2019年人教版高中物理二轮复习专题测试练（四）含答案

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1、专题测试卷(四) 电场和磁场(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题包括 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得 0分。)1如图所示，7 根通电长直导线均匀分布在半圆上，各导线电流大小相等、方向均垂直纸面向里，另一通电长直导线 P 位于半圆的圆心处，电流方向垂直纸面向外。则导线 P 受到的安培力方向( )A向上 B向下C向左 D向右解析 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，直导线 P 与另外 7 根导线之间都是大小相等的斥力，由对称性可得直导线

2、 P 受到安培力的合力方向竖直向上，选项 A 正确，B、C、D 错误。答案 A2一电子仅在电场力作用下，沿直线由静止从 A 运动到 B，AB 间的电场强度与位移的关系如图所示，则下列叙述正确的是( )A电子做匀加速运动B电子做匀减速运动C电势能先增加后减小D动能先增加后减小解析 电子带负电，所受的电场力方向与电场强度方向相反。由图像知：由 AO 过程，电场强度沿x 方向，电场力与运动方向一致，O B 电场力与运动方向相反，所以电子的运动是先加速后减速，动能先增加后减小，由能量守恒定律可知其电势能先减小后增加，故 D 正确，A 、B 、C 错误。答案 D3如图甲所示，Q 1、Q 2 是两个固定的

3、点电荷，有带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度 v0沿两点电荷连线的中垂线从 a 点向上运动，其 vt 图像如图乙所示，下列说法正确的是( )A两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处Ct 1 时刻试探电荷所处位置电场强度为零Dt 2 时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零解析 由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，说明粒子受电场力应向下，故说明粒子均应带负电，由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷，故 A、B 错误；根据等量同种点电荷的电场特点可知，在两个点电荷的连线的中垂线上，只有与连线的交

4、点处的电场强度才等于 0，故 C 错误；0t 2 时间内电场力一直做负功，故电势能一直增大，所以 t2 时刻试探电荷的电势能最大，但 t2 时刻 vt 图线的斜率不等于 0，所以加速度不为零，故 D 正确。答案 D4如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为 U1 的电场加速后，射入水平放置、电势差为 U2 的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的 M、N 两点间的距离 d 随着 U1 或U2 的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A仅增大 U1，d 将增大B仅增大 U1，d

5、将减小C仅增大 U2，d 将增大D仅增大 U2，d 将减小解析 对于加速过程，由动能定理得 qU1 mv ，解得 v0 ，带电粒子在电场中做类平抛运12 20 2qU1m动，可将射出电场的粒子速度 v 分解成初速度方向与加速度方向，设速度与水平方向夹角为 ，则有 cos ；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为 R，由几何关系可得，半径与直线v0vMN 夹角正好等于 ，则有 cos ，所以 d ，又因为半径 R ，则 d ，故 dd2R 2v0Rv mvqB 2mv0qB 2B 2mU1q随 U1 变化，d 与 U2 无关，仅增大 U1，d 将增大，故选项 A 正确，B、C 、

6、D 错误。答案 A5(多选) 如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为 E，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为 R，AB 为圆水平直径的两个端点，AC 为 圆弧。一个质量为 m，电荷量为q 的14带电小球，从 A 点正上方高为 H 处由静止释放，并从 A 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )A小球一定能从 B 点离开轨道B小球在 AC 部分可能做匀速圆周运动C若小球能从 B 点离开，上升的高度一定小于 HD小球到达 C 点的速度可能为零解析 由于题中没有给出 H 与 R、E 的关系，所以小球不一定能从 B

7、点离开轨道，故选项 A 错误；若重力大小等于电场力，小球在 AC 部分做匀速圆周运动，故选项 B 正确；由于小球在 AC 部分运动时电场力做负功，所以若小球能从 B 点离开，上升的高度一定小于 H，故选项 C 正确；若小球到达 C 点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达 C 点的速度不可能为零，故选项 D 错误。答案 BC6如图所示，一种射线管由平行金属板 A、B 和平行于金属板的细管 C 组成。放射源 O 在 A 极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为 m、电荷量为 e 的电子。若极板长为 L，间距为 d，当 A、B板加上电压 U 时，只有某一速度的电

8、子能从细管 C 水平射出，细管 C 离两板等距。则从放射源 O 发射出的电子的这一速度为( )A. B. Ld eUm Ld eU2mC. D. 1d eU（d2 L2）m 1d eU（d2 L2）2m解析 将从细管 C 水平射出的电子逆过来看，是类平抛运动，则水平方向上有 Lv 0t，竖直方向上有 at2，a ，联立解得 v0 ，而 v 2a ，所以 vy ，v ，故 Cd2 12 eUmd LdeUm 2y d2 2ad2 eUm 1d eU（d2 L2）m正确，A、B、D 错误。答案 C7某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的 O 点由静止开始在电场

