專題三電場與磁場

1/16專題三電場與磁場＋－ABC＋1．(2014?北京西城期末)取一對用絕緣支柱支撐的金屬導體A和B，使它們彼此接觸。起初它們不帶電，貼在A、B下面的金屬箔是閉合的?，F(xiàn)在把帶正電荷的球C移近導體A＋－ABC＋A．A內(nèi)部的場強比B內(nèi)部的場強大B．A、B內(nèi)部的場強均為零C．A左端的電勢比B右端的電勢低D．A左端的電勢比B右端的電勢高1.B解析：現(xiàn)在把帶正電荷的球C移近導體A，導體AB發(fā)生了靜電感應現(xiàn)象，兩端分別感應上異種電荷，導體內(nèi)部電場強度為0，導體為等勢體，只有選項B正確。2.（2014?江西六校聯(lián)考）在空間直角坐標系O-xyz中，有一四面體C-AOB，C、A、O、B為四面體的四個頂點，且O（0，0，0）、A（L，0，0）、B（0，L，0）、C（0，0，L），D（2L，0，0）是x軸上一點，在坐標原點O處固定著+Q的點電荷，下列說法正確的是（）A.A、B、C三點的電場強度相同B.電勢差UOA

=UADC.將一電子由OC中點分別移動到A、B兩點，電場力做功相同D.電子在A點的電勢能大于在D點的電勢能2.D【解析】A、B、C三點的電場強度大小相等，方向不同，選項A錯誤；點電荷的電場不是勻強電場，電勢差UOA>UAD，選項B錯誤；由于A、B兩點處在同一等勢面上，所以，將一電子由OC中點分別移動到A、B兩點，電場力做功相同，選項C正確；由于A點的電勢高于D點的電勢，電子在A點的電勢能小于在D點的電勢能，選項D錯誤。3.（2014?江蘇省模擬）如圖所示為一個點電極A與平板電極B接入電源時的空間電場分布圖，C為A到B垂線的中點，D、E為同在A、B直線上的兩點，DC＝CE，F(xiàn)、G處在DE的中垂線上，F(xiàn)C＝CG，下列說法正確的是 ()A．C點電勢等于F點電勢B．F點的電場強度大于C點的電場強度C．D、C兩點間電勢差小于C、E兩點間電勢差D．電子從F點沿直線移動到G點，電場力先做正功，后做負功3.D【解析】根據(jù)電場線特征，沿電場線方向電勢降低，所以，C點電勢大于F點電勢；電場線越密集，電場強度越大，F(xiàn)點的電場強度小于C點的電場強度，選項AB錯誤。D、C兩點間電勢差大于C、E兩點電勢差，選項C錯誤。電子從F點沿直線移動到G點，電場力先做正功，后做負功，選項D正確。4．（2014?哈爾濱一模）如圖所示，在水平向右的勻強電場中以豎直和水平方向建立直角坐yxv0EO標系，一帶負電的油滴從坐標原點以初速度v0向第一象限某方向拋出，當油滴運動到最高點yxv0EOA．若vt＞v0，則重力和電場力都對油滴做正功引起油滴動能增大B．若vt＞v0，則油滴電勢能的改變量大于油滴重力勢能的改變量C．若vt=v0，則A點可能位于第一象限D(zhuǎn)．若vt=v0，則A點一定位于第二象限4.BD【解析】一帶負電的油滴從坐標原點以初速度v0向第一象限某方向拋出，當油滴運動到最高點A時，重力做負功。若vt＞v0，電場力一定做正功，最高點A位于第二象限，且電場力做功大于重力做功的絕對值，則油滴的電勢能改變量大于油滴重力勢能的改變量，選項A錯誤，B正確。若vt=v0電場力做功等于重力做功的絕對值，則A點一定位于第二象限，選項C錯誤，D正確。5.(2014?浙江金麗衢十二校第一次聯(lián)考)一個外半徑為R，內(nèi)半徑為r的帶正電空心金屬球殼，球心在x軸上的O點，金屬球殼在周圍空間產(chǎn)生靜電場，則其電場強度的大小E在x軸上的分布情況是（）EExRr0AExRr0BExRr0CExRr0D5.D解析：帶正電空心金屬球殼處于靜電平衡，內(nèi)部電場處處為0，外部電場強度滿足點電荷場強公式，則選項D正確。E+q+q-q6．(2014?四川攀枝花二統(tǒng))電荷量分別為、、的三個帶電小球，分別固定在邊長均為L的絕緣三角形框架的三個頂點上，并置于場強為E的勻強電場中，如圖所示.若三角形繞穿過其中心O垂直于三角形所在平面的軸順時針轉(zhuǎn)過120°，則此過程中系統(tǒng)電勢能變化情況為E+q+q-qA．減少B．增加C．減少D．