2022屆高考物理二輪復習 第3章 電場和磁場 考前基礎回扣練6 電場和磁場

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1、2022屆高考物理二輪復習 第3章 電場和磁場 考前基礎回扣練6 電場和磁場 1．有兩個趣味小實驗，第一個實驗叫做“振動的彈簧”，把一根柔軟的彈簧懸掛起來，使它的下端剛好跟槽中的水銀接觸，如圖甲所示，通電后，發(fā)現(xiàn)彈簧不斷上下振動．第二個實驗叫做“旋轉(zhuǎn)的液體”，在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極，沿邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極，把它們分別與電池的兩極相連，然后在玻璃皿中放入導電液體，如鹽水，如果把玻璃皿放在磁場中，液體就會旋轉(zhuǎn)起來，如圖乙所示．下列關于這兩個實驗的說法正確的是(　　) A．圖甲中，彈簧不斷上下振動是電場力的作用 B．圖甲中，如果改變電源的正、負極，則彈簧馬上停止上下振動 C．

2、圖乙中，液體的旋轉(zhuǎn)是安培力的作用 D．圖乙中，如果改變電源的正、負極，液體的旋轉(zhuǎn)方向不變 解析：當給彈簧和槽中水銀通入電流時，彈簧的每一圈都相當于一個線圈，由同向電流相互吸引可知，彈簧縮短，彈簧離開水銀面，電路斷開，彈簧中沒有電流，各線圈之間失去吸引作用，彈簧恢復原狀，下落到水銀面，電路接通，重復上面的現(xiàn)象，所以彈簧不斷上下振動的原因是同方向的電流互相吸引，是安培力的作用，所以A錯誤；如果改變電源的正、負極，彈簧每一圈中仍有同方向的電流，仍然會上下振動，B錯誤；液體的旋轉(zhuǎn)是由沿半徑方向的液體中的電流受到安培力引起的，C正確；如果改變電源的正、負極，液體中電流的方向發(fā)生改變，所受安培力方向也

3、改變，液體的旋轉(zhuǎn)方向發(fā)生變化，D錯誤． 答案：C 2．[2018·岳陽一模]如圖所示，一帶電小球懸掛在平行板電容器內(nèi)部，閉合開關S，電容器充電后，細線與豎直方向夾角為φ，則下列說法中正確的是(　　) A．保持開關S閉合，使兩極板靠近一些，φ將減小 B．保持開關S閉合，將滑動變阻器滑片向右移動，φ將減小 C．斷開開關S，使兩極板靠近一些，φ將不變 D．輕輕將細線剪斷，小球?qū)⒆鲂睊佭\動 解析：保持開關S閉合，即電容器兩端電壓不變，使兩極板靠近些，由E＝知，電場強度增大，φ將增大，A項錯誤；調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片不影響電容器兩極板間的電壓，B項錯誤；打開開關S，電容器兩極板所帶電荷量不

4、變，使兩極板靠近一些，由C＝、U＝、E＝知，E不變，即夾角φ不變，C項正確；輕輕將細線剪斷，小球?qū)⒀丶毦€方向向下做勻加速直線運動，D項錯誤． 答案：C 3．(多選) 如圖所示，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面與紙平面的交線，且相鄰等勢面之間的電勢差相等．實線為一帶正電荷粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，則下列說法中正確的是(　　) A．三個等勢面中，a的電勢最高 B．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時電勢能較大 C．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時動能較大 D．帶電粒子由M點運動到N點時，加速度增大 解析：由于帶電粒子做曲線運動，所

5、受電場力的方向必定指向軌道的凹側(cè)，且和等勢面垂直，所以電場線方向是由c指向b再指向a.根據(jù)電場線的方向指向電勢降低的方向，故φc>φb>φa，選項A錯誤；正電荷在電勢高處電勢能大，M點的電勢比N點電勢低，故在M點電勢能小，選項B錯誤；根據(jù)能量守恒定律，電荷的動能和電勢能之和保持不變，故粒子在M點的動能較大，選項C正確；由于相鄰等勢面之間電勢差相等，且N點等勢面較密，則EN>EM，即qEN>qEM，由牛頓第二定律知，帶電粒子從M點運動到N點時，加速度增大，選項D正確． 答案：CD 4. 如右圖所示，A、B為豎直放置的兩塊金屬板，A、B兩板之間的電壓U1＝100 V，M、N為水平放置的兩

6、塊完全相同的金屬板，M板帶正電，N板帶負電．B板中央開有一小孔，該小孔與M、N兩板的間距相等．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2.0×10－11 kg、電荷量q＝＋1.0×10－5 C的粒子在A板附近由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后粒子恰好穿過小孔進入M、N兩板之間，又經(jīng)過一段時間后粒子離開M、N之間的電場，并立即進入一個方向垂直于紙面向里、寬度D＝20 cm的有界勻強磁場中．已知粒子離開M、N之間的電場時，速度的方向與水平方向之間的夾角θ＝30°，M、N兩金屬板正對，間距d＝10 cm，M、N板的長度L＝20 cm.粒子重力不計，忽略邊緣效應． (1)求粒子進入M、N兩板間的初速度v1的大?。? (2)求M、N兩

7、板間的電壓U2. (3)為使粒子不會由磁場右邊界射出，勻強磁場的磁感應強度B至少為多大？ 解析：(1)帶電粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理有　qU1＝mv 解得　v1＝1.0×104 m/s. (2)帶電粒子在M、N兩板間做類平拋運動，設粒子在M、N間運動的時間為t，離開M、N間時粒子在豎直方向的分速度為v2.根據(jù)類平拋運動規(guī)律有 L＝v1t，v2＝at 其中　a＝ 又由速度的矢量關系圖可得　tanθ＝ 聯(lián)立解得　U2＝100 V. (3)粒子進入磁場時的速度 v＝＝×104 m/s 帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為R. 由洛倫茲力提供向心力，有　qvB＝m 解得　R＝ 由R＝可知，當m、q、v一定時，R越大，B越?。? 為使粒子不會由磁場右邊界射出，則粒子軌跡剛好與磁場右邊界相切時，粒子運動的軌道半徑最大，磁場的磁感應強度最?。? 畫出此時帶電粒子的運動軌跡，如下圖所示，由圖中的幾何關系有 Rmax＝＝ cm 代入B＝解得Bmin＝0.1 T. 答案：(1)1.0×104 m/s　(2)100 V　(3)0.1T