（浙江选考）2019届高考物理二轮复习专题三电场与磁场专题综合训练.doc

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1、1专题三 电场与磁场专题综合训练(三)1.如图所示,某区域电场线左右对称分布, M、 N 为对称线上两点。下列说法正确的是( )A.M 点电势一定高于 N 点电势B.M 点电场强度一定大于 N 点电场强度C.正电荷在 M 点的电势能小于在 N 点的电势能D.将电子从 M 点移动到 N 点,静电力做正功2.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、电场强度均相同B.A、 C 两处电势、电场强度均不相同C.B、 D 两处电势、电场强度均相同D.B、 D 两处电势、电场强度均不相同3

2、.如图所示,正方形线框由边长为 L 的粗细均匀的绝缘棒组成, O 是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上边框中点 A 处取下足够短的带电量为 q 的一小段,将其沿 OA 连线延长线向上移动 的距离到 B 点处,若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时 O 点的电场强度大小2为( )A.k B.k C.k D.k2 322 32 524.如图,在竖直方向的匀强电场中有一带负电荷的小球(初速度不为零),其运动轨迹在竖直平面(纸面)内,截取一段轨迹发现其相对于过轨迹最高点 O 的竖直虚线对称, A、 B 为运动轨迹上的点,忽略空气阻力,下列说法不正确的是( )A.B 点的电势比

3、 A 点高B.小球在 A 点的动能比它在 B 点的大C.小球在最高点的加速度不可能为零D.小球在 B 点的电势能可能比它在 A 点的大5.2如图所示,真空中同一平面内 MN 直线上固定电荷量分别为 -9Q 和 +Q 的两个点电荷,两者相距为 L,以+Q 点电荷为圆心,半径为 画圆 ,a、 b、 c、 d 是圆周上四点 ,其中 a、 b 在 MN 直线上, c、 d 两点连线2垂直于 MN,一电荷量为 q 的负点电荷在圆周上运动,比较 a、 b、 c、 d 四点,则下列说法错误的是( )A.a 点电场强度最大B.负点电荷 q 在 b 点的电势能最大C.c、 d 两点的电势相等D.移动负点电荷 q

4、 从 a 点到 c 点过程中静电力做正功6.真空中,两个固定点电荷 A、 B 所带电荷量分别为 Q1和 Q2,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了 C、 D 两点,其中 D 点的切线与 AB连线平行, O 点为 AB 连线的中点,则( )A.B 带正电, A 带负电,且 |Q1|Q2|B.O 点电势比 D 点电势高C.负检验电荷在 C 点的电势能大于在 D 点的电势能D.在 C 点静止释放一带正电的检验电荷,只在电场力作用下将沿电场线运动到 D 点7.如图所示,矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一粒子从

5、 bc边上的 M 点以速度 v0垂直于 bc 边射入电 场,从 cd 边上的 Q 点飞出电场,不计粒子重力。下列说法不正确的是( )A.粒子到 Q 点时的速度大小可能小于 v0B.粒子到 Q 点时的速度大小可能等于 v0C.粒子到 Q 点时的速度方向可能与 cd 边平行D.粒子到 Q 点时的速度方向可能与 cd 边垂直8.如图所示,某静电场的电场线分布关于 y 轴(沿竖直方向)对称, O、 M、 N 三点均在 y 轴上,且OM=MN。 P 点在 y 轴的右侧, MP ON,下列说法正确的是( )A.M 点的电势与 P 点的电势相等B.将质子由 M 点移动到 P 点,电场力做负功C.M、 N 两

6、点间的电势差比 O、 M 两点间的电势差大D.在 O 点由静止释放个质子,该质子将沿 y 轴正方向加速运动39.某静电场中有一质量为 m、电荷量为 +q 的粒子甲从 O 点以速率 v0射出,运动到 A 点时速率为 3v0;另一质量为 m、电荷量为 -q 的粒子乙以速率 3v0仍从 O 点射出,运动到 B 点速率为 4v0,不计重力的影响。则( )A.在 O、 A、 B 三点中, O 点电势最高B.O、 A 间的电势差与 B、 O 间的电势差相等C.甲电荷从 O 到 A 电场力对其所做的功比乙电荷从 O 到 B 电场力对其所做的功多D.甲电荷从 O 到 A 电场力对其做正功,乙电荷从 O 到 B

7、 电场力对其做负功10.在静电场中由静止释放一电子。该电子仅在电场力作用下沿直线运动,其加速度 a 随时间 t 的变化规律如图所示。则( )A.该电场可能为匀强电场B.电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直C.电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低D.电子具有的电势能逐渐增大11.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高 h 的 A 处由静止开始下滑,沿轨道 ABC 运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的 ,圆环半径为 R,斜面倾角 = 60,sBC=2R。若使小球在圆环内能做完整的圆周运动 ,h34至少为多少?12.如图所示,两

