2020高考物理二轮复习第一部分专题五电场与磁场第1讲电场和磁场及带电粒子运动问题练习含解析

2020高考物理二轮复习第一部分专题五电场与磁场第1讲电场和磁场及带电粒子运动问题练习含解析

电场和磁场及带电粒子运动问题 ‎1.(2019·河南濮阳一模)如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子(不计重力)从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间t在电场中某点相遇。则以下说法中正确的是(　　)‎ A．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t B．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t C．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t D．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t 解析　粒子受电场力作用，两个相同的粒子加速度相同，方向竖直向下，粒子初速度和加速度垂直，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，两粒子从射入到相遇经过的时间只和初速度大小有关，当两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t，故A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎2.(2019·陕西宝鸡三模)如图，空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子同时到达P点。已知OP＝a，质子2沿与OP成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则质子1和2发射的时间间隔为(　　)‎ A. B． C. D． 解析　由几何关系求出两质子做匀速圆周运动的半径分别为r1＝r2＝＝a，而两质子从O到P分别旋转300°和60°，时间分别为t1＝T＝，t2＝T＝×＝，要使两质子在P 8‎ 点相遇，则两质子发射的时间之差为Δt＝t1－t2＝，故A、B、C错误，D正确。‎ 答案　D ‎3．(2019·山东青岛二模)如图，在xOy平面内，虚线y＝x左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)‎ A. B． C. D． 解析　粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得R＝＝l，根据几何关系可得，A到虚线的距离为l＝R，则粒子在磁场中运动转过的最小圆心角为60°，粒子在磁场中运动的最短时间t＝T＝×＝，故C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎4．(多选)(2019·湖北武汉调研)如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为(　　)‎ A. B． 8‎ C. D． 解析　由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示 所有圆弧的圆心角均为90°，所以粒子运动的半径r＝·(n＝1,2,3…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝＝·(n＝1,2,3…)，故A、B、C正确，D错误。‎ 答案　ABC ‎5.(多选)(2019·福建三明市上学期期末)如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的vt图像可能是下图中的(　　)‎ 解析　当qvB＝mg时，小环做匀速运动，此时图像为平行于t轴的直线，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时：μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，小环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时：μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其vt图像的斜率应该逐渐增大，故A、D错误。‎ 答案　BC ‎6．(2019·河南中原名校模拟)水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点。则(　　)‎ 8‎ A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下 B．小球由A到B的过程中，电场力一定做负功 C．小球由A到B的过程中，动能可能减小 D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小 解析　小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力与重力的大小关系，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，小球的机械能可能增加，也可能减小，B错误，D正确；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误。‎ 答案　D ‎7．(2019·河南濮阳模拟)把一根绝缘导线PQ弯成两个半圆形状，每个半圆的半径都为R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有竖直向下且磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示(俯视图)。现给导线通入由P到Q的电流，并逐渐增大电流强度，导线PQ始终处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的摩擦力增大 B．增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力增大 C．当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为2πBIR D．当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为πBIR 解析　在桌面方向上，导线受到安培力和静摩擦力而平衡，增大电流强度的过程中，安培力增大，故静摩擦力也增大，A正确；在竖直方向上导线受到重力和支持力而平衡，与电流强度无关，故增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力不变，B错误；导线PQ 8‎ 在磁场中的有效长度为L＝4R，故当电流为I时，导线PQ受到的安培力为F＝BIL＝4BIR，C、D错误。