2023届高考物理二轮复习专题七电场与磁场作业含答案

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专题七  电场与磁场1.(2022·安徽模拟)三根足够长的绝缘直导线a、b、c按图示方式固定放置在同一纸面内，其交点分别为M、N、P，三点恰好构成正三角形，O点为该三角形的中心，O′点与O点关于导线c对称．现在a、b、c三根导线中分别通入恒定电流I、2I、3I.已知长直导线电流在空间某点产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该点到直导线的距离成反比．若O点的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里，则O′点的磁感应强度(　　)A．大小为B0，方向垂直纸面向里B．大小为B0，方向垂直纸面向外C．大小为B0，方向垂直纸面向里D．大小为B0，方向垂直纸面向外答案　D解析　设a导线在O点产生的磁感应强度大小为B，则b导线在O点产生的磁感应强度大小为2B，c导线在O点产生的磁感应强度大小为3B，方向均垂直纸面向里，得B＋2B＋3B＝B0，所以可得B＝，又a导线在O′点产生的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；b导线在O′点产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；c导线在O′点产生的磁感应强度大小为3B，方向垂直纸面向外．所以O′点磁感应强度大小为B′＝3B－B－＝，A、B、C三项错误，D项正确．故选D项．2.(2022·浙江6月选考)(多选)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量．比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　)A．轨道半径r小的粒子角速度一定小B．电荷量大的粒子的动能一定大C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动答案　BC解析　粒子在半径为r的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝代入上式得ω2＝，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A项错误；由qE＝m、Ek＝mv2、E＝解得Ek＝，即电荷量大的粒子动能一定大，B项正确；由qE＝m、E＝可得v2＝，即粒子速度的大小与轨道半径r无关，C项正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D项错误．3.(2022·湖北)(多选)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a>0，b>0)．若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点的动能为Ek2.下列关系式正确的是(　　)A．t1<t2　　　　　　　　 B．t1>t2C．Ek1<Ek2   D．Ek1>Ek2答案　AD解析　该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝，可知t1<t2，故A项正确，B项错误．该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据Ek＝mv2，可知Ek1>Ek2，故C项错误，D项正确．故选A、D两项．4．(2022·全国乙卷)(多选)如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4个顶点上．L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点．则(　　)A．L和N两点处的电场方向相互垂直B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零答案　AB解析　两正点电荷在N点处产生的场强方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线的垂直平分线上，则两负点电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点处的合场强方向由N指向O，同理可知，两负点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正点电荷连线的垂直平分线上，两正点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L，则L点处的合场强方向由O指向L，由于正方形两对角线相互垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，A项正确；正方形底边上的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向左，而上方的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方等量异号点电荷距离较远，则M点的场强方向平行于该点处的切线，方向向左，B项正确；由图可知，M和O点位于两对等量异号点电荷的等势线上，即M点和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做的功为零，C项错误；由图结合等量异号点电荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做的功不为零，D项错误．5.(2022·重庆模拟)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是(　　)A．