2014年版高考物理第6讲电场和磁场的基本性质测试强化练二轮真题目训练

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第6讲 电场和磁场的基本性质 ‎1．(2013·江苏卷·6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则(　　)‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大 D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 解析：　由题图可知，a处电场线比b处密，所以Ea＞Eb，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以φa＞φb，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷－q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确．‎ 答案：　ABD ‎2．(2013·唐山二模·18)如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R 的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子(　　)‎ A．是正离子，速率为kBR/cos α B．是正离子，速率为kBR/sin α C．是负离子，速率为kBR/sin α D．是负离子，速率为kBR/cos α 解析：　因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图，由几何关系可知r＝，由qvB＝m可得v＝，故B正确．‎ 答案：　B ‎3.(2013·江西九江七校联考)a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电荷量为＋Q的点电荷依次放在菱形中心O点和另一个顶点d点处，两点相比(　　)‎ A．＋Q在d点所受的电场力较大 B．＋Q在d点所具有的电势能较大 C．d点的电势低于O点的电势 D．d点的电场强度大于O点的电场强度 解析：　＋Q在d点所受的电场力较小，＋Q在d点所具有的电势能较小，选项A、B错误；d点的电势低于O点的电势，d点的电场强度小于O点的电场强度，选项C正确，D错误．‎ 答案：　C ‎4．(2013·重庆卷·3)如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则(　　)‎ A．α粒子在M点的速率比在Q点的大 B．三点中，α粒子在N点的电势能最大 C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低 D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功 解析：　利用动能定理可判断α粒子的速率大小．由电势的高低可判断电势能的大小．重原子核带正电，离核越近，电势越高，选项C错误；同一正电荷电势越高，其电势能越大，选项B正确；带正电的α粒子在从M点到Q点的过程中，电场力做的总功为正功，据动能定理知，其速率增大，选项A、D错误．‎ 答案：　B ‎5.如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为＋q的小球P，杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E＝.先把杆拉成水平，然后将杆无初速释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)‎ A．小球到最低点时速度最大 B．小球从开始至最低点过程中动能一直增大 C．小球对杆的最大拉力大小为mg D．小球可绕O点做完整的圆周运动 解析：　‎ 如图所示，小球受到的重力和电场力分别为mg和qE＝mg，此二力的合力为F＝mg、与竖直方向成30°角，可知杆转到此位置时小球速度最大，A错，B对；设小球的最大速度为v，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有：F(1＋)L＝mv2，设小球速度最大时，杆对小球的拉力为Fm，对小球应用向心力公式有：Fm－F＝，解得Fm＝mg，C对；根据等效性可知杆最多转过240°角，速度减小为0，小球不能做完整的圆周运动，D错．‎ 答案：　BC ‎6.如图所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨CD、EF.导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.先从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即：I＝kt，其中k为衡量．若金属棒与导轨始终垂直，则关于金属棒的运动情况正确的是(　　)‎ A．金属棒先做加速运动，最后匀速运动 B．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后匀速运动 C．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后静止 D．以上说法均不正确 解析：　设导轨间的距离为L，金属棒所受的安培力FB＝BIL＝BktL，垂直紧压导轨平面．金属棒在竖直方向受摩擦力Ff＝μBkLt，方向竖直向上，重力mg竖直向下，开始一段时间内，金属棒向下加速的加速度a＝g－逐渐减小，当a 减为零时，速度最大，然后金属棒做减速运动，加速度a＝－g，方向向上，逐渐变大，速度减小为零时，金属棒所受的最大静摩擦力大于重力，所以金属棒静止．故C项正确．‎ 答案：　C ‎7．(2013·西安高三期末)如图所示，在水平向右的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点，bd连线与电场线平行，ac连线与电场线垂直．则(　　)‎ A．a、c两点的电场强度相同 B．b点的电场强度大于a点的电场强度 C．da间的电势差大于ab间的电势差 D．检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能 解析：　设点电荷在圆周上产生的电场强度大小为E0，ac两点的电场强度大小一样，但方向不同，所以选项A错误．b点的电场强度为EB＝E＋E0，a点电场强度为Ea＝，所以选项B正确．