(時間：60分鐘 分值：100分)
一、(本題共6小題．在每小題給出的四個選項中至少有一個符合題目要求，全選對的得7分，選對但不全的得4分，有選錯的或不選的得0分)
1．關(guān)于靜電場，下列說法正確的是( )．
A．電勢等于零的物體一定不帶電
B．電場強度為零的點，電勢一定為零
C．同一電場線上的各點，電勢一定相等
D．負電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加
解析 零電勢點是人為選擇的參考點，所以電勢等于零的物體可以帶電，也可以不帶電，故A錯；電場強度和電勢是兩個不同的物理量，電場強度為零的點，電勢不一定為零，B錯；沿著電場線方向電勢不斷降低，故C錯；負電荷在電場中受到的電場力的方向與電場線方向相反，故負電荷沿電場線方向移動時，電場力做負功，電勢能增加，故D對．
答案 D
2．為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的．在下列四個圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是( )．
解析 地磁場的N極在地球南極附近，地磁場的S極在地球北極附近，根據(jù)安培定則，可判定電流方向為順時針方向(站在地球的北極向下看)，選項B正確，選項A、C、D錯誤．
答案 B
3.如圖1所示，在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，則以下判斷正確的是( )．
圖1
A．金屬塊帶負電荷
B．金屬塊克服電場力做功8 J
C．金屬塊的電勢能減少4 J
D．金屬塊的機械能減少12 J
解析 金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J，由動能定理知合外力做功12 J，其中包括重力、摩擦力和電場力做功，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，所以可得電場力做功WF＝－4 J，電場力做負功，金屬塊帶正電，電勢能增加了4 J，選項A、B、C均錯誤；由功能關(guān)系可知，機械能的變化ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即機械能減少12 J，選項D正確．
答案 D
4．(2014?大綱全國卷，17)通常一次閃電過程歷時約0.2～0.3 s，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成．每個閃擊持續(xù)時間僅40～80 μs，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中．在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.0×109 V，云地間距離約為1 km；第一個閃擊過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6 C，閃擊持續(xù)時間約為60 μs.假定閃電前云地間的電場是均勻的．根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是( )．
A．閃電電流的瞬時值可達到1×105 A
B．整個閃電過程的平均功率約為1×1014 W
C．閃電前云地間的電場強度約為1×106 V/m
D．整個閃電過程向外釋放的能量約為6×106 J
解析 由I＝qt＝66×10－5 A＝1×105 A知，A對．由E＝Ud＝1.0×1091×103 V/m＝1×106 V/m知，C對；由W＝qU＝6×1.0×109 J＝6×109 J知，D錯；P1＝Wt＝6×1090.2 W＝3×1010 W，B錯．
答案 AC
5．(2014?浙江卷，20)利用如圖2所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是( )．
圖2
A．粒子帶正電
B．射出粒子的最大速度為qB?3d＋L?2m
C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大
D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大
解析 利用左手定則可判定只有負電荷進入磁場時才向右偏，故選項A錯誤．利用qvB＝mv2r知r＝mvqB，能射出的粒子滿足L2≤r≤L＋3d2，因此對應(yīng)射出粒子的最大速度vmax＝qBrmaxm＝qB?3d＋L?2m，選項B正確．vmin＝qBrminm＝qBL2m，Δv＝vmax－vmin＝3qBd2m，由此式可判定選項C正確，選項D錯誤．
答案 BC
6.如圖3所示，真空中有一勻強電場和水平面成一定角度斜向上，一個電荷量為Q＝－5×10－6 C的點電荷固定于電場中的O處，在a處有一個質(zhì)量為m＝9×10－3 kg、電荷量為q＝2×10－8C的點電荷恰能處于靜止，a與O在同一水平面上，且相距為r＝0.1 m．現(xiàn)用絕緣工具將q搬到與a在同一豎直平面上的b點，Oa＝Ob且相互垂直，在此過程中外力至少做功為( )．
圖3
A．1.8×10－2 J B．9(2＋1)×10－3 J
C．92×10－3 J D．9×10－3 J
解析 如圖所示，在a處靜止的電荷q受重力mg＝9×10－2N，受庫侖力F＝kqQr2
＝9×109×2×10－8×5×10－6?0.1?2 N＝9×10－2 N，經(jīng)分析判斷可知q所受電場力為qE＝92×10－2 N，θ＝45°.由幾何知識可知ab＝2r且與勻強電場垂直，a、b兩點在同一個等勢面上；對點電荷Q來說，a、b兩點也在同一個等勢面上，所以，將q從a點移到b點電場力和庫侖力都不做功，由動能定理得W－mgr＝0，W＝mgr＝9×10－2×0.1 J＝9×10－3 J，D對．
答案 D
二、非(本題共4小題，共58分)
7．(14分)如圖4所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球用長為L的絕緣細線懸掛于O點，處于垂直紙面向里的勻強磁場中，豎直虛線左邊有正交的勻強電場和勻強磁場B2；現(xiàn)將小球拉至懸線與豎直方向成θ角，由靜止釋放，當(dāng)小球運動到最低點A時，懸線在與小球連接處突然斷開，此后小球沿水平虛線向左運動，求：
圖4
(1)小球所帶電荷的電性；
(2)豎直虛線右邊勻強磁場B1的大�。�
(3)小球越過豎直虛線進入左側(cè)場區(qū)后仍沿水平虛線做直線運動，則電場強度為多大？
解析 (1)由小球在磁場B1中小球與懸線斷開后做勻速直線運動可知，小球帶負電．
(2)設(shè)小球在最低點的速度為vA.
mgL(1－cos θ)＝12mv2A，①
qvAB1＝mg②
由①②得：B1＝mgq2gL?1－cos θ?.
