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届新高考二轮复习电场、磁场专项练习(解析版)
20224.如图所示,一质量为加、电荷量为(〉)的粒子以速度%从连线上的尸点水平向右149MN射入大小为、方向竖直向下的匀强电场中已知与水平方向成角,粒子的重力可以E MN45忽略,则粒子到达连线上的某点时()M EP、、匕、、、、、、、、、、45%调3%P点的距离为迪国速度方向与竖直方向的夹角为qED.30°.如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作2用下的运动轨迹,设用点和N点的电势分别为9加、
①N,粒子在”和N时加速度大小分A.%aNB.%EV,
9.M9NC.9M9N,EpMEpN D.aNEpMEpN别为〃、即,速度大小分别为
九、为,电势能分别为、EpN下列判断正确的是()M EpM.如图,带电粒子所带的电荷量是带电粒子的倍,它们以相等的速度%从同一点出3P Q5发,沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在、N点,若OM=MN,则尸和的质量M之比为(不计重力)()L+++++++-f-TA.2:5B.5:2C.4:5D.5:
4.如图所示,电子由静止开始从板向板运动,到达板的速度为也保持两板间电压不4A38解析粒子做类平抛运动,设粒子从尸点运动到点的时间为加速度为有1K m2Rsin®=%,
①1,…2Rcos6=—Q/
②由牛顿第二定律得Eq=nici
③由
①②③解得%熠
④2mV粒子在电场中运动电场力做功为2W=qEd
⑤=-W=-qEd
⑥A£p则粒子到达图中圆形最低点时电势能变化量最大A而Reos®
⑦d=R+由
⑥⑦解得△综=一等
⑧.答案1414E02=x3y=3x-4m解析设带电粒子出第象限电场时速度为〃在第象限电场中加速运动时,根据动1I I能定理得其〃=;加廿,其中L=2m,要使带电粒子通过点,在第象限电场中偏转时,其竖直方向位移为n3E且水平方向位移乙二叱,则L=_L.坐上T,m\v2解得K=4E0设坐标为带电粒子出第象限电场时速度为匕,在第象限电场中加速运动时,2x,y,I I根据动能定理得E0qx=mv\,要使带电粒子过£点,在第象限电场中偏转时,n竖直方向位移为因,则水平方向位移也为y,NCEO=45y,则坐L R2m Iv,()如图所示为其中一条轨迹图,带电粒子从出电场时与交于进入电场3DE Q,CQE后,初速度延长线与交于出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于点,设QE G,P由图可知,在中带电粒子的水平位移为设偏转位移为QE y,V,在第象限电场中有,E°qx=}欣,I而y=GPy-yr~~NE其中GP=2,N£=2m,2联立解得y=3x-4m
15.答案
(1)更m/s3⑵-J3解析
(1)小球抛出后从到8过程中受重力和竖直向上的电场力,做类平抛运动,则mg-qE=ma,解得小球的加速度a=网-mqE=2x10-1x10xlO=522m/§2m/sC与B的高度差/2=Rcos6T=
0.4m设小球到B点时竖直分速度为则匕=2ah,解得小球到B点时竖直分速度=v,2m/svv小球在点时,速度方向与水平方向夹角为,则=」B60tan60%解得小球抛出时的初速度%=¥m/s o小球在点时,,则23sin60°=y=3lm/s以3小球在点时,轨道对小球的支持力=/则A=
32.5N,F^+\q\E-mg=m—,解得v=3m/sAR小球从到过程,由动能定理得mg-qER一R-W=—mv\——mv\解得小B Acos60°f球从B到的过程中克服摩擦力所做的功叼fA变,贝lj()当减小两板间的距离时,速度增大A.u当减小两板间的距离时,速度减小B.u当减小两板间的距离时,速度不变C.u当减小两板间的距离时,电子在两板间运动的时间变长D..如图所示,M、是在真空中竖直放置的两块平行金属板质量为加、电荷量为的带负电5N q的粒子(不计重力)以初速度%由小孔水平射入电场,当、间的电压为时,粒子刚好能M N到达板如果要使这个带电粒子到达、两板中线位置处即返回,则下述措施能满足要求N M N的是()+-g%M N
2、间的电压提高到原来的倍M N4M、间的电压加倍N工,同时、间的电压加倍M N2极板分别与电池两极相连,上极板中心有一个小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)小孔d,正上方,处的点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板P处(未与极板接触)返回若将下极板向上移动,则仍从尸点开始下落的相同4粒子将()日菖处返回.如图,两平行金属板与水平地面成角,在平行金属板间存在着匀强电场,是两板间一72a条垂直于板的直线,竖直线与交于点,一个带电小球沿着的角平分线从点经点向Eb A8点做直线运动,重力加速度为g则在此过程中,下列说法正确的是()geos.如图所示,带电平行金属板B,板间的电势差为板间距离为板带正电,板中央有84U,d,A8一小孔一带正电的微粒,电荷量为外质量为〃,自孔的正上方距板高处自由下落,若微粒恰能落至板的正中央点,不计空气阻力,则()48微粒在下落过程中动能逐渐增加,重力势能逐渐减小A.(八mg,电场力做功为A+-\2)微粒落入电场中,电势能逐渐增大,其增加量为;c板高处自由下落,则恰好能达到板B
