（浙江選考）2022屆高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場專題綜合訓練

《（浙江選考）2022屆高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場專題綜合訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2022屆高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場專題綜合訓練（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（浙江選考）2022屆高考物理二輪復習 專題三 電場與磁場專題綜合訓練 1.如圖所示,某區(qū)域電場線左右對稱分布,M、N為對稱線上兩點。下列說法正確的是(　　) A.M點電勢一定高于N點電勢 B.M點電場強度一定大于N點電場強度 C.正電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能 D.將電子從M點移動到N點,靜電力做正功 2. 如圖所示,菱形ABCD的對角線相交于O點,兩個等量異種點電荷分別固定在AC連線上的M點與N點,且OM=ON,則(　　) A.A、C兩處電勢、電場強度均相同 B.A、C兩處電勢、電場強度均不相同 C.B、D兩處電勢、電場強度均相同 D.B、D兩處電勢、

2、電場強度均不相同 3. 如圖所示,正方形線框由邊長為L的粗細均勻的絕緣棒組成,O是線框的中心,線框上均勻地分布著正電荷,現(xiàn)在線框上邊框中點A處取下足夠短的帶電量為q的一小段,將其沿OA連線延長線向上移動的距離到B點處,若線框的其他部分的帶電量與電荷分布保持不變,則此時O點的電場強度大小為(　　) A.k B.k C.k D.k 4. 如圖,在豎直方向的勻強電場中有一帶負電荷的小球(初速度不為零),其運動軌跡在豎直平面(紙面)內,截取一段軌跡發(fā)現(xiàn)其相對于過軌跡最高點O的豎直虛線對稱,A、B為運動軌跡上的點,忽略空氣阻力,下列說法不正確的是(　　) A.B點的電勢比A點高 B

3、.小球在A點的動能比它在B點的大 C.小球在最高點的加速度不可能為零 D.小球在B點的電勢能可能比它在A點的大 5. 如圖所示,真空中同一平面內MN直線上固定電荷量分別為-9Q和+Q的兩個點電荷,兩者相距為L,以+Q點電荷為圓心,半徑為畫圓,a、b、c、d是圓周上四點,其中a、b在MN直線上,c、d兩點連線垂直于MN,一電荷量為q的負點電荷在圓周上運動,比較a、b、c、d四點,則下列說法錯誤的是(　　) A.a點電場強度最大 B.負點電荷q在b點的電勢能最大 C.c、d兩點的電勢相等 D.移動負點電荷q從a點到c點過程中靜電力做正功 6. 真空中,兩個固定點電荷A、

4、B所帶電荷量分別為Q1和Q2,在它們共同形成的電場中,有一條電場線如圖實線所示,實線上的箭頭表示電場線的方向,電場線上標出了C、D兩點,其中D點的切線與AB連線平行,O點為AB連線的中點,則(　　) A.B帶正電,A帶負電,且|Q1|>|Q2| B.O點電勢比D點電勢高 C.負檢驗電荷在C點的電勢能大于在D點的電勢能 D.在C點靜止釋放一帶正電的檢驗電荷,只在電場力作用下將沿電場線運動到D點 7. 如圖所示,矩形虛線框的真空區(qū)域內存在著沿紙面方向的勻強電場(具體方向未畫出),一粒子從bc邊上的M點以速度v0垂直于bc邊射入電場,從cd邊上的Q點飛出電場,不計粒子重力。下列說法不

5、正確的是(　　) A.粒子到Q點時的速度大小可能小于v0 B.粒子到Q點時的速度大小可能等于v0 C.粒子到Q點時的速度方向可能與cd邊平行 D.粒子到Q點時的速度方向可能與cd邊垂直 8. 如圖所示,某靜電場的電場線分布關于y軸(沿豎直方向)對稱,O、M、N三點均在y軸上,且OM=MN。P點在y軸的右側,MP⊥ON,下列說法正確的是(　　) A.M點的電勢與P點的電勢相等 B.將質子由M點移動到P點,電場力做負功 C.M、N兩點間的電勢差比O、M兩點間的電勢差大 D.在O點由靜止釋放個質子,該質子將沿y軸正方向加速運動 9.某靜電場中有一質量為m、電荷量為+q的粒子

6、甲從O點以速率v0射出,運動到A點時速率為3v0;另一質量為m、電荷量為-q的粒子乙以速率3v0仍從O點射出,運動到B點速率為4v0,不計重力的影響。則(　　) A.在O、A、B三點中,O點電勢最高 B.O、A間的電勢差與B、O間的電勢差相等 C.甲電荷從O到A電場力對其所做的功比乙電荷從O到B電場力對其所做的功多 D.甲電荷從O到A電場力對其做正功,乙電荷從O到B電場力對其做負功 10. 在靜電場中由靜止釋放一電子。該電子僅在電場力作用下沿直線運動,其加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。則(　　) A.該電場可能為勻強電場 B.電子的運動軌跡與該電場的等勢面垂直 C.電

