電場和磁場專題小循環(huán)練

電場和磁場專題小循環(huán)練一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第2、4、5、6小題為多選題。)1．如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平面上有三個帶電質(zhì)點，A和C圍繞B做勻速圓周運動，A和B、C和B的距離分別是L1和L2，B恰能保持靜止。已知三質(zhì)點間只有靜電力的作用，則A和C的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)的比值應為()A．(eq\f(L1,L2))3 B．(eq\f(L2,L1))3C．(eq\f(L1,L2))2 D．(eq\f(L2,L1))2[解析]A、C做圓周運動，B平衡，可分析出A、C電性相同，與B電性相反，對B有eq\f(kQAQB,L\o\al(2,1))＝eq\f(kQBQC,L\o\al(2,2))?eq\f(QA,QC)＝eq\f(L\o\al(2,1),L\o\al(2,2))，對A有eq\f(kQAQB,L\o\al(2,1))－eq\f(kQAQC,L1＋L22)＝mAωeq\o\al(2,A)L1，對C有eq\f(kQBQC,L\o\al(2,2))－eq\f(kQAQC,L1＋L22)＝mCωeq\o\al(2,C)L2，聯(lián)立各式有mAωeq\o\al(2,A)L1＝mCωeq\o\al(2,C)L2，因ωA＝ωC，所以有eq\f(mA,mC)＝eq\f(L2,L1)，則A和C的比荷的比值應為eq\f(QA,mA)∶eq\f(QC,mC)＝eq\f(QAmC,QCmA)＝(eq\f(L1,L2))3，選A。[答案]A2．真空中有一正四面體ABCD，如圖MN分別是AB和CD的中點?，F(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量為＋Q、－Q的點電荷，下列說法中正確的是()A．將試探電荷＋q從C點移到D點，電場力做正功，試探電荷＋q的電勢能降低B．將試探電荷－q從M點移到N點，電場力不做功，試探電荷－q的電勢能不變C．C、D兩點的電場強度相等D．N點的電場強度方向平行AB且跟CD垂直[解析]由數(shù)學知識得正、負電荷的合場強方向垂直于DMC平面，所以試探電荷從C點移到D點，電場力不做功、電勢能不變，A選項錯，B選項對；由幾何圖形的對稱性知C、D兩點的電場強度相等，C選項對；由幾何知識知異面直線AB、DC互相垂直、在平面ANB中，正負電荷在N點的合場強垂直于MN且平行于AB，所以合場強垂直于CD，D項正確，選B、C、D。[答案]BCD3．如圖甲所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心為坐標原點，沿半徑方向建立x軸。理論分析表明，x軸上各點的場強隨x變化關(guān)系如圖乙所示，則()甲乙A．x1處場強大小為eq\f(kQ,x\o\al(2,1))B．x2處場強大小為eq\f(kQx2,R3)C．球內(nèi)為勻強電場D．E－x圖線與x軸所圍的面積表示電勢差[解析]由乙圖可知，沿x軸方向，x＝R時場強最大。若x1處場強大小為eq\f(kQ,x\o\al(2,1))，那么R處的場強應為eq\f(kQ,R2)，因R>x1，所以eq\f(kQ,x\o\al(2,1))>eq\f(kQ,R2)，與乙圖矛盾，故A錯誤。若x2處的場強大小為eq\f(kQx2,R3)，照此推理R處場強大小應為eq\f(kQR,R3)，因為x2>R，故eq\f(kQx2,R3)>eq\f(kQR,R3)，與乙圖矛盾，故B錯誤。由乙圖可知C錯誤；由E－x圖象的物理意義可知D正確。[答案]D4．如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E。一根不可伸長的絕緣細線長度為l，一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿圓弧運動到位置B時，速度為零。圖中角θ＝60°。以下說法正確的是()A．小球在B位置處于平衡狀態(tài)B．小球受到的重力與電場力的關(guān)系是mg＝eq\r(3)qEC．小球在B點的加速度大小為gD．小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為－eq\f(1,2)qEl[解析]小球在B點速度為0，但不能保持靜止，不是平衡狀態(tài)，A錯；小球的平衡狀態(tài)在AB弧的中點，由小球受力分析得tan30°＝eq\f(mg,qE)?mg＝eq\f(\r(3),3)qE，B錯；小球在A、B間做往復運動，B處的加速度大小等于A處加速度g，C對；小球從A到B電場力做功W＝－qE(l－lcosθ)＝－eq\f(1,2)qEL；D對，選C、D。[答案]CD5．如圖(a)所示，兩水平平行正對的金屬板M、N間距為d，加有如圖(b)所示的交變電壓。