高三物理二轮复习 第三篇 专题能力提升练（四）（B卷）电场和磁场.doc

专题能力提升练(四)b卷电场和磁场(45分钟100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。第15题只有一项符合题目要求,第6、7题有多项符合题目要求)1.(2015晋江一模)如图所示,一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中,在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。m和n是轨迹上的两点,其中m点是轨迹的最右点。不计重力,下列表述正确的是()a.粒子在m点的速率最大b.粒子所受电场力沿电场方向c.粒子在电场中的加速度不变d.粒子在电场中的电势能始终在增加【解析】选c。根据做曲线运动的物体所受合力指向轨迹的凹侧的特点,再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场方向相反,b错;从n点到m点电场力做负功,粒子做减速运动,电势能增加,当到达m点后电场力做正功,粒子做加速运动,电势能减小,则粒子在m点的速度最小,a、d错;在整个过程中粒子只受电场力,根据牛顿第二定律可知加速度不变,c正确。2.如图所示的区域共有六处开口,各相邻开口之间的距离都相等,匀强磁场垂直于纸面,不同速度、相同比荷的粒子从开口a进入该区域,可能从b、c、d、e、f五个开口离开,粒子就如同进入“迷宫”一般,可以称作“粒子迷宫”。以下说法正确的是()a.从d口离开的粒子不带电b.从e、f口离开的粒子带有异种电荷c.从b、c口离开的粒子运动时间相等d.从c口离开的粒子速度和从b口离开的粒子速度的大小相等【解析】选a。从d口离开的粒子不偏转,所以不带电,a正确;根据左手定则,从f、e口离开的粒子带有同种电荷,b错误;从b口离开的粒子运动时间是半个周期,从c口离开的粒子运动时间是四分之一周期,c错误;从c口离开的粒子轨道半径是从b口离开的粒子轨道半径的2倍,因此速度也是2倍关系,d错误。【加固训练】图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心o点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是()a.向上b.向下c.向左d.向右【解析】选b。由安培定则可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心o处产生的磁感应强度如图所示。四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成,可得合磁场为水平向左。利用左手定则判断洛伦兹力的方向,可得洛伦兹力竖直向下,故b项正确。3.如图所示,平行板电容器与恒压电源连接,电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场,若仅使电容器上极板上移,设电容器极板上所带电荷量为q,电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y,以下说法正确的是()a.q减小,y不变b.q减小,y减小c.q增大,y减小d.q增大,y增大【解析】选b。电容器上极板上移,d增大,由c=rs4kd可知,c减小,由c=qu得,q=cu,由于u不变,故q减小;电子在极板之间做类平抛运动,则有l=v0t,y=12qumdt2,解得y=qul22mv02d,由于d增大,故y减小,选项b正确。4.(2015南昌三模)如图所示,a、b、c、d为某匀强电场中的四个点,且abcd,abbc,bc=cd=2ab=2l,电场线与四边形所在平面平行。已知a=20v,b=24v,d=8v。一个质子经过b点的速度大小为v0,方向与bc夹角为45,一段时间后经过c点,e为质子的电量,不计质子的重力,则()a.c点电势为12vb.场强的方向由a指向cc.质子从b运动到c所用的时间为2lv0d.质子从b运动到c电场力做功12ev【解析】选c。三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,bd连线中点o的电势与c相等,为16v,故a错误;oc为等势线,其垂线bd为场强方向,bd,则b错误;质子从bc做类平抛运动,沿初速度方向分位移为2l,此方向做匀速直线运动,则t=2lv0,故c正确;电势差ubc=8v,则质子从bc电场力做功为8ev,故d错误。5.如图所示,在电场强度e=5n/c的匀强电场和磁感应强度b=2t的匀强磁场中,沿平行于电场、垂直于磁场方向放一长绝缘杆,杆上套一个质量m=10-4kg、带电荷量q=210-4c的小球,小球与杆间的动摩擦因数=0.2,g取10m/s2,则关于小球从静止开始沿杆运动的加速度和速度,叙述不正确的是()a.小球的加速度先增大,后减小b.小球沿杆运动的最大加速度为10m/s2c.小球的速度一直增大d.小球最后以15m/s的速度做匀速运动【解析】选c。