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.docx
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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
专题强化测评(四)B卷
电场和磁场
(45分钟100分)
一、单项选择题(本题共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.(2012·濮阳模拟)处于纸面内的一段直导线长L=1m,通有I=1A的恒定电流,方向如图所示.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=1N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.如图所示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.ta C.ta=tb 3.(2012·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°(如图所示),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.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= mg 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>tc>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, 解得: a2=20m/s2,(1分) 设此时带电微粒的水平速度为v2,v2=a2t1, 解得: 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) 答案: (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 a= =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) t2= =5×10-7s(1分) t3= =1×10-6s(1分) 故粒子运动的总时间t=t1+t2+t3=2.55×10-6s(1分) 答案: (1)1×106m/s7.85×10-7s (2)(2,1.6875)(3)2.55×10-6s
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