1、1专题综合训练(三)1.如图所示,某区域电场线左右对称分布, M、 N为对称线上两点。下列说法正确的是( )A.M点电势一定高于 N点电势B.M点电场强度一定大于 N点电场强度C.正电荷在 M点的电势能小于在 N点的电势能D.将电子从 M点移动到 N点,静电力做正功2.如图所示,菱形 ABCD的对角线相交于 O点,两个等量异种点电荷分别固定在 AC连线上的 M点与 N点,且 OM=ON,则( )A.A、 C两处电势、电场强度均相同B.A、 C两处电势、电场强度均不相同C.B、 D两处电势、电场强度均相同D.B、 D两处电势、电场强度均不相同3.如图所示,正方形线框由边长为 L的粗细均匀的绝缘棒
2、组成, O是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上边框中点 A处取下足够短的带电量为 q的一小段,将其沿 OA连线延长线向上移动 的距离到 B点处,若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时 O点的电场强度大小2为( )A.k B.k C.k D.k2 322 32 524.2如图,在竖直方向的匀强电场中有一带负电荷的小球(初速度不为零),其运动轨迹在竖直平面(纸面)内,截取一段轨迹发现其相对于过轨迹最高点 O的竖直虚线对称, A、 B为运动轨迹上的点,忽略空气阻力,下列说法不正确的是( )A.B点的电势比 A点高B.小球在 A点的动能比它在 B点的大C.小球在最高点的加速度
3、不可能为零D.小球在 B点的电势能可能比它在 A点的大5.如图所示,真空中同一平面内 MN直线上固定电荷量分别为 -9Q和 +Q的两个点电荷,两者相距为 L,以+Q点电荷为圆心,半径为 画圆 ,a、 b、 c、 d是圆周上四点 ,其中 a、 b在 MN直线上, c、 d两点连线2垂直于 MN,一电荷量为 q的负点电荷在圆周上运动,比较 a、 b、 c、 d四点,则下列说法错误的是( )A.a点电场强度最大B.负点电荷 q在 b点的电势能最大C.c、 d两点的电势相等D.移动负点电荷 q从 a点到 c点过程中静电力做正功6.真空中,两个固定点电荷 A、 B所带电荷量分别为 Q1和 Q2,在它们共
4、同形成的电场中,有一条电场线如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了 C、 D两点,其中 D点的切线与 AB连线平行, O点为 AB连线的中点,则( )A.B带正电, A带负电,且 |Q1|Q2|B.O点电势比 D点电势高C.负检验电荷在 C点的电势能大于在 D点的电势能D.在 C点静止释放一带正电的检验电荷,只在电场力作用下将沿电场线运动到 D点7.如图所示,矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一粒子从 bc边上的 M点以速度 v0垂直于 bc边射入电场,从 cd边上的 Q点飞出电场,不计粒子重力。下列说法不正确的是( )A.粒子到 Q点时的
5、速度大小可能小于 v0B.粒子到 Q点时的速度大小可能等于 v0C.粒子到 Q点时的速度方向可能与 cd边平行D.粒子到 Q点时的速度方向可能与 cd边垂直8.3如图所示,某静电场的电场线分布关于 y轴(沿竖直方向)对称, O、 M、 N三点均在 y轴上,且OM=MN。 P点在 y轴的右侧, MP ON,下列说法正确的是( )A.M点的电势与 P点的电势相等B.将质子由 M点移动到 P点,电场力做负功C.M、 N两点间的电势差比 O、 M两点间的电势差大D.在 O点由静止释放个质子,该质子将沿 y轴正方向加速运动9.某静电场中有一质量为 m、电荷量为 +q的粒子甲从 O点以速率 v0射出,运动
6、到 A点时速率为 3v0;另一质量为 m、电荷量为 -q的粒子乙以速率 3v0仍从 O点射出,运动到 B点速率为 4v0,不计重力的影响。则( )A.在 O、 A、 B三点中, O点电势最高B.O、 A间的电势差与 B、 O间的电势差相等C.甲电荷从 O到 A电场力对其所做的功比乙电荷从 O到 B电场力对其所做的功多D.甲电荷从 O到 A电场力对其做正功,乙电荷从 O到 B电场力对其做负功10.在静电场中由静止释放一电子。该电子仅在电场力作用下沿直线运动,其加速度 a随时间 t的变化规律如图所示。则( )A.该电场可能为匀强电场B.电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直C.电子运动过程中途经各点的
