2019版高考物理二轮复习考前第5天练.doc

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1、1考前第 5 天练电场与磁场1.(多选)如图 1 所示为不等量的异种点电荷电场线的分布情况，两点电荷的电荷量相差越大，电荷附近电场线的疏密差别也越大。图中的虚线是两点电荷连线的中垂线， a、 b 是中垂线上的两点，根据电场线分布图判断，下列说法正确的是( )图 1A.同一电子在 a、 b 两点所受的库仑力的大小关系为 FaFbB.a、 b 两点的电场强度方向均平行于点电荷连线向左C.a、 b 两点的电势相等D.正试探电荷在 a 点的电势能大于其在 b 点的电势能解析 从图中可以看出， a 点电场线比 b 点电场线密，因此 a 点的电场强度比 b 点的电场强度大，根据 F Eq 可知，同一电子在

2、 a 点所受的库仑力较大，选项 A 正确；在不等量异种电荷形成的电场中， a、 b 两点的电场强度方向均斜向左上方，与点电荷连线不平行，选项 B 错误；将正试探电荷由 a 点移到 b 点过程中，电场力对试探电荷做正功，其电势能减小，则 a 点电势高于 b 点电势，选项 C 错误，D 正确。答案 AD2.一新型电磁船的船体上安装了用于产生强磁场的超导线圈，在两船舷之间装有电池，导电的海水在安培力作用下即可推动该船前进。如图 2 是电磁船的简化原理图，其中 MN 和PQ 是与电池相连的导体棒， MN、 PQ、电池与海水构成闭合回路，且与船体绝缘，要使该船水平向左运动，则超导线圈在 NMPQ 所在区

3、域产生的磁场方向是( )图 22A.竖直向上 B.竖直向下C.水平向左 D.水平向右解析 由电源、海水构成的闭合回路可知海水中电流的方向是从 MN 指向 PQ，根据左手定则可知磁场方向竖直向下时海水受到的力水平向右，海水反作用于船体的力水平向左，符合题意。选项 B 正确。答案 B3.如图 3 所示，在绝缘的水平地面上有一水平向右的匀强电场，带正电荷的滑块 P 在电场中向左运动，当它经过 H 点时动能为 Ek1300 J，当它经过 B 点时具有的动能为 Ek2100 J。若该过程中滑块克服摩擦力做的功为 90 J，那么滑块的电势能增加了( )图 3A.100 J B.200 J C.110 J

4、D.400 J解析 滑块从 H 点运动到 B 点，由动能定理得 W 电 W 摩 Ek，代入数据得 W 电 90 J200 J，解得 W 电 110 J，故选项 C 正确。答案 C4.静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图 4 所示。忽略运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力。下列说法中正确的是( )图 4A.当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大B.涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机所接的高压电源决定C.在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电

5、荷量的微粒先后经过被喷涂工3件右侧 P 点(相对工件的距离不变)处，先经过的微粒电势能较大D.涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快解析 当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，距离增加，故电场强度减小，选项 A 错误；轨迹与初速度和受力情况均有关，选项 B 错误；工件接地，电势为零， P 处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大， P 点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能小，选项 C 错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式 U Ed，在直线轨迹上电势升高最快，故选项 D 正确。答案 D5.如图

6、 5 所示， a、 b、 c、 d 是圆心为 O 的圆上的四个点，直径 ac、 bd 相互垂直，两根长直导线垂直圆面分别固定在 b、 d 处，导线中通有大小相等，垂直纸面向外的电流，关于a、 O、 c 三点的磁感应强度，下列说法正确的是( )图 5A.都为零 B.O 点最大C.a、 c 两点方向相反 D.a、 c 两点方向相同解析 由安培定则可知， b、 d 两处的通电导线在 a 点的磁场方向如图所示，由平行四边形定则可知， a 点的磁感应强度方向垂直 ac 向下，同理可知 c 点的磁感应强度方向垂直 ac向上，即 a、 c 两点的磁感应强度方向相反，选项 C 正确，A、D 错误；根据磁感应强

7、度的叠加原理可知， O 点的磁感应强度大小为零，选项 B 错误。答案 C6.(2018合肥二模)回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核心部分是与高频交流电源的两极相连的两个 D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成了周期性变化的电场，使粒子在通4过狭缝时能得到加速，两 D 形盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图 6 所示；用该回旋加速器分别加速氘核( H)和 粒子( He)，不计相对论效应及粒子在电场中运动的时间，下21 42列说法中正确的是( )图 6A.加速氘核时所需交变电流的频率更大B.若加速电压相同，则引出的氘核的动能更大C.若加速电压相同，则加速两种粒子的次数相同D.若加速电压相同，氘核在

