2017高考物理电场和磁场专项练习题及答案

　　2017高考物理电场和磁场专项练习题一、选择题

　　A.此粒子必带正电荷

　　B.A点和B点位于同一高度

　　C.粒子在C点时机械能最大

　　D.粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点

　　解析：粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷，A正确;因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，粒子从A点到B点运动过程中，电场力不做功，故A、B点位于同一高度，B正确;C点是最低点，从A点到C点运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知粒子在C点时速度最大，动能最大，C正确;到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动.向右运动，不会返回，故D错误.

　　答案：ABC

　　2.如图所示，两平行金属板MN、PQ水平放置，两金属板长为d，板间距离为2d，两金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)从MN的中点O垂直于电场和磁场方向以初速度v0射入，粒子恰好沿直线从NQ的中点A处穿出，若撤去磁场，粒子恰好从下极板边缘Q点处穿出，则关于粒子的电性及撤去电场后粒子的运动情况，下列说法中正确的是(　　)

　　A.粒子带负电，将从A、N中间某位置穿出

　　B.粒子带正电，将从N点处穿出

　　C.粒子带负电，将打在MN板上

　　D.粒子带负电，将从M点处穿出

　　解析：因撤去磁场，粒子恰好从下极板边缘Q点穿出，而电场方向向上，所以粒子带负电，B错;设粒子质量为m，电荷量为q，则电、磁场均在时有Bqv0=qE，撤去磁场后，粒子做类平抛运动，满足d=··()2，即Bqv0=，撤去电场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由Bqv0=m得r=，即粒子将从M点处穿出，A、C错，D对.

　　答案：D

　　3.如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里.从电、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示.对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达结果，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个结果作出判断.你认为正确的是(　　)

　　A. B.

　　C. D.

　　解析：根据量纲法，可得A为正确答案.

　　答案：A

　　4.(多选)如图所示，虚线MN、PQ间区域存在垂直纸面向里的匀强磁场和水平向右的匀强电场，PQ上方有一个带正电小球由静止开始下落，不计空气阻力，则在小球通过电场和磁场区域的过程中，下列说法正确的是(　　)

　　A.小球可能做匀变速直线运动

　　B.小球一定做变加速曲线运动

　　C.小球动能的增加量等于其电势能和重力势能减少量的和

　　D.小球重力势能的减少量等于小球动能和电势能增加量的和

　　解析：小球进入MN、PQ间区域，受重力、电场力、洛伦兹力作用，因进入时速度竖直向下，而电场力水平向右，洛伦兹力水平向右，所以粒子所受合力一定不沿竖直方向，必做曲线运动，A错;粒子运动过程中洛伦兹力时刻变化，即合力时刻变化，所以粒子做变加速曲线运动，B对;因小球下落通过电场和磁场区域过程中洛伦兹力不做功，重力做正功，重力势能减少，电场力也做正功，电势能也减少，由动能定理知小球动能的增加量等于其电势能和重力势能减少量的和，C对，D错.

　　答案：BC

　　5.(多选)如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应的圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R;直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切.整个装置处于方向垂直于轨道所在的平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和竖直虚线ND右侧还分别存在着电场强度大小相等、方向水平向右和水平向左的匀强电场.现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放.若小球所受的电场力的大小等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则(　　)

　　A.小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax=g

　　B.小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax=

　　C.小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高

　　D.小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg-qB

　　解析：小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为：

　　F= =mg，即大小恒定，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因将下滑时，加速度最大，即为amax==g，故A正确;当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，即为qvB=N，而μN=f，且f=mg，因此解得：vmax=，故B错误;根据动能定理可知，小球从静止开始到进入DH轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升的最高点低于P点，故C错误;对小球在O点受力分析，小球由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：N-mg+Bqv=m;由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgRsin30°=mv2;由上综合而得：对轨道的弹力为2mg-qB，当小球由D向C运动时，对轨道的弹力为2mg+qB，故D正确.

　　答案：AD

　　6.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球用长为L的细线悬挂在水平向右的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为θ=30°.现用力将小球拉到最低点C处并由静止释放，释放的同时加上一个垂直纸面向里的匀强磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，小球运动过程中细线始终伸直，则(　　)

　　A.匀强电场的电场强度大小为

　　B.小球将在A、C间往复摆动

　　C.小球回到C点时，细线张力将大于mg

　　D.小球从C点向右摆到最高点的过程，电势能减少量为mgL

　　解析：小球在A点受重力、水平向右的电场力及线的拉力作用而处于平衡状态，则有tanθ=，所以E=，A对;小球向右摆动过A点时速度最大，小球将以A为中间位置，以C为最大振幅位置往复摆动，B错;小球回到C点时速度为0，细线中张力等于小球重力，C错;洛伦兹力不做功，由动能定理知W电-mgL(1-cos2θ)=0，解得小球从C点向右摆到最高点的过程，电势能减少量ΔE=W电=mgL，D对.

