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L2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点的电场强度大小为( )A.kqL2B.k3q2L2C.k3qL2D.k5qL24.11\n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L2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8.11\n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34,圆环半径为R,斜面倾角θ=60°,sBC=2R。若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?12.11\n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(q>0)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x>d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点和C点,A、B、C三点的坐标分别为0,d-3d6、(d,d)、(2d,0),不计带电粒子重力,求:(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。14.11\n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3r,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m、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Ⅰ区里有与水平方向成60°角的匀强电场E1,宽度为d。在Ⅱ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Ⅱ区的磁场,已知PQ与中间边界MN的夹角是60°。若微粒进入Ⅱ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。Ⅰ区和Ⅱ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)Ⅱ区磁感应强度B的取值范围;11\n(3)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=1T的匀强磁场;ON为处于y轴上的弹性绝缘挡板,ON长h=3m;M为x轴负方向上一点,OM长L=1m。现有一比荷为qm=2.0C/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)11\n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=kq(L2) 2=4kqL2,B点的电荷在O点产生的电场强度为E2=kqL2,由电场的叠加可知E=E1-E2=3kqL2。4.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-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点产生的电场强度大于B电荷在D点产生的电场强度,而AD>BD,所以Q1>Q2,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,UC>UD,再根据Ep=qU,q为负电荷,知EpC<EpD,故C错误;只有电场线方向是一条直线,且初速度为0或初速度的方向与电场平行,运动轨迹才与电场线重合。而该电场线是一条曲线,所以运动轨迹与电场线不重合,故D错误。7.C 解析Q点的电势可能高于M点的电势,质子从M到Q,电场力作负功,速度减小,粒子到Q点时的速度小于v0,故A正确;Q点的电势可能等于M点的电势,粒子从M到Q电场力不做功,到Q点时的速度可能等于v0,故B正确;粒子做曲线运动,所以质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行,故C错误;质子做曲线运动,质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直,故D正确。8.D 解析过P点作等势线如图所示,可得到过P点的等势线通过M、N之间,因顺着电场线电势逐渐降低,则有φM>φP,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,但加速度越来越小,故D正确。11\n9.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=12m(3v0)2-12mv02,-qUOB=12m(4v0)2-12m(3v0)2,可得qUOA>qUOB,即O、A间的电势差高于B、O间的电势差,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10R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=54mg,方向与竖直方向夹角为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=mvD2R,即54mg=mvD2R,选择A点作为初态,D点为末态,由动能定理有mg(h-R-Rcos37°)-34mg(htan37°+2R+Rsin37°)=12mvD2,代入数据:mg(h-1.8R)-34mg34h+2.6R=12×54mgR,解得:h=10R。12.答案(1)4mgq (2)2gL (3)v0≥2gL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=12gt12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=-vy1t+12at2解得a=3g由牛顿第二定律得qE-mg=ma解得E=4mgq(2)粒子M射出电场时竖直速度为vy2=vy1+a'tqE+mg=ma'12m(v02+vy22)=8×12m(v02+vy12)解得v0=2gL(3)以竖直向下为正,M的竖直位移yM=vy1t+12a't2N的竖直位移yN=vy1t-12at2yM-yN≤L解得v0≥2gL13.答案(1)3mv023dq (2)(3+3)mv03qd(3)12+5(3-3)π12dv0解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动11\n36d=12at2d=v0ta=qEm联立解得:E=3mv023dq(2)设带电粒子刚进入磁场时偏角为θ,速度为vtanθ=atv0v=v0cosθ解得:θ=30°,v=23v03带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由几何关系知:d=Rsinθ+Rcosθ又R=mvqB解得:B=(3+3)mv03qd(3)带电粒子在电场中运动的时间:t1=dv0由几何关系,带电粒子在磁场中转过的圆心角为150°,t2=150°360°T=512×2πmqB将B代入解得:t2=5(3-3)πd12v0所以带电粒子从A到C的运动时间:t=t1+t2=12+5(3-3)π12dv014.答案(1)v=23qBr3m (2)E=83B2qr3m (3)见解析解析(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+(3r-R)2=R2,解得:R=233r,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB=mv2R解得:v=23qBr3m;(2)由几何知识得:cosθ=rR=32,解得θ=30°,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:2rcos60°=vt,沿电场方向:2rsin60°=12·qEmt2,解得:E=83qB2r3m;(3)粒子在电场中加速,由动能定理得:qU加=12mv2,粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律得:Bqv=mv2R,解得:U加=B2qR22m;11\n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:①粒子轨道半径:R1=3r,则:v1=Bqm3r,U加1=3B2qr22m,②粒子轨道半径:R2=3+12r,v2=Bqm·3+12r,U加2=(2+3)B2qr24m,③粒子轨道半径:R3=3-12r,v3=Bqm·3-12r,U加3=(2-3)B2qr24m,故使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0<v<3-12·qBrm,3+12·qBrm≤v≤3qBrm。15.答案(1)E1=3mgq (2)B≥mq33gd (3)t=4π93dg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=3mg解得E1=3mgq(2)由微粒在Ⅰ区的受力分析可知F合=mg微粒从P到Q由动能定理得F合·x=12mv2而x=dcos30° 解得v=2gd3因微粒还能回到MN边界上,所以微粒在Ⅱ区最大圆与最右边界相切,由几何关系得圆的半径r≤23d由牛顿第二定律qvB=mv2r解得B≥mq33gd(3)微粒在磁场中运动的周期T=2πrv联立得T=2πmqB由此可知B越小周期越长,所以当B=mq33gd时,粒子在磁场中运动周期最长;由几何关系得粒子从进入磁场到返回MN边界转过的圆心角θ=43π微粒第一次在磁场中运动的最长时间t=T3解得t=4π93dg16.答案(1)2.78V (2)4.25s解析(1)粒子由A到B,由动能定理得图1qU=12mv0211\n粒子在磁场中运动,由牛顿第二定律得qv0B=mv02r由几何关系得r2=(h-r)2+L2联立解得r=53mU=259V≈2.78V(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n·2r<3由题意得r≥1m故n<1.5,只能发生一次碰撞。由几何关系得(3r-h)2+L2=r2解得:r1=1m,r2=1.25m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=1.25m时粒子在磁场中运动时间更长。由图3得tanθ=3r2-hL=0.75,θ=37°粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB=πs粒子在磁场中运动最长时间为t=12T+34T+θ360°T≈4.25s11
