2024年高考物理專題突破限時訓(xùn)練電場與磁場含解析

電場與磁場一、單選題（每小題3分，共計24分）1.如圖，光滑絕緣圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b、c小球帶同種電荷B．a(chǎn)、b小球帶異種電荷C．a(chǎn)、b小球電量之比為D．a(chǎn)、b小球電量之比為【答案】D【解析】對c分析，受到重力、環(huán)的支持力以及a與b的庫侖力，其中重力與支持力的方向在豎直方向上，水平方向有a對c的庫侖力的分力與b對c的庫侖力的分力，由共點力平衡的條件可知，a與b對c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，則a與b的電性必定是相同的；a與b帶同種電荷，它們之間的庫侖力是斥力，對a分析，a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，水平方向有支持力的向左的分力、b對a的庫侖力向左的分力、c對a的庫侖力的分力，若a要平衡，則c對a的庫侖力沿水平方向的分力必需向右，所以c對a的作用力必需是吸引力，所以c與a的電性肯定相反；即：a、b小球帶同種電荷，b、c小球帶異種電荷，故選項、B錯誤；設(shè)環(huán)的半徑為R，三個小球的帶電量分別為：、和，由幾何關(guān)系可得，，a與b對c的作用力都是吸引力，它們對c的作用力在水平方向的分力大小相等，則有，所以，故選項D正確，C錯誤；故選D。2.如圖所示，兩電荷量分別為－Q和+2Q的點電荷固定在直線MN上，兩者相距為L，以+2Q的點電荷所在位置為圓心、為半徑畫圓，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，下列說法正確的是A．c、d兩點的電勢相同B．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢C．c、d兩點的電場強度相同D．a(chǎn)點的電場強度小于b點的電場強度【答案】A【解析】a、b、c、d四點在以點電荷+2Q為圓心的圓上，可知+2Q產(chǎn)生的電場在a、b、c、d四點的電勢是相等的，所以a、b、c、d四點的總電勢可以通過-Q產(chǎn)生的電場的電勢確定，依據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，b點的電勢最高，c、d兩點對稱電勢相等，a點電勢最低；故A正確，B錯誤。+2Q的場源在c、d兩點產(chǎn)生的場強大小相等，-Q的場源在c、d兩點的產(chǎn)生的場強大小也相等，依據(jù)場強的合成可知兩點的總場強大小相等，但方向不同，故c、d兩點的電場強度不同；故C錯誤；由點電荷的場強公式，合成可得，方向向左；，方向向右；故；則D錯誤，故選A。3.如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即，一帶負(fù)電的質(zhì)點僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡照實線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知（）A．a(chǎn)、b、c三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質(zhì)點在P點的動能比在Q點大C．帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點小D．帶電質(zhì)點在P點時的加速度比在Q點小【答案】A【解析】電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶負(fù)電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最低，a點的電勢最高，故A正確；從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，在P點的電勢能比在Q點大，故BC錯誤；P點等勢面較Q點密集，則電場線也密集，則質(zhì)點通過P點時的電場力比Q大，則其加速度比Q點大，故D錯誤。4．如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中心射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最終打在同一點(重力不計)，則從起先射入到打到上板的過程中()A．它們運動的時間tQ>tPB．它們運動的加速度aQ<aPC．它們的動能增加之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2D．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2【答案】：D【解析】：帶電粒子水平方向上做勻速直線運動，位移相等，初速度相等，故運動時間相等，tQ＝tP，A選項錯誤；帶電粒子豎直方向上做勻加速直線運動，y＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(2y,t2)，運動的加速度aQ>aP，B選項錯誤；帶電粒子受到電場力作用，qE＝ma，解得q＝eq\f(2my,Et2)，它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2，D選項正確；運動過程中，依據(jù)動能定理得，qEy＝ΔEk，其中yP∶yQ＝1∶2，解得它們的動能增加之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C選項錯誤．5．如圖所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)體棒ab靜止在斜面上，ab與斜面底邊平行，通有圖示的恒定電流I，空間充溢豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，現(xiàn)緩慢增大θ(0<θ<90°)，若電流I不變，且ab始終靜止在斜面上(不考老磁場改變產(chǎn)生的影響)，下列說法正確的是A.B應(yīng)緩慢減小B.B應(yīng)緩慢增大C.B應(yīng)先增大后減小D.B應(yīng)先減小后增大【答案】B【解析】如圖作出右側(cè)側(cè)視圖，則可知，金屬棒受重力、支持力及向右的安培力的作用；增大角度，則支持力的方向?qū)⑾蜃笮D(zhuǎn)，要使棒仍舊平衡，則支持力與安培力的合力始終等于重力，則由圖可知，安培力必需增大，故磁感應(yīng)強度應(yīng)增大，B正確．