2017高考物理電場和磁場專項練習題一、選擇題

　　A.此粒子必帶正電荷

　　B.A點和B點位于同一高度

　　C.粒子在C點時機械能最大

　　D.粒子到達B點后，將沿原曲線返回A點

　　解析：粒子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下，所以粒子必帶正電荷，A正確;因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點速度都為0，根據動能定理可知，粒子從A點到B點運動過程中，電場力不做功，故A、B點位于同一高度，B正確;C點是最低點，從A點到C點運動過程中電場力做正功最大，根據動能定理可知粒子在C點時速度最大，動能最大，C正確;到達B點時速度為零，將重復剛才ACB的運動.向右運動，不會返回，故D錯誤.

　　答案：ABC

　　2.如圖所示，兩平行金屬板MN、PQ水平放置，兩金屬板長為d，板間距離為2d，兩金屬板間有正交的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子(不計重力)從MN的中點O垂直于電場和磁場方向以初速度v0射入，粒子恰好沿直線從NQ的中點A處穿出，若撤去磁場，粒子恰好從下極板邊緣Q點處穿出，則關于粒子的電性及撤去電場后粒子的運動情況，下列說法中正確的是(　　)

　　A.粒子帶負電，將從A、N中間某位置穿出

　　B.粒子帶正電，將從N點處穿出

　　C.粒子帶負電，將打在MN板上

　　D.粒子帶負電，將從M點處穿出

　　解析：因撤去磁場，粒子恰好從下極板邊緣Q點穿出，而電場方向向上，所以粒子帶負電，B錯;設粒子質量為m，電荷量為q，則電、磁場均在時有Bqv0=qE，撤去磁場后，粒子做類平拋運動，滿足d=··()2，即Bqv0=，撤去電場，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由Bqv0=m得r=，即粒子將從M點處穿出，A、C錯，D對.

　　答案：D

　　3.如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強電、磁場，電場強度為E、方向豎直向下，磁感應強度為B、方向垂直紙面向里.從電、磁場中某點P由靜止釋放一個質量為m、帶電荷量為+q的粒子(粒子受到的重力忽略不計)，其運動軌跡如圖中虛線所示.對于帶電粒子在電、磁場中下落的最大高度H，下面給出了四個表達結果，用你已有的知識計算可能會有困難，但你可以用學過的知識對下面的四個結果作出判斷.你認為正確的是(　　)

　　A. B.

　　C. D.

　　解析：根據量綱法，可得A為正確答案.

　　答案：A

　　4.(多選)如圖所示，虛線MN、PQ間區域存在垂直紙面向里的勻強磁場和水平向右的勻強電場，PQ上方有一個帶正電小球由靜止開始下落，不計空氣阻力，則在小球通過電場和磁場區域的過程中，下列說法正確的是(　　)

　　A.小球可能做勻變速直線運動

　　B.小球一定做變加速曲線運動

　　C.小球動能的增加量等于其電勢能和重力勢能減少量的和

　　D.小球重力勢能的減少量等于小球動能和電勢能增加量的和

　　解析：小球進入MN、PQ間區域，受重力、電場力、洛倫茲力作用，因進入時速度豎直向下，而電場力水平向右，洛倫茲力水平向右，所以粒子所受合力一定不沿豎直方向，必做曲線運動，A錯;粒子運動過程中洛倫茲力時刻變化，即合力時刻變化，所以粒子做變加速曲線運動，B對;因小球下落通過電場和磁場區域過程中洛倫茲力不做功，重力做正功，重力勢能減少，電場力也做正功，電勢能也減少，由動能定理知小球動能的增加量等于其電勢能和重力勢能減少量的和，C對，D錯.

　　答案：BC

　　5.(多選)如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應的圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧的圓心為O′，半徑為R;直線段AC、HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C、D端相切.整個裝置處于方向垂直于軌道所在的平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側和豎直虛線ND右側還分別存在著電場強度大小相等、方向水平向右和水平向左的勻強電場.現有一質量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內徑、可視為質點的帶正電小球，從軌道內距C點足夠遠的P點由靜止釋放.若小球所受的電場力的大小等于其重力的倍，小球與直線段AC、HD間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，則(　　)

