2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)重點講練專題七電場與磁場課時作業(yè)

PAGEPAGE2專題七電場與磁場一、選擇題(共10個小題，1－5為單項選擇，6－10為多項選擇，每題5分共50分)1．(2022·浙江)以下說法正確的選項是()A．在靜電場中，沿著電場線方向電勢逐漸降低B．外力對物體所做的功越多，對應(yīng)的功率越大C．電容器電容C與電容器所帶電荷量Q成正比D．在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實際作用力發(fā)生了變化答案A解析在靜電場中，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，A項正確；根據(jù)P＝eq\f(W,t)可知，外力對物體所做的功越多，對應(yīng)的功率不一定越大，B項錯誤；電容器的電容C與電容器所帶電荷量Q無關(guān)，只與兩板的正對面積、兩板間距以及兩板間的電介質(zhì)有關(guān)，C項錯誤；在超重和失重現(xiàn)象中，地球?qū)ξ矬w的實際作用力沒有發(fā)生變化，只是物體的視重發(fā)生了變化，D項錯誤；應(yīng)選A項．考點定位電勢；功率；電容器；超重和失重名師點睛此題考查了四個簡單的知識點，都是很根底的知識，只要平時學(xué)習(xí)扎實，有一定的物理功底即可解答．注意答案C中，電容器電容的決定因素是兩極板相對面積、兩極板間距離和兩極板間的電介質(zhì)的介電常數(shù)，要分清物理量的定義式和決定式．2．(2022·上海)國際單位制中，不是電場強(qiáng)度的單位是()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為電場強(qiáng)度單位；由公式E＝eq\f(U,d)可知，V/m也是電場強(qiáng)度單位；由qE＝qvB可得E＝vB，故T·m/s也是電場強(qiáng)度單位；由公式U＝eq\f(W,q)可知，J/C是電勢差單位，應(yīng)選C項．考點定位電場強(qiáng)度方法技巧此題通過電場強(qiáng)度公式E＝eq\f(F,q)，E＝eq\f(U,d)，E＝vB分別判斷對應(yīng)的場強(qiáng)單位．3．(2022·淮安市5月最后一卷)如下圖，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一正方形剛性線圈，邊長為L，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場方向垂直，線圈一半在磁場內(nèi)．某時刻，線圈中通過大小為I的電流，那么此線圈所受安培力的大小為()A.eq\r(2)BIL B.eq\f(1,2)nBILC．nBIL D.eq\r(2)nBIL答案D解析線框的有效長度為L′＝eq\r(2)L，故線圈受到的安培力為F＝nBIL′＝eq\r(2)nBIL，D項正確．考點定位考查了安培力的計算名師點睛此題是一道易錯題，關(guān)鍵是知道在根據(jù)公式F＝BIL計算安培力時，公式中的L表示導(dǎo)體在磁場中的有效長度．4.(2022·安徽)均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為eq\f(σ,2ε0)，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如下圖的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q.不計邊緣效應(yīng)時，極板可看作無窮大導(dǎo)體板，那么極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()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解析由題意，單塊極板產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E0＝eq\f(Q,2ε0S)，根據(jù)電場的疊加原理，極板間的電場強(qiáng)度大小E＝2E0＝eq\f(Q,ε0S)，B、C項錯誤；由于一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度處處相同，借用微元和累加的思想，所以另一塊極板所受電場力為F＝QE0＝eq\f(Q2,2ε0S)，故A項錯誤．考點定位考查電場知識．5.(2022·新課標(biāo)全國Ⅰ)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負(fù)功相等．那么()A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φNC．假設(shè)電子由M點運動到Q點，電場力做正功D．假設(shè)電子由P點運動到Q點，電場力做負(fù)功答案B解析電子帶負(fù)電荷，從M到N和P做功相等，說明電勢差相等，即N和P的電勢相等，勻強(qiáng)電場中等勢線為平行的直線，所以c、d是兩條等勢線，從M到N，電場力對負(fù)電荷做負(fù)功，由WMN＝UMNq說明φM>φN，A項錯誤，B正確．假設(shè)電子從M點運動到Q點，初末位置電勢相等，電場力不做功，C項錯誤．電子作為負(fù)電荷從P到Q即從低電勢到高電勢，電場力做正功，電勢能減少，D項錯誤．6．(2022屆河北省衡水中學(xué))如下圖，光滑絕緣細(xì)管與水平面成30°角，在管的上方P點固定一個點電荷＋Q，P點與細(xì)管在同一豎直平面內(nèi)，管的頂端A與P點連線水平．帶電荷量為－q的小球(小球直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑)從管中A處由靜止開始沿管向下運動，在A處時小球的加速度為a，圖中PBIAC，B是AC的中點，不考慮小球電荷量對＋Q形成的電場的影響．