7、子運動過程中途經各點的電勢逐漸降低 D.電子具有的電勢能逐漸增大 11. 如圖所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道,處于水平向右的勻強電場中,帶負電荷的小球從高h的A處由靜止開始下滑,沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內做圓周運動。已知小球所受電場力是其重力的,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角θ=60°,sBC=2R。若使小球在圓環(huán)內能做完整的圓周運動,h至少為多少? 12. 如圖所示,兩豎直虛線間距為L,之間存在豎直向下的勻強電場。自該區(qū)域的A點將質量為M、電荷量分別為q和-q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球進入電場區(qū)域,并從

8、該區(qū)域的右邊界離開。已知N離開電場時的位置與A點在同一高度;M剛離開電場時的動能為剛進入電場時動能的8倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。已知A點到左邊界的距離也為L。 (1)求該電場的電場強度大小; (2)求小球射出的初速度大小; (3)要使小球M、N離開電場時的位置之間的距離不超過L,僅改變兩小球的相同射出速度,求射出速度需滿足的條件。 13. 如圖所示,在直角坐標系xOy的第一象限中,0≤x≤d的空間存在著沿y軸正方向的勻強電場,在x>d的空間存在著垂直紙面方向向外的勻強磁場,一個質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,從y

9、軸上的A點,以速度v0沿x軸正方向進入電場,帶電粒子在電場與磁場作用下,從A點依次經過B點和C點,A、B、C三點的坐標分別為0,d-、(d,d)、(2d,0),不計帶電粒子重力,求: (1)勻強電場的電場強度E的大小; (2)勻強磁場的磁感應強度B的大小; (3)帶電粒子從A到C的運動時間t。 14. 如圖所示,半徑為r的圓形區(qū)域內有平行于紙面的勻強偏轉電場,電場與水平方向成60°角,同心大圓半徑為r,兩圓間有垂直于紙面向里的勻強磁場(圓的邊界上有磁場),磁感應強度為B。質量為m、電荷量為+q的粒子經電場加速后恰好沿磁場邊界進入磁場,經磁場偏轉恰好從內圓的

10、最高點A處進入電場,并從最低點C處離開電場。不計粒子的重力。求: (1)該粒子從A處進入電場時的速率; (2)偏轉電場的電場強度大小; (3)使該粒子不進入電場并在磁場中做完整的圓周運動,進入磁場的速度范圍。 15. 如圖所示,在Ⅰ區(qū)里有與水平方向成60°角的勻強電場E1,寬度為d。在Ⅱ區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強磁場和豎直方向的電場E2,寬度也為d。一帶電量為q、質量為m的微粒自圖中P點由靜止釋放后沿虛線做直線運動進入Ⅱ區(qū)的磁場,已知PQ與中間邊界MN的夾角是60°。若微粒進入Ⅱ區(qū)后做勻速圓周運動且還能回到MN邊

11、界上。重力加速度為g。Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)的場在豎直方向足夠長,d、m、q已知,求: (1)微粒帶何種電荷,電場強度E1; (2)Ⅱ區(qū)磁感應強度B的取值范圍; (3)微粒第一次在磁場中運動的最長時間。 16.如圖,xOy平面的第二象限內有平行y軸放置的金屬板A、B,板間電壓為U;第一、三、四象限內存在垂直紙面向外、磁感應強度B=1 T的勻強磁場;ON為處于y軸上的彈性絕緣擋板,ON長h=3 m;M為x軸負方向上一點,OM長L=1 m?，F(xiàn)有一比荷為=2.0 C/kg、重力不計的帶正電粒子從A板靜止釋放,經電場加速后從B板小孔處射出,恰好從擋板上端N點處平行x軸方向垂直射入磁

12、場。 (1)若粒子不與擋板碰撞直接打到M點,則U為多大? (2)若粒子與擋板相碰后均能以原速率彈回,且碰撞時間不計、碰撞前后電荷量不變,粒子最后都能經過M點,則粒子在磁場中運動的最長時間為多少?(結果保留三位有效數(shù)字) 專題綜合訓練(三) 1.A　解析 順著電場線電勢降低,故M點電勢一定高于N點電勢,正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能,故選項A正確;M點的電場線較N點稀疏,故M點電場強度一定小于N點電場強度,選項B錯誤;將電子從M點移動到N點,靜電力做負功,選項D錯誤。 2.C　解析 根據等量異種電荷電場線的分布規(guī)律可知,O處電勢為零,A處電勢為正,C處電勢為負,

