7.【解析】选A、B、D.因电场力和重力均沿竖直方向，若带电油滴沿v0方向做直线运动，一定是做匀速直线运动，此时mg=qE.油滴带正电，A正确；电场力所做的功等于克服重力所做的功，等于油滴重力势能的变化量，B正确；因电场力做正功，油滴机械能增加，C错误；油滴匀速运动，动能不变，D正确.8.【解析】选B、C.由动能定理得，mglsin=Eql(1-cos),解得：Eq=mg.B正确，A错误；在B点，球的速度为零，因此沿细线的方向合力为零，故细线拉力FTmgsin60+Eqcos60=mg,故C正确，D错误.9.【解析】选A、D.带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，出电场时与y轴成45角，水平速度与竖直速度相等，则由水平方向，则竖直方向的位移：y=v0t1=2d,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，恰好垂直于x轴进入下面的磁场，则由几何关系可求出粒子的半径为且粒子垂直进入下面磁场中继续做匀速圆周运动，又垂直x轴出磁场，粒子自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t=t1+t2=，应选A、D.10.【解析】（1）当场强为E1的时候，带正电微粒静止，所以mg=E1q，（2分）所以E1= =2.0103 N/C. （2分）(2)当场强为E2的时候，带正电微粒由静止开始向上做匀加速直线运动，设0.20 s后的速度为v1,由牛顿第二定律得：E2q-mg=ma1， （1分）所以v1=a1t, （1分）解得：v1=2 m/s. （1分）(3)把电场E2改为水平向右后，带电微粒在竖直方向做匀减速运动，设带电微粒速度达到水平向右所用时间为t1,则0-v1=-gt1,解得：t1=0.20 s, （2分）设带电微粒在水平方向电场中的加速度为a2,根据牛顿第二定律qE2=ma2,解得：a2=20 m/s2, （1分）设此时带电微粒的水平速度为v2,v2=a2t1,解得：v2=4.0 m/s, （1分）设带电微粒的动能为Ek,Ek=mv22=1.610-3 J. （1分）答案：（1）2.0103 N/C (2)2 m/s (3)1.6103J11.【解析】粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到C点，之后垂直电场线进入电场做类平抛运动.（1）由图可知，类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为s=s=sin45=2R (1分)所以类平抛运动的时间为 (1分)又s （1分）再者R (1分)由可得EvB (1分)（2）由平抛知识得tan=2tan=2所以v2=vtan=2v (1分) v= =v (1分)则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径：R= =R (1分)（3）粒子在磁场中运动的总时间为t1= (1分)粒子在电场中的加速度为a= (1分)粒子做直线运动所需时间为t2= (1分)由式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间t=t1+t2+t3=(2+) (1分)答案：（1）vB (2)R （3）(2+)12.【解析】(1)由题意可知：粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R=r=0.5 m， (1分)有可得粒子进入电场时的速度v= =1109210-30.5=1106(m/s) (1分)在磁场中运动的时间=7.8510-7(s) (1分)(2)粒子在磁场中转过120角后从P点垂直电场线进入电场，如下图，在电场中的加速度大小a= =1.51031109=1.51012(m/s2) (1分)粒子穿出电场时vy=at2=a=1.51012=0.75106 (m/s) (1分) (1分)在磁场中侧移y1=1.5r=1.50.5=0.75(m) (1分)在电场中侧移=0.187 5(m) (1分)