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2019-2020年高考物理二轮复习寒假作业三电场与磁场
1.如图所示,两根长直导线a、b通有方向相反大小分别为I和2I的恒定电流,此时导线b受到的磁场力大小为F,设该磁场力方向为正方向若在导线b的右侧再放置一根与a、b导线平行且共面的通电长直导线c导线a、b与b、c之间的距离相等,导线c中通有如图所示的电流I′导线b受到磁场力大小变为2F已知通电导线周围磁场的磁感应强度大小为B=,式中常量k>0,I为电流强度,r为距导线的距离则此时导线a受到的磁场力为 A.-F B.FC.-FD.F解析选A 异向电流之间为斥力,没有加导线c时,导线b给导线a的作用力大小为F,方向向左,由B=可知,导线c在b处的磁场强度为在a处的2倍,导线c给b的作用力大小为F,方向向右,结合F=BIL,可知,导线c给导线a的作用力大小为,方向向左,故导线a受到的磁场力为-F,故A正确,B、C、D错误
2.如图所示电场,实线表示电场线一个初速度为v的带电粒子仅在电场力的作用下从a点运动到b点,虚线表示其运动的轨迹则 A.粒子带正电B.粒子受到的电场力不断减小C.a点电势高于b点电势D.电场力一直做正功,粒子动能增加解析选C 由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向,受力方向指向弧内,则粒子带负电荷,故A错误;电场线的疏密代表电场的强弱,从a到b,电场强度先增大后减小,则粒子受到的电场力先增大后减小,故B错误;沿着电场线方向电势降低,则a点电势高于b点电势,故C正确;电场力方向与速度方向夹角大于90°,一直做负功,动能减小,故D错误
3.[多选]如图所示,某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合,杆竖直放置杆上有A、B、O三点,其中O为等量异种电荷连线的中点,AO=BO现有一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动,滑到B点时速度恰好为0则关于小圆环的运动,下列说法正确的是 A.运动的加速度先变大再变小B.电场力先做正功后做负功C.运动到O点的动能为初动能的一半D.运动到O点的速度小于解析选AC 等量异种电荷的连线的中垂线上,从A到B电场强度先增大后减小,O点的电场强度最大,所以小圆环受到的电场力先增大后减小,小圆环受到的摩擦力f=μFN=μqE,所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小,它的加速度a=,则a先增大后减小,故A正确一对等量异种电荷的连线的中垂线是等势面,故小圆环从A到B过程电场力不做功,故B错误设A、B之间的距离为2L,摩擦力做功为2Wf,小圆环从A到B的过程中,电场力不做功,重力和摩擦力做功,根据动能定理得A→O过程-mgL+Wf=mvO2-mv02A→B过程-mg·2L+2Wf=0-mv02联立以上两个公式解得vO=v0>v0,mvO2=·mv02,即运动到O点的动能为初动能的一半,运动到O点的速度大于,故C正确,D错误
4.[多选]如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,匀强电场竖直向上质量为m、电荷量为q的小球以速率v在复合场区域做匀速圆周运动已知匀强磁场的磁感应强度为B,重力加速度为g,则 A.小球带负电B.电场强度大小为C.小球做圆周运动的半径为D.小球做圆周运动的周期为解析选CD 小球做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则mg=qE,电场力方向竖直向上,那么小球带正电,故A错误由mg=qE,得电场强度大小为E=,故B错误洛伦兹力提供向心力qvB=m,得圆周运动的半径R=,故C正确小球做圆周运动的周期T==,故D正确
5.两个相距很近的等量异种点电荷组成的系统称为电偶极子设相距为l,电荷量分别为+q和-q的点电荷构成电偶极子,如图所示取二者连线方向为y轴方向,中点O为原点,建立如图所示的xOy坐标系,P点距坐标原点O的距离为rr≫l,P、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ,设无穷远处的电势为零,P点的电势为φ,真空中静电力常量为k下面给出φ的四个表达式,其中只有一个是合理的你可能不会求解P点的电势φ,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断根据你的判断,φ的合理表达式应为 A.φ=B.φ=C.φ=D.φ=解析选C 若夹角θ=90°,则P点位于x轴上,检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中,电力始终与位移方向垂直,则x轴上的电势处处为0,这与cos90°相符,可见A、D错误;因离O点越远,其电势就越小,故r应在分母上,故B错误,C正确6.[多选]如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴空穴可视为能自由移动带正电的粒子图中的
1、
2、
3、4是霍尔元件上的四个接线端当开关S
1、S2闭合后,电流表A和电表B、C都有明显示数,下列说法中正确的是 A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表B.接线端2的电势高于接线端4的电势C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变D.若适当减小R
1、增大R2,则毫伏表示数一定增大解析选BC 由题图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在
2、4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表,即毫伏表,选项A错误;由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子,由磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板接线端2,即接线端2的电势高于接线端4的电势,选项B正确;当通过电磁铁和霍尔元件的电流方向与原来电流方向相反,但大小不变时,由左手定则可知粒子的偏转方向不变,故霍尔电压的大小及方向不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让磁感应强度增大,若增大R2,会让电流I减小,粒子的定向移动速率v也变小,但不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误