　　答案：AD

　　7.如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1;B为速度选择器，其中磁场与电场正交(未画出)，磁感应强度为B1，板间电压为U2;C为偏转分离器，其中磁场的磁感应强度为B0，D为B、C边界所在虚线PQ上的感光底片.今有一比荷未知的正离子从A的上极板中央由静止释放，经加速后，从速度选择器两板正中间空过.若两板间磁场消失，离子重新释放，将从PQ上的M点(没画出)进入偏转磁场中，运动一段时间后打在感光底片的最左端N点，测得M、N两点间的距离为x，离子重力不计，则(　　)

　　A.速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里

　　B.离子的比荷为

　　C.若速度选择器板间电压U2也消失，M、N两点间距离将变小

　　D.离子在偏转磁场中运行的时间一定小于

　　解析：当两板间磁场消失时，离子有可能从O点右侧进入C中，也可能从左侧进入C中，即速度选择器中磁场方向可以垂直纸面向外，也可以垂直纸面向里，A错;设离子进入速度选择器时速度为v0，进入C中时速度方向与PQ夹角为θ，大小为v，则qU1=mv，sinθ=，离子在C中运行的轨迹半径为r=，由几何关系知x=2rsinθ，联立得=，B对;由比荷表达式可知M、N间距离x与速度选择器两板间电压无关，C错;当离子从O点右侧进入C中时，离子做圆周运动的圆心角大于π，此时运行时间t>==，D错.

　　答案：B

　　8.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场.质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则(　　)

　　A.若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t

　　B.若撤去电场E，质子穿过场区时间大于t

　　C.若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek

　　D.若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek

　　解析：质子进入复合场沿直线运动，则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，即eE=Bev0，若撤去磁场B，质子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动特点可知，穿过电场的时间t=，因场区宽度x不变，则时间不变，质子竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，出电场时的速度必大于v0，动能大于Ek，则A错误，C正确.若撤去电场E，则质子在磁场中做匀速圆周运动，则B、D错误.

　　答案：C

　　2017高考物理电场和磁场专项练习题二、非选择题

　　9.如图所示，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h=9 m，与板上端等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3 m，板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1 T;质量m=1×10-3 kg、电荷量q=-1×10-3 C、直径略小于小孔宽度的带电小球(可视为质点)，以某一速度垂直于磁场方向从小孔水平射入，恰好做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率反向弹回，且不计碰撞时间，碰撞时小球的电荷量保持不变，小球最后都能从筐口的中心处进入筐中，取g=10 m/s2，求：

　　(1)电场强度的大小与方向;

　　(2)小球运动的最大速率;

　　(3)小球运动的最长时间.

　　解析：(1)因小球能做匀速圆周运动，所以有：

　　Eq=mg

　　E==10 N/C，方向竖直向下

　　(2)洛伦兹力提供向心力有：

　　qvB=m

　　小球不与挡板相碰直接飞入框中，其运动半径最大，如图1所示，由几何知识可得：

　　图1

　　(h-Rm)2+s2=R

　　解得：Rm=5 m

　　vm==5 m/s

　　(3)设小球与挡板碰撞n次，此时最大半径为，

　　要击中目标必有：≥3　≥3　n≤1.5

　　n只能取0,1

　　当n=0时，即为(2)问中的解

　　当n=1时，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时小球运动的时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹所示.

　　图2

　　sinθ==

　　θ=53°，α=360°+(180°-53°)=487°

　　且T==

　　得：tm=T≈8.5 s

　　答案：(1)10 N/C，方向竖直向下

　　(2)5 m/s　(3)8.5 s

　　10.空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场.现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向同时射入磁场中，如图所示.已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点.不计粒子的重力和它们之间的相互作用.求：

　　(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小;

　　(2)速度方向与AO1夹角分别为60°(斜向右上方)、30°(斜向左上方)的粒子到达x轴的时间差.

　　解析：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB=m

　　得v=

　　如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R=vt

　　甲

　　R=t2

　　解得E=

　　(2)对于速度为v1(斜向左上方)的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C1，从P点射出磁场，连接O1P，四边形O1PC1A是菱形，故C1P垂直于x轴，速度方向的偏转角度等于圆心角θ1=60°，速度为v1的粒子在磁场中运动的时间为t1=T=

　　乙

　　对于速度v2(斜向右上方)的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C2，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MC2A是菱形，故C2M垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ2=150°，速度为v2的粒子在磁场中运动的时间为t2=T=

　　两个粒子在磁场中运动的时间差为Δt1=t2-t1=

　　速度为v1的粒子离开磁场到y轴的距离PF=R-

　　速度为v2的粒子离开磁场到y轴的距离MH=

　　两个粒子在无场区运动的时间差为Δt2=-=

　　设速度为v2的粒子在电场中到达x轴运动的时间为t′2，HO=R+，则R+=t′，解得t′2=(+1)

　　设速度为v1的粒子在电场中到达x轴运动的时间为t′1，FO=，则=t′，解得t′1=

　　Δt3=t′2-t′1=(+1-)

　　故速度为v2、v1的粒子到达x轴的时间差为

　　Δt=Δt1+Δt2+Δt3=(π+1+3-2)

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