‎ 答案　A ‎8.(2019·湖北重点高中联考)如图所示，真空中O点处有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成53°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成37°角。关于a、b两点场强Ea、Eb及电势φa、φb的关系，正确的是(　　)‎ A．25Ea＝9Eb，φa＞φb B．16Ea＝9Eb，φa＜φb C．9Ea＝25Eb，φa＞φb D．9Ea＝16Eb，φa＜φb 解析　设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb。根据几何知识得：rb＝ra，根据点电荷场强公式E＝k，得：Ea＝Eb，由题图可知，该电场是由负点电荷产生的，故在点电荷的周围越靠近场源电势越低，则有φa＜φb，故D正确。‎ 答案　D ‎9.(2019·甘肃河西五市一模)如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有一B点，该处有带正电液滴不断地由静止开始下落(不计空气阻力，每滴液滴的质量、电荷量均相同)，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，且前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落的带电液滴对下落液滴的影响，则下列说法正确的是(　　)‎ A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力与电场力大小相等时，开始做匀速运动 C．能够下落到A球的所有液滴在下落过程中达到最大动能时的位置均相同 D．除第一滴外所有液滴下落过程中电势能均在增加 解析　液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，所以A球电荷量Q逐渐增加，以后的液滴下落过程中受到重力和电场力共同作用，当电荷量Q增加到一定程度后，液滴将不能到达A球，故A项错误；液滴受到的电场力是变力，当液滴下落到重力等于电场力位置时，速度最大，以后将减速下落，故B项错误；设速度最大处液滴距A球的距离为R，有mg＝k，可以看出随Q逐渐增加，R 8‎ 也逐渐增加，故C项错误；除第一滴外所有液滴下落过程中，电场力对液滴做负功，所以液滴下落过程中电势能增加，故D项正确。‎ 答案　D ‎10.(多选)(2019·山东聊城二模)电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U的电源上(内阻不计)，则(　　)‎ A．泵体上表面应接电源负极 B．通过泵体的电流I＝ C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D．增大液体的电导率可获得更大的抽液高度 解析　当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρ＝×＝，因此流过泵体的电流I＝UL1σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电导率，可以使电流增大，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故D正确。‎ 答案　CD ‎11．(2019·四川雅安第三次诊断)如图所示，光滑绝缘水平面上方存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场。某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，经时间t到达B点，此时电场突然反向且增强为某恒定值，又经过时间t小金属块回到A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：‎ ‎(1)A、B两点间的距离；‎ ‎(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小。‎ 解析　(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程 8‎ a1＝，x＝a1t2‎ 联立解得x＝t2‎ ‎(2)v1＝a1t 解得v1＝t 小金属块由B点运动到A点过程a2＝－ ‎－x＝v1t＋a2t2‎ 联立解得E1＝3E。‎ 答案　(1)t2　(2)3E ‎12.(2019·山东淄博仿真模拟)如图所示，在方向竖直向上、大小为E＝1×106 V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R＝‎0.2 m。A、B用一根绝缘轻杆相连，A的带电荷量为q＝＋7×10－‎7 C，B不带电，质量分别为mA＝‎0.01 kg、mB＝‎0.08 kg。将两小球从圆环上的图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动。取g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C。‎ ‎(2)求小球A的最大速度的大小。(可保留根号)‎ ‎(3)求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值。‎ 解析　(1)设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT、WT′，则WT＋WT′＝0‎ 假设A能到达圆环最高点，设A到达圆环最高点时，A、B的动能分别为EkA、EkB 对A由动能定理：qER－mAgR＋WT1＝EkA 对B由动能定理：WT1′－mBgR＝EkB WT1＋WT1′＝0‎ 联立解得：EkA＋EkB＝－0.04 J 上式表明，A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点。‎ ‎(2)设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA＝vB 8‎ 对A由动能定理：qERsinα－mAgRsinα＋WT2＝mAv 对B由动能定理：WT2′－mBgR(1－cosα)＝mBv WT2＋WT2′＝0‎ 联立解得：v＝×(3sinα＋4cosα－4)＝[5sin(α＋53°)－4]‎ 解得当α＝37°时，A、B的最大速度均为vmax＝ m/s ‎(3)A、B从题图所示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，故得：3sinα＋4cosα－4＝0‎ 解得：sinα＝(sinα＝0舍去)‎ 故A的电势能减少量：|ΔEp|＝qERsinα 代入数值得：|ΔEp|＝ J＝0.134 4 J 答案　(1)A不能到达圆环最高点　(2) m/s ‎(3)0.134 4 J 8‎