带电小球在竖直方向上受力平衡,开始沿水平方向运动的瞬间加速度：a1=qe-mgm=8m/s2,小球开始运动后加速度：a2=qe-(mg-qvb)m,由于小球做加速运动,洛伦兹力f洛增大,摩擦力ff逐渐减小,当mg=f洛时,ff=0,加速度最大,其最大值为a3=qem=10m/s2。随着速度v的增大,f洛mg,杆对小球的弹力n改变方向,又有摩擦力作用,其加速度：a4=qe-(qvb-mg)m,可见摩擦力ff随v的增大而增大,a4逐渐减小。当ff=f电=qe时,加速度a5=0,此时速度最大,此后做匀速运动。由qe=(qvb-mg),解得v=15m/s。可见,小球沿杆运动的加速度由8m/s2逐渐增大到10m/s2,接着又逐渐减小到零,最后以15m/s的速度做匀速运动。故选c。【总结提升】带电粒子在复合场中运动的综合分析这类问题综合了带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的匀速直线运动、电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动三个方面。(1)在电场和磁场组成的复合场中做匀速直线运动时,满足二力平衡,有qe=qvb。(2)若撤去磁场,带电粒子在电场中做类平抛运动,应用运动的合成与分解的方法分析。(3)若撤去电场,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,满足洛伦兹力提供向心力,有qvb=mv2r。6.(2015天水一模)质谱仪的构造原理如图所示。从粒子源s出来时的粒子速度很小,可以看作初速度为零,粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域,并沿着半圆周运动而达到照相底片上的p点,测得p点到入口的距离为x,则以下说法正确的是()a.粒子一定带正电b.粒子一定带负电c.x越大,则粒子的质量与电量之比一定越大d.x越大,则粒子的质量与电量之比一定越小【解析】选a、c。根据左手定则,a正确,b错误。根据qu=12mv2,qvb=mv2r,r=12x可知mq=b2x28u,可见x越大,mq越大,故c正确,d错误。7.(2015浙江高考)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球a悬挂到水平板的m、n两点,a上带有q=3.010-6c的正电荷。两线夹角为120,两线上的拉力大小分别为f1和f2。a的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球b,b与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度g取10m/s2;静电力常量k=9.0109nm2/c2,a、b球可视为点电荷),则()a.支架对地面的压力大小为2.0nb.两线上的拉力大小f1=f2=1.9nc.将b水平右移,使m、a、b在同一直线上,此时两线上的拉力大小f1=1.225n,f2=1.0nd.将b移到无穷远处,两线上的拉力大小f1=f2=0.866n【解题指导】解答本题时应从以下两点进行分析：(1)会利用库仑定律求解库仑力。(2)会用共点力平衡的条件分析受力。【解析】选b、c。a、b间库仑引力为f=kq2r2=9.0109(3.010-6)20.32n=0.9n,b球与绝缘支架的总重g2=m2g=2n,由力的平衡可知,支架对地面的压力为1.1n,a项错误;由于两线的夹角为120,根据对称性可知,两线上的拉力大小相等,与a的重力与库仑引力的合力相等,即f1=f2=g1+f=1.9n,b项正确;将b移到无穷远处,b对a的作用力为零,两线上的拉力等于a球的重力大小,即为1n,d项错误;将b水平右移,使m、a、b在同一直线上,此时库仑力为f=kq2r2=9.0109(3.010-6)2(20.3)2n=0.225n,f2上拉力不变,则根据平衡条件可得f1=1n+0.225n=1.225n,c项正确。二、计算题(本大题共3小题,共44分。需写出规范的解题步骤)8.(12分)(2015厦门一模)如图所示,光滑、绝缘的水平轨道ab与四分之一圆弧轨道bc平滑连接,并均处于水平向右的匀强电场中,已知匀强电场的场强e=5103v/m,圆弧轨道半径r=0.4m。现有一带电量q=+210-5c、质量m=510-2kg的物块(可视为质点)从距b端s=1m处的p点由静止释放,加速运动到b端,再平滑进入圆弧轨道bc,重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块在水平轨道上加速运动的时间t和到达b点的速度vb的大小。(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力fnb的大小。【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)物块在光滑水平轨道ab上受电场力作用,从静止开始做匀加速直线运动。