7、电势逐渐降低D.电子具有的电势能逐渐增大11.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高 h的 A处由静止开始下滑,沿轨道 ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的 ,圆环半径为 R,斜面倾角 = 60,sBC=2R。若使小球在圆环内能做完整的圆周运动 ,h34至少为多少?12.4如图所示,两竖直虚线间距为 L,之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的 A点将质量为 M、电荷量分别为 q和 -q(q0)的带电小球 M、 N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域,并从该区域的右边界离开。已知 N离开电场时的位置与
8、A点在同一高度; M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 8倍。不计空气阻力,重力加速度大小为 g。已知 A点到左边界的距离也为L。(1)求该电场的电场强度大小;(2)求小球射出的初速度大小;(3)要使小球 M、 N离开电场时的位置之间的距离不超过 L,仅改变两小球的相同射出速度,求射出速度需满足的条件。13.如图所示,在直角坐标系 xOy的第一象限中,0 x d的空间存在着沿 y轴正方向的匀强电场,在xd的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场,一个质量为 m、电荷量为 q的带正电的粒子,从 y轴上的 A点,以速度 v0沿 x轴正方向进入电场,带电粒子在电场与磁场作用下,从 A点依次经过 B
9、点和 C点, A、 B、 C三点的坐标分别为 0,d- 、( d,d)、(2 d,0),不计带电粒子重力,求:36(1)匀强电场的电场强度 E的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度 B的大小;(3)带电粒子从 A到 C的运动时间 t。14.5如图所示,半径为 r的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场,电场与水平方向成 60角,同心大圆半径为 r,两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场(圆的边界上有磁场),磁感应强度为 B。质量为3m、电荷量为 +q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场,经磁场偏转恰好从内圆的最高点 A处进入电场,并从最低点 C处离开电场。不计粒子的重力。求:(1)该粒子从 A处进入电
10、场时的速率;(2)偏转电场的电场强度大小;(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围。15.如图所示,在 区里有与水平方向成 60角的匀强电场 E1,宽度为 d。在 区里有垂直于纸面向外的匀强磁场和竖直方向的电场 E2,宽度也为 d。一带电量为 q、质量为 m的微粒自图中 P点由静止释放后沿虚线做直线运动进入 区的磁场,已知 PQ与中间边界 MN的夹角是 60。若微粒进入 区后做匀速圆周运动且还能回到 MN边界上。重力加速度为 g。 区和 区的场在竖直方向足够长,d、 m、 q已知,求:(1)微粒带何种电荷,电场强度 E1;(2) 区磁感应强度 B的取值范围;6(3
11、)微粒第一次在磁场中运动的最长时间。16.如图, xOy平面的第二象限内有平行 y轴放置的金属板 A、 B,板间电压为 U;第一、三、四象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度 B=1 T的匀强磁场; ON为处于 y轴上的弹性绝缘挡板, ON长 h=3 m;M为 x轴负方向上一点, OM长 L=1 m。现有一比荷为 =2.0 C/kg、重力不计的带正电粒子从 A板静止释放,经电场加速后从 B板小孔处射出,恰好从挡板上端 N点处平行 x轴方向垂直射入磁场。(1)若粒子不与挡板碰撞直接打到 M点,则 U为多大?(2)若粒子与挡板相碰后均能以原速率弹回,且碰撞时间不计、碰撞前后电荷量不变,粒子最后都能经过
12、 M点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?(结果保留三位有效数字)7专题综合训练(三)1.A 解析 顺着电场线电势降低,故 M点电势一定高于 N点电势,正电荷在 M点的电势能大于在 N点的电势能,故选项 A正确; M点的电场线较 N点稀疏,故 M点电场强度一定小于 N点电场强度,选项 B错误;将电子从 M点移动到 N点,静电力做负功,选项 D错误。2.C 解析 根据等量异种电荷电场线的分布规律可知, O处电势为零, A处电势为正, C处电势为负, A处电场强度方向向左, C处电场强度方向也向左,大小相同,所以 A、 C两处电势不等,电场强度相同,故 A、B 错误; B、 D两处电场强度大小相
