2020屆新課標高考物理二輪沖刺電場和磁場練習

2020新課標高考物理二輪沖刺：電場和磁場練習附答案一、選擇題1、直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標以以下圖．M、N兩點各固定一負點電荷，將一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零．靜電力常量用k表示．若將該正點電荷挪動到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(B)3kQ3kQA.4a2，沿y軸正向B.4a2，沿y軸負向5kQ，沿y軸正向5kQ，沿y軸負向C.2D.24a4a分析：正點電荷在O點時，G點的場強為零，則兩負點電荷在G點的合場強盛小為E1＝kQ2，方向沿y軸正方向．由對稱性知，兩負點電荷在H點的合場強盛a小為E2＝1＝kQ2，方向沿y軸負方向．當把正點電荷放在G點時，在H點產(chǎn)生EakQ的場強的大小為E3＝4a2，方向沿y軸正方向．因此H點的合場強盛小E＝E2－3kQE3＝4a2，方向沿y軸負方向，選項B正確．2、如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的長度和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的電場強度隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直．在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿兩板中線垂直于電場方向射入電場，粒子射入電場時速度大小為v0，t＝T時刻粒子恰好沿MN板右邊沿射出電場，則(A)A．該粒子射出電場時的速度方向必定垂直于電場方向TB．在t＝2時刻，該粒子的速度大小為2v0TC．若該粒子在t＝2時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上D．若該粒子的入射速度大小變成2v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場分析：由題意，粒子在0～T內(nèi)做類平拋運動，在T～T內(nèi)做類斜拋運動，因粒子在電場22中所受的電場力大小相等，由運動的對稱性可知，粒子射出電場時的速度方向一1vy定垂直于電場方向，選項A正確；水平方向上有l(wèi)＝v0T，豎直方向上有2l＝2T，T22T在t＝時刻粒子的速度大小v＝v0＋vy＝2v0，選項B錯誤；若該粒子在t＝22時刻以速度v0進入電場，粒子先向下做類平拋運動，再向下做類斜拋運動，恰好沿PQ板右邊沿射出電場，選項C錯誤；若該粒子的入射速度變成2v0，則粒lT子在電場中的運動時間t＝＝，選項D錯誤．3、此刻醫(yī)學上對某些腫瘤采納質(zhì)子療法進行治療，該療法用必定能量的質(zhì)子束照耀腫瘤殺死癌細胞．現(xiàn)用向來線加快器來加快質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到1.0×107已知加快電場的場強為×5，質(zhì)子的質(zhì)量為×m/s.1.310N/C1.6710－27kg，電荷量為1.6×10－19C，則以下說法正確的選項是(D)A．加快過程中質(zhì)子電勢能增添B．質(zhì)子所遇到的電場力約為2×10－15NC．質(zhì)子加快需要的時間約為8×10－6sD．加快器加快的直線長度約為4m分析：電場力對質(zhì)子做正功，質(zhì)子的電勢能減少，A錯誤；質(zhì)子遇到的電場力大小F＝qE≈2×10－14N，B錯誤；質(zhì)子的加快度a＝mF≈1.2×1013m/s2，加快時間2v≈8×10－7，C錯誤；加快器加快的直線長度x＝v≈4m，故D正確．t＝as2a4、以以下圖，電子經(jīng)電場加快后垂直進入磁感覺強度為B的勻強磁場中，在磁場中轉半個圓周后打在P點，經(jīng)過調(diào)理兩極板間電壓U可以控制P點的位置，設OP＝x，可以正確反響U與x關系的圖象是以下圖中的(C)12mv分析：電子在電場中加快，有qU＝2mv2，進入磁場，有x＝2r＝qB，整理可得x2＝8mU，選項C正確．qB25、以以下圖，MON是固定的圓滑絕緣直角桿，MO沿水平方向，NO沿豎直方向，A、B為兩個套在此桿上的帶有同種電荷的小球，用一指向豎直桿的水平力F作用在A球上，使兩球均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將A球向豎直桿方向緩慢拉動一小段距離后，A、B兩小球可以重新均衡．后一均衡狀態(tài)與前一均衡狀態(tài)對比較，以下說法正確的選項是(B)A．A、B兩小球間的庫侖力變大B．A、B兩小球間的庫侖力變小C．A球對MO桿的壓力變大D．A球對MO桿的壓力變小分析：對A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1、靜電力F1，以以下圖，依據(jù)均衡條件，x方向上有F＝F1sinθ，y方向上有N1＝mg＋F1cosθ，對B球受力分析，受重力Mg、靜電力F2、桿對其向左的支持力N2，以以下圖，依據(jù)均衡條件，x方向上有F2sinθ＝N2，y方向上有F2cosθ＝Mg，且F1＝F2，聯(lián)立得F1＝Mg，cosθN1＝mg＋Mg，因為重新均衡時兩球連線與豎直方向的夾角θ變小，故靜電力F1變小，水平桿對A球的支持力等于兩個球的重力之和，N1不變，由牛頓第三定律可知，A球對水平桿的壓力不變，B正確，A、C、D錯誤．6、質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子比荷和分析同位素的重要工具．右圖中的鉛盒A中的放射源放出大批的帶正電粒子(可以為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加快電場區(qū)加快后，再經(jīng)過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場，該偏轉磁場是以直線MN為切線、磁感覺強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場．此刻MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝3R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽視不計)(C)8U

