【走向高考】2021年高考物理二轮专题复习 专题四 第1讲 电场和磁场课后强化作业.doc

【走向高考】2014年高考物理二轮专题复习 专题四 第1讲 电场和磁场课后强化作业1(2013·山东理综)如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷Q、Q，虚线是以Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是()Ab、d两点处的电势相同B四个点中c点处的电势最低Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，q的电势能减小答案ABD解析过c点的中垂线为一条等势线，电势为零，其余a、b、d三点的电势均大于零，且根据对称性可知b、d两点的电势相等，所以选项A、B正确。b、d两点处的电场强度的方向不同，选项C错误。a点的电势大于零，则试探电荷q在a点处的电势能大于零，而在c点的电势能等于零，故试探电荷沿圆周由a点移至c点，电势能减小，选项D正确。2.(2013·山东潍坊一模)如图所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心。两个等量正电荷分别固定在M、N两点。现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是()AO点的电场强度一定为零BP点的电势一定比O点的电势高C粒子一定带负电D粒子在P点的电势能一定比Q点的电势能小答案AC解析 根据场的叠加可知，O点的电场强度为零，A正确；PQ为MN的中垂线，在中垂线上，O点两侧电场强度的方向沿中垂线背离O点向外，沿着电场强度的方向，电势降低，故P点的电势一定比O点的电势低，B错误；粒子能在P、Q之间做直线运动，则粒子一定带负电，C正确；P、Q两点的电势相等，根据电势能EPq可得，粒子在P点的电势能与Q点的电势能相等，D错误。3.(2013·辽宁大连测试)如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场。实线为电场线，虚线为等差等势线，A、B、C为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点。不计电子的重力，则()A电场中A点的电势高于C点的电势B电子在A点处的动能大于在C点处的动能C电子在B点的加速度大于在C点的加速度D电子在B点的电势能大于在C点的电势能答案CD解析 沿着电场线电势降低，则A<C，A错误；由A到C电场力对电子做正功，由动能定理知，EkC>EkA，B错误；B处的电场线较密，电场强度较大，电场力较大，故加速度较大，C正确；负电荷在电势低处电势能大，B<C，故电子在B点的电势能大于在C点的电势能，D正确。4(2013·云南昆明质检)A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的动能Ek随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是()A该电场不可能是点电荷形成的电场BA、B两点电场强度大小关系为EA<EBCA、B两点电势的关系为A<BD电子在A、B两点的电势能大小关系为EPA<EPB答案AC解析由动能定理得FxEk，则F，可知电子所受的电场力不变，电场强度不变，故B错误，A正确；电子由A到B电场力做正功，电势能减小，D错误，电场线的方向由B指向A，沿着电场线电势降低，故A<B，C正确。5.(2013·上海崇明一模)如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，abcd10cm，adbc20cm，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20V，b点电势为24V，则()A电场强度大小一定为E40V/mBcd间电势差一定为4VC电场强度的方向一定由b指向aDc点电势可能比d点低答案B解析线段ab与cd平行且相等，在匀强电场中，一定有UbaUcd，Ubaba4V，则Ucd4V，即Cd4V，c>d，故B正确，D错误；由于只知电场线与矩形所在平面平行，无法确定两点沿电场强度方向上的距离，故电场强度大小和方向无法判断，A、C错误。6(2013·课标全国)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()Ak BkCk Dk答案B解析b点电场强度为0，说明a处的电荷在b点产生的电场强度与圆盘上的电荷在b点产生的电场强度等大反向，即二者产生电场强度的大小均为E，又因为在a点的电荷为正电荷，它在b点产生的电场，方向向右，圆盘上的电荷在b点产生的电场，方向向左，根据对称性，圆盘上的电荷在d点产生的电场强度大小为E1，方向向右，a处的电荷在d点产生的电场强度大小为E2，故d点产生的电场强度大小EE1E2。7.(2013·安徽黄山第一次联考)如图所示的匀强电场中，水平等距离的虚线表示其等势面，带电荷量q0.5×1010C的粒子在电场力作用下从A点运动到B点过程中，动能增加0.5×109J，若A点电势为10V，下列关于粒子的运动轨迹和B点电势的说法中正确的是()A粒子沿轨道1运动，B点电势为零B粒子沿轨道2运动，B点电势为20VC粒子沿轨道1运动，B点电势为20VD粒子沿轨道2运动，B点电势为20V答案A解析 负电荷由A到B动能增加，则电场力做正功，所以电场线的方向竖直向下，根据轨迹向合外力的方向弯曲可知，粒子沿轨道1运动。由动能定理得q(AB)Ek，即 0.5×1010×(10B)0.5×109，解得B0，A正确，BCD错误。8(2013·辽宁省一模)如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为Q。图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面。有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置。