2020年山東新高考物理模擬猜題專項匯編(8)磁場

1、2020年山東新高考物理模擬猜題專項匯編（11）磁場1.如圖所示，在x0y平面內(nèi)有一勻強電場，以坐標原點O為圓心的圓，與x、y軸的交點分別為a、b、c、d，從坐標原點0向紙面內(nèi)各個方向以等大的速率射出電子，可以到達圓周上任意一點， 而到達b點的電子動能增加量最大。則 （）0n. dA .電場線與x軸平行B. a點電勢大于c點電勢C.在圓周上的各點中，b點電勢最高D.電子從0點射出至運動到b點過程中，其電勢能增加2 .如圖所示，4ABC為等邊三角形，邊長為 L。在A B、C三個頂點上各固定一個點電荷，帶電荷量分別為 q、 q、 q。已知靜電力常量為 k。則abc中心處的場強大小為（）B.3 3k

2、qL23kq .3kqdtB.3 .在水平坐標軸上固定兩個點電荷a、b,已知a的電荷量為+4q ,固定在x 0處,b的電荷量未知，固定在x 4cm處，將一個試探電荷從 x 6cm處無初速度釋放，其只在a、b的電場力作用下運動的v X圖像如圖所示，取無窮遠處電勢為0,下列說法正確的是（）6A.b的電荷量為qB.試探電荷帶正電荷C.試探電荷的電勢能逐漸減小D. x 8cm處電勢大于04.真空中兩個點電荷 Q、Q2分別固定于x軸上Xi 0和X2 4a兩點，在它們的連線上場強關系如圖所示（取 x軸正方向為場強正方向，無窮遠處為電勢零點），以下判斷正確的是（A. Qi、Q2都帶正電B. Qi與Q2的電荷

3、量之比是1 ： 3C.x軸上x a處的電勢小于零D.正點電荷q在x軸上x 2a處的電勢能比在 x 3a處的小5.如圖是在一個電場中a、b、c、d四點分別引入檢驗電荷時，測得的檢驗電荷的電荷量跟它所受電場力的函數(shù)關系圖象，那么下列敘述正確的是（）A.這個電場是勻強電場B. a、b、c、d四點的電場強度大小關系是EdEaEbEcC. a、b、cd四點的電場強度大小關系是EaEbEdEcD.無法確定這四個點的電場強度大小關系6 .如圖甲所示，在 y 。和y 2m之間有平行x軸的勻強電場， MN為電場區(qū)域的上邊界，在 x軸方向范圍足夠大。電場強度的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向?，F(xiàn)有一個帶負

4、電的粒子，粒子的比荷-q 1.0 10 2C/kg,在t 。時刻以速度V0 5 102m/s從。點沿y軸正方向進入電 m場區(qū)域，不計粒子的重力。求：(1)粒子通過電場區(qū)域的時間;(2)粒子離開電場的位置坐標;(3)粒子通過電場區(qū)域后沿 x軸方向的速度大小。7 .如圖所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的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 沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，M剛離開電場時的動能為 N

5、剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g,求：(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小。8 .在真空示波管中建立 xOy坐標系，如圖所示，在 0 x X1 0.12 m的范圍存在平行于 y軸向下的勻強電場(圖中未畫出)，電場強度E 4500 N/C , 一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，從yi 0.1m處平行于x軸進入電場。電子離開電場后繼續(xù)運動，最終打到平行于y軸的熒光屏上的31 .P點(天光屏未回出)，P點縱坐標y3 0.15 m。已知電子質(zhì)重 m 9.0 10 kg ,電何重e 1.6 1019C,加速電場電

6、壓U0 1 620 V o (電子一直在xOy平面內(nèi)運動，所受重力不計)求：/;I I |"SI«(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度大小V0；(2)電子離開電場時的縱坐標y2；(3)熒光屏所在處的橫坐標X2。Vo垂直于電場方向射入一個電120°角，不計重力.求：9.如圖所示，一質(zhì)量為 m、電荷量為 q的帶電粒子，從 A點以速度場強度為E的勻強電場中，從 B點射出電場時的速度方向與電場線成(1)帶電粒子通過 B點時速度vB的大小;(2) A、B兩點間的電勢差UAB.10.如圖所示，有一對長 4cm的平行金屬板，相距 3cm傾斜放置與水平面成 37角，兩板間加上50 V