(2)物块刚进入圆弧轨道时,物块所受重力和支持力的合力提供向心力。【解析】(1)设物块在水平轨道上运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律得：qe=ma(2分)解得：a=qem=2m/s2(1分)由s=12at2得(2分)t=2sa=212s=1s(1分)带电体运动到b端的速度大小为：vb=at=2m/s(2分)(2)设带电体运动到圆弧形轨道b端时受轨道的支持力为fnb,由牛顿第二定律得：fnb-mg=mvb2r(3分)解得：fnb=1n(1分)答案：(1)1s2m/s(2)1n9.(16分)(2015红河州一模)如图所示,匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的,且宽度相等,均为d,电场方向在纸平面内,而磁场方向垂直纸面向里。一带正电粒子从o点以速度v0沿垂直电场方向进入电场,在电场力的作用下发生偏转,从a点离开电场进入磁场,离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半,当粒子从c点(未标出)穿出磁场时速度方向与进入电场o点时的速度方向一致。(带电粒子重力不计)求：(1)粒子从c点穿出磁场时的速度v。(2)电场强度e和磁感应强度b的比值。(3)粒子在电、磁场中运动的总时间。【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动：在垂直电场方向：d=v0t(1分)平行电场方向：d2=vy2t(1分)解得：vy=v0(1分)粒子进入磁场时的速度：v=vx2+vy2=2v0(1分)因为粒子在磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,所以粒子穿出磁场时的速度大小v=2v0,方向与v0方向一致(1分)(2)在电场中运动时：vy=at=qemt=qemdv0(2分)解得：e=mv02qd(1分)在磁场中运动轨迹如图所示：由几何关系得：r=dsin45=2d(1分)又：qvb=mv2r(1分)解得：b=mvqr=m2v0q2d=mv0qd(1分)故：eb=v0(1分)(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间：t=42t=t8=m4qb=m4qmv0qd=d4v0(2分)粒子在电场中做类平抛运动时间：t=dv0(1分)粒子运动总时间：t总=t+t=dv0+d4v0(1分)答案：(1)2v0,方向与v0方向相同(2)v0(3)dv0+d4v0【加固训练】(2015乐山二模)如图所示,在x0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场,在第一象限倾斜直线om的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子自电场中的p点沿x轴正方向射出,恰好经过坐标原点o进入匀强磁场,经磁场偏转后垂直于y轴从n点回到电场区域,并恰能返回到p点。已知p点坐标为(-l,32l),带电粒子质量为m,电荷量为q,初速度为v0,不计粒子重力。求：(1)匀强电场的电场强度大小。(2)n点的坐标。(3)匀强磁场的磁感应强度大小。【解析】(1)设粒子从p到o的时间为t,加速度为a,则：l=v0t,32l=12at2由牛顿第二定律得：qe=ma解得：e=3mv02ql(2)设粒子运动到n点时速度为v,则：v=v02+2a32l=2v0所以粒子从n到p的时间：t=12t沿y轴位移：h=12at2=38l因此n点坐标为(0,538l)(3)粒子在磁场中运动轨迹如图所示：粒子在o点时速度方向与y轴负方向的夹角为30由几何关系得：r+rsin30=538l又：qvb=mv2r解得：b=83mv05ql答案：(1)3mv02ql(2)(0,538l)(3)83mv05ql10.(16分)(2015山东高考)如图所示,直径分别为d和2d的同心圆处于同一竖直面内,o为圆心,gh为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔。一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方d2处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由h点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小。(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求区磁感应强度的大小。(3)若区、区磁感应强度的大小分别为2mvqd、4mvqd,粒子运动一段时间后再次经过h点,求这段时间粒子运动的路程。【解析】(1)设极板间电场强度的大小为e,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得qed2=12mv2(2分)由式得e=m