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1、（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場專題綜合訓(xùn)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(qiáng)度一定大于N點電場強(qiáng)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(qiáng)度均相同 B.A、C兩處電勢、電場強(qiáng)度均不相同 C.B、D兩處電勢、電場強(qiáng)度均相同 D.B、D兩處電勢、

2、電場強(qiáng)度均不相同 3. 如圖所示,正方形線框由邊長為L的粗細(xì)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(qiáng)度大小為(　　) A.k B.k C.k D.k 4. 如圖,在豎直方向的勻強(qiáng)電場中有一帶負(fù)電荷的小球(初速度不為零),其運動軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi),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(nèi)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(fù)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(qiáng)度最大 B.負(fù)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(fù)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(biāo)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(fù)電,且|Q1|>|Q2| B.O點電勢比D點電勢高 C.負(fù)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(nèi)存在著沿紙面方向的勻強(qiáng)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(guān)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(cè),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(zhì)子由M點移動到P點,電場力做負(fù)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(zhì)子,該質(zhì)子將沿y軸正方向加速運動 9.某靜電場中有一質(zhì)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(zhì)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(fù)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(qiáng)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(jīng)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(nèi)放置的光滑絕緣軌道,處于水平向右的勻強(qiáng)電場中,帶負(fù)電荷的小球從高h(yuǎn)的A處由靜止開始下滑,沿軌道ABC運動并進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)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(nèi)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(qiáng)電場。自該區(qū)域的A點將質(zhì)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(jìn)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(jìn)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(qiáng)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(biāo)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(qiáng)電場,在x>d的空間存在著垂直紙面方向向外的勻強(qiáng)磁場,一個質(zhì)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(jìn)入電場,帶電粒子在電場與磁場作用下,從A點依次經(jīng)過B點和C點,A、B、C三點的坐標(biāo)分別為0,d-、(d,d)、(2d,0),不計帶電粒子重力,求: (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小; (2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(nèi)有平行于紙面的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)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(qiáng)磁場(圓的邊界上有磁場),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)電場加速后恰好沿磁場邊界進(jìn)入磁場,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好從內(nèi)圓的

10、最高點A處進(jìn)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(jìn)入電場時的速率; (2)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小; (3)使該粒子不進(jìn)入電場并在磁場中做完整的圓周運動,進(jìn)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(qiáng)電場E1,寬度為d。在Ⅱ區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場和豎直方向的電場E2,寬度也為d。一帶電量為q、質(zhì)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(jìn)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(jìn)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(qiáng)度E1; (2)Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)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(nèi)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(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T的勻強(qiáng)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(fù)方向上一點,OM長L=1 m。現(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(jīng)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(jīng)過M點,則粒子在磁場中運動的最長時間為多少?(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 專題綜合訓(xùn)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(qiáng)度一定小于N點電場強(qiáng)度,選項B錯誤;將電子從M點移動到N點,靜電力做負(fù)功,選項D錯誤。 2.C　解析 根據(jù)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(fù),

13、A處電場強(qiáng)度方向向左,C處電場強(qiáng)度方向也向左,大小相同,所以A、C兩處電勢不等,電場強(qiáng)度相同,故A、B錯誤;B、D兩處電場強(qiáng)度大小相等,方向水平向右,則電場強(qiáng)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(chǎn)生的電場等效于與A點對應(yīng)的電荷量為q的電荷在O點產(chǎn)生的電場,故E1=,B點的電荷在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E2=,由電場的疊加可知E=E1-E2=。 4.A　解析 根據(jù)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(guān)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(dāng)電場方向豎直向下時B點的電勢比A點高,帶負(fù)電的小

14、球在B點的電勢能比它在A點的小;電場強(qiáng)度也可能豎直向上,此時B點的電勢比A點低,帶負(fù)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(fù)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(qiáng)度大小相等,在a點,-9Q的電場強(qiáng)度最大,而且方向與+Q在a點的電場強(qiáng)度方向相同,根據(jù)合成可知a處電場強(qiáng)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(chǎn)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(chǎn)生的電場的電勢確定,根據(jù)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(jù)負(fù)電荷在電勢低處電勢能大,可知負(fù)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(fù)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(jù)電場線的流向,知A帶正電,B帶負(fù)電;D點的電場強(qiáng)度可看成A、B兩電荷在該點產(chǎn)生電場強(qiáng)度的合電場強(qiáng)度,電荷A在D點電場方向沿AD向上,電荷B在D點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向沿DB向下,合電場強(qiáng)度方向水平向右,可知A電荷在D點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大于B電荷在D點產(chǎn)生的電場強(qiáng)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(shè)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(jù)Ep=qU,q為負(fù)電荷,知EpC

17、方向不可能與cd邊平行,故C錯誤;質(zhì)子做曲線運動,質(zhì)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(zhì)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(qiáng)弱,由題圖可知,從O點到N點電場強(qiáng)度減小,根據(jù)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(fù)

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(qiáng)度大小改變,電場不是勻強(qiáng)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(qiáng)度方向一樣且電場強(qiáng)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(jīng)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(dá)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(jù):mg

20、(h-1.8R)-mgh+2.6R=mgR,解得:h=10R。 12.答案 (1)　(2)　(3)v0≥2 解析 設(shè)小球M、N在A點水平射出的初速度大小為v0,則剛進(jìn)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(jìn)入電場前,水平方向L=v0t1 進(jìn)入電場前,豎直方向d= 進(jìn)入電場后,水平方向L=v0t2 則有t1=t2=t 設(shè)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(shè)帶電粒子剛進(jìn)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(jìn)入磁場后做勻速圓周運動,由幾何關(guān)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(guān)系,帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)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(jìn)入電場時速度方向與電場方向垂直,帶電粒子進(jìn)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(jìn)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(jìn)入電場并在磁場中做完整的圓周運動,進(jìn)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(guān)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(dāng)B=時,粒子在磁場中運動周期最長;由幾何關(guān)系得粒子從進(jìn)入磁場到返回MN邊界轉(zhuǎn)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(guān)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(shè)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(guān)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(dāng)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