那么在電場中()A．A點的電勢高于B點的電勢B．B點的電場強(qiáng)度大小是A點的4倍C．小球運動到C處的加速度為eq\f(g,2)－aD．小球從A到C的過程中電勢能先減小后增大答案BD解析正點電荷的電場線發(fā)散型，由于沿著電場線方向，電勢降低，因此A點的電勢低于B點的電勢，故A項錯誤；結(jié)合幾何關(guān)系知：PA＝2PB，由點電荷電場強(qiáng)度公式E＝eq\f(kQ,r2)，可知，電場強(qiáng)度的大小與間距的平方成反比，那么B點的電場強(qiáng)度大小是A點的4倍，故B項正確；在A處時小球的加速度為a，對A點受力分析，電場力、重力與支持力，由力的合成法那么可知，合外力由重力與電場力沿著細(xì)管方向的分力之和提供的；當(dāng)在C處時，小球仍受到重力、電場力與支持力，合外力是由重力與電場力沿著細(xì)管方向的分力之差提供的，即為g－a.故C項錯誤．根據(jù)電場力做正功，電勢能減?。浑妶隽ψ鲐?fù)功，電勢能增加，可知：小球帶負(fù)電，從A到C的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，那么電勢能先減小后增大，故D項正確；應(yīng)選B、D項．7．(2022·鄭州市5月質(zhì)檢最后一卷)1932年，美國物理學(xué)家勞倫斯和利文斯設(shè)計出盤旋加速器，工作原理示意圖如下圖．置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過狹縫的時間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.假設(shè)A處粒子源產(chǎn)生的粒子(初速度為0)質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速過程中不考慮重力的影響．那么以下說法正確的選項是()A．粒子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．粒子離開盤旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C．粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．假設(shè)考慮相對論效應(yīng)，速率接近光速時粒子的質(zhì)量會隨速率有顯著增加答案ACD解析粒子在盤旋加速器中做勻速圓周運動，每經(jīng)過半個周期速度加速后增大一次，軌道半徑增大一次，當(dāng)軌道半徑增大到等于D型盒半徑時，粒子離開盤旋加速器，此時有R＝eq\f(mv,qB)，粒子速度v＝eq\f(qBR,m)，粒子動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，據(jù)此判斷粒子離開盤旋加速器時的最大動能與加速電壓U無關(guān)，B項錯．粒子運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，可見粒子速度變化過程，周期不變，粒子每轉(zhuǎn)過半個周期，電場方向改變一次，所以粒子圓周運動周期等于電場變化周期．粒子的最大速度v＝ωR＝eq\f(2π,T)R＝2πRf，A項正確．粒子第一次經(jīng)過加速電場時根據(jù)動能定理qu＝eq\f(1,2)mv12，第二次經(jīng)過那么有q2u＝eq\f(1,2)mv22，即速度之比為v1∶v2＝1∶eq\r(2)，根據(jù)軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)可得半徑比為1∶eq\r(2)，C項對．根據(jù)愛因斯坦相對論，速率接近光速時粒子的質(zhì)量會隨速率有增加，D項正確．考點定位盤旋加速器相對論名師點睛盤旋加速器中粒子的運動分為兩局部，其一是磁場中勻速圓周運動，過半個周期，經(jīng)過一次加速電場，速度增大，后半個周期圓周運動半徑就增大，直到粒子圓周運動半徑等于D型盒半徑，粒子速度最大，粒子最大的速度和磁場半徑有關(guān)，與加速電場無關(guān)．其二加速電場中運動時間忽略不計，電場和粒子圓周運動周期相等．8．(2022·揚州)如圖，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始為自然長度，帶電小球Q(可視為質(zhì)點)固定在光滑斜面的M點，處于通過彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)將小球P(也視為質(zhì)點)從直線ab上的N點由靜止釋放，設(shè)小球P與Q電性相同，那么小球從釋放到運動至最低點的過程中以下說法正確的選項是()A．小球的速度先增大后減小B．小球P的速度最大時所受合力為零C．小球P的重力勢能與電勢能的和一直減小D．小球所受重力、彈簧彈力和庫侖力做功的代數(shù)和等于電勢能的變化量的大小答案ABC解析A項，小球先沿斜面加速向下運動，Q對P有沿斜面向下的庫侖力，小球P先做加速運動，當(dāng)壓縮彈簧后，當(dāng)加速度減小到零后，減速向下運動，當(dāng)彈簧壓縮量最大時，小球靜止，故速度先增大后減小，故A項正確；B項，當(dāng)小球的合力為零時，速度最大，此時受的彈簧彈力與庫侖力的合力等于重力沿斜面向下的分力，所受合力為零，故B項正確；C項，小球P下降的過程中重力和電場力都一直做正功，重力勢能與電勢能的和一直減小，故C項正確；D項，只有庫侖力做功等于電勢能的變化量的大?。鶕?jù)動能定理得知，小球P所受的重力、彈簧的彈力和庫侖力做功的代數(shù)和等于動能的變化量的大小，整個過程為零，故D項錯誤．應(yīng)選A、B、C項．9．(2022·安徽懷遠(yuǎn)聯(lián)考)如下圖，空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場，在該區(qū)域中有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球．