增加6.D解析：三角形繞穿過其中心O順時針轉(zhuǎn)過120°，三個帶電小球、、的電場力分別做功、-、，總功為-2qEL，電勢能增加2EqL，選項D正確。8.（2014?廣州一模）8.AC【解析】電子帶負電，被正極板吸引，向上偏移，選項A正確；偏轉(zhuǎn)電場方向向上，電子向上移動，做正功，選項C正確。9．(2014?福建龍巖教學質(zhì)量檢)如圖所示，三塊平行薄金屬板a、b、c等間距豎直放置，板間距離為d，b板中央有一小孔，a、c板與大地相連，b板電勢為0(0>O)。一電子以b板所在位置為中心在水平方向做周期性的運動，其動能與電勢能之和為—A(O<A<0)。已知電子的質(zhì)量為m、帶電荷量為e。求運動過程中電子離b板的最大距離。14.解:由電場的對稱性可知，電子在b板左右兩側(cè)的運動也具有對稱性，設(shè)電子在從b板向c板運動的過程中離b板的距離為x時，電子的速度為v，該點的電勢為φ,根據(jù)題意，有：（2分）又因為（2分）所以（2分）當電子距離b板最遠時，有=0（2分）即。（1分）10.（12分）（2014?安徽省江淮十校聯(lián)考）如圖所示，一帶正電的長細直棒水平放置，帶電細直棒在其周圍產(chǎn)生方向向外輻射狀的電場，場強大小與直棒的距離成反比。在直棒上方有一長為a的絕緣細線連接了兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，A、B所帶電荷量分別為+q和+4q，A球距直棒的距離為a，兩個球恰好處于靜止狀態(tài)。不計兩小球之間的靜電力作用，剪斷細線，若A球下落的最大速度為vm，求A球下落到速度最大過程中，電場力對A球做的功。11．（14分）（2014?上海十三校）如圖所示，在粗糙水平面內(nèi)存在著2n個有理想邊界的勻強電場區(qū)，水平向右的電場和豎直向上的電場相互間隔，每一電場區(qū)域場強的大小均為E，且E=EQ\F(mg,q)，電場寬度均為d，水平面粗糙摩擦系數(shù)為μ，一個質(zhì)量為m，帶正電的、電荷量為q的物體（看作質(zhì)點），從第一個向右的電場區(qū)域的邊緣由靜止進入電場，則物體從開始運動到離開第2n個電場區(qū)域的過程中，求：（1）電場力對物體所做的總功?摩擦力對物體所做的總功？（2）物體在第2n個電場(豎直向上的)區(qū)域中所經(jīng)歷的時間？（3）物體在所有水平向右的電場區(qū)域中所經(jīng)歷的總時間？方法二：32.7（2分）32.8（2分）12.(2014?四川省攀枝花市二統(tǒng))ONME如圖所示，在一傾角為370的絕緣斜面下端O，固定有垂直于斜面的絕緣擋板。斜面ON段粗糙，長度s=0.02m，NM段光滑，長度L=0.5m。在斜面的所在區(qū)域有豎直向下的勻強電場，場強為2×lo5N/C。有一小滑塊質(zhì)量為2×10－3kg，帶正電，電量為1×l0－7C，小滑塊與ON段表面的動摩擦因數(shù)為0.75。將小滑塊從M點由靜止釋放，在運動過程中沒有電量損失，與擋板相碰后原速返回。已知，，g取l0m/ONME(1)小滑塊第一次過N點的速度大??；(2)小滑塊最后停在距離擋板多遠的位置；(3)小滑塊在斜面上運動的總路程。12．解：(1)小滑塊第一次過N點的速度為v，則由動能定理有(3分)代入數(shù)據(jù)得：m/s(2分)(2)滑塊在ON段運動時所受的摩擦力N滑塊所受重力、電場力沿斜面的分力N因此滑塊沿ON下滑時做勻速運動，上滑做勻減速運動，速度為零時可停下(1分)。設(shè)小滑與擋板碰撞n次后停在距擋板距離為x處，則由動能定理得：(2分)由m得：(2分)取得：m(1分)(2)設(shè)滑塊每一次與擋板碰撞沿斜面上升的距離減少，由能量守恒得：(2分)代入數(shù)據(jù)得：(1分)滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離m(1分)滑塊第p次與擋板碰撞后沿斜面上升的距離(1分)滑塊移動的總路程(1分)由于m，得，取p=12代入上式得：m(2分)磁場1.(2014?