9、力作用下运动到 A 点。取 O 点为坐标原点，沿直线向右为 x 轴正方向，粒子的重力忽略不计。在 O 到 A 运动过程中，下列关于粒子运动速度 v 和加速度 a 随时间 t 的变化、粒子的动能 Ek 和运动径迹上电势 随位移 x 的变化图线可能正确的是( )解析 由电场线分布可知，从 O 到 A 场强先减小后增大，由牛顿第二定律知 a ，故加速度也是qEm先减小后增大，B 项正确；由 v t 图像斜率的意义，知 A 项错；由 x 图像切线的斜率 k E 知，Cx项错误；由 EkqEx 知，D 图中图像的斜率也应先减小后增大， D 项错。答案 B8如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导

10、体板 MN 上铺一薄层中药材，针状电极 O和平板电极 MN 接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥，图中虚线 ABCD 是某一水分子从 A 处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是( )AA 处的电场强度大于 D 处BB 处的电势高于 C 处C水分子做匀变速运动D水分子由 A 运动到 C 的过程中电势能减少解析 根据电场线的疏密表示电场强度的大小可知，A 处的电场强度小于 D 处，选项 A 错误；根据沿着电场线方向电势降低可知，B 处的电势低

11、于 C 处，选项 B 错误；由于电场是非匀强电场，所以水分子做非匀变速运动，选项 C 错误；水分子由 A 运动到 C 的过程中，电场力做正功，电势能减少，选项 D正确。答案 D9(多选) 如图为回旋加速器的示意图。其核心部分是两个 D 形金属盒，置于磁感应强度大小恒定的匀强磁场中，并与调频交流电源相连。带电粒子在 D 形盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。欲使粒子在 D 形盒内运动的时间增大为原来的 2 倍，下列措施可行的是( )A仅将磁感应强度变为原来的 2 倍B仅将交流电源的电压变为原来的 1/2C仅将 D 形盒的半径变为原来的 倍2D仅将交流电源的周期

12、变为原来的 2 倍解析 带电粒子在 D 形盒中的运动周期为 T ，设粒子在电场中的加速次数为 n，由动能定理得2mqBnqU mv ，粒子在 D 形盒中运动的最大半径，即 D 形盒的半径 R ，由以上三式可得，粒子在 D12 2m mvmqB形盒中运动的时间 tn ，由此可得 B、C 正确。回旋加速器工作时，交变电压周期与粒子运动T2 BR22U周期应相等，若仅将交流电源周期变为原来 2 倍，或仅将磁感应强度变为原来的 2 倍(即周期 T 变为原来的 )，则不能进行正常回旋，故 A、D 错误。12答案 BC10(多选) 如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原

13、点 O和 y 轴上的点 a(0，L )。一质量为 m、电荷量为 e 的电子从 a 点以初速度 v0 平行于 x 轴正方向射入磁场，并从 x 轴上的 b 点射出磁场，此时速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60。下列说法中正确的是( )A电子在磁场中运动的时间为 Lv0B电子在磁场中运动的时间为2 L3v0C磁场区域的圆心坐标为 (3L2， L2)D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为 (0，2L)解析 设电子的轨迹半径为 R，由几何知识得 Rsin 30 RL ，得 R2L ，故电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，L )，电子在磁场中运动时间 t ，而 T ，所以 t ，A 、D 错误，B 正

14、确；T6 2Rv0 2L3v0设磁场区域的圆心坐标为(x，y) ，其中 x Rcos 30 L，y ，故磁场圆心坐标为 ，C 正确。12 32 L2 ( 32L，12L)答案 BC二、非选择题(本题共 6 小题，共 60 分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)11(8 分) 如图为一测定带电粒子比荷的装置。某粒子源均匀地向外放射出速度一定的带正电粒子，粒子速度方向与水平方向成 30角，现让粒子先通过一个磁感应强度为 B、半径为 R 的圆形磁场区域，经该磁场偏转后，它恰好能沿 y 轴进入下

15、方的平行板电容器，并打到置于 N 板的荧光屏上 Q 点。调节滑动触头 P，当触头滑到变阻器的中央位置时，通过显微镜头看到荧光屏上的亮点 Q 恰好消失。已知电源电动势为 E，内阻为 r0，滑动变阻器的总电阻 R02r 0，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为_，粒子比荷 的大小为_。qm解析 设粒子在磁场中运动的轨迹半径为 r，由几何知识得 r R；设粒子在磁场中运动Rtan 30 3的速度大小为 v0，由牛顿第二定律和圆周运动的知识得 qv0Bm ，回路中的电流 I ，两板间Er0 R0的电压 UI ，在加速电场中由动能定理得qU0 mv ，联立以上几式解得 。R02 12 20 qm 2E9B2R

