电场和磁场专题练习

这是一份电场和磁场专题练习，共12页。


(在1～10题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．)
1．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图3－6－16所示．下列说法正确的是
( )．
图3－6－16
A．a点的电势高于b点的电势
B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功
C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断
D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c
解析 由电场线分布可知，b点的电势高于a点电势，场强Ed>Ec，选项A、C错误．正电荷由a到b，电场力做负功，B项正确．在电场线为曲线的电场中，电场力的方向始终在变化，但粒子的轨迹不会与电场线重合，D项错．
答案 B
2．如图3－6－17所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是( )．
图3－6－17
A．taC．ta＝tb>td>tc D．ta＝tb>tc>td
解析 由洛伦兹力与速度的方向关系可知，从a、b两点射出的电子都完成了半个周期的运动，即ta＝tb＝eq \f(T,2)；从c点和d点射出的电子在磁场中转过的圆心角都小于180°，且θd<θc，故td答案 D
3．如图3－6－18所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则( )．
图3－6－18
A．α粒子在M点的速率比在Q点的大
B．三点中，α粒子在N点的电势能最大
C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低
D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功
解析 α粒子从Q到N，电场力做负功W1，速度变小，动能减小，电势能增大；从N到M，电场力做正功W2，动能增加，电势能减小，且有|W1|＞W2，因此vQ＞vM，在N点电势能最大．选项A、D错，B对．由题意知O点的重原子核带正电，M点离O点较近，因此M点的电势高于Q点的电势．选项C错误．
答案 B
4．图3－6－19中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )．
图3－6－19
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析 据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下．本题正确选项为B.
答案 B
5．喷墨打印机的简化模型如图3－6－20所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )．
图3－6－20
A．向负极板偏转
B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线
D．运动轨迹与带电量无关
解析 不计重力的微滴带负电，所受电场力方向指向带正电荷的极板，故向正极板偏转，A错．在电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，故微滴动能增加，电场力做正功，电势能逐渐减小，B错．不计重力的带负电微滴的初速度和所受恒定电场力垂直，故运动轨迹为抛物线，C对．由F＝ma，F＝Eq，U＝Ed，得：a＝eq \f(Uq,md)，可知微滴加速度和带电荷量有关，加速度直接影响电场力方向上的加速运动，也会影响运动轨迹，D错．
答案 C
6．如图3－6－21所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )．
图3－6－21
A．eq \f(IB,|q|aU)，负 B．eq \f(IB,|q|aU)，正
C．eq \f(IB,|q|bU)，负 D．eq \f(IB,|q|bU)，正
解析 当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电流，由左手定则判断负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电势较低，符合题意．
由粒子做匀速运动知|q|vB＝|q|E＝|q|eq \f(U,a)
因I＝n|q|vS＝n|q|vab
解得n＝eq \f(IB,|q|bU)，选项C正确．
答案 C
7．如图3－6－22，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有( )．
图3－6－22
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析 此题考查的是“定心判径画轨迹”，a、b粒子做圆周运动的半径都为R＝eq \f(mv,qB)，画出轨迹如图所示，圆O1、O2分别为b、a轨迹，a在磁场中转过的圆心角大，由t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)和轨迹图可知A、D选项正确．
答案 AD
8．某同学设计了一种静电除尘装置，如图3－6－23甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( )．
图3－6－23
A．只增大电压U
B．只增大长度L
C．只增大高度d
D．只增大尘埃被吸入的水平速度v0
解析 尘埃做类平抛运动，有y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(Uq,md)，t＝eq \f(L,v0)，当只增大电压U或只增大长度L时，y增大，收集尘埃的数量增大，故A、B选项对；而只增大高度d或只增大尘埃被吸入的水平速度v0，y减小，收集尘埃的数量减少，故C、D选项错．
答案 AB
9．如图3－6－24所示，AOB为一边界为eq \f(1,4)圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断
( )．
图3－6－24
A．粒子2在BC之间某点射出磁场
B．粒子2必在B点射出磁场
C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2
D．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同
解析 粒子从A点射入，恰好从B点射出，则粒子做圆周运动的半径等于eq \f(1,4)圆的半径，从圆弧AB水平入射的粒子都将聚集到B点，则选项B正确；分析得粒子1和2的运动的圆弧对应的圆心角分别为90°和60°，由t＝eq \f(θ,360°)T，得两粒子运动的时间之比为3∶2，则选项C正确．
答案 BC
10．如图3－6－25所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在xOy平面内．在直线x＝a与x＝2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．关于这些粒子的运动，下列说法正确的是( )．
图3－6－25
A．粒子的速度大小为eq \f(2aBq,m)
B．粒子的速度大小为eq \f(aBq,m)
C．与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长
D．与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长
解析 带正电粒子与y轴正方向成60°角发射进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得a＝Rsin 30°，其中R＝eq \f(mv,qB)，联立解得v＝eq \f(2aqB,m)，故选项A正确、B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,2π)T，可见圆弧所对的圆心角θ越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R＝2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120°角射出时粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tm＝eq \f(1,3)T，故选项C正确、D错误．
答案 AC
11．如图3－6－26甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E；与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点．现有一质量为m，电荷量为＋q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力．
(1)求粒子进入电场前的初速度的大小．
(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能．
(3)现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x(x≤L)，如图乙所示．设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，请求出y与x的关系．
甲
乙
图3－6－26
解析 (1)粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：
L＝v0t，竖直方向：eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(qE,m)×t2，得v0＝ eq \r(\f(qEL,m)).
(2)其他条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，根据类平抛运动知识y＝eq \f(1,2)at2，x＝v0t
则加速度为原来的8倍，电场强度为原来的8倍，电场力做的功为W1＝8EqL
粒子从CD边中点Q飞出时的动能Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋W1＝eq \f(17,2)EqL.
(3)将EBCF向右平移一段距离x，粒子在电场中的类平抛运动分成两部分，在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示，tan θ1＝eq \f(vy1,v0)＝eq \f(\r(\f(qEL,4m)),\r(\f(qEL,m)))＝eq \f(1,2)
y1＝xtan θ1＝eq \f(x,2)
同理可得tan θ2＝eq \f(vy2,v0)＝1，y2＝(L－x)tan θ2＝L－x
y＝y1＋y2＋eq \f(L,2)＝eq \f(3,2)L－eq \f(1,2)x.
答案 (1) eq \r(\f(qEL,m)) (2)eq \f(17,2)EqL (3)y＝eq \f(3,2)L－eq \f(1,2)x
12．一圆筒的横截面如图3－6－27所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
图3－6－27
(1)M、N间电场强度E的大小；
(2)圆筒的半径R；
(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移eq \f(2,3)d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.
解析 (1)设两板间的电压为U，由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得
U＝Ed②
联立上式可得E＝eq \f(mv2,2qd)③
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于eq \f(π,3).
由几何关系得r＝R tan eq \f(π,3)④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得
qvB＝meq \f(v2,r)⑤
联立④⑤式得
R＝eq \f(\r(3)mv,3qB)⑥
(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移eq \f(2,3)d后，设板间电压为U′，则
U′＝eq \f(Ed,3)＝eq \f(U,3)⑦
设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出
eq \f(U′,U)＝eq \f(v′2,v2)
综合⑦式可得v′＝eq \f(\r(3),3) v⑧
设粒子做圆周运动的半径为r′，则
r′＝eq \f(\r(3)mv,3qB)⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见
θ＝eq \f(π,2)⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故
n＝3⑪
答案 (1)eq \f(mv2,2qd) (2)eq \f(\r(3)mv,3qB) (3)3