7、電壓，有一帶電粒子質(zhì)量為 4 10 8 kg ,以1m/s的速度自A板左邊緣C水平進入電場，在電場中沿水平方向運動并恰好從B板邊緣水平飛出，虛線為其運動軌跡，g 10m/s2, sin 37 0.6。求：(1)該電場的電場強度E ；(2)帶電粒子所帶電量q；(2)帶電粒子飛出電場時的速度V。11.如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于 xy平面(紙面)向外，電場 E和磁場B都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣。帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q從P(x 0,y h)點以一定的速度平行于x軸正向入射。這時若只有磁場，粒子將做半徑為R的圓周運動：若

8、同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動。求:(1)若只有磁場，粒子做圓周運動的半徑R大小;(2)若同時存在電場和磁場，粒子的速度vo大小;(3)現(xiàn)在，只加電場，當粒子從 P點運動到x平面(圖中虛線所示)時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運動，其軌跡與 x軸交于M點(不計重力)。粒子到達 x R0平面時速度V大小以及粒子到 X軸的距離；(4) M點的橫坐標Xm 。12 .如圖所示，兩平行金屬板 A B長l 8 cm,兩板間距離d 8 cm, A板比B板電勢高300 V, 即Uab 300 V。一帶正電的粒子電量為q 1010C,質(zhì)量為m 10 20 kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場

9、，初速度 V0 2 106m/s,粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)。已知兩界面 MN、PS相距為L 12cm,粒子穿過界面 PS后被點電荷Q施加的 電場力俘獲，從而以 。點為圓心做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上92234(靜電力常重k 9 10 N m /C ,粒子重力不計，tan37 7，tan53 7)°求： 43(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線 RO的距離h ；(2)粒子穿過界面MN時的速度v ；粒子穿過界面PS時偏離中心線 RO的距離

10、Y；多選題13 .如圖，有一勻強電場（圖中未畫出）的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，a、b、c三點電勢分別為4V、8V、10V,下列說法正確的是（）A.坐標原點。的電勢為7VB.電場強度的大小為 200a/mC.正電荷在。點的電勢能可能小于負電荷在。點的電勢能D.若將一負電荷從a點移動到c點，電場力做正功14.兩個等量同種點電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線中垂線上有 A、B、C三點,如圖甲所示-個電荷最為2 10 3C、質(zhì)量為0.1 kg的小物塊（可視為質(zhì)點）從C點靜止釋放，其在水平面內(nèi)運動的圖 像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線

11、，則下列說法正確的 是（）A.由C到A的過程中物塊的電勢能逐漸減小B. B、A兩點間的電勢差uba 5VC.由C點到A點電勢逐漸降低D. B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E 100 V/m15.如圖，在正點電荷Q的電場中,A B、C為直角三角形的三個頂點，D為AC的中點，A 30, A、B、C、D四點處的電勢滿足a c, b d，點電荷Q在A、B、C二點所在的平面內(nèi)則（）A.點電荷Q在A B兩點的連線上B.點電荷Q在B D連線的中點處C. D CD.將負試探電荷從 C點移動到B點,電場力做負功16.兩帶電荷量分別為qi和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩點電荷連線上各點電勢。隨坐標x

12、變化的關系圖像如圖所示，其中 P點電勢最高，且Xap Xpb，則（）A.兩點電荷都是負電荷B. q q2C.在A B之間將一負點電荷沿 x軸從P點左側(cè)移到右側(cè)，電勢能先減小后增大D. 一點電荷只在電場力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸變小17.如圖所示，在勻強電場中有一直角三角形 ABC, C 90。， A 30。，BC邊長2 cm。電場強度 的方向與三角形 ABC所在平面平行。一電子從 A點移到C點，電場力做功為15 eV,從B點移到 C點電場力做功為 5 eV。則（）GA. A B兩點間的電勢差 Uab為10 VB.電場強度的方向由 A點指向C點C.電場強度的大小為 500 V/m