16、2答案 R 32E9B2R212(8 分) 地球同步卫星在运行若干年的过程中，不可能准确地保持初始的位置和速度，需要及时调整，以保证相对地球的位置长期不变。在同步卫星上安装离子推进器，就可以达到上述目标。离子推进器简化的原理示意图如图所示。推进剂在 P 处进入，在 S 处电离为一价正离子，后进入电场区加速(加速电压为 U)，形成正离子束。在出口处，灯丝 C 发射的电子注入正离子束中。这种高速粒子流喷射出去，可推动卫星运动。(1)通常用铯作为推进剂，已知铯离子荷质比 约为 7.5105 Ckg1 ，加速电压 U2.4 kV，求铯离qm子通过电场区后的速度大小；(以离子发动机为参考系)(2)若离子

17、发动机每秒喷射出 N10 15 个铯离子，铯离子质量 m2.210 22 kg，试求推进器获得的平均推力大小；(3)试解释灯丝 C 发射电子注入正离子束的作用。解析 (1)由动能定理可得 qU mv212解得 v 6.010 4 m/s2qUm(2)由动量定理可得 FtNtmv解得 FNmv1.3210 2 N(3)使喷出的离子得到电子后呈电中性，推进器不受反向电场阻力作用使飞船呈电中性。答案 (1)6.0104 m/s (2)1.3210 2 N (3) 见解析13(10 分)(2018潍坊一模)如图甲所示，在 xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙

18、所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、y 轴方向为电场强度的正方向) 。在 t0 时刻由原点 O 发射初速度大小为 v0，方向沿y 轴方向的带负电粒子( 不计重力)。其中已知 v0、t 0、B 0、E 0，且 E0 ，粒子的比荷 ，x 轴上有一点 A，坐标为 。B0v0 qm B0t0 (48v0t0 ， 0)(1)求 时带电粒子的位置坐标。t02(2)粒子运动过程中偏离 x 轴的最大距离。(3)粒子经多长时间经过 A 点。解析 (1)由 T 得 T2t 02mqB所以 ，运动了t02 T4 T4由牛顿第二定律得：qv 0B0m解得：r 1 mv0qB0 v0t0所以位置坐标为 (v0t

19、0，v0t0)(2)粒子的运动轨迹如图所示。由图可知：y 1v 0t0 t12qE0m20v1v 0 t0qE0m解得：y 1 ，v 12v 03v0t02由 r 得：r 2mvqB 2v0t0故：y my 1r 2 v0t0(32 2)(3)由图可知粒子的运动周期为 4t0，在一个周期内粒子沿 x 轴方向运动的距离：d2( r1r 2)6v0t0故：t 4t032t 048v0t0d答案 (1) (2) v0t0 (3)32 t0(v0t0 ， v0t0 ) (32 2 )14(10 分) 某同学设计了一个测量物体质量的电子装置，其结构如图甲、乙所示。E 形磁铁的两侧为S 极，中心为 N 极

20、，可认为只有磁极间存在着磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场。一边长为 L 横截面为正方形的线圈套于中心磁极，线圈、骨架与托盘连为一体，总质量为 m0，托盘下方连接一个轻弹簧，弹簧下端固定在磁极上，支撑起上面的整个装置，线圈、骨架与磁极不接触。线圈的两个头与外电路连接(图上未标出) 。当被测量的重物放在托盘上时，弹簧继续被压缩，托盘和线圈一起向下运动，之后接通外电路对线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，此时由对应的供电电流可确定重物的质量。已知弹簧劲度系数为 k，线圈匝数为 n，重力加速度为 g。(1)当线圈与外电路断开时：a以不放重物时托盘的位置为位移起点，竖直向下为位移的正方向

21、。试在图丙中画出，托盘轻轻放上质量为 m 的重物后，托盘向下运动过程中弹簧弹力 F 的大小与托盘位移 x 的关系图像；b根据上面得到的 Fx 图像，求从托盘放上质量为 m 的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹簧弹力所做的功 W；(2)当线圈与外电路接通时：a通过外电路给线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止。若线圈能够承受的最大电流为 I，求该装置能够测量的最大质量 M；b在线圈能承受的最大电流一定的情况下，要增大质量的测量范围，可以采取哪些措施？(至少答出两种)解析 (1)a.未放重物时，弹簧已经被压缩，弹力大小为 m0g。弹簧弹力 F 的大小与托盘位移 x 的关系图像如图甲所

22、示。b未放重物时 kx0m 0g当托盘速度达到最大时k(x0x)(m 0m)g解得 xmgk图乙中阴影部分面积即为从托盘放上质量为 m 的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹力所做的功的大小，弹力做负功有W （m0 m m0）g2 mgk （2m0 m）mg22k(2)a.给线圈供电后，托盘回到原来的位置，线圈、骨架、托盘与重物处于平衡状态有 2nBILkx 0(m 0M) g解得 M2nBILgb要增大此电子装置的量程，可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度。答案 (1)a.图见解析 b（2m0 m）mg22k(2)a. b见解析2nBILg15(12 分) 在科学研究中，可以