以下说法中正确的是()AM一定是正离子，N一定是负离子BM在P点的速率一定大于N在q点的速率CM在b点的速率一定大于N在c点的速率DM从pb过程电势能的增量一定小于N从aq电势能的增量答案BD解析根据轨迹向合外力的方向弯曲可知，M一定是负离子，N一定是正离子，A错误；M离子从a到p静电力做正功，动能增加，N离子从a到q静电力做负功，动能减少，而初速度相等，故M在p点的速率一定大于N在q点的速率，B正确；abc在同一等势面上，离子由a到b和由a到c电场力都不做功，故M在b点的速率等于N在c点的速率，C错误；由等势面可知Upb<Uqa，M从pb过程电势能的增量为qUpb，N从aq电势能的增量为qUqa ，故D正确。9.(2013·河南洛阳一练)如图所示，一个正电荷从x轴的c点分别沿直线被移动到y轴上的a点和b点，在这两个过程中，均需克服电场力做功，且做功的数值相同，有可能满足这种情况的电场是()A沿y轴正向的匀强电场B沿x轴负向的匀强电场C处于第象限内某位置的负点电荷形成的电场D处于第象限内某位置的正点电荷形成的电场答案BD解析正电荷从x轴的c点移动到y轴上的a点和b点时，克服电场力做功的数值相同，根据WqU可知，a点和b点的电势相等，即a点和b点位于同一等势面上，满足这种情况的电场可能是沿x轴负向的匀强电场，y轴是一等势线，也可能是处于第象限内某位置的正点电荷形成的电场，a点和b点位于同一圆周上，故BD正确。10(2013·北京石景山测试)带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个粒子(重力忽略不计)先后从同一点O垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场，下列说法正确的是()Ab在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间Bb在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间C进入电场时c的速度最大，a的速度最小Da打在负极上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等答案C解析a、b、c三个粒子在电场中的加速度a相同，a、b两个粒子的竖直位移相同，根据hat2可知，两粒子在电场中的运动时间相同，A错误；同理可知b在电场中运动的时间大于c在电场中运动的时间，B错误；由于tc<tbta，xcxb>xa，所以vc>vb>va，C正确；根据动能定理得qUmv2mv，mv2qUmv，由于初速度不同，故D错误。11(2013·江苏南京质检)长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时末速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：(1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离。答案(1)v0(2)(3)解析(1)设带电粒子的末速度为v，如图所示，由三角函数关系得vv0。(2)由牛顿第二定律得qEma由类平抛规律得Lv0t；vyat；而vyv0tan30°v0；解得E。(3)由类平抛规律得dat2，或tan30°解得d。12(2013·课标全国)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。答案E(NbNa)Eka(Nb5Na)Ekb(5NbNa)解析质点所受电场力的大小为fqE设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有fNamNbfm设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有EkamvEkbmv根据动能定理有EkbEka2rf联立式得E(NbNa)Eka(Nb5Na)Ekb(5NbNa)13.(2013·河南洛阳一练)如图所示，摆长为L的不可伸长绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m，带电荷量为q小球，整个装置处于方向水平向右的匀强电场中，场强大小为Emg/q，小球的平衡位置在C点，开始时让小球位于与O点同一水平高度的A点，且摆线拉直，然后无初速释放摆球，当小球经过O点正下方B点(图中未画出)的瞬间，因受细线的拉力作用，速度的竖直分量突变为0，水平分量不变。求：(1)小球到达最低时速度的大小及方向。(2)小球到达C点时细线对小球拉力的大小。(用m、g、L表示计算结果)答案(1)2，方向与竖直方向成45°角(2)3mg解析(1)小球由A点沿直线做初速度为零的匀加速运动到达O点正下方的B点，由动能定理得：EqLmgLmv2v2方向与竖直方向成45°角。(2)小球在经过最低点B的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量vy突变为零，水平分量vx没有变化vxvcos45°小球在经过最低点B后做圆周运动到达C，OC与竖直方向的夹角为45°qEL·sin45°mgL(1cos45°)mvmvFmgmF3mg14(2013·安徽黄山第一次联考)飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的比荷q/m，如图1。带正电的离子经电压为U的电场加速后进人长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用时间t1。改进以上方法，如图2，让离子飞越AB后进入电场强度为正(方向如图)的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后返回B端飞行的总时间为t2(不计离子重力)。(1)忽略离子源中离子的初速度，用t1计算比荷。(2)离子源中相同比荷的离子由静止开始可经不同的加速电压加速，设两个比荷都为q/m的离子分别经加速电压U1、U2加速后进入真空管，在改进后的方法中，它们从A出发后返回B端飞行的总时间通常不同，存在时间差t，可通过调节电场E使t0。求此时E的大小。答案(1)(2)解析(1)设离子带电量为q，质量为m，经电场加速后的速度为v，则qUmv2离子飞越真空管，在AB做匀速直线运动，则Lvt1，解得比荷：(2)两离子加速后的速度分别为v1、v2，则v1、v2，离子在匀强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a，则qEma，两离子从A出发后返回B端飞行的总时间为t1、t2t1t2(v2v1)，要使t0，则须0，解得：E11