8、竖直虚线间距为 L,之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的 A 点将质量为 M、电荷量分别为 q 和 -q(q0)的带电小球 M、 N 先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域,并从该区域的右边界离开。已知 N 离开电场时的位置与 A 点在同一高度; M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 8 倍。不计空气阻力,重力加速度大小为 g。已知 A 点到左边界的距离也为L。(1)求该电场的电场强度大小;4(2)求小球射出的初速度大小;(3)要使小球 M、 N 离开电场时的位置之间的距离不超过 L,仅改变两小球的相同射出速度,求射出速度需满足的条件。13.如图所示,在直角坐标系 xOy

9、的第一象限中,0 x d 的空间存在着沿 y 轴正方向的匀强电场,在xd 的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场,一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子,从 y轴上的 A 点,以速度 v0沿 x 轴正方向进入电场,带电粒子在电场与磁场作用下,从 A 点 依次经过 B 点和 C 点, A、 B、 C 三点的坐标分别为 0,d- 、( d,d)、(2 d,0),不计带电粒子重力,求:36(1)匀强电场的电场强度 E 的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度 B 的大小;(3)带电粒子从 A 到 C 的运动时间 t。14.如图所示,半径为 r 的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场,电场与水平方向成

10、 60角,同心大圆半径为 r,两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场(圆的边界上有磁场),磁感应强度为 B。质量为3m、电荷量为 +q 的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场,经磁场偏转恰好从内圆的最高点 A处进入电场,并从最低点 C 处离开电场。不计粒子的重力。求:(1)该粒子从 A 处进入电场时的速率;5(2)偏转电场的电场强度大小;(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围。15.如图所示,在 区里有与水平方向成 60角的匀强电场 E1,宽度为 d。在 区里有垂直于纸面向外的匀强磁场和竖直方向的电场 E2,宽度也为 d。一带电量为 q、质量为 m 的微粒自图中 P

11、 点由静止释放后沿虚线做直线运动进入 区的磁场,已知 PQ 与中间边界 MN 的夹角是 60。若微粒进入 区后做匀速圆周运动且还能回到 MN 边界上。重 力加速度为 g。 区和 区的场在竖直方向足够长,d、 m、 q 已知,求:(1)微粒带何种电荷,电场强度 E1;(2) 区磁感应强度 B 的取值范围;(3)微粒第一次在磁场中运动的最长时间。16.如图, xOy 平面的第二象限内有平行 y 轴放置的金属板 A、 B,板间电压为 U;第一、三、四象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度 B=1 T 的匀强磁场; ON 为处于 y 轴上的弹性绝缘挡板, ON 长 h=3 m;M 为 x 轴负方向上一点,

12、 OM 长 L=1 m。现有一比荷为 =2.0 C/kg、重力不计 的带正电粒子从 A 板静止释放,经电场加速后从 B 板小孔处射出,恰好从挡板上端 N 点处平行 x 轴方向垂直射入磁场。6(1)若粒子不与挡板碰撞直接打到 M 点,则 U 为多大?(2)若粒子与挡板相碰后均能以原速率弹回,且碰撞时间不计、碰撞前后电荷量不变,粒子最后都能经过 M 点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?(结果保留三位有效数字)7专题综合训练(三)1.A 解析 顺着电场线电势降低,故 M 点电势一定高于 N 点电势,正电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能,故选项 A 正确; M 点的电场线较 N 点稀疏,

13、故 M 点电场强度一定小于 N 点电场强度,选项 B 错误;将电子从 M 点移动到 N 点,静电力做负功,选项 D 错误。2.C 解析 根据等量异种电荷电场线的分布规律可知, O 处电势为零, A 处电势为正, C 处电势为负, A 处电场强度方向向左, C 处电场强度方向也向左,大小相同,所以 A、 C 两处电势不等,电场强度相同,故 A、B 错误; B、 D 两处电场强度大小相等,方向水平向右,则电场强度相同,两处在同一等势面上,电势相同,故 C 正确,D 错误。3.C 解析 线框上的电荷在 O 点产生的电场等效于与 A 点对应的电荷量为 q 的电荷在 O 点产生的电场,故 E1= ,B