6．在豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個帶電荷量為－q、質(zhì)量為m的小環(huán)，整個裝置放在如圖所示的正交電磁場中，已知場強大小為E＝eq\f(mg,q)，當(dāng)小環(huán)從大環(huán)頂無初速下滑時，在滑過的角度為何值時，所受洛倫茲力最大(C)A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π【答案】C【解析】把重力和電場力等效為一合力，當(dāng)此合力對小環(huán)做功最多時，小環(huán)的速度最大，洛倫茲力也最大．此位置在下圖中的P點，由幾何學(xué)問可得小環(huán)滑過了eq\f(3π,4)的角度．7．如圖所示，空間內(nèi)存在半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B.在磁場邊界上有一粒子源S，粒子源以相同的速率v沿紙面對磁場中各個方向放射比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(v,2rB)的帶電粒子，不計粒子重力，則這些粒子在磁場中運動的最長時間為()A.eq\f(πr,3v)B.eq\f(πr,2v)C.eq\f(2πr,3v)D.eq\f(πr,v)【答案】C【解析】粒子做圓周運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝2r，在磁場中運動時間最長的粒子軌跡對應(yīng)的弦長最長，由幾何關(guān)系可知，最大弦長為2r，此時所對應(yīng)的圓心角為60°，則運動最長時間為t＝eq\f(T,6)＝eq\f(1,6)×eq\f(2π·2r,v)＝eq\f(2πr,3v)，故選C.8．如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面對里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面對外的磁感應(yīng)強度為eq\f(B,2)的勻強磁場，一帶負(fù)電的粒子從原點O以與x軸成30°角斜向上的速度v射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R.則(B)A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)肯定能回到原點OB．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2C．粒子完成一次周期性運動的時間為eq\f(2πm,3qB)D．粒子其次次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)2R【答案】B【解析】依據(jù)左手定則推斷可知，負(fù)電荷在第一象限和第四象限所受的洛倫玆力方向不同，粒子在第一象限沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，不行能回到原點O.故A錯誤．由r＝eq\f(mv,qB)，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2.故B正確．負(fù)電荷在第一象限軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，在第四象限軌跡所對應(yīng)的圓心角也為60°，粒子圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，保持不變，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運動的時間為T″＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)；同理，在第四象限運動的時間為t2＝eq\f(60°,360°)T′＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,q\f(B,2))＝eq\f(2πm,3qB)，完成一次周期性運動的時間為T″＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB).故C錯誤．依據(jù)幾何學(xué)問得：粒子其次次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進(jìn)距離為x＝R＋2R＝3R.故D錯誤．二、多項選擇題（每小題5分，答案不全得3分，有錯不得分，共計30分）9.空間存在平行于x軸方向的靜電場，其電勢φ隨x的分布如圖10所示．一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電粒子從坐標(biāo)原點O由靜止起先，僅在電場力作用下沿x軸正方向運動．則下列說法正確的是()A．該粒子帶正電荷B．空間存在的靜電場場強E是沿x軸正方向勻稱減小的C．該粒子從原點O運動到x0過程中電勢能是減小的D．該粒子運動到x0處的速度是eq\r(\f(qφ0,2m))【答案】AC【解析】沿電場線方向電勢降低，由題圖可知電場方向沿x正方向，帶電粒子僅在電場力作用下由靜止起先沿x軸正方向運動，受力方向與電場方向一樣，帶電粒子帶正電，A正確；沿x軸正方向電勢勻稱降低，電場為勻強電場，B錯誤；沿x軸正方向運動，電場力做正功，電勢能減小，C正確；依據(jù)動能定理得qφ0＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qφ0,m))，D錯誤．10.M、N是某電場中一條電場線上的兩點，從M點由靜止釋放一電子，電子僅在電場力的作用下沿電場線由M點運動到N點，其電勢能隨位移改變的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是()A．M、N兩點的場強關(guān)系為EM<ENB．