黑龍江大慶一中屆高三學年上學期)在兩個傾角均為α的光滑斜面上，各放有一個相同的金屬棒，分別通以電流I1和I2，磁場的磁感應強度大小相同，方向如圖中（a）、（b）所示，兩金屬棒均處于平衡狀態(tài)，則兩種情況下的電流的比值I1：I2為（）1.D解析：對金屬棒I1，BI1L=mgtanα，對金屬棒I2，BI1L=mgsinα，聯(lián)立解得，選項D正確。Bcdab2．（2014?泉州一模）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，水平放置一根長直通電導線，電流的方向垂直紙面向里，以直導線為中心的同一圓周上有a、b、c、d四個點，連線ac和bd是相互垂直的兩條直徑，且bBcdabA．c點的磁感應強度的值最小B．b點的磁感應強度的值最大C．b、d兩點的磁感應強度相同D．a(chǎn)、b兩點的磁感應強度相同2.A解析：由安培定則，直通電導線在abcd環(huán)產(chǎn)生的磁場的磁感線為順時針，大小恒定（設(shè)為B′），直導線的磁場與勻強磁場疊加，c點合磁感應強度為B′-B，其值最小，a點的合磁感應強度為B′+B，其值最大，選項A正確、B錯誤；b、d兩點的合磁感應強度為，方向不同，選項CD錯誤。3.（2014?陜西省寶雞市質(zhì)檢）如圖所示，將一個半徑為的導電金屬圓環(huán)串聯(lián)接入電路中，電路的電流強度為I，接入點是圓環(huán)直徑上的兩個端點，流過圓弧acb和adb的電流相等。金屬圓環(huán)處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。則金屬圓環(huán)受到的安培力為（）A．B．πRBIC．2πRBID．2RBI3.D【解析】隔離導電金屬圓環(huán)上半部分，其電流為，所受安培力為。同理，金屬圓環(huán)下半部分所受安培力為，兩部分所受安培力方向相同，所以，金屬圓環(huán)受到的安培力為，選項D正確。ab4．（2014?汕頭模擬）如圖，是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布，線圈中a、b兩條導線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B．則abA．該磁場是勻強磁場B．線圈平面總與磁場方向垂直C．線圈將逆時針方向轉(zhuǎn)動D．a(chǎn)、b導線受到的安培力大小總為IlB4.D解析：該磁場均勻地輻向分布，不是勻強磁場，選項A錯誤；線圈平面與磁場方向平行，選項B錯誤；圖示位置，a、b導線受到的安培力方向分別向上、向下，大小分別為IlB，合力為2BIL，線圈將逆時針方向轉(zhuǎn)動，選項D正確。5.（2014?上海市普陀區(qū)一模）利用如圖所示的實驗裝置可以測量磁感應強度。其中2為力敏傳感器，3為數(shù)字電壓表，5為底部長為L的線框。當外界拉力作用于力敏傳感器的彈性梁上時，數(shù)字電壓表上的讀數(shù)U與所加外力F成正比，即U=KF，式中K為比例系數(shù)。用絕緣懸絲把線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用軟細銅絲連接線框與電源。當線框中電流為零時，輸出電壓為U0；當線框中電流為I時，輸出電壓為U。則磁感應強度的大小為（）A.B.C.D.5.D【解析】當線框中電流為零時，輸出電壓為U0；U0=Kmg。當線框中電流為I時，所受安培力為BIL，U=K（mg+BIL）,聯(lián)立解得，選項D正確。6.（2014?武漢二月調(diào)考）如圖所示，將長度為L的直導線放置在y軸上，當通以大小為I、沿y軸負方向的電流后，測得其受到的安培力大小為F、方向沿x軸正方向。則勻強磁場的磁感應強度可能（）A．沿z軸正方向，大小為B．在xOy平面內(nèi)，大小為C．在zOy平面內(nèi)，大小為D．在zOy平面內(nèi)，大小為6.CD7.（2014?屆石家莊市高三質(zhì)量檢測）如圖所示，水平長直導線JUN中通以M到N方向的恒定電流，用兩根輕質(zhì)絕緣細線將矩形線圈abcd懸掛在其正下方。開始時線圈內(nèi)不通電流，兩細線內(nèi)的張力均為T，當線圈中通過的電流為1時，兩細線內(nèi)的張力均減小為T'。下列說法正確的是BCA．