13、A處電場強度方向向左,C處電場強度方向也向左,大小相同,所以A、C兩處電勢不等,電場強度相同,故A、B錯誤;B、D兩處電場強度大小相等,方向水平向右,則電場強度相同,兩處在同一等勢面上,電勢相同,故C正確,D錯誤。 3.C　解析 線框上的電荷在O點產生的電場等效于與A點對應的電荷量為q的電荷在O點產生的電場,故E1=,B點的電荷在O點產生的電場強度為E2=,由電場的疊加可知E=E1-E2=。 4.A　解析 根據粒子的彎折方向可知,粒子所受合力方向一定指向下方;因軌跡關于O點對稱,則電場力可能豎直向上,也可能豎直向下,即電場方向可能豎直向下,當電場方向豎直向下時B點的電勢比A點高,帶負電的小

14、球在B點的電勢能比它在A點的小;電場強度也可能豎直向上,此時B點的電勢比A點低,帶負電的小球在B點的電勢能比它在A點的大,故A錯誤,D正確;因小球所受合力方向向下,則從A到B,合力做負功,則動能減小,即小球在A點的動能比它在B點的大,選項B正確;因合力不為零,則小球在最高點的加速度不可能為零,選項C正確。 5.B　解析 +Q在a、b、c、d四點的電場強度大小相等,在a點,-9Q的電場強度最大,而且方向與+Q在a點的電場強度方向相同,根據合成可知a處電場強度最大,故A正確;a、b、c、d四點在以點電荷+Q為圓心的圓上,由+Q產生的電場在a、b、c、d四點的電勢相等,所以a、b、c、d四點的總電

15、勢可以通過-9Q產生的電場的電勢確定,根據順著電場線方向電勢降低可知,b點的電勢最高,c、d電勢相等,a點電勢最低,根據負電荷在電勢低處電勢能大,可知負點電荷q在a處的電勢能最大,在b處的電勢能最小,在c、d兩處的電勢能相等,故B錯誤,C正確;移動負點電荷q從a點到c點過程中,電勢能減小,靜電力做正功,選項D正確。 6.B　解析 根據電場線的流向,知A帶正電,B帶負電;D點的電場強度可看成A、B兩電荷在該點產生電場強度的合電場強度,電荷A在D點電場方向沿AD向上,電荷B在D點產生的電場強度方向沿DB向下,合電場強度方向水平向右,可知A電荷在D點產生的電場強度大于B電荷在D點產生的電場強度,而

16、AD>BD,所以Q1>Q2,故A不正確;沿著電場線方向電勢降低,所以O點電勢比D點電勢高,故B正確;沿電場線方向電勢逐漸降低,UC>UD,再根據Ep=qU,q為負電荷,知EpC

17、方向不可能與cd邊平行,故C錯誤;質子做曲線運動,質子到Q點時的速度方向可能與cd邊垂直,故D正確。 8.D　解析 過P點作等勢線如圖所示,可得到過P點的等勢線通過M、N之間,因順著電場線電勢逐漸降低,則有φM>φP,故A錯誤;由M到P電勢降低,故將質子從M移動到P點,電勢能減小,電場力做正功,故B錯誤;電場線的疏密表示電場的強弱,由題圖可知,從O點到N點電場強度減小,根據U=Ed,M、N兩點間的電勢差比O、M兩點間的電勢差小,故C錯誤;帶正電的粒子從O點由靜止釋放后,受電場力方向沿y軸正方向,所以將沿著y軸正方向做加速直線運動,但加速度越來越小,故D正確。 9.C　解析 由題意知,負

18、電荷從O到B電場力做正功,故B點電勢高于O點電勢,所以A錯誤;qUOA=m(3v0)2-,-qUOB=m(4v0)2-m(3v0)2,可得qUOA>qUOB,即O、A間的電勢差高于B、O間的電勢差,所以B錯誤,C正確;乙電荷從O到B電場力對其做正功,故D錯誤。 10.B　解析 由加速度a隨時間t的變化圖象可知,電子的加速度變化,所受電場力變化,運動軌跡上各點的電場強度大小改變,電場不是勻強電場,故A項錯誤;電子僅在電場力作用下沿直線運動,且運動過程中加速度方向不變,所受電場力方向不變,則運動軌跡上各點電場強度方向一樣且電場強度方向與軌跡同一直線,電場方向與等勢面垂直,所以電子的運動軌跡與該電