O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上，小球所受電場力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，那么以下判斷正確的選項是()A．小球能越過d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動B．當(dāng)小球運動到d點時，不受洛倫茲力C．小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能減小，電勢能減小D．小球從b點運動到c點的過程中，經(jīng)過弧bc中點時速度最大答案BD解析電場力與重力大小相等，那么二者的合力指向左下方，與ab平行，由于合力是恒力，將其等效為新的重力，此時bc弧的中點相當(dāng)于“最低點〞，小球在此處速度最大，D項正確；假設(shè)小球從a點由靜止釋放，那么小球不可能越過d點，A項錯誤；當(dāng)小球運動到d點時，速度為零，故不受洛倫茲力，B項正確；由于d、b等高，故小球從d點運動到b點的過程中，重力勢能不變，C項錯誤．10．(2022·開封市5月質(zhì)檢最后一卷)如下圖，在一個勻強(qiáng)電場中有一個四邊形ABCD，電場方向與四邊形ABCD平行，其中M為AD的中點，N為BC的中點．一個電荷量為q的正粒子，從A點移動到B點過程中，電勢能減小W1，假設(shè)將該粒子從D點移動到C點，電勢能減小W2，以下說法正確的選項是()A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向必沿AB方向B．假設(shè)將該粒子從M點移動到N點，電場力做功W＝eq\f(W1＋W2,2)C．假設(shè)D、C之間的距離為d，那么該電場的場強(qiáng)大小為E＝eq\f(W2,qd)D．假設(shè)M、N之間的距離為d，該電場的場強(qiáng)最小值為E＝eq\f(W1＋W2,2qd)答案BD解析根據(jù)題意由A到B或者由D到C，電場力做正功，從而電勢能減小，但是勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)，無法判斷，故A項錯誤；因為電場是勻強(qiáng)電場，在同一條電場線上，M點的電勢是A、D兩點電勢的平均值；N點的電勢是B、C兩點電勢的平均值，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項正確；由于場強(qiáng)的方向無法確定，故C項錯誤；根據(jù)上面公式：UMN＝eq\f(W1＋W2,2q)，假設(shè)M、N兩點正好處于同一條電場線上，那么電場強(qiáng)度為E＝eq\f(W1＋W2,2qd)，距離d為過M和N的兩個等勢面之間距離的最大值，故該電場的場強(qiáng)最小值為E＝eq\f(W1＋W2,2qd)，故D項正確．考點定位勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系名師點睛此題關(guān)鍵是抓住M、N的電勢與A、B電勢和D、C電勢的關(guān)系，根據(jù)電場力做功公式求解WMN.運用公式U＝Ed時，要正確理解d的含義：d是沿電場方向兩點間的距離．二、計算題(共4個小題，11題11分，12題12分，12題13分，14題14分，共50分)11．(2022·湖北八校高三聯(lián)考)如下圖，在無限長的水平邊界AB和CD間有一勻強(qiáng)電場，同時在AEFC、BEFD區(qū)域分別存在水平向里和向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，EF為左右磁場的分界線．AB邊界上的P點到邊界EF的距離為(2＋eq\r(3))L.一帶正電微粒從P點的正上方的O點由靜止釋放，從P點垂直AB邊界進(jìn)入電、磁場區(qū)域，且恰好不從AB邊界飛出電、磁場．微粒在電、磁場中的運動軌跡為圓弧，重力加速度大小為g，電場強(qiáng)度大小E(E未知)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B(B未知)滿足E/B＝2eq\r(gL)，不考慮空氣阻力，求：(1)O點距離P點的高度h多大；(2)假設(shè)微粒從O點以v0＝eq\r(3gL)水平向左平拋，且恰好垂直下邊界CD射出電、磁場，那么微粒在電、磁場中運動的時間t多長？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)微粒帶電量為q、質(zhì)量為m，軌跡為圓弧，有qE＝mg.微粒在磁場中運動速率v1時恰好與AB相切，如下圖，O1、O2為微粒運動的圓心，O1O2與豎直方向夾角為θ，由幾何知識知sinθ＝eq\r(3)/2.微粒半徑r1，由幾何關(guān)系有r1＋r1sinθ＝(2＋eq\r(3))L，得r1＝2L.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1B＝eq\f(mv12,r1)，由動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv12，E/B＝2eq\r(gL)，得h＝L/2(2)微粒平拋到AB邊界上的M點的時間為t1，水平距離x1，由運動學(xué)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點時豎直分速度v1＝eq\r(gL)，速度為v＝2eq\r(gL)、與AB夾角為θ＝30°.微粒在磁場中運動半徑r2＝4L.由幾何關(guān)系知微粒從M點運動30°垂直到達(dá)EF邊界．微粒在磁場中運動周期T＝2πr2/v＝4πeq\r(L/g).由題意有微粒運動時間t＝T/3＋kT/2，(k＝0，1，2，…)微粒運動時間t＝2π(eq\f(2,3)＋k)eq\r(\f(L,g)).