14、点的电荷在 O 点产生的电场强度为 E2= ,由电场的叠加可知 E=E1-(2) 2=42 2E2= 。324.A 解析 根据粒子的弯折方向可知,粒子所受合力方向一定指向下方;因轨迹关于 O 点对称,则电场力可能竖直向上,也可能竖直向下,即电场方向可能竖直向下,当电场方向竖直向下时 B 点的电势比 A 点高,带负电的小球在 B 点的电势能比它在 A 点的小;电场强度也可能竖直向上,此时 B 点的电势比 A 点低,带负电的小球在 B 点的电势能比它在 A 点的大,故 A 错误 ,D 正确;因小球所受合力方向向下,则从 A 到 B,合力做负功,则动能减小,即小球在 A 点的动能比它在 B 点的大,

15、选项 B 正确;因合力不为零,则小球在最高点的加速度不可能为零,选项 C 正确。5.B 解析 +Q 在 a、 b、 c、 d 四点的电场强度大小相等,在 a 点, -9Q 的电场强度最大,而且方向与 +Q 在 a 点的电场强度方向相同,根据合成可知 a 处电场强度最大,故 A 正确; a、 b、 c、 d 四点在以点电荷 +Q 为圆心的圆上,由 +Q 产生的电场在 a、 b、 c、 d 四点的电势相等,所以 a、 b、 c、 d 四点的总电势可以通过 -9Q 产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知, b 点的电势最高, c、 d 电势相等, a 点电势最低,根据负电荷在电势低处电

16、势能大,可知负点电荷 q 在 a 处的电势能最大,在 b 处的电势能最小,在 c、 d 两处的电势能相等,故 B 错误,C 正确;移动负点电荷 q 从 a 点到c 点过程中,电势能减小,静电力做正功,选项 D 正确。6.B 解析 根据电场线的流向,知 A 带正电, B 带负电; D 点的电场强度可看成 A、 B 两电荷在该点产生电场强度的合电场强度,电荷 A 在 D 点电场方向沿 AD 向上,电荷 B 在 D 点产生的电场强度方向沿 DB 向下,合电场强度方向水平向右,可知 A 电荷在 D 点产生的电场强度大于 B 电荷在 D 点产生的电场强度,而 ADBD,所以 Q1Q2,故 A 不正确;沿

17、着电场线方向电势降低,所以 O 点电势比 D 点电势高,故 B 正确; 沿电场线方向电势逐渐降低 ,UCUD,再根据 Ep=qU,q 为负电荷,知 EpC P,故 A 错误;由 M 到 P 电势降低,故将质子从 M 移动到 P 点,电势能减小,电场力做正功,故 B 错误;电场线的疏密表示电场的强弱,由题图可知,从 O 点到 N 点电场强度减小,根据 U=Ed,M、 N 两点间的电势差比 O、 M 两点间的电势差小,故 C 错误;带正电的粒子从 O 点由静止释放后,受电场力方向沿 y 轴正方向,所以将沿着 y 轴正方向做加速直线运动,但加速度越来越小,故D 正确。89.C 解析 由题意知,负电荷

18、从 O 到 B 电场力做正功,故 B 点电势高于 O 点电势,所以 A 错误;qUOA= m(3v0)2- ,-qUOB= m(4v0)2- m(3v0)2,可得 qUOAqUOB,即 O、 A 间的电势差高于 B、 O 间的12 12m02 12 12电势差,所以 B 错误,C 正确;乙电荷从 O 到 B 电场力对其做正功,故 D 错误。10.B 解析 由加速度 a 随时间 t 的变化图象可知,电子的加速度变化,所受电场力变化,运动轨迹上各点的电场强度大小改变,电场不是匀强电场,故 A 项错误;电子仅在电场力作用下沿直线运动,且运动过程中加速度方向不变,所受电场力方向不变,则运动轨迹上各点电

19、场强度方向一样且电场强度方向与轨迹同一直线,电场方向与等势面垂直,所以电子的运动轨迹与该电 场的等势面垂直,故 B 项正确;电子由静止释放做加速运动,电子所受电场力做正功,电子具有的电势能减小,电子运动过程中途经各点的电势逐渐升高,故 C、D 错误。11.答案 10 R解析 小球所受的重力和电场力都为恒力,故两力可等效为一个力 F,如图所示,可知 F= mg,方向与竖54直方向夹角为 37,偏左下;从图中可知,做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过 D 点,若球恰好能通过 D 点,则达到 D 点时小球与圆环间的弹力恰好为零,由圆周运动知识得: F=m ,即 mg=m ,2 54 2选择 A 点作