M、N兩點的場強關(guān)系為EM>ENC．M、N兩點的電勢關(guān)系為φM<φND．M、N兩點的電勢關(guān)系為φM>φN【答案】BC【解析】電子由M點運動到N點的過程中，通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，說明電場力做功越來越慢，可知，電子所受的電場力越來越小，場強減小，則有EM>EN，故A錯誤，B正確；負(fù)電荷在低電勢處電勢能大，故M點的電勢低于N點的電勢，即φM<φN，故C正確，D錯誤．11．如圖所示，長方形abcd長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強度B＝0.25T．一群不計重力、質(zhì)量m＝3×10－7kg、電荷量q＝＋2×10－3C的帶電粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域(CD)A．從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊B．從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊C．從Od邊射入的粒子，出射點分布在be邊D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊【答案】CD【解析】由左手定則可知粒子射入后向上偏轉(zhuǎn)，軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)＝0.3m．從O點射入的粒子運動軌跡如圖中的1所示，從aO邊上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的2所示，出射點應(yīng)分布在be邊和ab邊上；從Od邊上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的3所示，出射點應(yīng)分布在be邊上．綜上所述，選項C、D正確．12．帶電粒子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區(qū)域．C、B均為該正方形兩邊的中點，如圖所示，不計粒子的重力．當(dāng)區(qū)域內(nèi)有豎直方向的勻強電場E時，粒子從A點飛出，所用時間為t1；當(dāng)區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面對里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場時，粒子也從A點飛出，所用時間為t2，下列說法正確的是(AD)A．t1<t2B．t1>t2C.eq\f(E,B)＝eq\f(4,5)vD.eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v【答案】AD【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向上做勻速運動，而在勻強磁場中做勻速圓周運動，eq\o(CA,\s\up8(︵))>CB，所以t2>t1，A正確，B錯誤；設(shè)正方形區(qū)域的邊長為l，則當(dāng)加電場時，有l(wèi)＝vt1和eq\f(l,2)＝eq\f(qE,2m)teq\o\al(2,1)，可得E＝eq\f(mv2,ql).當(dāng)加磁場時，依據(jù)幾何關(guān)系，有(R－eq\f(l,2))2＋l2＝R2，得R＝eq\f(5,4)l，再由R＝eq\f(mv,qB)得B＝eq\f(4mv,5ql).所以eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v，D正確，C錯誤．13.如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，b板接地(規(guī)定大地電勢為零)在距離兩板等遠(yuǎn)的P點有一個帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將b板向下平移一小段距離，則穩(wěn)定后，下列說法中正確的是A．液滴將加速向下運動B．P點電勢上升，液滴在P點時的電勢能減小C．P點的電場強度變大D．在b板移動前后兩種狀況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功不變【答案】ABD【解析】原來液滴受力平衡，則知所受的電場力向上，液滴帶負(fù)電。電容器與電源相連，板間電壓不變。將b板向下平移時，兩板間的距離變大，由E=U/d分析可知：板間電場強度減小，粒子受到的電場力減小，故液滴將向下加速運動；故A正確，C錯誤；下極板接地，電勢為零，b板下移時，P與上極板的距離不變，依據(jù)U=Ed可知，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢上升，因帶電液滴帶負(fù)電，故電勢能將減小，故B正確；因兩板間的電勢差不變，由W=Uq知，前后兩種狀態(tài)下移動電荷時，電場力做功相同，故D正確；故選ABD。14.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的其次象限內(nèi)存在著垂直紙面對外、磁感應(yīng)強度大小為2B的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在著垂直紙面對里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場.一帶負(fù)電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30°角方向斜向上射入磁場，且在其次象限運動時的軌跡圓的半徑為R，已知帶電粒子的質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，且所受重力可以忽視.則()A.粒子在其次象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2B.粒子完成一次周期性運動的時間為eq\f(2πm,3qB)C.粒子從O位置入射后其次次經(jīng)過x軸時的位置到坐標(biāo)原點的距離為3eq\r(3)RD.