19、場的等勢面垂直,故B項正確;電子由靜止釋放做加速運動,電子所受電場力做正功,電子具有的電勢能減小,電子運動過程中途經各點的電勢逐漸升高,故C、D錯誤。 11.答案 10R 解析 小球所受的重力和電場力都為恒力,故兩力可等效為一個力F,如圖所示,可知F=mg,方向與豎直方向夾角為37°,偏左下;從圖中可知,做完整的圓周運動的臨界條件是恰能通過D點,若球恰好能通過D點,則達到D點時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為零,由圓周運動知識得:F=m,即mg=m,選擇A點作為初態(tài),D點為末態(tài),由動能定理有mg(h-R-Rcos 37°)-mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=,代入數(shù)據:mg

20、(h-1.8R)-mgh+2.6R=mgR,解得:h=10R。 12.答案 (1)　(2)　(3)v0≥2 解析 設小球M、N在A點水平射出的初速度大小為v0,則剛進入電場時的水平速度大小也為v0,所以M、N在電場中時間相等。 進入電場前,水平方向L=v0t1 進入電場前,豎直方向d= 進入電場后,水平方向L=v0t2 則有t1=t2=t 設小球N運動的加速度為a,豎直方向d=-vy1t+at2 解得a=3g 由牛頓第二定律得qE-mg=ma 解得E= (2)粒子M射出電場時豎直速度為 vy2=vy1+a't qE+mg=ma' m()=8×m() 解得v0=

21、(3)以豎直向下為正,M的豎直位移yM=vy1t+a't2 N的豎直位移yN=vy1t-at2 yM-yN≤L 解得v0≥2 13.答案 (1)　(2) (3) 解析 (1)帶電粒子在電場中做類平拋運動 d=at2 d=v0t a= 聯(lián)立解得:E= (2)設帶電粒子剛進入磁場時偏角為θ,速度為v tan θ= v= 解得:θ=30°,v= 帶電粒子進入磁場后做勻速圓周運動,由幾何關系知:d=Rsin θ+Rcos θ 又R= 解得:B= (3)帶電粒子在電場中運動的時間:t1= 由幾何關系,帶電粒子在磁場中轉過的圓心角為150°,t2=T= 將B代入

22、解得:t2= 所以帶電粒子從A到C的運動時間:t=t1+t2= 14.答案 (1)v=　(2)E=　(3)見解析 解析 (1)粒子在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示: 由幾何知識得:r2+(r-R)2=R2,解得:R=r, 洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=m 解得:v=; (2)由幾何知識得:cos θ=,解得θ=30°, 由題意可知,電場與水平方向成60°角,則粒子進入電場時速度方向與電場方向垂直,帶電粒子進入電場后做類平拋運動,垂直于電場方向:2rcos 60°=vt, 沿電場方向:2rsin 60°=t2, 解得:E=; (3)粒子在電場中加速,

23、由動能定理得:qU加=mv2, 粒子在磁場中做圓周運動,由牛頓第二定律得:Bqv=m,解得:U加=; 粒子不進入電場并在磁場中做完整的圓周運動,運動軌跡如圖所示: ①粒子軌道半徑:R1=r,則:v1=r,U加1=, ②粒子軌道半徑:R2=r,v2=r,, ③粒子軌道半徑:R3=r,v3=r,,故使粒子不進入電場并在磁場中做完整的圓周運動,進入磁場的速度范圍0

24、Ⅰ區(qū)的受力分析可知F合=mg 微粒從P到Q由動能定理得F合·x=mv2 而x=　解得v=2 因微粒還能回到MN邊界上,所以微粒在Ⅱ區(qū)最大圓與最右邊界相切,由幾何關系得圓的半徑r≤d 由牛頓第二定律qvB=m 解得B≥ (3)微粒在磁場中運動的周期T= 聯(lián)立得T= 由此可知B越小周期越長,所以當B=時,粒子在磁場中運動周期最長;由幾何關系得粒子從進入磁場到返回MN邊界轉過的圓心角θ=π 微粒第一次在磁場中運動的最長時間t= 解得t= 16.答案 (1)2.78 V　(2)4.25 s 解析 (1)粒子由A到B,由動能定理得 圖1 qU= 粒子在磁場中運動,由牛頓

25、第二定律得 qv0B=m 由幾何關系得 r2=(h-r)2+L2 聯(lián)立解得r= m U= V≈2.78 V (2)因粒子速度方向與擋板垂直,圓心必在擋板上。 設小球與擋板碰撞n次,則n·2r<3 由題意得r≥1 m 故n<1.5,只能發(fā)生一次碰撞。 由幾何關系得(3r-h)2+L2=r2 解得:r1=1 m,r2=1.25 m 分別作出圖2和圖3運動軌跡。 圖2 圖3 比較兩圖可知當r2=1.25 m時粒子在磁場中運動時間更長。 由圖3得tan θ==0.75,θ=37° 粒子在磁場中運動的周期為T==π s 粒子在磁場中運動最長時間為 t=T+T+T≈4.25 s