2021高考物理二輪專題復(fù)習(xí)《統(tǒng)考版》專題強(qiáng)化練6電場和磁場

專題強(qiáng)化練6電場和磁場一、選擇題(1～7題為單項選擇題，8～10題為多項選擇題)1．如圖是靜電噴漆的工作原理圖．工作時，噴槍部分接高壓電源負(fù)極，工件接正極，噴槍的端部與工件之間就形成靜電場，從噴槍噴出的涂料微粒在電場中運動到工件，并被吸附在工件表面．圖中畫出了部分微粒的運動軌跡，設(shè)微粒被噴出后只受靜電力作用，則()A．微粒的運動軌跡顯示的是電場線的分布情況B．微粒向工件運動的過程中所受電場力先減小后增大C．在向工件運動的過程中，微粒的動能逐漸減小D．在向工件運動的過程中，微粒的電勢能逐漸增大2．[2020·浙江7月，8]空間P、Q兩點處固定電荷量絕對值相等的點電荷，其中Q點處為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢線分布如圖所示，a、b、c、d、e為電場中的5個點，設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為0，則()A．e點的電勢大于0B．a(chǎn)點和b點的電場強(qiáng)度相同C．b點的電勢低于d點的電勢D．負(fù)電荷從a點移動到c點時電勢能增加3．如圖所示，兩根長直導(dǎo)線垂直穿過光滑絕緣水平面，與水平面的交點分別為M和N，兩導(dǎo)線內(nèi)通有大小相等、方向相反的電流．A、B是該平面內(nèi)MN連線的中垂線上的兩點，一帶正電的小球從B點以某一指向A點的初速度開始運動，則帶電小球的運動情況是()A．小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動B．小球?qū)⑾茸鰷p速運動后做加速運動C．小球?qū)⑾蜃笞銮€運動D．小球?qū)⑾蛴易銮€運動4．如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大D．θ減小，E不變5．某回旋加速器的示意圖如圖，兩個半徑均為R的D形盒置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，并與高頻電源兩極相連．現(xiàn)對氚核(eq\o\al(3,1)H)加速，所需的高頻電源的頻率為f.已知元電荷為e.下列說法正確的是()A．D形盒可以用玻璃制成B．氚核的質(zhì)量為eq\f(eBf,2π)C．高頻電源的電壓越大，氚核從P處射出的速度越大D．若對氦核(eq\o\al(4,2)He)加速，則高頻電源的頻率應(yīng)調(diào)為eq\f(3,2)f6.如圖所示的速度選擇器水平放置，板長為L，兩板間距離也為L，兩板間分布著如圖所示的勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場．一帶正電的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點O處沿圖中虛線水平向右射入速度選擇器，恰好做勻速直線運動；若撤去磁場，保留電場，粒子以相同的速度從O點進(jìn)入電場，恰好從上極板ab的右邊緣b處離開場區(qū)；若撤去電場，保留磁場，粒子以相同的速度從O點進(jìn)入磁場，經(jīng)過一段勻速圓周運動后，打在下極板cd上，則粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為()A．LB．2C.eq\f(5,4)LD.eq\f(L,2)7．[2020·四川成都一診]如圖甲，在勻強(qiáng)電場中的O點先后無初速度釋放兩個正點電荷Ⅰ和Ⅱ，電荷僅受勻強(qiáng)電場的作用沿直線向A運動，兩電荷的動能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖乙．Ⅰ的電荷量為q，可知()A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E＝eq\f(Ek0,qx0)B．點電荷Ⅱ受到的電場力大小為FⅡ＝eq\f(Ek0,x0)C．點電荷Ⅱ的電荷量為eq\f(q,2)D．若選O點為零電勢點，則A點的電勢為φA＝eq\f(Ek0,q)8．如圖所示，實線為兩個點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線，虛直線cd為Q1、Q2連線的垂直平分線，O為垂足，c、d兩點在垂直平分線上且關(guān)于Q1、Q2連線對稱．一電子(不計重力)從a點沿虛曲線途徑O點運動到b點．下列說法正確的是()A．Q1的電荷量小于Q2的電荷量B．c、d兩點的電勢相同，場強(qiáng)不相同C．電子過O點時的加速度大于過a點時的加速度D．電子在O點時的電勢能大于在a點時的電勢能9．[2020·江蘇卷，9]如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球(不計重力)．開始時，兩小球分別靜止在A、B位置．現(xiàn)外加一勻強(qiáng)電場E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點O轉(zhuǎn)到水平位置．取O點的電勢為0.下列說法正確的有()A．電場E中A點電勢低于B點B．轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C．該過程靜電力對兩小球均做負(fù)功D．該過程兩小球的總電勢能增加10．