版物理高考专题强化测评精练精析 江苏专用 专题4电场和磁场B卷文档格式.docx
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A.2IB.3IC.
ID.无法确定
4.如图所示,在竖直虚线MN和M′N′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.则下列判断正确的是()
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.(2012·
银川模拟)如图所示,空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场,一质量为0.20kg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0.1kg、电荷量q=+0.2C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0.6N的恒力,g取10m/s2.则()
A.木板和滑块一直做加速度为2m/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2m/s2的匀加速运动,滑块做速度为10m/s的匀速运动
D.最终木板做加速度为3m/s2的匀加速运动,滑块做速度为10m/s的匀速运动
二、多项选择题(本题共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.(2012·
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.(2012·
连云港模拟)如图所示,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.(2012·
泰州模拟)如图所示,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θ=60°
的位置B时速度为零.以下说法正确的是()
A.小球重力与电场力的关系是mg=
Eq
B.小球重力与电场力的关系是Eq=
mg
C.球在B点时,细线的拉力为FT=
D.球在B点时,细线的拉力为FT=2Eq
9.如图所示,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图所示的匀强磁场,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
d
C.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(本题共3小题,共38分,需写出规范的解题步骤)
10.(2012·
南京模拟)(12分)质量m=2.0×
10-4kg、电荷量q=1.0×
10-6C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E2=4.0×
103N/C,场强方向保持不变.到t=0.20s时刻再把电场方向改为水平向右,场强大小保持不变.取g=10m/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.(2012·
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)如图所示,真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场,与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=2×
10-3T,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=0.5m的匀强电场区域,电场强度E=1.5×
103N/C.在x=2m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
=1×
109C/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1T,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,故选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θa=θb>
θc>
θd,而电子的周期
相同,其在磁场中的运动时间
,故ta=tb>
td.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,磁场合成情况如图所示,易知tanθ=
.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3I.B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=10m/s;
根据F=Ma,得a=3m/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,mglsinθ=Eql(1-cosθ),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FT=mgsin60°
+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=
,故选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=
=2.0×
103N/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
0.20s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=2m/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=0.20s,(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,
a2=20m/s2,(1分)
设此时带电微粒的水平速度为v2,v2=a2t1,
v2=4.0m/s,(1分)
设带电微粒的动能为Ek,Ek=
mv22=1.6×
10-3J.(1分)
答案:
(1)2.0×
103N/C
(2)2m/s(3)1.6×
10-3 J
11.【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°
=2R①(1分)
所以类平抛运动的时间为
②(1分)
又s∥=
③(1分)
再者R=
④(1分)
由①②③④可得
E=vB⑤(1分)
(2)由平抛知识得
tanβ=2tanα=2
所以v2=vtanβ=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=
⑥(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=
⑦(1分)
由②⑥⑦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+π)(1分)
(1)vB
(2)
R(3)
(2+π)
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=
0.5m,(1分)
有
可得粒子进入电场时的速度
v=
=1×
109×
2×
10-3×
0.5=1×
106(m/s)(1分)
在磁场中运动的时间
=7.85×
10-7(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,如图所示,
在电场中的加速度大小
=1.5×
103×
1×
109=1.5×
1012(m/s2)(1分)
粒子穿出电场时vy=at2=a×
=1.5×
1012×
=0.75×
106(m/s)(1分)
(1分)
在磁场中侧移y1=1.5r=1.5×
0.5=0.75(m)(1分)
在电场中侧移
=0.1875(m)(1分)
飞出电场后粒子做匀速直线运动
y3=L2tanα=(2-0.5-0.5)×
0.75=0.75(m)(1分)
故y=y1+y2+y3=0.75m+0.1875m+0.75m=1.6875m
则该发光点的坐标为(2,1.6875)(1分)
(3)t1=
=1.05×
10-6s(1分)
=5×
10-7s(1分)
t3=
故粒子运动的总时间t=t1+t2+t3=2.55×
(1)1×
106m/s7.85×
10-7s
(2)(2,1.6875)(3)2.55×
10-6s
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