1.5/1A.如图所示,矩形区域内存在竖直向下的匀强电场,两个带正电的粒子和以相同的9A3CQ水平速度射入电场,粒子由顶点射入,从的中点射出,粒子/由的中点射入,从A PA3顶点射出若不计重力,则和匕的比荷之比是()CA.l:2B.2:l C.l:8D.8:l.如图所示,两平行金属板相距为电势差为一电子质量为加,电荷量为从点10d,U,6,+---------------0^0-edh eeUhedUh D.——B.d沿垂直于极板的方向射出,最远到达点,然后返回,0A=h,此电子具有的初动能是()A,两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示带正电的粒11子流由电场区域的一端射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端射MN出,由此可知(不计粒子重力)()若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的速度一定相等B.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速度一定相等C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等D..如图所示,两平行金属板间有一匀强电场,板长为板间距离为人在距板右端处有一竖123L直放置的光屏一电荷量为外质量为的质点从两板中央水平射入板间,最后垂直打在光屏M2上,则下列结论正确的是()MMl---------、mgq22gq.如图,圆心为、半径为的圆形区域内有一匀强电场,场强大小为£、方向与圆所在的13R平面平行为圆的一条直.径,与场强方向的夹角=质量为加、电荷量为的粒子PQ60+9从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场,不计粒子重力()若粒子能到达点,求粒子在点的初速度大小%;1P
(2)若粒子在P点的初速度大小在0〜%之间连续可调,则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大?求出电势能变化的最大值AEp直角坐标系中,三个边长都为的正方形如图所示排列,第象限正方形区域中xOy2m IA5有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为,在第象限正方形切的对角线“左侧E HC区域内有竖直向下的匀强电场,三角形区域内无电场,正方形区域内无电场CEQ OECQENM现有一带电荷量为、质量为根的带电粒子(重力不计)从边上的点由静+9A3A
(1)求区域内匀强电场的电场强度的大小与;
(2)保持第
(1)问中电场强度不变,若在正方形区域4BOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过点,则释放点的坐标值、》间应满足什么关系?E X4()若区域内的电场强度大小变为马二^^,方向不变,其他条件都不变,则在正方3CDE形区域中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过点,则释A5OC N放点的坐标值工、》间又应满足什么关系?.水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道,为轨道的最低点,半径OA竖直,圆心角AOB15A为,半径空间有竖直向下的匀强电场,场强£=一个质量60R=
0.8m,lxl4N/C、电荷量的带电小球,从轨道左侧与圆心同一高度的点水平抛m=2kg q=-lx10-3c C出,恰好从点沿切线方向进入圆弧轨道,到达最低点时对轨道的压力取8A5=
32.5N小球抛出时的初速度%的大小;1小球从到的过程中克服摩擦力所做的功28A W”答案以及解析答案