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的微粒被固定在兩板正中間的P點，在t＝0時刻釋放該粒子，3t0時間內(nèi)粒子未到達極板。則在0～3t0時間內(nèi)，下列說法正確的是()圖(a)圖(b)A．從t＝0開始，粒子向M板運動B．粒子從t0開始一直向N板運動C．0～2t0時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為mg2teq\o\al(2,0)D．3t0時，重力對粒子做功的瞬時功率為mg2t0[解析]由圖(b)知t＝0時上極板M帶負電，分析微粒受力，F(xiàn)合＝qE－mg＝mg向上，粒子向M板運動，A對；從t0開始，由圖(b)知上極板帶正電，粒子合外力向下，粒子做向M板的勻減速直線運動，B錯；減速階段合外力F合′＝mg＋qeq\f(U,d)＝3mg，做出粒子的v－t圖象如圖，0～t0勻加速，加速度g，速度達到gt0，t0～2t0勻減速，加速度－3g，eq\f(4,3)t0時刻速度為0,2t0時刻速度－2gt0,2t0～3t0，勻加速，加速度g,3t0時速度－gt0,0～2t0時間內(nèi)，粒子的位移s＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)t0×gt0－eq\f(1,2)(2t0－eq\f(4,3)t0)×2gt0＝0，所以電場力對粒子不做功，粒子又回到原位置P點，C錯；3t0時，重力對粒子做功的瞬時功率P＝G·vG＝mg·gt0＝mg2t0，D對，選A、D。[答案]AD6．兩個相同的電容器A和B如圖連接，它們的極板均水平放置。當它們都帶有一定電荷并處于靜電平衡時，電容器A中的一帶電粒子恰好靜止?，F(xiàn)將電容器B的兩極板沿水平方向移動使兩極板錯開，移動后兩極板仍然處于水平位置，且兩極板的間距不變，這時帶電粒子的加速度大小為eq\f(1,2)g。忽略電場的邊緣效應。則()A．電容器A的電壓增加，帶電粒子加速向上運動B．電容器A的帶電量增加為原來的2倍C．電容器B的正對面積減少到原來的eq\f(1,3)D．電容器B間的電場強度保持不變[解析]由電容器決定式C＝eq\f(εS,4kπd)知B極板錯開，S減小、C減小、B電容器極板所帶電荷量減小，A、B電容器極板電荷量一定，所以A極板電荷量增加，由C＝eq\f(εS,4kπd)＝eq\f(Q,U)知電容器A電容不變，Q增加，U增大，帶電粒子向上運動，A對；原來帶電粒子平衡有qE＝mg＝qeq\f(U,d)，現(xiàn)在對帶電粒子有qE′－mg＝meq\f(g,2)?qeq\f(U′,d)＝eq\f(3,2)mg，所以電容器A的電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,2)倍，由C＝eq\f(Q,U)知，C不變，電荷量也變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,2)倍，B錯；A、B總電荷量不變，所以B的電荷量變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)倍，A、B電壓相同，也變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,2)倍，由C＝eq\f(εS,4kπd)＝eq\f(Q,U)知eq\f(εS,4kπd)＝eq\f(\f(1,2)Q,\f(3,2)U)＝eq\f(1,3)C，所以電容器B的正對面積變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3)，C對；電容器B的電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,2)倍，兩極板距離不變，由E＝eq\f(U,d)知場強變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,2)倍，D錯，選A、C。[答案]AC7．右圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝2.0×10－3T，在x軸上距坐標原點L＝0.50m的P處為離子的入射口，在Y軸上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v＝3.5×104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L＝0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q,不計其重力。則上述粒子的比荷eq\f(q,m)(C/kg)是()A．3.5×107 B．4.9×107C．5.3×107 D．7×107[解析]帶電粒子從P射入，在M處被觀測到，說明PM為粒子軌跡圓周上的弦，圓心應在PM弦中垂線上，要滿足運動半徑恰好最小，則圓心在PM的中點，由幾何知識得半徑R＝eq\f(PM,2)＝eq\f(mv,qB)?eq\f(q,m)＝eq\f(2v,PM·B)＝eq\f(2×3.5×104m/s,0.5\r(2)m×2.0×10－3T)＝4.9×107C/kg，選B。