線圈中通過的電流方向為a→d→c→b→aB．線圈中涌討的申，流方向為→b→c→d→aC．當線圈中電流變?yōu)閑q\f(T,T-T')I時，兩細線內(nèi)的張力均為零D．當線圈中電流變?yōu)閑q\f(T',T-T')I時，兩細線內(nèi)的張力均為零7.BC解析：線圈內(nèi)不通電流，由平衡條件，mg=T；當線圈中通過的電流為I時，同理可得，mg=(B1-B2)IL+T′（設(shè)ab和cd處的磁感應強度分別為B1和B2）,且安培力B1IL方向向上，由左手定則，電流方向為a→b→c→d→a，選項B正確；當兩細線內(nèi)的張力為零時，mg=(B1-B2)I′L，聯(lián)立三個式子可得I′=eq\f(T,T-T')I，選項C正確。8．（2014?洛陽市一練）如圖4所示，在圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑。一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小為2v，方向與ab成30°時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t；若僅將速度大小改為v，則粒子在磁場中運動的時間為(不計帶電粒子所受重力)A．3tB.eq\f(3,2)tC.eq\f(1,2)tD．2t8．D解析：粒子以速度2v射入磁場，半徑，由圖可得，r1=R，運動時間；粒子以速度v射入磁場，半徑，圓心角θ=1200，運動時間，選項D正確。9．（2014?湖南四校聯(lián)考）如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d．O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是（）A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為D．電子在磁場中運動的時間為9.D轉(zhuǎn)，如圖，A錯誤；10.（2014?江西省重點中學聯(lián)考）如圖所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強度大小相等；磁感應強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；MO為膠片。由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上的某點。粒子從粒子源發(fā)出RNRNBQPOMSA．從小孔S進入磁場的粒子速度大小一定相等B．從小孔S進入磁場的粒子動能一定相等C．打到膠片上同一點的粒子初速度大小一定相等D．打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，比荷越大10.D解析：粒子在加速電場中加速，由動能定理，，粒子進入靜電分析器做圓周運動，，半徑，從小孔S進入磁場的粒子與動能和電量有關(guān)，選項AB錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的半徑,可見半徑R越大，比荷越大，選項D正確。11．（2014?荊州二檢）如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感強度大小為B。在正方形對角線CE．上有一點．P，其到CF、CD距離均為L/4，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子。已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力。（1）速率在什么范圍內(nèi)的所有粒子均不可能射出正方形區(qū)域？（2）求速率為的粒子在DE邊的射出點距離D點的范圍。12．（（2014?武漢二月調(diào)考））如圖所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為-q（q＞0）的粒子1在紙面內(nèi)以速度從O點射入磁場，其方向與MN的夾角α=30°；質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子2在紙面內(nèi)以速度也從O點射入磁場，其方向與MN的夾角β=60°角。