(k＝0，1，2，…)12．如下圖，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝2N/C.在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y>h＝0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，θ＝45°)，并從原點O進(jìn)入第一象限．重力加速度g＝10m/s2，(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；(2)油滴在P點得到的初速度大??；(3)油滴在第一象限運動的時間．答案(1)1∶1∶eq\r(2)，油滴帶負(fù)電(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s解析(1)油滴帶負(fù)電．油滴受三個力作用(如以下圖)，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件有qvBsin45°＝qE，mgtan45°＝qE，重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比為mg∶qE∶qvB＝1∶1∶eq\r(2).(2)由qvBsin45°＝qE可得油滴在P點得到的初速度大小v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s.(3)油滴進(jìn)入第一象限，由電場力和重力大小相等可知，油滴先做勻速直線運動，進(jìn)入y≥h的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如下圖，最后從x軸上的N點離開第一象限．由O→A勻速運動位移為s1＝eq\r(2)h，運動時間：t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s.油滴由A→C做勻速圓周運動，qvB＝eq\f(mv2,R)，而qvB＝eq\r(2)mg，解得R＝eq\f(v2,\r(2)g)由A→C的圓周運動時間為t2＝eq\f(πR,2v)＝eq\f(πv,2\r(2)g)＝eq\f(π,5)s＝0.628s.由對稱性知從C→N的時間t3＝t1＝0.1s，在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝0.828s.13．(2022·浙江)使用盤旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等．質(zhì)量為m，速度為v的離子在盤旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計引出器．引出器原理如下圖，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O′點(O′點圖中未畫出)．引出離子時，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度降低，從而使離子從P點進(jìn)入通道，沿通道中心線從Q點射出．OQ長度為L.OQ與OP的夾角為θ.(1)求離子的電荷量q并判斷其正負(fù)；(2)離子從P點進(jìn)入，Q點射出，通道內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)降為B′，求B′；(3)換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)．為使離子仍從P點進(jìn)入，Q點射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強(qiáng)度E的方向和大小．答案(1)q＝eq\f(mv,Br)正電荷(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)離子做圓周運動Bqv＝meq\f(v2,r) ①解得q＝eq\f(mv,Br)，正電荷 ②(2)如下圖O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出軌跡為圓弧B′qv＝meq\f(v2,R) ③解得R＝eq\f(mv,B′q) ④根據(jù)幾何關(guān)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)電場強(qiáng)度方向沿徑向向外引出軌跡為圓弧Bqv－Eq＝meq\f(v2,R) ⑦解得E＝Bv－eq\f(mv2〔2r－2Lcosθ〕,q〔r2＋L2－2rLcosθ〕) ⑧考點定位盤旋加速器，帶電粒子在電磁場中的運動14．(2022·濟(jì)南市5月模擬最后一卷)科研人員利用電場和磁場控制帶電粒子的運動，從而來進(jìn)行粒子分選，其原理如下圖：真空環(huán)境中，由a、b、c、d四個平行界面分隔出的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域，寬度均為L＝0.12m．讓包含兩種不同的帶正電粒子組成的粒子束，從界面a上的P點以速度v0＝5×102m/s垂直界面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，兩種粒子帶電量均為q＝1×10－6C，質(zhì)量分別為m1＝3×10－10kg和m2＝4×10－10kg.假設(shè)在區(qū)域Ⅰ和Ⅲ分別加上垂直紙面、方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1(1)求加磁場時兩種粒子在界面d上出射點之間的距離；(2)假設(shè)加電場時兩種粒子在界面d上出射點之間的距離與加磁場時相等，求電場強(qiáng)度的大?。鸢?1)0.11m(2)1.1458×103解析(1