20、为初态, D 点为末态,由动能定理有 mg(h-R-Rcos 37)- mg(htan 37+2R+Rsin 37)34= ,代入数据 :mg(h-1.8R)- mg h+2.6R = mgR,解得: h=10R。12m2 34 34 125412.答案 (1) (2) (3)v024 2 解析 设小球 M、 N 在 A 点水平射出的初速度大小为 v0,则刚进入电场时的水平速度大小也为 v0,所以 M、 N 在电场中时间相等。进入电场前,水平方向 L=v0t1进入电场前,竖直方向 d=12g12进入电场后,水平方向 L=v0t2则有 t1=t2=t设小球 N 运动的加速度为 a,竖直方向 d=

21、-vy1t+ at212解得 a=3g由牛顿第二定律得 qE-mg=ma解得 E=4(2)粒子 M 射出电场时竖直速度为vy2=vy1+atqE+mg=ma9m( )=8 m( )12 02+22 12 02+12解得 v0= 2(3)以竖直向下为正, M 的竖直位移 yM=vy1t+ at212N 的竖直位移 yN=vy1t- at212yM-yN L解得 v02 13.答案 (1) (2)3023 (3+3)03(3)12+5(3- 3)12 0解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动d= at236 12d=v0ta=联立解得: E=3023(2)设带电粒子刚进入磁场时偏角为 ,速度为

22、vtan =0v=0来源:Zxxk.Com解得: =30,v=2303带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由几何关系知: d=Rsin +R cos 又 R=解得: B=(3+3)03(3)带电粒子在电场中运动的时间: t1=0由几何关系,带电粒子在磁场中转过的圆心角为 150,t2= T=150360 5122将 B 代入解得: t2=5(3- 3)120所以带电粒子从 A 到 C 的运动时间: t=t1+t2=12+5(3- 3)12 014.答案 (1) v= (2)E= (3)见解析233 832310解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示:由几何知识得: r2+( r-R

23、)2=R2,解得: R= r,3233洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得: qvB=m2解得: v= ;233(2)由几何知识得:cos = ,解得 = 30,=32由题意可知,电场与水平方向成 60角,则粒子进入电场时速度方向与电场方向垂直,带电粒子进入电场后做类平抛运动,垂直于电场方向:2 rcos 60=vt,沿电场方向:2 rsin 60= t2,12解得: E= ;8323(3)粒子在电场中加速,由动能定理得: qU 加 = mv2,12粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律得: Bqv=m ,解得: U 加 = ;2 222粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,运动轨迹如图所

24、示: 粒子轨道半径: R1= r,则: v1= r,U 加 1= ,33 3222 粒子轨道半径: R2= r,v2= r, ,3+12 3+12 加 2=(2+3)224 粒子轨道半径: R3= r,v3= r, ,故使粒子不进入电场并3-12 3-12 加 3=(2- 3)224在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围 0v v 。3-12 , 3+12 315.答案 (1) E1= (2)B (3)t=3 33 49 3解析 (1)带电微粒沿虚线做直线运动,微粒受重力和电场力作用电场力 F=qE1由力的平行四边形定则和几何关系得 F= mg3解得 E1=3(2)由微粒在 区的受力分析

25、可知 F 合 =mg11微粒从 P 到 Q 由动能定理得 F 合 x= mv212而 x= 解得 v=230 3因微粒还能回到 MN 边界上,所以微粒在 区最大圆与最右边界相切,由几 何关系得圆的半径r d23由牛顿第二定律 qvB=m2解得 B33(3)微粒在磁场中运动的周期 T=2联立得 T=2由此可知 B 越小周期越长,所以当 B= 时,粒子在磁场中运动周期最长;由几何关系得粒33子从进入磁场到返回 MN 边界转过的圆心角 = 43微粒第一次在磁场中运动的最长时间 t=3解得 t=49 316.答案 (1)2 .78 V (2)4.25 s解析 (1)粒子由 A 到 B,由动能定理得图

26、1qU=12m02粒子在磁场中运动,由牛顿第二定律得qv0B=m02由几何关系得r2=(h-r)2+L2联立解得 r= m53U= V2 .78 V259(2)因粒子速度方向与挡板垂直,圆心必在挡板上。设小球与挡板碰撞 n 次,则 n2r3由题意得 r1 m12故 n1.5,只能发生一次碰撞。由几何关系得(3 r-h)2+L2=r2解得: r1=1 m,r2=1.25 m分别作出图 2 和图 3 运动轨迹。图 2图 3比较两图可知当 r2=1.25 m 时粒子在磁场中运动时间更长。由图 3 得 tan = =0.75,= 3732-粒子在磁场中运动的周期为 T= = s2粒子在磁场中运 动最长时间为t= T+ T+ T4 .25 s12 34 360