因为点电荷在四点上的电势相同，所以da间的电势差等于ab间的电势差，a点的电势与c点的电势相等，所以选项C错误，D正确．‎ 答案：　BD ‎8.如图所示，竖直放置的平行金属板内部有匀强电场，两个带电微粒a、b从两板下端连线的中点向上射入板间，沿不同的轨迹运动，最后都垂直打在金属板上．则可知(　　)‎ A．微粒a的入射速度较大 B．微粒a打到金属板上的速度较大 C．微粒a、b带异种电荷，电荷量大小一定相等 D．微粒a、b的质量一定不相等 解析：　设匀强电场的场强为E，两平行金属板的间距为d，带电微粒的电荷量为q，质量为m，射入速度为v0，微粒向上运动的距离为l.在竖直方向微粒只受重力作用，做匀减速运动，因微粒最后垂直打到金属板上，竖直速度减为零，所以有v＝2gl①‎ 因la＞lb，所以voa＞vob.A对．‎ 在水平方向有＝at2＝②‎ 把①代入②得：＝③‎ 可知两微粒的比荷的关系，但不能判断两微粒的电荷量、质量的大小关系，C、D错．‎ 微粒打到金属板上的速度v＝at＝④‎ 把③代入④得：v＝，因v‎0a＞v0b，所以va＜vb，B错．‎ 答案：　A ‎9.(2013·江西四校联考)如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B.把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A射出的粒子：①带负电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t1；②带负电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t2；③带正电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t3；④带正电，v0＝，第一次到达C点所用时间为t4.则(　　)‎ A．t1＝T　　　　　　　　 B．t2＝T C．t3＝T　 D．t4＝T 解析：　若从A射出的粒子带负电，v0＝，向右偏转，其轨迹半径等于L，第一次到达C点所用时间为t1＝，选项A正确；若从A射出的粒子带负电，v0＝，向右偏转，其轨迹半径等于，经后进入理想边界外向下偏转，再经后第一次到达C点所用时间为t2＝，选项B正确；若从A射出的粒子带正电，v0＝，向左偏转，其轨迹半径等于L，第一次到达B点所用时间为，进入理想边界向下偏转，再经后第一次到达C点，所用总时间为t3＝T，选项C错误；若从A射出的粒子带正电，v0＝，向左偏转，其轨迹半径等于，经后进入理想边界外向下偏转，再经后第一次到达B点所用时间为，再经T后第一次到达C点，所用总时间为t4＝，选项D错误．‎ 答案：　AB ‎10．如图所示，板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ＝30°，某时刻一质量为m、带电荷量为q的小球由正中央A 点静止释放，小球离开电场时速度是水平的(提示：离开的位置不一定是极板边缘)，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α＝45°时，小球恰好沿原路返回A点．求：‎ ‎(1)电容器极板间的电场强度E；‎ ‎(2)平行板电容器的板长L；‎ ‎(3)小球在A、B间运动的周期T.‎ 解析：　(1)带电粒子沿水平方向做匀加速运动，可知：‎ qEcos θ＝mg ①‎ 故E＝.‎ ‎(2)小球垂直落到弹性挡板上，且α＝45°‎ 则有v0＝vy＝ ②‎ 由动能定理得：qE·Ltan θ＝mv ③‎ 由②③得：L＝3h.‎ ‎(3)由小球在电场中做匀加速运动 ＝gtan θ·t t1＝＝ 平抛运动的时间为t2＝ 总时间为：‎ t＝2t1＋2t2＝2.‎ 答案：　(1)　(2)3h　(3)2 ‎11．(2013·全国新课标Ⅱ·24)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为FNa和FNb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．‎ 解析：　小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．‎ 质点所受电场力的大小为 F＝qE ①‎ 设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有 F＋FNa＝m ②‎ FNb－F＝m ③‎ 设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有 Eka＝mv ④‎ Ekb＝mv ⑤‎ 根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 E＝(FNb－FNa) ⑦‎ Eka＝(FNb＋5FNa) ⑧‎ Ekb＝(5FNb＋FNa) ⑨‎ 答案：　(FNb－FNa)　(FNb＋5FNa)　(5FNb＋FNa)‎ ‎12.如图所示的坐标平面内，y轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B1＝0.20 T的匀强磁场，在y轴的右侧存在方向垂直纸面向里，宽度d＝‎12.5 cm的匀强磁场B2，某时刻一质量m＝2.0×10－‎8 kg、电荷量q＝＋4.0×10－‎4 C的带电微粒(重力可忽略不计)，从x轴上坐标为(－‎0.25 m,0)的P点以速度v0＝2.0×‎103 ‎m/s沿y轴正方向运动．试求：‎ ‎(1)微粒在y轴左侧磁场中运动的轨道半径；‎ ‎(2)微粒第一次经过y轴时，速度方向与y轴正方向的夹角；‎ ‎(3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B2应满足的条件．‎ 解析：　(1)设微粒在y轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，转过的圆心角为θ，则qv0B1＝m 解得r1＝＝0.5 m ‎(2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：‎ cos θ＝＝，则θ＝60°.‎ ‎(3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r2，其运动轨迹如图所示，由几何关系得 r2cos θ＝r2－d 解得r2＝＝‎‎0.25 m 由洛伦兹力充当向心力，且粒子运动半径不大于r2，‎ 得：qv0B2≥m 解得：B2≥＝0.4 T 即磁感应强度B2应满足：B2≥0.4 T.‎ 答案：　(1)‎0.5 m　(2)60°　(3)B2≥0.4 T