高考物理二轮复习 第一部分 考前复习方略 专题八 电场、磁场及带电粒子在电、磁场中的运动限时训练

专题八电场、磁场及带电粒子在电、磁场中的运动一、选择题1.(2015·高考全国卷Ⅰ，T15，6分)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析：选B.由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误．M点与Q 点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误．电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．2．(2015·高考全国卷Ⅱ，T14，6分)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动解析：选D.两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．3．(多选)(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )A．M的带电量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功解析：选BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A、C错误；M 、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M 带负电，N 带正电，M 、N 两球在移动的过程中匀强电场对M 、N 均做负功，选项B 、D 正确．4．(多选)(2015·高考山东卷)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为 2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd解析：选BC.0～T3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T 3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误、B 正确．重力势能的减少量ΔE p ＝mg ·d2＝12mgd ，所以选项C 正确．根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，所以选项D 错误． 5.(多选)(2015·高考四川卷)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q (图中未画出)时速度为零，则小球a ( )A ．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC.小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，选项D 错误．6．(多选)(2015·山东济南一模)无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B ＝k I r(式中k 为常数)．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M 和N ，导线N 中通有方向如图的恒定电流I N ，导线M 中的电流I M 大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N 中电流方向相同．绝缘闭合导线框ABCD 放在同一水平面上，AB 边平行于两直导线，且位于两者正中间．则以下说法正确的是( )A ．0～t 0时间内，流过R 的电流方向由C →DB ．t 0～2t 0时间内，流过R 的电流方向由D →CC ．0～t 0时间内，不计CD 边电流影响，则AB 边所受安培力的方向向左D ．t 0～2t 0时间内，不计CD 边电流影响，则AB 边所受安培力的方向向右解析：选ACD.0～t 0时间内，M 中电流由0逐渐增加到I N ，则线框中合磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为A →B →C →D →A ，故A 对．t 0～2t 0时间内，M 中电流由I N 增大到2I N ，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为A →B →C →D →A ，B 错.0～t 0时间内，AB 中电流由A →B ，AB 处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C 对．t 0～2t 0时间内，AB 中电流仍为A →B ，但AB 处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D 对．7．(2015·昆明一模)如图所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为13B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 3C ．A 、B 两粒子的qm之比是 3 D ．A 、B 两粒子的q m 之比是2＋33解析：选D.粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，从而确定半径为R ＝mv qB ，由几何关系则有R cos 30°＋R ＝d ，r cos 60°＋r ＝d ，得R r ＝32＋3，故A 、B 错误；由于B 与v 的大小均相同，则R 与q m 成反比．所以A 、B 两粒子的q m 之比是2＋33，故C 错误、D 正确．8．(多选)(2015·武汉一模)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0，L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( )A ．电子在磁场中运动的时间为πL v 0B ．电子在磁场中运动的时间为2πL 3v 0C ．磁场区域的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2，L 2 D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L )解析：选BC.设电子的轨迹半径为R ，由几何知识得R sin 30°＝R －L ，得R ＝2L ，故电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L )，电子在磁场中运动时间t ＝T 6，而T ＝2πR v 0，所以t ＝2πL 3v 0，A 、D 错误，B 正确；设磁场区域的圆心坐标为(x ，y )，其中x ＝12R cos 30°＝32L ，y ＝L 2，故磁场圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32L ，12L ，C 正确． 9．(2015·北京东城区二模)如图所示，M 、N 为两条沿竖直方向放置的直导线，其中有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流．一带电粒子在M 、N 两条直导线所在的平面内运动，曲线ab 是该粒子的运动轨迹．带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计．关于导线中的电流方向、粒子带电情况以及运动的方向，下列说法正确的是( )A ．M 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动B ．M 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从a 点向b 点运动C ．N 中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从a 点向b 点运动D ．N 中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a 点向b 点运动解析：选A.靠近导线M 处，粒子的偏转程度大，说明靠近M 处偏转的半径小，洛伦兹力提供电子偏转的向心力，由qvB ＝m v 2r 得圆周运动的半径r ＝mv qB，粒子速率不变，偏转半径小，说明B 强，又靠近通电直导线的地方磁场强，故只有M 中通电流，故C 、D 错误；根据曲线运动的特点，合外力指向弧内，当M 通向下的电流且粒子从a 点向b 点运动，利用安培定则可判断，在M 、N 之间的磁场为垂直纸面向外，根据左手定则可以判断，该粒子应带负电，故A 正确，B 错误．10.(多选)(2015·高考四川卷)如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ．电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电量e ＝－1.6×10－19 C ，不计电子重力．电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析：选AD.电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB ＝mv 2R ，R ＝mv Be＝4.55×10－2 m ＝4.55 cm ＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图1所示，l ＝2R ＝9.1 cm ，选项A 正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l ＜2R ＝9.1 cm ，选项B 错误．θ＝30°时，击中板的范围如图3所示，l ＝R ＝4.55 cm ，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l ＞R (R ＝4.55 cm)，故选项D 正确，选项C 错误．二、非选择题11．如图甲所示，在y ＝0和y ＝2 m 之间有沿着x 轴方向的匀强电场，MN 为电场区域的上边界，在x 轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x 轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为q m ＝1.0×10－2 C/kg ，在t ＝0时刻以速度v 0＝5×102m/s 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度大小．解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝y v 0＝4×10－3 s.(2)粒子沿x 轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a 1＝E 1q m ＝4 m/s 2，减速时的加速度大小为a 2＝ E 2q m＝2 m/s 2，由运动学规律得，x 方向上的位移为 x ＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22－12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝2×10－5 m 因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m ，2 m)．(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度为v x ＝a 1T 2－a 2T 2＝4×10－3 m/s. 答案：见解析12．(2015·沈阳一模)如图所示，在真空中xOy 坐标平面的x >0区域内，有磁感应强度B ＝1.0×10－2 T 的匀强磁场，方向与xOy 平面垂直，在x 轴上的P (10，0)点，有一放射源，在xOy 平面内向各个方向发射速率v ＝104 m/s 的带正电的粒子，粒子的质量为m ＝1.6×10－25 kg ，电荷量为q ＝1.6×10－18 C ，求带电粒子能打到y 轴上的范围．解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2R ，解得：R ＝mv qB＝0.1 m ＝10 cm.如图所示，当带电粒子打到y 轴上方的A 点与P 连线正好为其圆轨迹的直径时，A 点即为粒子能打到y 轴上方的最高点．因OP ＝10 cm ，AP ＝2R ＝20 cm ，则OA ＝ AP 2－OP 2＝10 3 cm.当带电粒子的圆轨迹正好与y 轴下方相切于B 点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B 点即为粒子能打到y 轴下方的最低点，易得OB ＝R ＝10 cm ，综上所述，带电粒子能打到y 轴上的范围为－10～10 3 cm.答案：－10～10 3 cm。