　　A.小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大加速度amax=g

　　B.小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度vmax=

　　C.小球進入DH軌道后，上升的最高點與P點等高

　　D.小球經過O點時，對軌道的彈力可能為2mg-qB

　　解析：小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當從靜止運動后，由左手定則可知，洛倫茲力導致球對管壁有作用力，從而導致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為：

　　F= =mg，即大小恒定，根據牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運動，因將下滑時，加速度最大，即為amax==g，故A正確;當小球的摩擦力與重力及電場力的合力相等時，洛倫茲力大小等于彈力，小球做勻速直線運動，小球的速度達到最大，即為qvB=N，而μN=f，且f=mg，因此解得：vmax=，故B錯誤;根據動能定理可知，小球從靜止開始到進入DH軌道后，因存在摩擦力做功，導致上升的最高點低于P點，故C錯誤;對小球在O點受力分析，小球由C向D運動，由牛頓第二定律，則有：N-mg+Bqv=m;由C到O點，機械能守恒定律，則有：mgRsin30°=mv2;由上綜合而得：對軌道的彈力為2mg-qB，當小球由D向C運動時，對軌道的彈力為2mg+qB，故D正確.

　　答案：AD

　　6.(多選)如圖所示，一質量為m、電荷量為q的小球用長為L的細線懸掛在水平向右的勻強電場中，小球靜止于A點，此時懸線與豎直方向夾角為θ=30°.現用力將小球拉到最低點C處并由靜止釋放，釋放的同時加上一個垂直紙面向里的勻強磁場，不計空氣阻力，重力加速度為g，小球運動過程中細線始終伸直，則(　　)

　　A.勻強電場的電場強度大小為

　　B.小球將在A、C間往復擺動

　　C.小球回到C點時，細線張力將大于mg

　　D.小球從C點向右擺到最高點的過程，電勢能減少量為mgL

　　解析：小球在A點受重力、水平向右的電場力及線的拉力作用而處于平衡狀態，則有tanθ=，所以E=，A對;小球向右擺動過A點時速度最大，小球將以A為中間位置，以C為最大振幅位置往復擺動，B錯;小球回到C點時速度為0，細線中張力等于小球重力，C錯;洛倫茲力不做功，由動能定理知W電-mgL(1-cos2θ)=0，解得小球從C點向右擺到最高點的過程，電勢能減少量ΔE=W電=mgL，D對.

　　答案：AD

　　7.如圖所示為質譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為U1;B為速度選擇器，其中磁場與電場正交(未畫出)，磁感應強度為B1，板間電壓為U2;C為偏轉分離器，其中磁場的磁感應強度為B0，D為B、C邊界所在虛線PQ上的感光底片.今有一比荷未知的正離子從A的上極板中央由靜止釋放，經加速后，從速度選擇器兩板正中間空過.若兩板間磁場消失，離子重新釋放，將從PQ上的M點(沒畫出)進入偏轉磁場中，運動一段時間后打在感光底片的最左端N點，測得M、N兩點間的距離為x，離子重力不計，則(　　)

　　A.速度選擇器中的磁場方向應垂直紙面向里

　　B.離子的比荷為

　　C.若速度選擇器板間電壓U2也消失，M、N兩點間距離將變小

　　D.離子在偏轉磁場中運行的時間一定小于

　　解析：當兩板間磁場消失時，離子有可能從O點右側進入C中，也可能從左側進入C中，即速度選擇器中磁場方向可以垂直紙面向外，也可以垂直紙面向里，A錯;設離子進入速度選擇器時速度為v0，進入C中時速度方向與PQ夾角為θ，大小為v，則qU1=mv，sinθ=，離子在C中運行的軌跡半徑為r=，由幾何關系知x=2rsinθ，聯立得=，B對;由比荷表達式可知M、N間距離x與速度選擇器兩板間電壓無關，C錯;當離子從O點右側進入C中時，離子做圓周運動的圓心角大于π，此時運行時間t>==，D錯.

　　答案：B

　　8.如圖所示，空間的某個復合場區域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場.質子由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區，質子(不計重力)穿過復合場區所用時間為t，從復合場區穿出時的動能為Ek，則(　　)

　　A.若撤去磁場B，質子穿過場區時間大于t

　　B.若撤去電場E，質子穿過場區時間大于t

　　C.若撤去磁場B，質子穿出場區時動能大于Ek

　　D.若撤去電場E，質子穿出場區時動能大于Ek

　　解析：質子進入復合場沿直線運動，則質子受到的電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反，即eE=Bev0，若撤去磁場B，質子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動特點可知，穿過電場的時間t=，因場區寬度x不變，則時間不變，質子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，出電場時的速度必大于v0，動能大于Ek，則A錯誤，C正確.若撤去電場E，則質子在磁場中做勻速圓周運動，則B、D錯誤.

