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课时作业6电场和磁场A卷专题强化练一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM＝ON，则()A．A、C两处电势、场强均相同B．B、D两处电势、场强均相同C．A、C两处电势、场强均不相同D．B、D两处电势、场强均不相同解析：A处电势为正，C处电势为负，故电势不同；A处场强方向向左，C处场强方向也向左，大小相同，故A、C错误；B、D两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确，D错误．答案：B2．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大D．θ减小，E不变解析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝εrS4πkd可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝Ud，Q＝CU，C＝εrS4πkd联立可得E＝4πkQεrS，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．答案：D3．如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP.Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则()A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|解析：由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断MN之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，且N点场强为零，选项A、C错误，B正确；|WPN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，选项D错误．答案：B4．如图中a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示．O点为三角形的中心(O到三个顶点的距离相等)，则()A．O点的磁感应强度为零B．O点的磁场方向垂直Oc向下C．导线a受到的安培力方向竖直向上D．导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向c解析：根据右手螺旋定则，通电导线a在O点产生的磁场平行于bc向左，通电导线b在O点产生的磁场平行ac指向右下方，通电导线c在O点产生的磁场平行ab指向左下方；由于三导线电流大小相等，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，O点合场强的方向垂直Oc向下，故A错误，B正确；根据左手定则，结合矢量合成法则，导线a受到的安培力方向水平向左，导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故C、D错误．答案：B5．如图所示，在第一象限内有水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3mv202qd.在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在该平面内有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点以初速度v0沿y轴负方向射出，P点的坐标为2d，233d.粒子恰好能打到y轴上，不考虑粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()A.mv04qdB.mv02qdC.mv0qdD.2mv0qd解析：如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，有233d＝v0t，沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝qEm＝3v202d，则沿x轴正方向的位移x＝12at2＝d，设射出电场时粒子的速度v方向与初速度v0方向的夹角为θ，根据类平抛运动的推论得tanθ＝2x233d＝3，则θ＝60°，所以v＝v0cos60°＝2v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好打到y轴上时，轨迹与y轴相切，设粒子轨迹半径为r，根据几何关系得r＋rcos60°＝2d＋x，解得r＝2d，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r，解得B＝mv0qd，选项C正确．答案：C6.如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面．现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是()A．线圈仍静止不动B．从上往下看，线圈将逆时针转动C．弹簧测力计示数减小D．弹簧测力计示数增大解析：圆形电流可等效为小磁针，由右手螺旋定则知N极指向纸面向里，直导线a中的电流产生的磁场在线圈同心处的磁感线水平向左，因小磁针静止时N极指向为该处磁场方向，可知小磁针N极向左转，即从上往下看，线圈将逆时针转动，A错误，B正确；因线圈逆时针转动，线圈下半部分的电流方向逐渐与直导线中电流方向相同，两者相吸，而上半部分的电流方向逐渐与直导线中电流方向相反，两者相斥，但下半部分离直导线近，引力大于斥力，弹簧秤示数增大，C错误，D正确．答案：BD7．如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚直线cd为Q1、Q2连线的垂直平分线，O为垂足，c、d两点在垂直平分线上且关于Q1、Q2连线对称．一电子(不计重力)从a点沿虚曲线途径O点运动到b点．下列说法正确的是()A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量B．c、d两点的电势相同，场强不相同C．电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度D．电子在O点时的电势能大于在a点时的电势能解析：Q1周围的电场线比Q2周围的电场线密，说明Q1的电荷量大于Q2的电荷量，A错误；根据电场线的分布情况知Q1、Q2为异种电荷，根据曲线运动的向心力方向指向凹处知，Q1为正电荷，Q2为负电荷，电场线的方向由Q1沿电场线指向Q2，根据对称性知c、d两点的电势相等，场强大小相等，方向不同，B正确；O点附近的电场线比a点附近的电场线密，O点场强较大，由加速度a0＝eEm知，电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度，C正确；电子从a点运动到O点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力做正功，电势能逐渐减小，即电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能，D错误．答案：BC8．如图所示，在两磁极之间放一培养皿，磁感线垂直培养皿，皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当通过如图所示电流时，则()A．电解液将顺时针旋转流动B．电解液静止不动C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢D．若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变解析：当电解液中通以题图所示电流时，将电解液看成无数个辐条状导体，每根导体中电流从环边缘流向K，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针方向，因此电解液将顺时针旋转流动，故选项A正确，B错误；若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由F＝BIL知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故选项C错误；若将磁场的方向和电流的方向均变为和原来相反，由左手定则可知，电解液所受的安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故选项D正确．答案：AD9．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16eV，速度方向垂直于等势面D且经过等势面C时，电势能为－8eV，经过等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4cm，电子重力不计．则下列说法正确的是()A．电子做匀变速直线运动B．匀强电场的场强大小为100V/mC．等势面A的电势为－8VD．电子再次经过等势面D时，动能为16eV解析：电子从等势面D运动到等势面B的过程中，由动能定理得－eUDB＝0－EkD，则可解得UDB＝16V，又电子在等势面C时，由EpC＝－eφC，代入数据解得φC＝8V，又因为相邻等势面之间的距离相等，则相邻两等势面的电势差相等，则φB＝0、φA＝－8V、φD＝16V，C正确；由于电场为匀强电场，则电子所受的电场力为恒力，电子做匀变速直线运动，A正确；由电势差与电场强度的关系可知E＝UDBdDB＝160.08V/m＝200V/m，B错误；当电子从等势面D运动到等势面B，再回到等势面D的整个过程中，电场力所做的功为零，由能量守恒定律可知，电子再次回到等势面D时的动能仍为16eV，D正确．答案：ACD10．如图所示，在真空中半径为r＝0.1m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B＝0.01T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v＝1×103m/s从c点沿cd方向射入场区，粒子将沿cd方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．电场强度的大小为10N/CB．带电粒子的比荷为1×106C/kgC．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1mD．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：粒子沿直线运动，则Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝0.01×103N/C＝10N/C，A正确；如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向r＝1Eq2mt2，竖直方向r＝vt，解得：qm＝2v2Er＝2×10610×0.1C/kg＝2×106C/kg，B错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R＝mvqB2＝1032×106×12×0.01m＝0.1m，C正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T4＝πmqB＝3.142×106×0.01s＝1.57×10－4s，D错误．答案：AC二、非选择题11．[2019·浙江卷，23]有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P两点间的电势差UNP＝mv20q，cosθ＝45，不计重力和离子间相互作用．(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；(3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求ΔBB的最大值．命题意图：本题考查带电粒子在电场和匀强磁场中的运动及其相关的知识点．解析：(1)由径向电场力提供向心力有E0q＝mv20r0解得E0＝mv20qr0由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv20r0解得B＝mv0qr0(2)从M点到P点，由动能定理有12×0.5mv2－12×0.5mv20＝qUNP解得v＝5v0则在磁场中，质量为0.5m的离子的轨迹半径r＝0.5mvqB＝125r0由几何知识有l＝2rcosθ－0.5r0解得l＝1.5r0(3)若恰好能分辨，则有2r01－ΔBB－2rcosθ1＋ΔBB＝r02解得ΔBB＝17－4≈0.12答案：(1)mv0qr0(2)1.5r0(3)17－4或0.12得分锦囊：第(1)问中，质量为m的离子分别在电场力和洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，各自由电场力和洛伦兹力提供向心力，即可解得电场强度大小和磁感应强度大小．第(2)问中是常规的粒子在磁