(3)由平衡條件得：
qvB2＋Eq＝mg③
所以E＝mg－qvB2q
＝mgq－B22gL?1－cos θ?.
答案 (1)負 (2)mgq2gL?1－cos θ?
(3)mgq－B22gL?1－cos θ?
8．(14分)如圖5所示，在平面直角坐標(biāo)系的第二和第三象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，第四象限內(nèi)存在一水平方向的半徑r＝3 m的圓形勻強磁場，圓心O′坐標(biāo)為(23，－6)，磁感應(yīng)強度B＝0.02 T，磁場方向垂直坐標(biāo)軸向里．坐標(biāo)(－2，3)處有一粒子發(fā)射源，水平發(fā)射一質(zhì)量m＝2.0×10－11 kg、帶電荷量q＝1.0×10－5 C的正電荷，初速度為v0＝1.0×104 m/s，粒子從O點射入第四象限，且在O點時速度方向指向O′，不計粒子的重力．求：
圖5
(1)電場強度的大�。�
(2)帶電粒子再次經(jīng)過x軸的位置；
(3)帶電粒子在第四象限運動的時間．
解析 (1)帶電粒子在勻強電場做類平拋運動，x＝v0t，y＝12at2，a＝Eqm.
聯(lián)立解得E＝1003 N/C.
(2)在O點把速度分解可得vy＝3v0，v＝2v0，
粒子射入磁場有Bvq＝mv2R，得R＝2 m，
作出粒子的運動軌跡如圖所示，可得∠OO′C＝60°，所以帶電粒子再次經(jīng)過x軸的位置為OC＝43 m.
(3)粒子在磁場運動的時間t1＝16?2πmBq＝π3×10－4 s，
粒子在第四象限做勻速直線運動所用的時間為
t2＝2×[62＋?23?2－r]v＝33×10－4 s，
所以帶電粒子在第四象限運動的時間為
t＝t1＋t2＝π3＋33×10－4 s.
答案 (1)1003 N/C (2)距O點43 m處
(3)π3＋33×10－4 s
9．(14分)(2014?北京四中第四次模擬)在如圖6所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B＝2πmq.在豎直方向存在交替變化的勻強電場，如圖7所示(豎直向上為正)，電場大小為E0＝mgq.一傾角為θ長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有一質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的小球，從t＝0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5 s內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g.求：
圖6 圖7
(1)第6 s內(nèi)小球離開斜面的最大距離．
(2)第19 s內(nèi)小球未離開斜面，θ角的正切值應(yīng)滿足什么條件？
解析 (1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運動的加速度為a，
由牛頓第二定律得：(mg＋qE0)sin θ＝ma①
第一秒末的速度為：v＝at1②
在第二秒內(nèi)：qE0＝mg③
所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運動，則由向心力公式得qvB＝mv2R④
圓周運動的周期為：T＝2πmqB＝1 s⑤
由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運動．所以，第五秒末的速度為：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ⑥
小球離開斜面的最大距離為：
d＝2R3 ⑦
由以上各式得：d＝6gsin θπ.
(2)第19秒末的速度：
v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ ⑧
小球未離開斜面的條件是：
qv19B≤(mg＋qE0)cos θ⑨
所以：tan θ≤120 π.
答案 (1)6gsin θπ (2)tan θ≤120 π
10．(16分)(2014?廣東六校聯(lián)合體聯(lián)考)
如圖8所示，豎直平面內(nèi)有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E1＝2 500 N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強度B＝103 T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m＝1×10－2 kg、電荷量q＝4×10－5 C的帶正電小球自O(shè)點沿與水平線成45°角以v0＝4 m/s的速度射入復(fù)合場中，之后小球恰好從P點進入電場強度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二個勻強電場中．不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：
(1)O點到P點的距離s1；
(2)帶電小球經(jīng)過P點的正下方Q點時與P點的距離s2.
圖8
解析 (1)帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到的重力G＝mg＝0.1 N，電場力F1＝qE1＝0.1 N，即G＝F1，故帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得：
qv0B＝mv20R，解得：R＝mv0qB＝1×10－2×44×10－5×103 m＝1 m，由幾何關(guān)系得：s1＝2R＝2 m.
(2)帶電小球在P點的速度大小仍為v0＝4 m/s，方向與水平方向成45°.由于電場力F2＝qE2＝0.1 N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F＝210 N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個電場中做類平拋運動，
建立如圖所示的x、y坐標(biāo)系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度大小
a＝Fm＝102 m/s2，位移大小y＝12at2，
沿x軸方向上，帶電小球的位移大小x＝v0t
由幾何關(guān)系有：y＝x，
即：12at2＝v0t，解得：t＝252 s，
Q點到P點的距離s2＝2x＝2×4×252 m＝3.2 m.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://douzifanli.com/gaosan/67361.html
相關(guān)閱讀：北京2013年高考物理試題答案解析