23、通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动轨迹的控制。如图所示，空间存在直角三角形 MNQ， M 为直角， 。有一束质量为 m、电荷量为q 的带电粒子以相同的 3速度 v 由三角形的 M 点沿 MQ 方向射出。在 MN 所在直线的右侧适当区域施加垂直于 MNQ 平面的有界匀强磁场，使带电粒子偏转后能沿着 QN 方向到达 N 点，所加磁场的磁感应强度为 B。带电粒子所受重力忽略不计。(1)若所加磁场的横截面为圆形，其最小面积为多少( q、m、v、B 均为已知)，磁场方向向里还是向外？(2)若 MN 的长度 L1.5 m，带电粒子的质量为 m4.0 108 kg、电荷量为 q 4.010 3 C、速度

24、为 v5.010 4 m/s，所加磁场的磁感应强度为 B1.0 T，所加有界磁场的横截面仍为圆形，带电粒子能沿 QN 方向到达 N 点，求带电粒子由 M 点到 N 点的时间。(计算结果保留 2 位有效数字)解析 (1)带电粒子由 P 点进入有界圆形磁场区域，从 S 点出磁场区域，如图所示。当 PS 为所加圆形磁场区域的直径时，圆形磁场区域的面积最小。O 1 为带电粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心，r 1 为其半径，圆 O2 为所施加圆形有界磁场的圆心，r 2 为其半径。由 qvBm ，得 v2r1r1 ，mvqB在三角形 O1PQ 中， O1QP ，又 O1QPS，所以O 1PO2 ，r 2r

25、 1 cos 。6 6 6 3mv2qB所以最小区域磁场面积 Sr 。磁场的方向垂直纸面向外。23m2v24q2B2(2)把 m4.010 8 kg、q4.010 3 C、v5.010 4 m/s，B1.0 T 代入 r1 ，得带电粒子做mvqB圆周运动的半径 r1 m0.5 m。4.010 85.01044.010 31.0因为 MN3r 1，所以使带电粒子能沿 QN 方向到达 N 点，必须在 M 点进入磁场，S 点出磁场，如图所示。所加有界磁场区域的半径为 MO2，带电粒子做圆周运动的半径为 MO1。有几何关系MO 1S 。23T s6.310 5 s。2mqB 23.144.010 84

26、.010 31.0带电粒子在磁场运动的时间为 个周期，所以 t1 T2.1 105 s。出磁场后，O 1NLMO 11.5 13 13m0.5 m1.0 m，在直角三角形 O1SN 中，因为O 1NS ，6所以 SNO 1Ncos 1.0 m m。6 32 32所以 t2 s1.710 5 s。SNv 325.0104所以总时间 tt 1t 22.110 5 s1.710 5 s3.810 5 s。答案 (1) 磁场的方向垂直纸面向外3m2v24q2B2(2)3.8105 s16(12 分)(2017山西第二次四校联考)如图所示，在 xOy 平面坐标系中，直线 MN 与 y 轴成 30角，M

27、点的坐标为(0，a) ，在 y 轴与直线 MN 之间的区域内，存在垂直于 xOy 平面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场。电子束以相同速度 v0 从 y 轴上 ay0 的区间垂直于 y 轴和磁场射入磁场。已知从 O 点射23入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线 MN 相切，忽略电子间的相互作用和电子的重力。(1)求电子的比荷；(2)若在 xOy 坐标系的第象限加上沿 y 轴正方向大小为 EBv 0 的匀强电场，在 x0 a 处垂直于 x43轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围。解析 (1)从 O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有r arsin 30解得

28、 r a3电子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，即 eBv0m 由解得电子比荷 em 3v0Ba(2)由电子的轨迹半径可判断，从 O 点射入磁场的电子在 的位置进入匀强电场，电子进入电场(0，23a)后做类平抛运动，有 2r t2eE2mxv 0t联立，将 EBv 0 代入解得 x a23设该电子穿过 x 轴时速度与 x 轴正方向成 角，则 vy teEmtan vyv0解得 tan 2设该电子打在荧光屏上的 Q 点，Q 点离 x 轴的距离为 L，则 L(x 0x)tan a43即电子打在荧光屏上离 x 轴的最远距离为 L a。43而从 位置进入磁场的电子恰好由 O 点过 y 轴，不受电场力，沿 x 轴正方向做直线运动，打(0， 43a)在荧光屏与 x 轴相交的点上，所以荧光屏上在 y 坐标分别为 0、 a 的范围内出现一条长亮线。43答案 (1)3v0Ba(2)在 y 坐标分别为 0、 a 的范围内出现一条长亮线43