13、等,方向水平向右,则电场强度相同,两处在同一等势面上,电势相同,故 C正确,D 错误。3.C 解析 线框上的电荷在 O点产生的电场等效于与 A点对应的电荷量为 q的电荷在 O点产生的电场,故 E1= ,B点的电荷在 O点产生的电场强度为 E2= ,由电场的叠加可知 E=E1-(2) 2=42 2E2= 。324.A 解析 根据粒子的弯折方向可知,粒子所受合力方向一定指向下方;因轨迹关于 O点对称,则电场力可能竖直向上,也可能竖直向下,即电场方向可能竖直向下,当电场方向竖直向下时 B点的电势比 A点高,带负电的小球在 B点的电势能比它在 A点的小;电场强度也可能竖直向上,此时 B点的电势比 A点
14、低,带负电的小球在 B点的电势能比它在 A点的大,故 A错误,D 正确;因小球所受合力方向向下,则从 A到 B,合力做负功,则动能减小,即小球在 A点的动能比它在 B点的大,选项 B正确;因合力不为零,则小球在最高点的加速度不可能为零,选项 C正确。5.B 解析 +Q在 a、 b、 c、 d四点的电场强度大小相等,在 a点, -9Q的电场强度最大,而且方向与 +Q在 a点的电场强度方向相同,根据合成可知 a处电场强度最大,故 A正确; a、 b、 c、 d四点在以点电荷 +Q为圆心的圆上,由 +Q产生的电场在 a、 b、 c、 d四点的电势相等,所以 a、 b、 c、 d四点的总电势可以通过
15、-9Q产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知, b点的电势最高, c、 d电势相等, a点电势最低,根据负电荷在电势低处电势能大,可知负点电荷 q在 a处的电势能最大,在 b处的电势能最小,在 c、 d两处的电势能相等,故 B错误,C 正确;移动负点电荷 q从 a点到 c点过程中,电势能减小,静电力做正功,选项 D正确。6.B 解析 根据电场线的流向,知 A带正电, B带负电; D点的电场强度可看成 A、 B两电荷在该点产生电场强度的合电场强度,电荷 A在 D点电场方向沿 AD向上,电荷 B在 D点产生的电场强度方向沿 DB向下,合电场强度方向水平向右,可知 A电荷在 D点产生的
16、电场强度大于 B电荷在 D点产生的电场强度,而 ADBD,所以 Q1Q2,故 A不正确;沿着电场线方向电势降低,所以 O点电势比 D点电势高,故 B正确;沿电场线方向电势逐渐降低, UCUD,再根据 Ep=qU,q为负电荷,知 EpC P,故 A错误;由 M到 P电势降低,故将质子从 M移动到 P点,电势能减小,电场力做正功,故 B错误;电场线的疏密表示电场的强弱,由题图可知,从 O点到 N点电场强度减小,根据 U=Ed,M、 N两点间的电势差比 O、 M两点间的电势差小,故 C错误;带正电的粒子从 O点由静止释放后,受电场力方向沿 y轴正方向,所以将沿着 y轴正方向做加速直线运动,但加速度越
17、来越小,故D正确。89.C 解析 由题意知,负电荷从 O到 B电场力做正功,故 B点电势高于 O点电势,所以 A错误;qUOA= m(3v0)2- ,-qUOB= m(4v0)2- m(3v0)2,可得 qUOAqUOB,即 O、 A间的电势差高于 B、 O间的12 12m02 12 12电势差,所以 B错误,C 正确;乙电荷从 O到 B电场力对其做正功,故 D错误。10.B 解析 由加速度 a随时间 t的变化图象可知,电子的加速度变化,所受电场力变化,运动轨迹上各点的电场强度大小改变,电场不是匀强电场,故 A项错误;电子仅在电场力作用下沿直线运动,且运动过程中加速度方向不变,所受电场力方向不
18、变,则运动轨迹上各点电场强度方向一样且电场强度方向与轨迹同一直线,电场方向与等势面垂直,所以电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直,故 B项正确;电子由静止释放做加速运动,电子所受电场力做正功,电子具有的电势能减小,电子运动过程中途经各点的电势逐渐升高,故 C、D 错误。11.答案 10 R解析 小球所受的重力和电场力都为恒力,故两力可等效为一个力 F,如图所示,可知 F= mg,方向与竖54直方向夹角为 37,偏左下;从图中可知,做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过 D点,若球恰好能通过 D点,则达到 D点时小球与圆环间的弹力恰好为零,由圆周运动知识得: F=m ,即 mg=m ,2 54 2选
19、择 A点作为初态, D点为末态,由动能定理有 mg(h-R-Rcos 37)- mg(htan 37+2R+Rsin 37)34= ,代入数据 :mg(h-1.8R)- mg h+2.6R = mgR,解得: h=10R。12m2 34 34 125412.答案 (1) (2) (3)v024 2 解析 设小球 M、 N在 A点水平射出的初速度大小为 v0,则刚进入电场时的水平速度大小也为 v0,所以 M、 N在电场中时间相等。进入电场前,水平方向 L=v0t1进入电场前,竖直方向 d=12g12进入电场后,水平方向 L=v0t2则有 t1=t2=t设小球 N运动的加速度为 a,竖直方向 d=
