2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專題八 電場、磁場及帶電粒子在電、磁場中的運動限時訓(xùn)練

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專題八 電場、磁場及帶電粒子在電、磁場中的運動限時訓(xùn)練 一、選擇題 1.(xx·高考全國卷Ⅰ，T15，6分)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等．則(　　) A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQ B．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φN C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功 解析：選B.由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力

2、所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，故選項B正確，選項A錯誤．M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，故選項C錯誤．電子由P點運動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤． 2．(xx·高考全國卷Ⅱ，T14，6分)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析：選D.兩板水平放置時，放置于

3、兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡．當(dāng)將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動．選項D正確． 3．(多選)(xx·高考廣東卷)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則(　　) A．M的帶電量比N的大 B．M帶負電荷，N帶正電荷 C．靜止時M受到的合力比N的大 D．移動過程中勻強電場對M做負功 解析：選BD.兩帶電小球分別在兩球間的庫侖力和水平勻強電場的電場力作用下處于平衡狀態(tài)，因為

4、兩小球間的庫侖力等大反向，則勻強電場對兩帶電小球的電場力也等大反向，所以兩帶電小球的帶電量相等，電性相反，靜止時，兩球所受合力均為零，選項A、C錯誤；M、N兩帶電小球受到的勻強電場的電場力分別水平向左和水平向右，即M帶負電，N帶正電，M、N兩球在移動的過程中勻強電場對M、N均做負功，選項B、D正確． 4．(多選)(xx·高考山東卷)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述

5、，正確的是(　　) A．末速度大小為 v0 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd 解析：選BC.0～時間內(nèi)微粒勻速運動，有mg＝qE0.把微粒的運動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運動；豎直方向：～時間內(nèi)，只受重力，做自由落體運動，時刻，v1y＝g；～T時間內(nèi)，a＝＝g，做勻減速直線運動，T時刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，選項A錯誤、B正確．重力勢能的減少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以選項C正確．根據(jù)動能定理：mgd－W克電＝0，得W克電＝mgd，所以選項D錯誤． 5.(多選)(xx·高考四川卷)如

6、圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a(　　) A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小 B．從N到P的過程中，速率先增大后減小 C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加 D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量 解析：選BC.小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中

7、，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，選項D錯誤． 6．(多選)(xx·山東濟南一模)無限長通電直導(dǎo)線在其周圍某一點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小與電流成正比，與導(dǎo)線到這一點的距離成反比，即B＝k(式中k為常數(shù))．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上平行放置兩根無限長直導(dǎo)線M和N，導(dǎo)線N中通有方向如圖的恒定電流IN，導(dǎo)線M中的電流IM大小隨時間變

8、化的圖象如圖乙所示，方向與N中電流方向相同．絕緣閉合導(dǎo)線框ABCD放在同一水平面上，AB邊平行于兩直導(dǎo)線，且位于兩者正中間．則以下說法正確的是(　　) A．0～t0時間內(nèi)，流過R的電流方向由C→D B．t0～2t0時間內(nèi)，流過R的電流方向由D→C C．0～t0時間內(nèi)，不計CD邊電流影響，則AB邊所受安培力的方向向左 D．t0～2t0時間內(nèi)，不計CD邊電流影響，則AB邊所受安培力的方向向右 解析：選ACD.0～t0時間內(nèi)，M中電流由0逐漸增加到IN，則線框中合磁場向里且逐漸增大，則感應(yīng)電流的磁場應(yīng)向外，線框中電流方向為A→B→C→D→A，故A對．t0～2t0時間內(nèi)，M中電流由IN增

9、大到2IN，線框中磁場向里且逐漸增大，則感應(yīng)電流的磁場仍向外，線框中電流方向為A→B→C→D→A，B錯.0～t0時間內(nèi)，AB中電流由A→B，AB處磁場向外，則其所受安培力的方向向左，C對．t0～2t0時間內(nèi)，AB中電流仍為A→B，但AB處磁場方向向里，則其所受安培力的方向向右，D對． 7．(xx·昆明一模)如圖所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點分別以30°和60°(與邊界的夾角)射入磁場，又恰好都不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是(　　) A．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為 B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半

10、徑之比為 C．A、B兩粒子的之比是 D．A、B兩粒子的之比是 解析：選D.粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，從而確定半徑為R＝，由幾何關(guān)系則有Rcos 30°＋R＝d，rcos 60°＋r＝d，得＝，故A、B錯誤；由于B與v的大小均相同，則R與成反比．所以A、B兩粒子的之比是，故C錯誤、D正確． 8．(多選)(xx·武漢一模)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中有一個垂直于紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a(0，L)．一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場，此時速度方向與x軸正方向的夾角為60°.下列說法中正確的是(　