[答案]B8．如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量為m，電荷量為－q，速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計一勻強磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應的磁感應強度可以是(其中B0＝eq\f(mv0,qL)，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的eq\f(1,4)圓弧，B選項中曲線為半徑是eq\f(L,2)的圓)()[解析]帶電粒子進入磁場中做圓周運動，圓周運動的半徑R＝eq\f(mv0,Bq)，A、B、C對應的半徑R＝L，D圖對應的半徑為eq\f(L,2)。粒子的初速度都相同，相當于以初速度的方向為切線，以粒子進入磁場的點為切點來畫半徑已知的圓，圓弧和磁場邊界的交點為出射點，由數(shù)學知識可以證明A圖的粒子的出射點恒為兩個圓弧右下方的交點，故A正確。B、C、D對應的粒子的出射點都不相同。[答案]A二、計算題(本題共2小題，共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟。)9．如圖所示，半徑為R的半圓形磁場區(qū)域內(nèi)(含半圓形邊界)有垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，位于O點的粒子源可向磁場區(qū)域內(nèi)垂直磁場的各個方向以相等速率連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，粒子重力不計。求：(1)要使所有粒子均不會從磁場圓弧邊界ACD射出磁場，粒子的速率應滿足的條件；(2)若與x軸正方向成60°夾角射出的粒子恰好從D點離開磁場，求以此速度進入磁場的粒子在磁場內(nèi)通過的區(qū)域面積與磁場區(qū)域總面積的比值。[解析](1)粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r1)據(jù)題意由幾何關(guān)系得：r1≤eq\f(R,2)解得：v≤eq\f(qBR,2m)(2)與x軸正方向成60°夾角射出的粒子，其運動軌跡如圖甲所示，設(shè)其運動的軌道半徑為r2，則據(jù)幾何關(guān)系可得：甲r2cos30°＝eq\f(R,2)解得：r2＝eq\f(\r(3)R,3)沿x軸負方向射出的粒子，其圓心在y軸正方向上，半徑為r2，其運動軌跡如圖乙所示，軌跡方程可表示為：乙x2＋(y－eq\f(\r(3),3)R)2＝(eq\f(\r(3),3)R)2磁場邊界的方程為：x2＋y2＝R2若粒子從F點射出磁場，可得其坐標為(eq\f(R,2)，eq\f(\r(3)R,2))，則∠AOF＝60°粒子在磁場中通過的面積應為圓弧OF與直線OF圍成的面積與扇形OFD的面積之和，設(shè)其為S，則S1＝eq\f(1,3)π(eq\f(\r(3),3)R)2－eq\f(1,2)×(eq\f(\r(3),3)Rcos30°)×(eq\f(\r(3),3)Rsin30°)＋eq\f(1,3)πR2磁場區(qū)域的面積：S2＝eq\f(1,2)πR2解得：eq\f(S1,S2)＝eq\f(8,9)－eq\f(\r(3),6π)[答案](1)v≤eq\f(qBR,2m)(2)eq\f(S1,S2)＝eq\f(8,9)－eq\f(\r(3),6π)10．如圖所示，在xOy坐標系中y軸的負半軸上有一熒光屏；在第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場；第四象限內(nèi)存在方向沿－x方向的勻強電場。在xOy平面內(nèi)從y軸上的P(0，L)點，以大小為eq\f(2qBL,m)的相同速率、沿與y軸正方向分別成30°和150°角，同時發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的兩個相同正粒子，粒子經(jīng)磁場后進入電場打到熒光屏上，測得兩亮點間的距離為L。不計粒子重力及粒子間的相互作用，求：(1)兩粒子在磁場中運動的時間比；(2)勻強電場的電場強度E。[解析](1)粒子在磁場中做圓周運動，半徑為R，周期為TqvB＝meq\f(v2,R)R＝2T＝eq\f(2πm,qB)當粒子初速度與y軸正方向夾角為150°時，粒子在磁場中的圓心為O1，在磁場中運動的時間為t1，此時對應的圓心角為30°t1＝eq\f(T,12)當粒子初速度與y軸正方向夾角為30°時，粒子在磁場中的圓心為O2，在磁場中運動的時間為t2，此時對應的圓心角為150°t2＝eq\f(5,12)T兩粒子在磁場中運動的時間比eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,5)(2)當粒子初速度與y軸正方向夾角為150°時，到達x軸的橫