屆高考物理二輪復習專題三電場與磁場專題綜合訓練

1、天才是百分之一的靈感加百分之九十九的勤奮專題三電場與磁場專題綜合訓練（三1.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點電勢一一定用J號N點電勢金戈鐵制卷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勺對角線相交于 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=O惻（）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、電場強度均不相同3.3qB. k_C.k.如圖

2、所示，正方形線框由邊長為 L的粗細均勻的絕緣棒組成，0是線框白中心，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0A連線延長線向上移 動會的距離到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0點的電場強度大小 為（）A. 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(nèi)，截取一段軌跡發(fā)現(xiàn)其相于過軌跡最高點0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.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

3、.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) MNt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5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、B所帶電荷量分別為 Q和Q,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

4、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，0點為AB連線的中點，則（）A.B帶正電，A帶負電，且|Qi|>|Q2|B.0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.口如圖所示，矩形虛線框的真空區(qū)域內(nèi)存在著沿紙面方向的勻強電場（具體方向未畫出），一粒子從bc邊上的M點以速度Vo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。下列說法不正確的是（）A.粒子到Q點時的速度大小可能小于VoB.粒子到Q點時的速度大小可能等于voC.粒子到Q點時的速度方向可能

5、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)于丫軸（沿豎直方向）對稱，。M N三點均在y軸上，且OM=MNP點在y軸的右側(cè)，MPL ON下列說法正確的是（）A.M點的電勢與 P點的電勢相等8 .將質(zhì)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(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的粒子甲從 O點以速率vo射出，運動到A點時速率為3vo；另一質(zhì)量為m電荷量為-q的粒子乙以速率3vo仍從O點射出，運動到B點速率為4vo,不計重力的 影響。則（）A.在Q

6、A B三點中，O點電勢最高B.Q 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

7、環(huán)內(nèi)做圓周運動。已知小球所受電場力是其重力的工，圓環(huán)半徑為R斜面傾角0=60。，Sbc=2R若使小球在圓環(huán)內(nèi)能彳完整的圓周運動至少為多少？ 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(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。小球進入電場區(qū)域，并從該區(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；吊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??；(2)求小球射出的初速度大??；(3)要使小球M N

8、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 wxw 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(zhì)量為 m電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸上的A點，以速度Vo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(jīng)過 B點和C點，A、B、C三點的坐標分別為t0, d- 62(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?。?2)勻強磁場的磁感應強度 B的大?。?3)帶電粒子從 A到C的運動時間t。加速電場

9、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偏轉(zhuǎn)電場，電場與水平方向成 60。角，同心大圓半徑為 內(nèi)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),磁感應弓雖度為 區(qū) 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入磁場 ，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好從內(nèi)圓的最高點 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(zhuǎn)電場的電場強度大?。?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 E,寬度為do在n區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強磁場和豎直

10、方向的電場 釋放后沿虛線做直線運動進入 后做勻速圓周運動且還能回到E,寬度也為do 一帶電量為q、質(zhì)量為m的微粒自圖中P點由靜止 n區(qū)的磁場，已知PQ與中間邊界 MN勺夾角是60°。若微粒進入 n區(qū) MNi界上。重.力加速度為go I區(qū)和n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E； (2) n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(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、磁感應強度 B=1 T的勻強磁場；ON為處于y軸上的彈性絕緣擋板，ONK h=

11、3m;M為x軸負方向上一點，OM2 L=1 m?，F(xiàn)有一比荷為 其=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軸方向垂直射入磁場。耳 0 ：(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

12、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(jù)等量異種電荷電場線的分布規(guī)律可知，0處電勢為零，A處電勢為正，。處電勢為負，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；R 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 0點產(chǎn)生的電場等效于與 A點對應的電荷量為 q的電荷在0點產(chǎn) 功-$3上生的電場，故日二歹 】b點的電荷在 0點產(chǎn)生的電場強度為 E2=理，由電場的疊加可知北中E=E-E

13、2=o4. 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0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，此日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，

14、-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(jù)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(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，靜電力彳正功，選項D正確。6. B解析 根據(jù)電場線的流向，知A帶正電，B帶負電