若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子完成一次周期性運動的時間將削減【答案】AC【解析】由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，軌跡圓半徑與磁感應(yīng)強度B成反比，所以粒子在其次象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2，故A正確；粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示：在其次象限的周期T1＝eq\f(2πm,q·2B)＝eq\f(πm,qB)，圓心角為120°，運動時間t1＝eq\f(120°,360°)T1＝eq\f(πm,3qB)，在第三象限運動的周期T2＝eq\f(2πm,qB)，圓心角為120°，運動時間t2＝eq\f(120°,360°)T2＝eq\f(2πm,3qB)，所以粒子完成一次周期性運動的時間t0＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB)，故B錯誤；粒子在第三象限軌跡圓的半徑為R2＝2R，從O點入射后第一次經(jīng)過x軸的距離x1＝eq\r(3)R1＝eq\r(3)R，其次次圓弧的弦長x2＝eq\r(3)R2＝2eq\r(3)R，所以粒子從O位置入射后其次次經(jīng)過x軸時的位置到坐標(biāo)原點的距離為x＝x1＋x2＝3eq\r(3)R，故C正確；若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，周期T＝eq\f(2πm,qB)與速度無關(guān)，圓心角不變，所以在磁場中運動時間t＝eq\f(θ,2π)T不變，故D錯誤.三、計算題(15題11分，16題11分，17題12分，18題12分，共計46分）15.如圖所示，空間存在電場強度為E、方向水平向右的范圍足夠大的勻強電場．擋板MN與水平方向的夾角為θ，質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的粒子從與M點在同一水平線上的O點以速度v0豎直向上拋出，粒子運動過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運動軌跡所在平面與擋板垂直，不計粒子的重力，求：(1)粒子貼近擋板時水平方向速度的大小；(2)O、M間的距離．【答案】(1)eq\f(v0,tanθ)(2)eq\f(mv\o\al(,02),2qEtan2θ)【解析】(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時速度方向與擋板恰好平行，設(shè)此時粒子水平方向速度大小為vx，則tanθ＝eq\f(v0,vx)解得：vx＝eq\f(v0,tanθ)(2)粒子做類平拋運動，設(shè)粒子運動的加速度為a，由牛頓其次定律：qE＝ma在如圖所示的坐標(biāo)系中：vx＝at，x0＝eq\f(1,2)at2，y0＝v0t設(shè)O、M間的距離為d，由幾何關(guān)系：tanθ＝eq\f(y0,d＋x0)解得：d＝eq\f(mv\o\al(02,),2qEtan2θ).16．(20分)質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的絕緣小球a，以某一初速度沿水平放置的絕緣板進(jìn)入正交的勻強磁場和勻強電場區(qū)域，電場方向如圖所示，若小球a與絕緣板間的動摩擦因數(shù)為μ，已知小球a自C點沿絕緣板做勻速直線運動，在D點與質(zhì)量為M＝2m的不帶電絕緣小球b發(fā)生彈性正碰，此時原電場馬上消逝(不計電場改變對磁場的影響)，磁場仍舊不變，若碰撞時，小球a無電荷量損失，碰撞后，小球a做勻速直線運動返回C點，來回總時間為t，CD間距為L，重力加速度為g.求：(1)小球a碰撞前后的速度大小之比；(2)磁感應(yīng)強度B及電場強度E的大?。敬鸢浮縠q\f(v0,va)＝eq\f(3,1),E＝eq\f(4μmg,q)【解析】(1)a、b兩小球彈性碰撞前后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒．設(shè)碰前a球速度為v0，碰后a球、b球速度大小分別為va、vb，mv0＝－mva＋Mvb①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,b)②由①②式解得：eq\f(v0,va)＝eq\f(3,1)(2)來回總時間t＝eq\f(L,v0)＋eq\f(L,va)＝eq\f(4L,v0)得：v0＝eq\f(4L,t)③a球碰后勻速返回，則有：qBva＝mg，得：B＝eq\f(mg,qva)＝eq\f(3mgt,4qL)a球碰前勻速，則有：FN＝mg＋qBv0⑤qE＝μFN⑥由③④⑤⑥解得：E＝eq\f(4μmg,q)17.如圖所示，直角坐標(biāo)系第一象限存在勻強電場，電場方向指向y軸負(fù)方向。第四象限內(nèi)某矩形區(qū)域存在勻強磁場，磁場上邊界為x坐標(biāo)軸，磁場方向垂直于xOy平面對外。一質(zhì)量為m、帶電量為q的正電粒子以初速度v0從坐標(biāo)為M（0，l）點沿x軸正方向射入，途經(jīng)x軸上N（2l，0）點進(jìn)入磁場，穿越磁場后，經(jīng)y軸上P（0，-61）點、與y軸負(fù)方向夾角為45°射入第三象限，求：（1）勻強電場的場強大??；（2）粒子途徑N點時的速度大小和方向；（3）矩形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和矩形區(qū)域的最小面積?！敬鸢浮浚?）（2）v0，方向與x軸正方向夾角為45°（3）B=3.3l2【解析】（1）帶電粒子在第一象限作平拋運動，x軸方向，2l=v0ty軸方向，l=at2由牛頓其次定律，Eq=ma解得：E=（2）設(shè)粒子途經(jīng)N點時的速度方向與x軸正方向夾角為φ，tanφ=vy=at

解得tanφ=1，所以φ=45°，v==v0，（3）作過N點速度延長線和過P點速度反向延長線，三角形HPI為等腰三角形，由幾何關(guān)系知，HP=8lHI=4l

NI=2l圓弧半徑為R=2lqvB=

求得：B=最小