电场强度的大小为2.5 V/cmB．坐标原点处的电势为19 VC．电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为－9 eV答案　A解析　因为是匀强电场，ac与Ob平行，故电势差相等，原点O的电势为1 V，B项错误；Ob的电势差为16 V，故x轴上电势差为2 V/cm，则坐标x＝4.5 cm的点的电势为10 V，连接该坐标点与a点，该连线即为一个等势线．作Od垂直于该等势线，从几何知识可以得到，Od＝3.6 cm，则E＝＝ V/cm＝2.5 V/cm，A项正确；a点电势比b点电势低，电子带负电，根据E＝φq可知，a点电势能反而大，C项错误；根据电场力做功公式Wbc＝－ΔEp＝Ubcq＝(φb－φc)(－e)＝9 eV，b到c，电势增加9 V，电子带负电，电势能降低9 eV，所以电子从b到c的过程中，电势能降低，电场力做正功为9 eV，D项错误；故选A项．6.(2022·广东模拟)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路，反向通电时可理解为断路)连接，电源正极接地．初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态．下列说法正确的是(　　)A．上极板上移，带电油滴向下运动B．上极板上移，P点电势升高C．上极板下移，带电油滴向下运动D．上极板下移，P点电势升高答案　D解析　将上极板向上移动，d变大，由C＝可知，C变小．又由C＝知电容器与电源连接U不变，则Q要减小，电容器要放电．由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电．由E＝＝＝，可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，故A项错误．上极板电势为零，P点到上极板的距离增大，根据U＝Ed可知P与上极板间的电势差的绝对值增大，而电场中的电势都为负，所以P点电势减小，故B项错误；若上极板下移，则d变小，C变大，两极板间的电压U等于电源电动势不变，则Q要增大，电容器要充电，二极管导通．由电场强度E＝变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故C项错误．P点到下极板的距离不变，根据U＝Ed可知P与下极板间的电势差的绝对值增大，总电压一定，则P与上极板的电势差减小，而电场中的电势都为负，所以P点电势增大，故D项正确．故选D项．7．(2022·衡阳三模)(多选)在x轴上固定两个带电荷量分别为＋4q、－q的点电荷，以其中的某一电荷为原点，两电荷所形成的电场的电势φ在x轴正半轴上的分布如图所示，下列说法正确的是(　　)A．正电荷在坐标原点，负电荷在x＝的位置B．负电荷在坐标原点，正电荷在x＝－x2的位置C．在x轴上x>x2区域电场强度沿x轴正方向D．一带负电试探电荷从O处移到x2处，电势能先减小后增大答案　BC解析　由φ－x图像可知，原点附近的电势为负且绝对值很大，可知负电荷在坐标原点，φ－x图像斜率表示电场强度大小，x＝x2位置电场强度为零，根据k＝k，解得x3＝x2，正电荷在x＝－x2的位置，故B项正确，A项错误；在x轴上x>x2区域电势一直减小，电场强度沿x轴正方向，故C项正确；从O处移到x2处，电势不断增大，一带负电试探电荷电势能不断减小，故D项错误，故选B、C两项．8．(2022·海南模拟)(多选)如图为一回旋加速器示意图，AA1、A′A′1之间为交变加速电场，电场为匀强电场，方向随时间周期性变化，静止释放的带电粒子在经过电场第5次加速后速度变为v5，此次加速在电场中的时间为t5，在上方的D形盒内的匀强磁场中经过半个周期的匀速圆周运动后第6次被电场加速后速度为v6，这次加速在电场中的时间为t6，则(　　)A．v5∶v6＝∶B．v5∶v6＝(－2)∶(－)C．t5∶t6＝∶D．t5∶t6＝(－2)∶(－)答案　AD解析　根据动能定理5qU＝mv52，6qU＝mv62，可得v5∶v6＝∶，故A项正确，B项错误；根据4qU＝mv42，得经过电场第4次加速后速度v4＝①，同理可得v5＝②，v6＝③，有v4＋at5＝v5④，v5＋at6＝v6⑤，联立①②③④⑤得t5∶t6＝(－2)∶(－)，故C项错误，D项正确．故选A、D两项．9.(2022·全国甲卷)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示．图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心．使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射．线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小．已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值．(1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；(2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2.求待测电流的大小．答案　(1)　2　(2)解析　(1)线圈中通入微小电流I，线圈受到的安培力大小为F＝NBIl弹簧长度改变量的绝对值为Δx，则有F＝kΔx解得Δx＝平面镜偏转角度为θ≈tan θ≈sin θ＝则PQ上反射光点与O点间的弧对应的圆心角为2θPQ上反射光点与O点间的弧长s＝2θr解得s＝2.(2)设待测电流为I′，电流反向前、后弹簧弹力的变化量F′＝2NBI′l弹簧长度改变量的绝对值为Δx′，则有F′＝kΔx′反射前、后反射光线转过的角度为则通入电流I′时，平面镜实际的偏转角度为φ＝·根据φ＝解得I′＝.10.(2022·西安三模)如图所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场．