15、；D點的電場強度可看成 A B兩電荷在該 點產(chǎn)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(chǎn)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(chǎn)生的電場強度大于 B電荷在D點產(chǎn)生 的電場強度，而AD>BD所以Q>Q,故A不正確；沿著電場線方向電勢降低，所以0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>U,再根據(jù)Ep=qU q為負電荷，知Epc<Rd,故C錯誤；只 有電場線方向是一條直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行 ，運動軌跡才與電場線重合。 而該電場線是一條曲線，所以運動軌跡與電場線不重合

16、，故D錯誤。7. C解析Q點的電勢可能高于 M點的電勢，質(zhì)子從M到Q電場力作負功，速度減小，粒子到Q 點時的速度小于 V0,故A正確；Q點的電勢可能等于 M點的電勢，粒子從M到Q電場力不做功，到Q點 時的速度可能等于 V0,故B正確；粒子做曲線運動，所以質(zhì)子到Q點時的速度方向不可能與 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6 M> 6 p,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

17、；電場線的疏密表示電場的強弱 ，由題圖可知，從0點到N點電場強度減小，根 據(jù)U=EdM N兩點間的電勢差比 Q M兩點間的電勢差小，故C錯誤；帶正電的粒子從 0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；qUO=zm(3 vo)2-三巾為-qUoB=2m(4v0)2-*m3 v0)2，可得 qUO>qUbB 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

18、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G 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= 3mg方向與豎直方向夾角為 37。

19、，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，若球陪恰好能通過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 7T,即StJg2lmg=m 飛-,選才I A點作為初態(tài)，口點為末態(tài)，由動能定理有 mg( h-R-Rcos 37 ° )-Jmgjhtan 37 ° +2R+&in 37 ° ) =£m"。'，代入數(shù)據(jù)：mgj h-1. 8討-,mg力+2.6R=-mgR解得：h=10R12.答案(1)(2)網(wǎng) (3) V0>24虱解析設小球 M N在A點水平射出的初速度大小為V0,則剛

20、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=彳竄/進入電場后，水平方向L=v0t 2則有 t 1=t2=t1設小球N運動的加速度為 a,豎直方向d=-vy1t+Wat2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'tqE+mg=ma'京叱2+辦理)=8X第 /2 + 'F)解得V0=”必1(3)以豎直向下為正，M的豎直位移yM=Vy1t+Fa't 21N的豎直位移 yN=Vy1t-Wat2yM-y nW l解得 Vo>213

21、.答案(2)解析(1)門Td=d=v0t竺a= 也;帶電粒子在電場中做類平拋運動_at2聯(lián)立解得：E二2d(2)設帶電粒子剛進入磁場時偏角為 artan 0 = 也V= 0 ,速度為v解得：0 =30 ° , v=帶電粒子進入磁場后做勻速圓周運動TTUT又R=一(3H,由幾何關(guān)系知：d=RSin0 +RCos解得：B二帶電粒子在電場中運動的時間:11= 即iso"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=512XW將B代入解得：t2=12十5(季、,孰所以帶電粒子從 A到C的運動時間：t=t 1+t2=14.答案(1) v=T- (2)

22、 E=3.3S2r(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+(dir-R) 2=R2,解得：R= r,V2洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m 方解得：v=(2)由幾何知識得：cos e =a,解得 e =30。，帶電粒子由題意可知，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二vt,進入電場后做類平拋運動，垂直于電場方向：2 r cos 60沿電場方向：2 rsin 60t2,肌 3qB-r解得：E= 1粒子在電場中加速,由動能定理得：qU加二WmV,理辟電辟粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：Bqv=m 下，解得：5口=;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：粒子軌道半徑：R=、,'3r,則：vi=嬴*/ U加1 =73+1因 i/3+l粒子軌道半徑：R=Tr,v2=r,x 9-1Sq v' 3*1.粒子軌道半徑：R=rr, V3=r,在磁場中做完整的圓周運動，進入磁場的速度范圍0<v<15.答案(1) Ei=(2) B>飛(iT u,TT=4用吃肝工為3 - 4m ，故使粒子不進入電場并w自 1 qBr > 3+1 q&-1