20、-vy1t+ at212解得 a=3g由牛顿第二定律得 qE-mg=ma解得 E=4(2)粒子 M射出电场时竖直速度为vy2=vy1+atqE+mg=ma9m( )=8 m( )12 02+22 12 02+12解得 v0= 2(3)以竖直向下为正, M的竖直位移 yM=vy1t+ at212N的竖直位移 yN=vy1t- at212yM-yN L解得 v02 13.答案 (1) (2)3023 (3+3)03(3)12+5(3- 3)12 0解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动d= at236 12d=v0ta=联立解得: E=3023(2)设带电粒子刚进入磁场时偏角为 ,速度为 vta
21、n =0v=0解得: =30,v=2303带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由几何关系知: d=Rsin +R cos 又 R=解得: B=(3+3)03(3)带电粒子在电场中运动的时间: t1=0由几何关系,带电粒子在磁场中转过的圆心角为 150,t2= T=150360 5122将 B代入解得: t2=5(3- 3)120所以带电粒子从 A到 C的运动时间: t=t1+t2=12+5(3- 3)12 01014.答案 (1) v= (2)E= (3)见解析233 8323解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示:由几何知识得: r2+( r-R)2=R2,解得: R= r,32
22、33洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得: qvB=m2解得: v= ;233(2)由几何知识得:cos = ,解得 = 30,=32由题意可知,电场与水平方向成 60角,则粒子进入电场时速度方向与电场方向垂直,带电粒子进入电场后做类平抛运动,垂直于电场方向:2 rcos 60=vt,沿电场方向:2 rsin 60= t2,12解得: E= ;8323(3)粒子在电场中加速,由动能定理得: qU 加 = mv2,12粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律得: Bqv=m ,解得: U 加 = ;2 222粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,运动轨迹如图所示: 粒子轨道半径: R1= r,
23、则: v1= r,U 加 1= ,33 3222 粒子轨道半径: R2= r,v2= r, ,3+12 3+12 加 2=(2+3)224 粒子轨道半径: R3= r,v3= r, ,故使粒子不进入电场并3-12 3-12 加 3=(2- 3)224在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围 0v v 。3-12 , 3+12 315.答案 (1) E1= (2)B (3)t=3 33 49 3解析 (1)带电微粒沿虚线做直线运动,微粒受重力和电场力作用电场力 F=qE1由力的平行四边形定则和几何关系得 F= mg311解得 E1=3(2)由微粒在 区的受力分析可知 F 合 =mg微粒从 P
24、到 Q由动能定理得 F 合 x= mv212而 x= 解得 v=230 3因微粒还能回到 MN边界上,所以微粒在 区最大圆与最右边界相切,由几何关系得圆的半径r d23由牛顿第二定律 qvB=m2解得 B33(3)微粒在磁场中运动的周期 T=2联立得 T=2由此可知 B越小周期越长,所以当 B= 时,粒子在磁场中运动周期最长;由几何关系得粒33子从进入磁场到返回 MN边界转过的圆心角 = 43微粒第一次在磁场中运动的最长时间 t=3解得 t=49 316.答案 (1)2 .78 V (2)4.25 s解析 (1)粒子由 A到 B,由动能定理得图 1qU=12m02粒子在磁场中运动,由牛顿第二定律得qv0B=m02由几何关系得r2=(h-r)2+L2联立解得 r= m53U= V2 .78 V25912(2)因粒子速度方向与挡板垂直,圆心必在挡板上。设小球与挡板碰撞 n次,则 n2r3由题意得 r1 m故 n1.5,只能发生一次碰撞。由几何关系得(3 r-h)2+L2=r2解得: r1=1 m,r2=1.25 m分别作出图 2和图 3运动轨迹。图 2图 3比较两图可知当 r2=1.25 m时粒子在磁场中运动时间更长。由图 3得 tan = =0.75,= 3732-粒子在磁场中运动的周期为 T= = s2粒子在磁场中运动最长时间为t= T+ T+ T4 .25 s12 34 360
