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2019-2020年高考物理二輪復習 專題06 電場、磁場的基本性質押題專練
圖1
A．小球運動到C點時動能最小
B．小球運動到C點時繩子拉力最小
C．小球運動到Q點時動能最大
D．小球運動到B點時機械能最大
答案 D
2．某區(qū)域的電場線分布如圖2所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點．取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計．在O 到A運動過程中，下列關于粒子運動速度v和加速度a隨時間t 的變化、粒子的動能Ek和運動徑跡上電勢φ 隨位移x的變化圖線可能正確的是( )
圖2
答案 B
解析 由題圖可知，從O到A點，電場線由密到疏再到密，電場強度先減小后增大，因此粒子受到的電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故A錯誤，B正確；沿著電場線方向電勢降低，而電勢與位移的圖像的斜率表示電場強度，所以斜率應先減小后增大，因此C錯誤；電場力對粒子做正功，導致電勢能減小，則動能增加，且圖線斜率先減小后增大，故D錯誤．
3．如圖3所示，在兩個等量異種電荷形成的電場中，D、E、F是兩電荷連線上間距相等的三個點，三點的電勢關系是φD>φE>φF，K、M、L是過這三個點的等勢線，其中等勢線L與兩電荷連線垂直．帶電粒子從a點射入電場后運動軌跡與三條等勢線的交點是a、b、c，粒子在a、b、c三點的電勢能分別是Epa、Epb、Epc，以下判斷正確的是( )
圖3
A．帶電粒子帶正電
B．Epa
a)，連線與環(huán)面垂直，已知環(huán)上均勻帶電，總電荷量為Q.當導體球接地時(取無窮遠處電勢為零，與帶電量為q的點電荷相距r處電勢為φ＝k，k為靜電力恒量)，下列說法正確的是( )
圖5
A．球面上感應電荷量為q感＝－
B．球面上感應電荷量為q感＝－
C．感應電荷在O點的場強為E感＝k
D．感應電荷在O點的場強為E感＝k
答案 A
解析 據題意，由于靜電感應，球上所帶電荷與圓環(huán)電性相反，球與大地相連，球的電勢為0，即球上的電荷在球中心產生的電勢與環(huán)上電荷在球中心產生的電勢之和為0，故有：k＋k＝0，則選項A正確，而選項B錯誤；由于靜電平衡，導體內場強處處為0，球上的電荷在O點產生場強等于環(huán)在O點產生的場強，方向相反，現將環(huán)看成無數個電荷的集合體，每個電荷在O點產生的場強為：E1＝k，而所有電荷在O點產生的場強是每個電荷在該點產生場強的矢量和，則為：E感＝－E環(huán)＝－k，故選項C、D均錯誤．
6．如圖6所示，真空中同一平面內MN直線上固定電荷量分別為－9Q和＋Q的兩個點電荷，兩者相距為L，以＋Q電荷為圓心，半徑為畫圓，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，一電荷量為＋q的試探電荷在圓周上運動，則下列判斷錯誤的是( )
圖6
A．電荷＋q在a處所受到的電場力最大
B．電荷＋q在a處的電勢能最大
C．電荷＋q在b處的電勢能最大
D．電荷＋q在c、d兩處的電勢能相等
答案 B
7．如圖7所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A＝60，AO＝L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子(不計重力作用)，粒子的比荷為，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0＝.粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為θ，對于粒子進入磁場后的運動，下列說法正確的是( )
圖7
A．粒子有可能打到A點
B．以θ＝60飛入的粒子在磁場中運動時間最短
C．以θ<30飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等
D．在AC邊界上只有一半區(qū)域有粒子射出
答案 AD
8.如圖1所示，虛線為某靜電場的等勢面，且相鄰兩等勢面間的電勢差相等.一帶負電的粒子由M點移動到N點的過程中，電場力做正功，M、N兩點的電勢用φM、φN表示，M、N兩點的電場強度用EM、EN表示.則下列說法正確的是( )
圖1
A.φM＝φN B.φM>φN C.EM>EN D.EMEf
答案 BCD
由圖象可知，Ee大小等于點電荷Q電場中距場源(R－L)和(R－)處場強大小的差，同樣Ef大小等于點電荷Q電場中距場源(R＋L)和(R＋)處場強大小的差，由圖象可知，Ee>Ef，D項正確.
14. A、B為兩等量異種點電荷，圖中水平虛線為A、B連線的中垂線.現將另兩個等量異種的檢驗電荷a、b，如圖8所示，用絕緣細桿連接后從離AB無窮遠處沿中垂線平移到AB的連線，平移過程中兩檢驗電荷位置始終關于中垂線對稱.若規(guī)定離AB無窮遠處電勢為零，則下列說法中正確的是( )
圖8
A.在AB的連線上a所處的位置電勢φa<0
B.a、b整體在AB連線處具有的電勢能Ep>0
C.整個移動過程中，靜電力對a做正功
D.整個移動過程中，靜電力對a、b整體做正功
答案 B
15.如圖9所示，有一帶電量為＋q的點電荷與均勻帶電圓形薄板相距為2d，＋q到帶電薄板的垂線通過板的圓心.若圖中a點處的電場強度為零，則圖中b點處的電場強度大小是( )
圖9
A.k＋k B.k－k
C.0 D.k
答案 A
解析 ＋q在a處產生的場強大小為E＝k，方向水平向左.據題，a點處的電場強度為零，＋q與帶電薄板在a點產生的場強大小相等，方向相反，則帶電薄板在a點產生的場強大小為E＝k，方向水平向右.根據對稱性可知，帶電薄板在b點產生的場強大小為E＝k，方向水平向左.＋q在b處產生的場強大小為E＝k，方向水平向左，則b點處的電場強度大小是Eb＝k＋k.
