【创新设计】（广东专用）高考物理二轮复习 第6讲 电场 磁场的基本性质专题提升训练(1).doc

专题三电场和磁场第6讲电场、磁场的基本性质一、单项选择题1(2013新课标全国卷，17)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为r，磁场方向垂直横截面一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为 ()a.b.c.d.解析粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知rr.根据洛伦兹力提供向心力得：qv0bm，解得b.答案a图36162如图3616所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从o点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是 ()atatbtctdtc dtatbtctd解析由洛伦兹力与速度的方向关系可知，从a、b两点射出的电子都完成了半个周期的运动，即tatb；从c点和d点射出的电子在磁场中转过的圆心角都小于180，且dc，故tdtc0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力) ()a. b. c. d.解析如图所示，粒子做圆周运动的圆心o2必在垂直于速度方向的直线ef上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60，故圆弧enm对应圆心角为60，所以emo2为等边三角形由于o1d，所以eo1d60，o1me为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径eo2o1er，由qvb，得v，b正确答案b5(2013重庆卷，5)如图3619所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为b.当通以从左到右的稳恒电流i时，测得导电材料上、下表面之间的电压为u，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为 ()图3619a.，负 b.，正c.，负 d.，正解析当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电流，由左手定则判断负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电势较低，符合题意由粒子做匀速运动知|q|vb|q|e|q|因in|q|vsn|q|vab解得n，选项c正确图3620答案c二、双项选择题6某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图3620所示下列说法正确的是 ()aa点的电势低于b点的电势b若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功cc点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断d若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析由电场线分布可知，b点的电势高于a点电势，场强edec，选项a正确、c错误正电荷由a到b，电场力做负功，b项正确在电场线为曲线的电场中，电场力的方向始终在变化，但粒子的轨迹不会与电场线重合，d项错图3621答案ab7如图3621所示，高速运动的粒子被位于o点的重原子核散射，实线表示粒子运动的轨迹，m、n和q为轨迹上的三点，n点离核最近，q点比m点离核更远，则 ()a粒子在m点的速率比在q点的大b三点中，粒子在n点的电势能最大c在重核产生的电场中，m点的电势比q点的高d粒子从m点运动到q点，电场力对它做的总功为负功解析粒子从q到n，电场力做负功w1，速度变小，动能减小，电势能增大；从n到m，电场力做正功w2，动能增加，电势能减小，且有|w1|w2，因此vqvm，在n点电势能最大选项a、d错，b对由题意知o点的重原子核带正电，m点离o点较近，因此m点的电势高于q点的电势选项c正确答案bc8某同学设计了一种静电除尘装置，如图3622甲所示，其中有一长为l、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为u的高压直流电源相连带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用要增大除尘率，则下列措施可行的是 ()图3622a只增大电压ub只增大长度lc只增大高度dd只增大尘埃被吸入的水平速度v0解析尘埃做类平抛运动，有yat2，a，t，当只增大电压u或只增大长度l时，y增大，收集尘埃的数量增大，故a、b选项对；而只增大高度d或只增大尘埃被吸入的水平速度v0，y减小，收集尘埃的数量减少，故c、d选项错答案ab图36239如图3623所示，aob为一边界为圆的匀强磁场，o点为圆心，d点为边界ob的中点，c点为边界上一点，且cdao.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从a点正对圆心射入，恰从b点射出，粒子2从c点沿cd射入，从某点离开磁场，则可判断 ()a粒子2在bc之间某点射出磁场b粒子2必在b点射出磁场c粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为32d粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同解析粒子从a点射入，恰好从b点射出，则粒子做圆周运动的半径等于圆的半径，从圆弧ab水平入射的粒子都将聚集到b点，则选项b正确；分析得粒子1和2的运动的圆弧对应的圆心角分别为90和60，由tt，得两粒子运动的时间之比为32，则选项c正确图3624答案bc10如图3624所示，o点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在xoy平面内在直线xa与x2a之间存在垂直于xoy平面向外的磁感应强度为b的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动，下列说法正确的是 ()a粒子的速度大小为b粒子的速度大小为c与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长d与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析带正电粒子与y轴正方向成60角发射进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得arsin 30，其中r，联立解得v，故选项a正确，b错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间tt，可见圆弧所对的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径r2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120角射出时粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tmt，故选项c正确，d错误答案ac三、非选择题图362511(2013天津卷，11)一圆筒的横截面如图3625所示，其圆心为o.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b.圆筒下面有相距为d的平行金属板m、n，其中m板带正电荷，n板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自m板边缘的p处由静止释放，经n板的小孔s以速度v沿半径so方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从s孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)m、n间电场强度e的大小；(2)圆筒的半径r；(3)保持m、n间电场强度e不变，仅将m板向上平移d，粒子仍从m板边缘的p处由静止释放，粒子自进入圆筒至从s孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析(1)设两板间的电压为u，由动能定理得qumv2 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得ued联立上式可得e(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为o，圆半径为r.设第一次碰撞点为a，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从s孔射出，因此，sa弧所对的圆心角aos等于.由几何关系得rr tan 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvbm 联立式得r(3)保持m、n间电场强度e不变，m板向上平移d后，设板间电压为u，则u设粒子进入s孔时的速度为v，由式看出综合式可得v v设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从s到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rr，可见粒子须经过四个这样的圆弧才能从s孔射出，故n3答案(1)(2)(3)312(2013珠海理综测试题)如图3626所示，高度相同质量均为m0.1 kg的带电绝缘滑板a及绝缘滑板b置于水平面上，a的带电量q0.01 c，它们的间距sm.质量为m0.3 kg，大小可忽略的物块c放置于b的左端c与a之间的动摩擦因数为10.1，a与水平面之间的动摩擦因数为20.2，b的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，开始时三个物体处于静止状态现在空间加一水平向右电场强度为e80 n/c的匀强电场，假定a、b碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连求：图3626(1)a与b相碰前的速度为多大；(2)要使c刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少；(3)在满足(2)的条件下，求最终ab的距离解(1)a与b相撞之前由动能定理：(qe2mg)smv，得v0，代入数据得：v04 m/s(2)a与b相碰后速度为v1，由动量守恒定律：mv0(mm)v1，v12 m/s，c在a上滑行时，a、b分离，b做匀速运动，a与地面的摩擦力f22(mm)g0.8 na受到的电场力fqe0.8 n，故a、c系统动量守恒，当c刚好滑到a左端时共速v2.由动量守恒定律： mv1(mm)v2得v20.5