8、D 形盒中运动的时间更长解析 由 T ， T ，可得 f ，由于两粒子的比荷 相等，所需交变电流2 Rv 2 mqB 1f qB2 m qm的频率相等，故选项 A 错误；由 qvB ，得 Ekm ，可见 粒子获得最大初动能mv2r q2B2r22m大，故选项 B 错误；由动能定理可知 nqU Ekm ，可知 n ，由于两粒子的比q2B2r22m qB2r22mU荷 相等，所以加速两种粒子的次数 n 相同，故选项 C 正确；由 T ，与电压无qm 2 Rv 2 mqB关，故选项 D 错误。答案 C7.(多选)如图 7 所示，在一次实验中，小明同学有一个平行板电容器与静电计组成如图所示的实验装置，

9、两极板水平放置，负极板接地，正极板和一个接地的静电计相连，将电容器充电后与电源断开。下列有关说法中正确的是( )图 7A.若将电容器的上极板向上移动一些，则静电计的指针偏角变小， P 点的场强变小B.若将电容器的上极板向右移动一些，则静电计的指针偏角变小， P 点的场强变小C.若将电容器的上极板向下移动一些，则原来处于 P 点静止的带电微粒将仍然保持静止D.若将电容器的上极板向左移动一些，则原来处于 P 点静止的带电微粒将向上运动5解析 电容器充电后与电源断开，电容器带电荷量 Q 不变，将上极板向上移动一些，则 d增大，根据 C 知，电容 C 减小，根据 C 知，电势差增大，指针偏角增大，由

10、E rS4 kd QU 可知，不论极板间距增大还是减小， E 保持不变，故选项 A 错误，C 正确；电Ud QCd 4 kQ rS容器充电后与电源断开，电容器带电荷量 Q 不变，电容器的上极板左移或右移，电容器两极板的正对面积均减小，根据 C 知，电容 C 减小，根据 C 知，电势差 U 增大，指 rS4 kd QU针偏角增大，由 E 可知， S 减小时， E 变大，则原来静止于 P 点的带电微粒Ud QCd 4 kQ rS将向上运动，选项 B 错误，D 正确。答案 CD8.如图 8 所示， a、 b、 c 为真空中三个带电小球， b 球带电荷量为 Q，用绝缘支架固定，a、 c 两小球用绝缘细

11、线悬挂，处于平衡状态时三小球球心等高，且 a、 b 和 b、 c 间距离相等，悬挂 a 小球的细线向左倾斜，悬挂 c 小球的细线竖直，则( )图 8A.a、 b、 c 三小球带同种电荷 B.a、 c 两小球带异种电荷C.a 小球带电荷量为4 Q D.c 小球带电荷量为4 Q解析 根据题意可知，悬挂 c 球的细线竖直，则 c 球的受力较为简单，即受一个吸引力和一个排斥力，故 a、 b 两球肯定带异种电荷，选项 A 错误；若 a、 c 带异种电荷， a、 c 两球相互吸引，悬挂 c 球的细线竖直，则 b、 c 带同种电荷， b、 c 两球相互排斥，可知 a、 b 带异种电荷， a、 b 两球相互吸

12、引，则 a 球受力方向向右，与题给信息矛盾，故 a、 c 两球带同种电荷，选项 B 错误；由以上分析可知， b 球带正电荷， a、 c 两球带负电荷，对 c 球受力分析，由库仑定律和平衡条件可知 k k ，解得 Qa4 Q，根据题述， b 小球带QaQc（ 2r） 2 QQcr2电荷量为 Q，则 a 小球带电荷量为4 Q，选项 C 正确；不能计算出小球 c 所带的电荷量，选项 D 错误。答案 C9.(多选)如图 9 所示，在相邻的矩形区域 abef 和正方形区域 bcde 中，分别有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 2B 和 B，边长 ab L， bc cd2 L。一带正6电

13、粒子从边界 f 点以速度 v 沿边界 fe 方向进入磁场，恰好从边界 c 点离开磁场，不计粒子重力。下列说法正确的是( )图 9A.粒子过 c 点时，速度方向与边界 cd 不垂直B.粒子过 c 点时，速度方向与边界 cd 垂直C.粒子的比荷为6v13BLD.粒子的比荷为2v5BL解析 设该粒子的质量为 m，作出粒子的运动轨迹图，如图所示，粒子在 abef 区域中做匀速圆周运动的半径 R1 ，sin ，在 bcde 区域中做匀速圆周运动的半径mv2qB LR1 2LqBmvR2 ，sin 。即 ，故粒子过 c 点时，速度方向与边界 cd 垂直，选mvqB 2LR2 2LqBmv项 A 错误，B