16.(多選)如圖10所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2L，則下列關于粒子運動的說法中正確的是( )
圖10
A.若該粒子的入射速度為v＝，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為L
B.若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝
C.若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝
D.該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為
答案 ACD
17.如圖11所示，N、M、P為很長的平行界面，N、M與M、P間距分別為l1、l2，其間分別有磁感應強度為B1和B2的勻強磁場區(qū)，Ⅰ和Ⅱ磁場方向垂直紙面向里，B1≠B2，有一帶正電粒子的電量為q，質量為m，以某一初速度垂直邊界N及磁場方向射入MN間的磁場區(qū)域.不計粒子的重力.求：
圖11
(1)要使粒子能穿過Ⅰ磁場進入Ⅱ磁場，粒子的初速度至少應為多少？
(2)粒子初速度v為多少時，才可恰好穿過兩個磁場區(qū)域.
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子的初速度為v0時恰好能進入Ⅱ磁場，則進入Ⅱ磁場時速度恰好沿M邊界，所以半徑為r＝l1
則B1qv0＝m0
解得：v0＝
18.真空中存在一中空的柱形圓筒，如圖12所示是它的一個截面，a、b、c為此截面上的三個小孔，三個小孔在圓形截面上均勻分布，圓筒半徑為R.在圓筒的外部空間存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，其方向與圓筒的軸線平行，在圖中垂直于紙面向里.現在a處向圓筒內發(fā)射一個帶正電的粒子，其質量為m，帶電荷量為q，使粒子在如圖所示平面內運動，設粒子只受磁場力的作用，若粒子碰到圓筒即會被吸收，則：
圖12
(1)若要粒子發(fā)射后在以后的運動中始終不會碰到圓筒，則粒子的初速度的大小和方向有何要求？
(2)如果在圓筒內的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也為B，則為使粒子以后都不會碰到圓筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？
答案 (1)，方向從a指向b (2)，方向由a指向圓筒截面的圓心
甲
(2)如果在圓筒內的區(qū)域中還存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小也為B，由粒子運動的對稱性可知，粒子運動的軌跡只能是從a到b，然后在外側的磁場中到c，在圓筒內再到a，然后在外側的磁場中到b，在圓筒內再到c，然后在外側的磁場中到a.
乙
粒子運動的初速度方向是從a指向圓心.做出粒子運動的軌跡，粒子運動軌跡如圖乙所示，由圖可知，cd⊥Oc，bd⊥Ob，所以粒子的偏轉角：β＝300，所以：∠bOd＝60，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設圓弧的圓半徑為r′，粒子的偏轉半徑：r′＝Rtan 60＝R
由牛頓第二定律得：qv′B＝
所以：v′＝.
19．如圖8所示，在勻強電場中建立直角坐標系xOy，y軸豎直向上，一質量為m、電荷量為＋q的微粒從x軸上的M點射出，方向與x軸夾角為θ，微粒恰能以速度v做勻速直線運動，重力加速度為g.
圖8
(1)求勻強電場場強E；
(2)若再疊加一圓形邊界的勻強磁場，使微粒能到達x軸上的N點，M、N兩點關于原點O對稱，距離為L，微粒運動軌跡也關于y軸對稱．已知磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直xOy平面向外，求磁場區(qū)域的最小面積S及微粒從M運動到N的時間t.
答案 (1)，方向豎直向上 (2) ＋
解析 (1)對微粒有qE－mg＝0，得E＝
方向豎直向上．
故運動的時間t＝t1＋t2＋t3＝＋＝＋＝＋
20．如圖10所示，在坐標系xOy的第二象限內有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，第三象限內存在勻強磁場Ⅰ，y軸右側區(qū)域內存在勻強磁場Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁場的方向均垂直于紙面向里．一質量為m、電荷量為＋q的粒子自P(－l，l)點由靜止釋放，沿垂直于x軸的方向進入磁場Ⅰ，接著以垂直于y軸的方向進入磁場Ⅱ，不計粒子重力．
圖10
(1)求磁場Ⅰ的磁感應強度B1；
(2)若磁場Ⅱ的磁感應強度B2＝B1，粒子從磁場Ⅱ再次進入電場，求粒子第二次離開電場時的橫坐標；
(3)若磁場Ⅱ的磁感應強度B2＝3B1，求粒子在第一次經過y軸到第六次經過y軸的時間內，粒子的平均速度．
答案 (1) (2)－2l
(3) ，方向沿y軸負方向
解析 (1)設粒子垂直于x軸進入磁場Ⅰ時的速度為v，
由運動學公式2al＝v2
由牛頓第二定律Eq＝ma
由題意知，粒子在磁場Ⅰ中做圓周運動的半徑為l，
由牛頓第二定律qvB1＝
解得B1＝ .
甲
(2)粒子運動的軌跡如圖甲所示，粒子再次進入電場，在電場中做類平拋運動，有
x＝vt
l＝at2
解得x＝2l，
則粒子第二次離開電場時的橫坐標x′＝－x＝－2l.
乙
(3)粒子運動的軌跡如圖乙所示．
粒子在第一次經過y軸到第六次經過y軸的時間內的位移x″＝4r1－6r2＝2l，
平均速度＝，聯立解得＝ ，方向沿y軸負方向．
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