已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點（圖中未畫出），不計粒子的重力及粒子間的相互作用。（1）求兩粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離d；（2）求兩粒子進入磁場的時間間隔；（3）若MN下方有平行于紙面的勻強電場，且兩粒子在電場中相遇，其中的粒子1做直線運動。求電場強度E的大小和方向。解：（1）粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動2分故2分（2）粒子1圓周運動的圓心角，1分粒子2圓周運動的圓心角,1分粒子圓周運動的周期2分粒子1在勻強磁場中運動的時間1分粒子2在勻強磁場中運動的時間1分所以2分（3）由題意，電場強度的方向應與粒子1穿出磁場的方向平行。a．若電場強度的方向與MN成30°角斜向右上，則粒子1做勻加速直線運動，粒子2做類平拋運動。1分1分1分解得1分b．若電場強度的方向與MN成30°角斜向左下，則粒子1做勻減速直線運動，粒子2做類平拋運動。解得，假設(shè)不成立。1分綜上所述，電場強度的大小，方向與MN成30°角斜向右上。1分fdabceMeq\r(3)Leq\r(3)L2L13．（2014?寧波期末）如圖所示，abcd是一個長方形盒子，在ad邊和cd邊上各開有小孔f和e，fdabceMeq\r(3)Leq\r(3)L2度大小為B。粒子源不斷地發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度可以忽略。粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后，從f孔垂直于ad邊射入盒內(nèi)，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從e孔射出。若已知fd＝eq\r(3)L，cd＝2L，屏M與cd間的距離為eq\r(3)L，不計粒子重力和粒子之間的相互作用力。（1）求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；（2）求帶電粒子從f孔運動到屏M的時間t；（3）若撤去磁場，盒子內(nèi)加一平行于ad邊的勻強電場，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后仍恰好從e孔射出，求電場強度大小。13．（12分）（1）帶電粒子在電場中加速．根據(jù)動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m)) （1分）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，設(shè)圓周半徑為R，在三角形Ode中，有(eq\r(3)L－R)2＋L2＝R2解得R＝eq\f(2\r(3),3)L （1分）又qvB＝meq\f(v2,R) （1分）fdabceMeq\r(3)Leq\r(3)L2LORRg解得eq\f(q,m)fdabceMeq\r(3)Leq\r(3)L2ORRg（2）粒子運動軌跡如圖所示在三角形Ode中，∠dOe＝arcsineq\f(L,R)＝60°則弧所對應的圓心角是120°得弧長（1分）粒子出磁場后，軌跡為eg長度seg=2Leq\f(q,m)＝eq\f(3U,2B2L2)代入v＝eq\r(\f(2qU,m))得：v＝（1分）運動總時間（1分）（3）換電場后，粒子做類平拋運動入射方向勻速運動 （1分）ad方向勻加速運動 （1分）電場中的加速度由上述三式整理得 （1分）將qU＝eq\f(1,2)mv2代入得 （1分）（說明：解法二評分標準粒子在磁場中做勻速圓周運動其周期T＝eq\f(2πm,qB)代入eq\f(q,m)得：T＝eq\f(4πBL2,3U)在三角形Ode中，∠dOe＝a