1.c解析粒子在电场中做类平抛运动,从点到再次落到连线上,水平位移等于竖直位移,即卬•P冬已解得”邛,故选项错误;竖直速度二致”合速度2mqEmA l2%,八/;+[=鸟,故选项错误;水平位移%=引=等,竖直位移丁=工,故合位移B大小s==4包由,故C选项正确;设速度方向与竖直方向的夹角为仇则tanO=F=;,qE2即日故选项错误30°,D.答案2D解析本题考查带电粒子在电场中的运动由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知<综汽点电N9N场线比点密,故场强易<与,由加速度”致知与<即粒子若从点运动到点,mM NM电场力做正功,动能增加,故匕>上综上所述,选项正确D.答案3D解析粒子在垂直电场方向做匀速直线运动,在平行电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,两粒子的初速度相等,在垂直电场方向上的位移之比为由/=咿可知运动时间之12比为1:2,由>=得加速度之比为41,根据牛顿第二定律得,=这,因为电荷量之比m2为则质量之比为故正确,错误5:1,5:4,D ABC.答案4C解析由动能定理得,当改变两极板间的距离时,不变,就不变,故选项u u1/错误,正确;电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动,下==—,即,=,,tAB C2v当减小时,不变,电子在两极板间运动的时间变短,故选项错误d uD.答案5C解析粒子从进入电场到到达N板的过程中,板间的电场强度为£=4,由动能定理得-qEd=Umv;,解得篝,设带电粒子离开加板的最远距离为则若使初速度减2qEd=x,2为原来的根据动能定理有解得x=J,故A错误;若电压提高到乙乙乙I-原来的倍,则场强也变为原来的倍,设带电粒子离开板的最远距离为百,根据动能44M定理有-q・4尉=0-;相片,解得再二[,故B错误;同理,若电压提高到原来的2倍,则乙1~I场强也变为原来的倍,设带电粒子离开板的最远距离为々,根据动能定理有2M-q・2E/=-;相片,解得赴=[,故C正确;若初速度减少一半,电压加倍,则场强加倍,乙L设带电粒子离开〃板的最远距离为天,根据动能定理有-七鸟二-白)解得七二(,222,228故错误D.答案6C解析开始状态,粒子从静止释放到速度为零的过程,运用动能定理得叫黑=将下qU,极板向上平移设粒子运动到距离上极板处返回,根据动能定理得“贝,+刘一刀二X4T联立两式解得即粒子将在距上极板处返回,故选项正确x=Jd C.答案7D解析一个带电小球沿着的角平分线从点经点向点做直线运动,则小球所受合外NFO A5力沿着方向,又由于小球受重力,则所受电场力的方向由指向,由于此电场的方向未AB知,则小球的电性不确定,选项错误;可知小球做匀减速直线运动,选项错误;由题图可A B知,由于是角平分线,所以电场力与重力大小相等,有2〃2gcosa=M〃,得〃=2gcosa,选项C错误;小球受到的重力和电场力做的功相同,可知小球重力势能的增加量等于电势能的增加量,选项正确D.答案8C解析下落过程中,微粒的速度先增大后减小,故动能先增大后减小,重力势能逐渐减小,错误微粒在下落过程中,重力做功为父,电场力做功为一二=-』出,A mgpz+2y u22错误微粒落入电场中,电场力做功-电势能增加量为;正确设微粒从B qU,C距板高〃处自由下落时,恰好能到达板,根据动能定理,有8A,1,mg/z+———qU=G,mg+d—qU=0则=2〃,D错误
2.答案9D三产即手士
2.,则有专管**=D项正确m2m%2解析两粒子在电场中均做类平抛运动,沿初速度方向,有了二%乙垂直于初速度方向,有.答案1D解析电子从点运动到点,因受静电力作用,速度逐渐减小电子仅受静电力,根据动能A定理得工相片以因E=4,U0A=EhT,故!〃球=学所以正确=6/Da ala2答案
11.C2解析由题图可知,粒子在电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,由石=〃匚得r42一受八为定值,若相等则根/一定相等,但质量相或速度不一定相等;若旦qE mEq u相等,则速度一定相等,故正确相等,粒子的动能不一定相等mu c
22.答案12B解析根据题意应考虑质点受到的重力分析题意可知,质点在平行金属板间轨迹应向上偏转,飞出电场后轨迹向下偏转,才能垂直打到光屏”上对质点的运动进行分解,在水平方向上质点做匀速直线运动,又因质点在板间运动的水平位移与它从板的右端运动到光屏的水平位移相等,故质点在板间的运动时间等于它从板的右端运动到光屏的时间,错误;质点在板间运动D过程中受到重力和电场力作用,故质点在板间运动时动能的增加量等于重力和电场力做的功之和,错误;质点最后垂直打在光屏上,即末速度水平,则质点在板间运动时在竖直方向上C M做初速度为零的匀加速运动,质点从板的右端运动到光屏的过程中在竖直方向上做末速度为零的匀减速运动,又因做匀加速运动的时间与做匀减速运动的时间相等,故做匀加速运动的加速度大小与做匀减速运动的加速度大小相等,故qE-mg=mg,得里,正确,错误E=B Aq
13.答案1向电v2m圆形最低点;-等2。
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