4U

6U

2UA.R2B2

B.R2B2

C.R2B2

D.R2B2分析：設粒子被加快后獲取的速度為v，由動能定理有：qU＝12mv2，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝3Rv2q＝6U3，又qvB＝mr，可求m22，選項C正確．RB7、以以下圖，質(zhì)量m＝0.5kg的通電導體棒在安培力作用下靜止在傾角為37°、寬度L＝1m的圓滑絕緣框架上，磁場方向垂直于框架平面向下(磁場僅存在于絕緣框架內(nèi))．右邊回路中，電源的電動勢E＝8V、內(nèi)阻r＝1Ω，額定功率為8W、額定電壓為4V的電動機M正常工作．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加快度大小g＝10m/s2，則磁場的磁感覺強度大小為(C)A．2TC．1.5T

B．1.73TD．1TP1分析：電動機M正常工作時的電流I1＝U＝2A，電源內(nèi)阻上的電壓U′＝E－UU′＝8V－4V＝4V，依據(jù)閉合電路歐姆定律得干路中的電流I＝r＝4A，則經(jīng)過導體棒的電流I2＝－1＝，導體棒受力均衡，有2L＝mgsin37°，得B＝，II2ABI1.5T應選項C正確．8、如圖，在座標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感覺強度大小分別為12B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸走開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為(B)5πm

7πmA.6qB

B.6qB11πm

13πmC.6qB

D.

6qB分析：設帶電粒子進入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應的軌跡半徑分別為R1和2，由洛倫茲力供給向心力有＝v2、TRqvBmR2πRmv2mv2πm4πm＝v，可得R1＝qB、R2＝qB、T1＝qB、T2＝qB，帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1＝T1t2＝θ，在第一象限中運動的時間為T2，又由幾何關系有cosθR－R42π7πm12＝R2，則粒子在磁場中運動的時間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝6qB，選項B正確，A、C、D均錯誤．9、如圖甲所示，PQ和MN為水平、平行擱置的兩圓滑金屬導軌，兩導軌相距L＝1m，導體棒ab垂直于導軌放在導軌上，導體棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連，細繩一部分與導軌共面且平行，另一部分與導軌所在平面垂直，物體放在水平面上，勻強磁場的磁感覺強度為B＝1T，方向豎直向下，開始時繩索恰好要繃緊，現(xiàn)給導體棒中通入電流，使導體棒向左做加快運動，物體運動的加快度大小與導體棒中通入的電流大小關系如圖乙所示，重力加快度大小為g＝10m/s2.則物體和導體棒的質(zhì)量分別為(A)A．．0.9kg0.1kgC．．1.0kg0.1kg分析：設物體的質(zhì)量為M，導體棒質(zhì)量為m，細繩的拉力為T，依據(jù)題意由牛頓BLMg第二定律可知，T－Mg＝Ma，BIL－T＝ma，解得a＝M＋mI－M＋m，聯(lián)合題圖乙可知，當a1＝·－2，I1＝，0＝1A時，＝，則有0L－Mg＝，得3ms4AIa0BI0BI0LM＝g＝0.1kg，m＝0.9kg，選項A正確．二、非選擇題以以下圖，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標系中，MN與水平x軸平行，在MN與x軸之間有豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面水平向里的勻強磁場，電場強度E＝2N/C，磁感覺強度B＝1T．從y軸上的P點沿x軸正方向以初速度v0＝1m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m＝2×10－6kg，電荷量q1×10－5C，g取10m/s2.已知P點到O點的距離為d0＝0.15m，MN到x軸距離為d＝0.20m．(π＝3.14，2＝1.414，3＝1.732，結果保留兩位有效數(shù)字)(1)求小球從P點運動至MN界限所用的時間；(2)若在小球運動到x軸時撤去電場，求小球到達MN界限時的速度大小．答案：(1)0.38s(2)2.8m/s分析：(1)由平拋運動的規(guī)律，設小球做平拋運動的時間為t1，進入電磁場時的速度為v，進入電磁場時速度與水平方向的夾角為12θ，則d0＝2gt1解得t1＝2d03g＝10s則v＝gt12＋v02cosθ＝v0v解得v＝2m/s，θ＝60°小球在