13、2.5 eVD. 一電子從B點移到AC的中點，電勢能增加參考答案1答案：C 解析：2.答案：A解析：設。點是三角形的中心，到三個點電荷的距離為r - L sin 60° 蟲L。三個點電荷在 O33處產(chǎn)生的場強大小均為 E0 k?。根據(jù)幾何關系得，兩個帶電荷量為q的點電荷在。處產(chǎn)生的合r場強為Ei k-q2,再與帶電荷量為q的點電荷在O處產(chǎn)生的場強合成，得到 。點的合場強rE E E 2k9 _2kq_ 竺qr2J3 2L2 ,方向由。指向Bo選項A正確，B、C、D錯誤。(L)233答案：D解析：假設b帶正電荷，如果試探電荷帶正電荷則不會減速運動，如果試探電荷帶負電荷則不會沿x軸正方向

14、運動，故 b一定帶負電荷，選項 A錯誤；在x 6cm處試探電荷要沿x軸正方向運動， 假設試探電荷帶正電荷，則試探電荷不會沿x軸正方向運動，所以試探電荷只能帶負電荷，選項 B錯誤；電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，選項 C錯誤；從x 8cm處到無窮遠處的 過程中，電場力做負功，電勢能增大，所以試探電荷在x 8cm處的電勢能小于0,電勢大于0,選項D正確。4答案：C解析：由圖像知x a處合場強為零，結合場強的方向，易知 Q、Q2帶負電，A項錯誤；因x a處 合場強為零，即 警 黑2,可得Q：Q2 1： 9, B項錯誤；因無窮遠處電勢為零，負電荷所在電 a (3 a)場中電勢處處小于零，C

15、項正確；正點電荷從 x 2a處運動到x 3a處電場力做正功，電勢能減小，故D項錯誤。5答案：B 解析：6.答案：(1) 4 10 3s(2) ( 2 105m,2m)(3) 4 10 3 m/s解析：(1)因為粒子初速度方向垂直于勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū).、, y3域的時間t - 4 10 so(2)由圖乙可知，電場的變化周期V0T 4 10 3s,粒子進入電場后，在 x軸方向先加速后減速，加速時的加速度大小& Eq 4m/s2 m減速時的加速度大小 a2 Eq 2m/s2 mj、一 ，、-1 Tox軸方向上的位移x 5 a1(2)2To3(萬)1 2a22

16、105 m因此粒子離開電場的位置坐標為(2 105m,2m)。(3)粒子通過電場區(qū)域后沿TT3x軸萬向的速度為vx a- a1 4 10 m/s。227.答案：(1)3 ：11(2)3 Hmg2q解析：(1)設帶電小球 M、N拋出的初速度均為 v。，則它們進入電場時的水平速度仍為v0;M、N在電場中的運動時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為 a,在電場中沿水平1 , 2萬向的位移分別為 S和s2 ；由運動公式可得：v0 at 0，s1 v0t -at，,1 . 2一 .2_Vy,則Vy 2gh,S2 V0t - at，聯(lián)立解得 S1 ： S2 3： 1。(2)設A點距離電場

17、上邊界的高度為 h,小球下落h時在豎直方向的分速度為12HVyt-at，因為 M在電場中做勻加速直線運動，則V0vy，由可1得h -H。3Vo(3)設電場弓雖度為E,小千M進入電場后做直線運動，則 - vyqE _ Eq 、一一一mg，a添，設M' N1.22、時的動能分別為Eki、Ek2 ,由動能定理：Eki 2m(Vo Vy) mgH qESi,一 i ,22、Ek22m(VoVy)mgHqEs2,由已知條件：Eki1.5Ek2,聯(lián)立以上各式得:mg鬲°8.答案：(1) 2.4 107 m/s(2) 0.11 m(3) 0.36 m12斛析：(1)根據(jù)動能th理有 eUo