在紧靠电场右侧有两个半径均为R，外切于N点的圆形区域，上方圆形区域与电场右侧相切于M点，两圆内分别分布着垂直于纸面向里的匀强磁场及垂直两圆心O、O′连线的匀强电场(方向如图)．一个质量为m、电荷量为－q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点进入电场，最终由P点离开电场．M、N两点及N、P两点间的圆心角均为120°，粒子重力可忽略不计．求：(1)加速电场场强E0的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小及粒子在磁场中运动的时间t；(3)匀强电场场强E的大小．答案　(1)　(2)　　(3)解析　(1)粒子在匀强电场中加速的过程，根据动能定理有qE0d＝mv02解得E0＝.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，根据牛顿第二定律有qv0B＝m由几何关系可得tan 30°＝解得B＝粒子在匀强磁场中运动的圆心角为60°，则粒子在匀强磁场中运动时间t的大小t＝T＝·＝.(3)粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的合成和分解及几何关系在垂直电场方向有R＋Rcos 60°＝v0t′在电场方向有Rsin 60°＝at′2根据牛顿第二定律有Eq＝ma联立解得E＝.11.(2022·辽宁模拟)质谱仪是利用电场和磁场分析带电粒子性质的仪器，某同学设计的一种质谱仪结构如图所示．一对平行金属板的板间距为d，板间电压为U，上极板带正电，右端紧挨着上板垂直放置一足够大的荧光屏MN.两平行板间区域为Ⅰ，NPQ区域为Ⅱ，θ＝53°.两区域均分布有垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场．以下问题中均不考虑带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用．(1)某带电粒子沿两板间中线OO′射入后沿直线运动进入区域Ⅱ，恰好垂直PQ边界射出，判断带电粒子的电性，求出粒子的比荷以及粒子在区域Ⅱ中的运动时间；(2)仅将(1)问中的粒子电性改变，而且将大量这样的粒子从两极板左端口从上到下均匀排列，沿平行极板方向源源不断地射入板间．求某时刻击中荧光屏的粒子个数与它们射入极板间时射入总数的比值；(3)在(2)问中若屏上某点接收到粒子流形成的电流为I，假设粒子击中屏后速度变为零，求粒子对屏的平均撞击力大小．答案　(1)粒子带负电　　　(2)　(3)解析　(1)带电粒子恰好垂直PQ边界射出，根据左手定则可知粒子带负电，粒子在区域Ⅰ中做直线运动，则有qvB＝Eq，E＝解得v＝设粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，如图所示由几何关系得R＝根据牛顿第二定律可得qvB＝m联立解得粒子的比荷为＝又粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的周期为T＝＝已知θ＝53°，可得粒子在区域Ⅱ中的运动时间t＝T解得t＝.(2)粒子电性改变，在区域Ⅰ中依然做直线运动．设从O1点射入区域Ⅱ的粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹恰好与边界PQ相切，如图所示由题意可知，粒子的运动轨迹半径仍为R，则在MO1之间射入区域Ⅱ的粒子均可以击中荧光屏，设轨迹圆的圆心为O2，由几何关系可得O2P＝＝RO1P＝O2P－R＝R击中荧光屏的粒子个数与它们射入极板间时射入总数的比η＝联立各式得η＝.(3)设一段时间Δt内击中荧光屏上某点的粒子个数为n，根据动量定理有－FΔt＝0－nmv根据电流定义式，得I＝联立解得F＝由牛顿第三定律知，粒子对屏的平均撞击力大小为F′＝.12．(2022·烟台模拟)在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，在1、4象限空间内存在垂直于xOy平面的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，方向垂直于xOy平面向里为正，在x＝d处垂直于x轴放置一荧光屏．有一质子在t＝0时与x轴正方向成60°角从O点以初速度v0斜向下射入磁场，已知质子质量为m、带电荷量为q，质子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0.不考虑由于磁场变化而产生的电场影响，忽略重力，T0、q、m、d已知．求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使质子垂直打到荧光屏上，v0的取值；(3)若v0＝，在1、4象限空间内同时再加上垂直纸面向外的匀强电场，场强大小为E＝，求质子打到荧光屏上的位置到O点的距离．答案　(1)　(2)(n＝0，1，2，3…)　(3)d解析　(1)由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m质子做圆周运动的周期为T0＝联立以上两式得B0＝.(2)要使质子垂直射到荧光屏上，质子的运动轨迹应如图所示则(2n＋1)Rsin 60°＝R＝d(n＝0，1，2，3…)解得v0＝(n＝0，1，2，3…)．(3)质子同时做匀速圆周运动和匀加速直线运动，当v0＝运动半径为R＝d画出质子的运动轨迹如图所示由几何关系得质子打到荧光屏上的位置到x轴距离为y＝3Rsin 30°＋R＝d质子在与xOy垂直的平面内做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a＝质子从射入磁场到荧光屏上需要的时间为t＝T0＝T0，该时间内质子沿电场线方向上运动的位移为z＝at2质子打到荧光屏上的位置到O点的距离为l＝，解得l＝d.