質(zhì)譜儀最初是由湯姆遜的學(xué)生阿斯頓設(shè)計的，他用質(zhì)譜儀證實了同位素的存在．如圖所示，容器A中有質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量相同的兩種粒子(不考慮粒子重力及粒子間的相互作用)，它們從容器A下方的小孔S1不斷飄入電壓為U的加速電場(粒子的初速度可視為零)，沿直線S1S2(S2為小孔)與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，最后打在水平放置的照相底片上．由于實際加速電壓的大小在U±ΔU范圍內(nèi)微小變化，這兩種粒子在底片上可能發(fā)生重疊．對此，下列說法正確的是()A．兩粒子均帶正電B．打在M處的粒子質(zhì)量較小C．若U一定，ΔU越大越容易發(fā)生重疊D．若ΔU一定，U越大越容易發(fā)生重疊二、非選擇題11．如圖所示，在間距L＝0.2m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面(向內(nèi)為正)的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的分布沿y方向不變，沿xB＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1T,5xT,－1T))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0.2m,－0.2m≤x≤0.2m,x<－0.2m))導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容C＝1F的未充電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流I＝2A，電流方向如圖所示．有一質(zhì)量m＝0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于x0＝0.7m處．開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止開始運動，到達(dá)x3＝－0.2(提示：可以用F-x圖象下的“面積”代表力F所做的功)(1)棒ab運動到x1＝0.2m時的速度v(2)棒ab運動到x2＝－0.1m時的速度v(3)電容器最終所帶的電荷量Q.12.如右圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電磁場，電場強(qiáng)度E1＝40N/C；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強(qiáng)電場E2＝eq\f(160,3)N/C.一質(zhì)量為m＝2×10－3kg的帶正電的小球，從M(3.64m,3.2m)點，以v0＝1m/s的水平速度開始運動．已知球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從P(2.04m,0)點進(jìn)入第四象限后經(jīng)過y軸上的N(0，－2.28m)點(圖中未標(biāo)出)．(g取10m/s2，sin37°(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)小球由P點運動至N點的時間．專題強(qiáng)化練6電場和磁場1．解析：微粒的運動軌跡是曲線時與電場線一定不重合，A錯誤．由場強(qiáng)疊加原理可知，距離兩個電極越近的位置，電場強(qiáng)度越大，所以微粒在向工件運動的過程中所受電場力先減小后增大，B正確．在微粒向工件運動的過程中，電場力做正功，電勢能減少；只有電場力做功，即合力做正功，微粒的動能增加，C、D錯誤．答案：B2．命題意圖：本題考查等勢面、電勢、電勢能、電場強(qiáng)度等．解析：由等勢線分布圖可以確定該圖為兩等量異種點電荷電場的等勢線分布圖，兩點電荷連線垂直平分線上處處電勢為零，A項錯；電場線與等勢線垂直，故a、b兩點的電場強(qiáng)度方向不同，B項錯；Q點處為正電荷，故垂直平分線左側(cè)電勢均大于零，右側(cè)電勢均小于零，所以b點電勢高于d點電勢，C項錯；又負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，所以負(fù)電荷從a點移到c點時電勢能增加，D項對．答案：D3．解析：根據(jù)安培定則可知，兩電流在A點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖所示，根據(jù)對稱性和平行四邊形定則可知，A點處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向沿著AB方向，同理可得在AB連線上各點的合磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向都沿AB方向，與帶電小球的初速度方向平行，則帶電小球在光滑水平面上不受洛倫茲力作用，小球受到的合外力為0，小球做勻速直線運動，選項A正確．答案：A4．解析：若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減小；根據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確．答案：D5．