　　答案：C

　　2017高考物理電場和磁場專項練習題二、非選擇題

　　9.如圖所示，水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，板高h=9 m，與板上端等高處有一水平放置的籃筐，筐口的中心離擋板s=3 m，板的左側以及板上端與筐口的連線上方存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=1 T;質量m=1×10-3 kg、電荷量q=-1×10-3 C、直徑略小于小孔寬度的帶電小球(可視為質點)，以某一速度垂直于磁場方向從小孔水平射入，恰好做勻速圓周運動，若與擋板相碰就以原速率反向彈回，且不計碰撞時間，碰撞時小球的電荷量保持不變，小球最后都能從筐口的中心處進入筐中，取g=10 m/s2，求：

　　(1)電場強度的大小與方向;

　　(2)小球運動的最大速率;

　　(3)小球運動的最長時間.

　　解析：(1)因小球能做勻速圓周運動，所以有：

　　Eq=mg

　　E==10 N/C，方向豎直向下

　　(2)洛倫茲力提供向心力有：

　　qvB=m

　　小球不與擋板相碰直接飛入框中，其運動半徑最大，如圖1所示，由幾何知識可得：

　　圖1

　　(h-Rm)2+s2=R

　　解得：Rm=5 m

　　vm==5 m/s

　　(3)設小球與擋板碰撞n次，此時最大半徑為，

　　要擊中目標必有：≥3　≥3　n≤1.5

　　n只能取0,1

　　當n=0時，即為(2)問中的解

　　當n=1時，可得：(h-3R)2+s2=R2

　　(9-3R)2+32=R2

　　解得：R1=3 m，R2=3.75 m

　　R2=3.75 m時小球運動的時間最長，其運動軌跡如圖2中的軌跡所示.

　　圖2

　　sinθ==

　　θ=53°，α=360°+(180°-53°)=487°

　　且T==

　　得：tm=T≈8.5 s

　　答案：(1)10 N/C，方向豎直向下

　　(2)5 m/s　(3)8.5 s

　　10.空間中有一直角坐標系，其第一象限中在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B，第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場.現有一群質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向同時射入磁場中，如圖所示.已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點.不計粒子的重力和它們之間的相互作用.求：

　　(1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大小;

　　(2)速度方向與AO1夾角分別為60°(斜向右上方)、30°(斜向左上方)的粒子到達x軸的時間差.

　　解析：(1)設粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB=m

　　得v=

　　如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點沿x軸負方向射入電場，則粒子在電場中從D點到N點做類平拋運動，有2R=vt

　　甲

　　R=t2

　　解得E=

　　(2)對于速度為v1(斜向左上方)的粒子，軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C1，從P點射出磁場，連接O1P，四邊形O1PC1A是菱形，故C1P垂直于x軸，速度方向的偏轉角度等于圓心角θ1=60°，速度為v1的粒子在磁場中運動的時間為t1=T=

　　乙

　　對于速度v2(斜向右上方)的粒子，軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C2，從M點射出磁場，連接O1M，四邊形O1MC2A是菱形，故C2M垂直于x軸，速度方向偏轉角度等于圓心角θ2=150°，速度為v2的粒子在磁場中運動的時間為t2=T=

　　兩個粒子在磁場中運動的時間差為Δt1=t2-t1=

　　速度為v1的粒子離開磁場到y軸的距離PF=R-

　　速度為v2的粒子離開磁場到y軸的距離MH=

　　兩個粒子在無場區運動的時間差為Δt2=-=

　　設速度為v2的粒子在電場中到達x軸運動的時間為t′2，HO=R+，則R+=t′，解得t′2=(+1)

　　設速度為v1的粒子在電場中到達x軸運動的時間為t′1，FO=，則=t′，解得t′1=

　　Δt3=t′2-t′1=(+1-)

　　故速度為v2、v1的粒子到達x軸的時間差為

　　Δt=Δt1+Δt2+Δt3=(π+1+3-2)

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