18、mVo2解得 Vd 2.4 107 m/s(2)設電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t,電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的偏移量為y2 y1電子在水平方向做勻速直線運動，則為V°t12電子在豎直方向上做勻加速直線運動，則V2 y1 2at2根據(jù)牛頓第二定律有 eE ma解得 V2 y10.01 m電子離開電場時的縱坐標y2為0.11 m(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，射出偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過系知1x1-x121X2X12y2 y1y3y1解得x 0.36 m9.答案:(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動水平方向做勻速直線，有：Vxcos30將帶電粒子在B點的速度分解，有:VoVbv

19、o2,3V B解得：cos30v0(2)對粒子，從 A- B,由動能定理可知:1 012qU AB -mvB -mV。2 2解得AB間的電勢差為：2UmvoU AB6q解析:10.答案：(1)根據(jù)U Ed ,有:50V0.03m1666.7V / m(2)對帶電粒子受力分析，如圖所示故 mg qE cos37解得：qmgE cos3784 10101666.7 0.8(3)令帶電粒子飛出電場時速度為v,103 10 C ,由動能定理得:1212qU mv 一mw22解得:亞m/s； 2解析:11.答案:1)做圓周運動有:qBv02V0由記，mv0qB(2)做直線運動有：qE qBv0,v0 B

20、(3)只有電場時，粒子做類平拋，有： qE maRov0tVyat 解得：VyV0粒子速度大小為：v . v2 vj2v0粒子與x軸的距離為：h h 1at2 h與 22(4)撤電場加上磁場后，有:2V_qBv mR 解得：R , 2R0粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和V軸的夾角均為/4,有幾何關系得C點坐標為:xc 2Ro,yc H R3 h 2過C作X軸的垂線，在4CDM中：cm r ER0CD yc h R0 2解得：曲-CMCD2.> Roh h2M點橫坐標為：xM 2R0 ,7苗R0h h2解析:12.答案：(1)設粒子在兩極板間運動時加

21、速度為a ,運動時間為t,一.，1 則：t 一VoqE qUAB am mdqUAB 1 2解得：h AB-)0.03 m 3 cm 2md Vo(2)粒子的運動軌跡如圖所示設粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy,則:,qU ABl /Vy at ymdvo解得：Vy 1.5 106m/s所以粒子從電場中飛出時的速度為：v v2 V 2.5 106 m/s設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為，則:Vy 3 _ tan 一 一V04解得： 37(3)帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得:1h T2-Y 1 L2解得：Y 0.12m=12cm解析:13 .答案：

22、BD解析：勻強電場中任意平行相等線段代表的電勢差相等，所以有c b O a,可得O 6V,A錯誤；取ab中點為d,則d點與O點等勢，因為ba Od ,所以ba方向為電場強度方向，電場 強度大小為E 匹 廠4 2 V/m 200j2v/m , B正確；根據(jù)在 O點電荷的電勢能 E° q。可 ba . 2 10知，正電荷在 O點的電勢能大于負電荷在 O點的電勢能，C錯誤；將一負電荷從 a點移動到c點, 電場力做功 W5c qUac ,因為q 0,Uac 0,所以 W. 0, D正確。14 .答案：ACD解析：由圖像V t可知，由C到A的過程中，物塊的速度一直增大，電場力對物塊做正功，電勢能一盤減小，故A正確；物塊在 A B兩點的速度分別為 Va 6m/s,VB 4m/s,根據(jù)動能定理得 1212qUBA -mvA mvB，代入數(shù)據(jù)解得UBA 500V,故B錯誤;兩個等量同種正電荷連線中垂 22線上電場強度方向為由 O點沿中垂線指向外側(cè)，故由C點到A點的過程中電勢逐漸降低，故 C正確；帶電物塊在 B點的加速度最大，為 am m/s2 2m/s2,所受的電場力最大，為7 5Fm mam 0.1 2N 0.2N ,則場強最大值為Em Fm 100V/m,故D錯誤。