11、　) A．電子在磁場中運動的時間為 B．電子在磁場中運動的時間為 C．磁場區(qū)域的圓心坐標(biāo)為 D．電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)為(0，－2L) 解析：選BC.設(shè)電子的軌跡半徑為R，由幾何知識得Rsin 30°＝R－L，得R＝2L，故電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)為(0，－L)，電子在磁場中運動時間t＝，而T＝，所以t＝，A、D錯誤，B正確；設(shè)磁場區(qū)域的圓心坐標(biāo)為(x，y)，其中x＝Rcos 30°＝L，y＝，故磁場圓心坐標(biāo)為，C正確． 9．(xx·北京東城區(qū)二模)如圖所示，M、N為兩條沿豎直方向放置的直導(dǎo)線，其中有一條導(dǎo)線中通有恒定電流，另一條導(dǎo)線中無電流．一帶電粒子在M、N兩

12、條直導(dǎo)線所在的平面內(nèi)運動，曲線ab是該粒子的運動軌跡．帶電粒子所受重力及空氣阻力均可忽略不計．關(guān)于導(dǎo)線中的電流方向、粒子帶電情況以及運動的方向，下列說法正確的是(　　) A．M中通有自上而下的恒定電流，帶負電的粒子從a點向b點運動 B．M中通有自上而下的恒定電流，帶正電的粒子從a點向b點運動 C．N中通有自上而下的恒定電流，帶正電的粒子從a點向b點運動 D．N中通有自上而下的恒定電流，帶負電的粒子從a點向b點運動 解析：選A.靠近導(dǎo)線M處，粒子的偏轉(zhuǎn)程度大，說明靠近M處偏轉(zhuǎn)的半徑小，洛倫茲力提供電子偏轉(zhuǎn)的向心力，由qvB＝m得圓周運動的半徑r＝，粒子速率不變，偏轉(zhuǎn)半徑小，說明B強，又

13、靠近通電直導(dǎo)線的地方磁場強，故只有M中通電流，故C、D錯誤；根據(jù)曲線運動的特點，合外力指向弧內(nèi)，當(dāng)M通向下的電流且粒子從a點向b點運動，利用安培定則可判斷，在M、N之間的磁場為垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可以判斷，該粒子應(yīng)帶負電，故A正確，B錯誤． 10.(多選)(xx·高考四川卷)如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L＝9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.0×10－4 T．電子質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，電量e＝－1

14、.6×10－19 C，不計電子重力．電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則(　　) A．θ＝90°時，l＝9.1 cm　　B．θ＝60°時，l＝9.1 cm C．θ＝45°時，l＝4.55 cm D．θ＝30°時，l＝4.55 cm 解析：選AD.電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°時，擊中板的范圍如圖1所示，l＝2R＝9.1 cm，選項A正確．θ＝60°時，擊中板的范圍如圖2所示，l＜2R＝9.1 cm，選項B錯誤．θ＝30°時，擊中板的范圍如圖3所示，l＝R

15、＝4.55 cm，當(dāng)θ＝45°時，擊中板的范圍如圖4所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故選項D正確，選項C錯誤． 二、非選擇題 11．如圖甲所示，在y＝0和y＝2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場強度的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向，現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷為＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0時刻以速度v0＝5×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力．求： (1)粒子通過電場區(qū)域的時間； (2)粒子離開電場時的位置坐標(biāo)； (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小． 解析：(1)因

16、粒子初速度方向垂直勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū)域的時間 t＝＝4×10－3 s. (2)粒子沿x軸負方向先加速后減速，加速時的加速度大小為a1＝＝4 m/s2，減速時的加速度大小為a2＝ ＝2 m/s2，由運動學(xué)規(guī)律得，x方向上的位移為 x＝a1＋a1－a2＝2×10－5 m 因此粒子離開電場時的位置坐標(biāo)為 (－2×10－5 m，2 m)． (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度為 vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s. 答案：見解析 12．(xx·沈陽一模)如圖所示，在真空中xOy坐標(biāo)平面的x>0區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強度B＝1.0×10－2 T的勻強磁

17、場，方向與xOy平面垂直，在x軸上的P(10，0)點，有一放射源，在xOy平面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率v＝104 m/s的帶正電的粒子，粒子的質(zhì)量為m＝1.6×10－25 kg，電荷量為q＝1.6×10－18 C，求帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍． 解析： 帶電粒子在磁場中運動時由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：R＝＝0.1 m＝10 cm.如圖所示，當(dāng)帶電粒子打到y(tǒng)軸上方的A點與P連線正好為其圓軌跡的直徑時，A點即為粒子能打到y(tǒng)軸上方的最高點．因OP＝10 cm，AP＝2R＝20 cm，則OA＝ ＝10 cm.當(dāng)帶電粒子的圓軌跡正好與y軸下方相切于B點時，若圓心再向左偏，則粒子就會從縱軸離開磁場，所以B點即為粒子能打到y(tǒng)軸下方的最低點，易得OB＝R＝10 cm，綜上所述，帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍為－10～10 cm. 答案：－10～10 cm