2020届高考物理复习3电场与磁场第1讲电场、磁场的基本性质练习.docx

第1讲 电场、磁场的基本性质一、选择题：每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第57题有多项符合题目要求1(2019年河北衡水模拟)固定在M、N两点的两个完全相同的带正电实心铜质小球，球心间距为l，半径为r，质量为m，电荷量为q，已知l3r，静电力常量为k，万有引力常量为G，下列说法正确的是()A两小球均可视为质点且二者间的万有引力可直接通过万有引力定律求解B两小球均可视为点电荷且二者间的电场力可直接通过库仑定律求解C二者间的万有引力大小为G，二者间的电场力大小为kD二者间的万有引力大小为G，二者间的电场力小于k【答案】D2(2019年豫北豫南名校联考)有一沿x轴方向的静电场，其电势随x轴坐标的变化情况如图所示P、Q为x轴上的两点，其坐标分别为xP1 cm、xQ4 cm.若将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)从x轴上的某处释放，则下列说法中正确的是()A若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子在P点和Q点的加速度大小相等，方向相反B若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子经过P点和Q点时，电场力做功的功率相等C若该粒子从Q点由静止释放，则粒子将沿x轴负方向一直向前运动D若该粒子从P点以沿x轴正方向的水平速度v02释放，则粒子将沿x轴正方向一直向前运动【答案】D【解析】x图象的斜率大小等于场强E，则知P点的场强大于Q点的场强，根据牛顿第二定律a知粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反，故A错误粒子经过P点与Q点时电势相等则电势能相等，动能相等，速度大小相等；由图象知道电场强度之比为21，所以电场力大小之比为21，根据PFv，粒子经过P点时电场力做功的功率大小是Q点的两倍，B错误若粒子从Q点释放，先向x轴负方向加速运动再减速运动，到达P点时速度减为零，此时电场力沿x轴正向，故反向做加速运动，C错误粒子在P点以某一初速度释放，先加速后减速运动到Q点速度相等，假设此后减速过程到10 cm处速度减为零时电场力做的负功为Wq20mv，解得v02，则保证运动不反向的初速度至少为2，D正确3(2019年陕西榆林四模)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹粒子重力不计下列说法正确的是()A粒子a带负电B粒子c的动能最大C粒子b在磁场中运动的时间最长D粒子b在磁场中运动时的向心力最大【答案】D【解析】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvBm，可得r，粒子的动能Ekmv2，已知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大，b粒子动能最大，向心力最大，故B错误，D正确根据t，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误；故选D.4(2019年天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态如图所示，一块宽为a、长为b的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭则元件的()A前表面的电势比后表面的低B前、后表面间的电压U与v无关C前、后表面间的电压U与c成正比D自由电子受到的洛伦兹力大小为【答案】D【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后表面，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误；电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有F洛evB，F电eEe，故F洛e，故D正确；由evBe，则电压UavB，故前、后表面的电压与速度有关，与a成正比，故B、C错误5(2019年江苏卷)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等. 矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b电流产生的磁场作用下静止则a、b的电流方向可能是()A均向左B均向右Ca的向左，b的向右Da的向右，b的向左【答案】CD【解析】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故C、D正确6(2019年江苏卷)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为q的点电荷固定在A点先将一电荷量也为q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定最后将一电荷量为2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点下列说法正确的有()AQ1移入之前，C点的电势为BQ1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0CQ2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WDQ2在移到C点后的电势能为4W【答案】ABD【解析】由题意可知，C点的电势为C，故A正确；由于B、C两点到A点(q)的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定Q1后，C点的电势为，所以Q2从无穷远移到C点过程中，电场力做功为WqU2q4W，故C错误；由于C点的电势为，所以电势能为Ep4W，故D正确7(2019年深圳名校模拟)如图所示为带电粒子只在电场力作用下运动的vt图象，在a点的速度为va，运动到b点的速度为vb，则下列说法中正确的是()A电场中a点电势一定比b点电势高B粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大C在0t1时间内，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小D在0t1时间内，粒子运动路径与电场力不在一条直线上【答案】BC二、非选择题8(2019年云南保山二模)如图甲所示，一端连接一质量为1 kg的带正电小球的轻杆，可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动竖直面内有方向竖直向下、场强E1103 N/C的匀强电场小球运动到最高点时的动能Ek与杆对球的作用力F间的关系如图乙所示取竖直向下为力F的正方向，重力加速度取g10 m/s2.(1)求小球所带的电荷量；(2)当小球在最高点时的速度为6 m/s，求其运动到最低点的速度【答案】解：(1)小球在最高点，根据牛顿第二定律可得mgEqFm根据乙图可得，当Ek0时，杆对球的力为F20 N联立解得q1102 C.(2)当Ek8 J时，杆对球的力为F0 N联立解得l0.8 m当小球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得(mgEq)2lmvmv解得v210 m/s.9(2019年西安模拟)如图所示，一带电微粒质量为m2.01011 kg、电荷量q1.0105 C，从静止开始经电压为U1100 V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的速度偏转角60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的速度偏转角也为60.已知偏转电场中金属板长L2 cm，圆形匀强磁场的半径R10 cm，重力忽略不计求：(1)带电微粒经U1100 V的电场加速后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；(3)匀强磁场的磁感应强度大小解：(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理有qU1mv得v11.0104 m/s.(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动在水平方向微粒做匀速直线运动，有v1带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，有a由几何关系tan ，由题知60解得E10 000 V/m.(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则v2104 m/s由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为rRtan 600.3 m由qvBm得B0.13 T.10(2019年四川广安二模)如图所示，水平方向的圆形磁场区域与竖直边界MN相切于C点，磁场半径为R，C点与磁场圆心O等高边界PQ、荧光屏GH均与MN平行，且MN与PQ之间间距为R，PQ与GH之间的间距为R.在PQ、GH间存在竖直向下的匀强电场，电场强度E.现从O点正下方的A点同时垂直磁场方向射入两个相同的带电粒子1和2，它们的质量为m，电量为q，速度大小均为v0；粒子1的速度方向指向O点，粒子2的速度方向与AO成30夹角斜向右上方粒子1恰能从C点射出磁场粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力、重力，忽略边缘效应(1)求圆形磁场的磁感应强度B；(2)求两粒子从进入磁场到打在荧光屏所用时间之差t；(3)若在OA右侧磁场外空间到PQ之间加一个水平向右的匀强电场EkE，(其中k0)，试分析是否存在某个k，使两粒子能打在荧光屏的同一点若存在，求k的值；若不存在，说明理由【答案】(1)(2)(3)不存在【解析】(1)由粒子1的运动知，两粒子在磁场中的轨迹半径为 rR粒子在磁场中，由 qv0Bm得磁感应强度 B.(2)两粒子射出磁场后方向相同粒子1从C点运动到荧光屏的时间与粒子2从C点运动到荧光屏的时间相等粒子1从A点到C的时间 t1T/4粒子2从A点到C的时间