14、正确；设粒子出 abef 区域时的出射点为 g，由三角形相似可知 eg 的长度L1 ， bg 的长度为 L2 ，由几何关系知，( R1 )2 L2 R ，解得 R1 ，故 2L3 4L3 2L3 21 13L12 qm，选项 C 正确，D 错误。6v13BL答案 BC10.(多选)如图 10 所示，在长方形 ABCD 区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，已知 L， L， E 为 AD 的中点。初始时刻从 A 点以平行于 AB 边的速率 v 射入一不计重AD CD 32力的带正电粒子 P，此粒子刚好可从 D 点射出。若粒子 P 射入后某时刻从 C 点射入一个速7率、质量、电荷量都与粒子 P 相等且

15、不计重力的带负电粒子 Q，若粒子 Q 在射入后的最短时间内与粒子 P 相遇，则下列说法中正确的是( )图 10A.相遇点必在 C、 E 两点的连线上B.粒子 Q 射入时粒子 P 已经运动的时间为 L6vC.粒子 Q 应沿与 CD 成 60角的方向射入D.粒子 Q 射入时粒子 P 已经运动的时间为 L3v解析 要使粒子 Q 在射入后的最短时间内与粒子 P 相遇，则相遇时粒子 Q 的运动轨迹所对的圆心角应最小。因粒子 Q 在磁场中运动的半径为定值，故粒子的运动轨迹应最短，由数学知识可知，相遇点 F 必在 C、 E 两点的连线上，且 F 点在 CD 边的中垂线上，因tan ECD ，故 ECD30，

16、由几何关系可知，两粒子相遇时粒子 Q 转过的圆心L23L2 33角 60，粒子 P 转过的圆心角 120，粒子 Q 射入时粒子 P 已经运动的时间为t T ，由数学知识可知粒子 Q 应沿与 CD 成 60角的方向射入，所以120 60360 T6 L6v选项 A、B、C 正确，D 错误。答案 ABC11.(多选)如图 11 所示，两平行金属板水平放置，两平行金属板之间有匀强电场，一个重力不计的带电粒子经加速电场加速(加速电场未画出)后，紧贴上板以速度 v0进入两平行金属板之间，其速度方向垂直于两平行金属板之间的电场线方向，经一段时间后刚好从下板边缘射出，射出时末速度 v 与水平方向成 60角，

17、已知带电粒子所带的电荷量为 q、质量为 m，板长为 L，则( )8图 11A.加速电场的电压为mv28qB.偏转电场的场强大小为3mv24qLC.两平行金属板之间的距离大小为 d L12D.带电粒子通过平行金属板中的匀强电场时电场力做的功为 mv233解析 由题述知带电粒子经加速电场加速后，其速度大小为 v0，由动能定理可知qU mv ，由速度关系得 v0 vcos 60 ，解得 U ，选项 A 正确；由牛顿第二定律12 20 v2 mv28q得 qE ma，由平抛运动规律得 L v0t， vy at，又 vy vsin 60 v，联立解得 E32，选项 B 正确；由平抛运动的推论可得 tan

18、 60，故 d L，选项 C 错误；带电3mv24qL dL2 32粒子通过匀强电场时电场力做的功为 W Eqd mv2，选项 D 错误。38答案 AB12.如图 12 所示，坐标系内2 L x0 区域内分布着场强大小为 、方向竖直向上的匀强电场；在 x0 区域内分布着磁感应强度大小为 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。2mv0qL在 xOy 平面内，大量质量为 m，电荷量为 q 的粒子(重力不计)从电场左侧 0 y L 范围以速度 v0沿 x 轴正方向射入电场。求：图 129(1)粒子进入磁场时的速度大小和方向；(2)y 轴上有粒子经过的坐标范围。解析 (1)由平抛运动规律得2L v0t qE ma vy at v 由式得粒子进入磁场时速度 v v0 2tan v1v0速度与 v0方向夹角 45 (2)由洛伦兹力提供向心力得qvB mv2R粒子在磁场中圆周运动偏转弦长 d12 Rcos 粒子在电场中偏转距离 d2 at2 12粒子经过 y 轴范围为 d2 y d2 L d1由得 L y3 L 答案 (1)45 (2) L y3 L