7.[多选]如图所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M点与N点在同一电场线上两个完全相同的带电粒子,分别以初速度v
1、v2垂直于电场线进入电场轨迹位于竖直平面内,两粒子恰好能相遇于P点,重力不计在此过程中,下列说法正确的是 A.两粒子到达P点的速度大小可能相等B.电场力对两粒子做功一定不相同C.两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时大D.两粒子到达P点所需时间一定不相等解析选ABD 两粒子进入电场后竖直方向匀速运动,水平方向匀加速运动,且加速度相同因为两粒子水平方向的位移不同,所以电场力做功一定不同,两粒子达到P点所需时间也不相等,故B、D正确;电场力对两粒子都做正功,电势能减少,故C错误;竖直方向上,y=v1t1=v2t2,由数学知识可得,当y=at1t2时,=,即两粒子到达P点的速度大小相等,故A正确
8.xx·沈阳模拟如图所示,在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场,磁场方向分别垂直于纸面向外和向里,边界AC、AD的夹角∠DAC=30°,边界AC与边界MN平行,边界AC处磁场方向垂直纸面向里,Ⅱ区域宽度为d质量为m、电荷量为+q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入Ⅰ区,已知粒子速度大小为,方向垂直磁场,不计粒子重力,则粒子在磁场中运动的总时间为 A.B.C.D.解析选C 根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m得R===d根据几何关系,粒子离开区域Ⅰ的速度方向沿AC方向,进入磁场区域Ⅱ做匀速圆周运动,运动周期后射出磁场,在Ⅰ区域圆弧所对的圆心角θ1=60°,在Ⅱ区域圆弧所对的圆心角为90°,粒子在磁场中运动的总时间为t=T=×=,故C正确,A、B、D错误
9.如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时,小物块恰好静止重力加速度为g,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8求1水平向右电场的电场强度大小;2若将电场强度改为竖直向下,大小不变,小物块的加速度是多大;3若将电场强度改为水平向左,大小变为原来的2倍,小物块从高度H处从静止释放,求小物块到达地面的时间为多少解析1小物块受重力、电场力和弹力,三力平衡,根据平衡条件,有qE=mgtan37°解得E=2由牛顿第二定律可得qE+mgsin37°=ma解得a=g3电场力F=q×2E=mg电场力与重力的合力与水平方向的夹角的正切值tanα==,故α=
33.7°<37°,故物块将离开斜面,水平方向做匀加速直线运动,竖直方向做自由落体运动H=gt2解得t=答案1 2g
310.xx·东北四市一模如图所示,在直角坐标系第一象限内有A6cm2cm、B12cm8cm两点,匀强磁场垂直于xOy平面向外一带负电的粒子q=
1.6×10-19C,质量为m=
3.9×10-23kg,以v0=16m/s的速度从坐标原点O沿x轴正方向入射不计重力1为使带电粒子经过B点,求磁感应强度的大小2在第一象限内再加入平行xOy平面的匀强电场,并改变磁感应强度的大小,带电粒子可先后经过A、B两点,动能分别变为初动能的2倍和5倍,求电场强度解析1粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示由几何关系可知R2=122+R-82代入数据得R=13cm洛伦兹力充当向心力,有qv0B=m代入数据得B=
0.03T2洛伦兹力不做功,粒子从O点到A点由动能定理有qUOA=EkA-EkO=EkO粒子从O点到B点由动能定理有qUOB=EkB-EkO=4EkO从而UOB=4UOA沿BO方向电势均匀降落,由几何关系可找到BO的四等分点C3cm2cm,AC为匀强电场中的一等势线从O点到A点,qEd=EkA-EkO=EkO=mv02代入数据得E=
1.56V/m电场方向沿y轴负方向答案
10.03T
21.56V/m,方向沿y轴负方向11.示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转,电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比,已知电子的质量为m、电荷量为e,在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计1如图甲所示,水平放置的偏转极板的长度为l,板间距为d,极板间的偏转电压为U,在两极板间形成匀强电场极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b,荧光屏MN与两极板间的中心线O1O1′垂直电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入,忽略极板间匀强电场的边缘效应,求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离;2如图乙所示,圆心为O
2、半径为r的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,与磁场区域右侧边缘的最短距离为L的O2′处有一竖直放置的荧光屏PQ,荧光屏PQ与O2O2′连线垂直今有一电子以水平初速度v0从左侧沿O2O2′方向射入磁场,飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为α未知请求出tan的表达式解析1设电子在偏转电场运动的加速度为a,时间为t,离开偏转电场时的偏移距离为y,根据运动学公式有y=at2根据牛顿第二定律有a=电子在电场中的运动时间t=联立解得y=电子飞出偏转电场时,其速度的反向延长线通过偏转电场的中心,设电子打在屏上距O1′的最大距离为Y,则由几何关系可知=将y代入解得Y=l+2b2由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得ev0B=,解得R=由如图所示的几何关系得,电子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等,均为α则tan==答案1l+2b 2tan=。