解析：為使D形盒內(nèi)的帶電粒子不受外電場的影響，D形盒應(yīng)用金屬材料制成，以實現(xiàn)靜電屏蔽，A錯誤；為使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應(yīng)與帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，由T1＝eq\f(2πm1,eB)和T1＝eq\f(1,f)，得氚核的質(zhì)量m1＝eq\f(eB,2πf)，B錯誤；由evmB＝m1eq\f(v\o\al(2,m),R)，得vm＝eq\f(eBR,m1)，可見氚核從P處射出時的最大速度vm與電源的電壓大小無關(guān)，C錯誤；結(jié)合T2＝eq\f(2πm2,2eB)和T2＝eq\f(1,f2)，得f2＝eq\f(2m1,m2)f，又eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,4)，得f2＝eq\f(3,2)f，D正確．答案：D6．解析：該帶正電的粒子恰能沿圖中虛線勻速通過速度選擇器，電場力豎直向上，洛倫茲力豎直向下，根據(jù)平衡條件，有qvB＝qE，解得v＝eq\f(E,B).撤去磁場，保持電場不變，粒子在電場中做類平拋運動，則L＝vt，eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，解得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,LB2)；撤去電場，保持磁場不變，粒子做勻速圓周運動，由qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝L.答案：A7．解析：對點電荷Ⅰ，從O點到A點，由動能定理可得qEx0＝Ek0，故電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(Ek0,qx0)，A項正確；對點電荷Ⅱ，由動能定理可得FⅡx0＝2Ek0，故點電荷Ⅱ受到的電場力大小為FⅡ＝eq\f(2Ek0,x0)，B項錯誤；由場強(qiáng)E＝eq\f(Ek0,qx0)，點電荷Ⅱ受到的電場力大小FⅡ＝eq\f(2Ek0,x0)，可得點荷Ⅱ的電荷量為Q＝eq\f(FⅡ,E)＝2q，C項錯誤；若選O點為零電勢點，則UOA＝φ0－φA＝－φA，結(jié)合UOA＝E·x0＝eq\f(Ek0,q)可得，A點電勢為φA＝－eq\f(Ek0,q)，D項錯誤．答案：A8．解析：Q1周圍的電場線比Q2周圍的電場線密，說明Q1的電荷量大于Q2的電荷量，A錯誤；根據(jù)電場線的分布情況知Q1、Q2為異種電荷，根據(jù)曲線運動的向心力方向指向凹處知，Q1為正電荷，Q2為負(fù)電荷，電場線的方向由Q1沿電場線指向Q2，根據(jù)對稱性知c、d兩點的電勢相等，場強(qiáng)大小相等，方向不同，B正確；O點附近的電場線比a點附近的電場線密，O點場強(qiáng)較大，由加速度a0＝eq\f(eE,m)知，電子過O點時的加速度大于過a點時的加速度，C正確；電子從a點運動到O點的過程中電場力方向與速度方向的夾角小于90°，電場力做正功，電勢能逐漸減小，即電子在O點時的電勢能小于在a點時的電勢能，D錯誤．答案：BC9．命題意圖：本題考查了電場力做功等知識，意在考查考生綜合規(guī)律處理問題的能力．解析：沿電場線方向電勢降低，則B點的電勢比A點的電勢高，A正確；由對稱性可知，兩小球所處位置的電勢的絕對值始終相等，則由Ep＝qφ可知兩小球的電勢能始終相等，B正確；該過程中，帶正電荷的小球所受的電場力方向向右，帶負(fù)電荷的小球所受的電場力方向向左，則電場力對兩小球均做正功，C錯誤；電場力做正功，電勢能減少，所以該過程中兩小球的總電勢能減少，D錯誤．答案：AB10．解析：根據(jù)左手定則判斷出兩粒子均帶正電，選項A正確；設(shè)粒子質(zhì)量為m，經(jīng)電場加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，得出v＝eq\r(\f(2qU,m)).粒子達(dá)到底片上的位置為x＝2r＝eq\f(2mv,Bq)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，q相同時，x越小說明質(zhì)量越小，選項B正確；若U一定，兩粒子打到底片的理論位置確定，ΔU越大，兩粒子理論位置兩側(cè)寬度越大，越容易發(fā)生重疊，選項C正確；ΔU一定，兩粒子理論位置兩側(cè)寬度不變，U越大，兩粒子打到底片的理論位置距離越大，越不容易發(fā)生重疊，選項D錯誤．答案：ABC11．解析：(1)安培力F＝BIL加速度a＝eq\f(BIL,m)速度v1＝eq\r(2ax0－x1)＝2m/s(2)在區(qū)間－0.2m≤x≤安培力F＝5xIL如圖所示安培力做功W＝eq\f(5IL,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))動能定理W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)v2＝eq\r(4.6)m/s(3)動量定理－BLQ＝mv－mv3電荷量Q＝CBLvx＝－0.2m處的速度v3＝v1＝2mQ＝eq\f(CBLmv3,CB2L2＋m)＝eq\f(2,7)C答案：(1)2m/s(2)eq\r(4.6)m/s(3)eq\f(2,7)C12．解析：(1)由題意可知：qE1＝mg解得：q＝5×