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1、2022届新高考二轮复习电场、磁场专项练习4 （解析版）1 .如图所示，一质量为加、电荷量为4（9。）的粒子以速度%从MN连线上的尸点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45。角，粒子的重力可 以忽略，则粒子到达连线上的某点时（）M E P、匕、 、 、 、 、 、 、 、 、 45%、调3%P点的距离为迪国D.速度方向与竖直方向的夹角为30 qE2 .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 作用下的运动轨迹，设用点和N点的电势分别为9加、n，粒子在”和N时加速度大小分别为M、即，速度大小分别为九、为，电势能分别为EpM、
2、EpN。下列判断正确的是（）A.%aN B.% Ev，9.m 9nC. 9m 9n , EpM EpN D. aN EpM = x(3) y = 3x-4m解析：(1)设带电粒子出第I象限电场时速度为在第I象限电场中加速运动时，根据动能定理得其) = ；加廿，其中L = 2m,要使带电粒子通过e点，在第n象限电场中偏转时，其竖直方向位移为3且水平方向位移乙二叱，则L=_L.坐上T，2 m v )解得K=4E0(2)设坐标为(x,y),带电粒子出第I象限电场时速度为匕，在第I象限电场中加速运动时,根据动能定理得E0qx = mv ,要使带电粒子过点，在第n象限电场中偏转时，竖直方向位移为y,因N
3、CEO = 45。，则水平方向位移也为y,则L坐R2 m I v,（3）如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从出电场时与DE交于Q,进入CQE电场后，初速度延长线与QE交于G,出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P点，设由图可知，在。QE中带电粒子的水平位移为y, 设偏转位移为V,而在第I象限电场中有，Eqx = 欣,y =gp y-yrNE其中 GP = 2,N = 2m , 2联立解得y = 3x-4m。15.答案：（1）更 m/s 3-J 3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- qE =
4、 2x10-1x10 xlOm/2 =5 m/s2 m2C与B的高度差/2 = Rcos6(T = 0.4m设小球到B点时竖直分速度为vv,则匕=2ah,解得小球到B点时竖直分速度。=2 m/sv小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60。，则tan60。= %解得小球抛出时的初速度% = m/s o(2)小球在 3 点时,sin60 =,则 y =3lm/s以3小球在A点时，轨道对小球的支持力&=/=32.5 N,则F + qE-mg = m，解得 vA =3 m/sR小球从B到A过程，由动能定理得 (mg - qE)(R一 R cos 60) -Wf = mv mv 解得小球从B到A的过程
5、中克服摩擦力所做的功叼f。变，贝lj（）A.当减小两板间的距离时，速度u增大B.当减小两板间的距离时，速度u减小C.当减小两板间的距离时，速度u不变D.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长5.如图所示，M、N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q的带负 电的粒子（不计重力）以初速度%由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为。时，粒子 刚好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达M、N两板中线位置处即返回，则下述措施 能满足要求的是（）+-g%MN2M、N间的电压提高到原来的4倍M、N间的电压加倍工，同时M、N间的电压加倍 2d,极板分别与电池两极相连，上极板中心有一个小
6、孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。 小孔正上方,处的P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7 .如图，两平行金属板与水平地面成2a角，在平行金属板间存在着匀强电场，。是两板间 一条垂直于板的直线，竖直线Eb与交于。点，一个带电小球沿着的角平分线从 A点经。点向8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。8 .如图所示，带电平行金属板4 B,板间的电势差为U,板间距离为d, A板带正电，8板 中央有一小孔。一带正电的微粒，电荷量为外质量为?
7、，自孔的正上方距板高处自由下 落，若微粒恰能落至4 8板的正中央。点，不计空气阻力，则（）A.微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小（ 八mg A + -,电场力做功为2）c微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为;B板高1.5/1处自由下落，则恰好能达到A板9 .如图所示，矩形区域A3CQ内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子。和。以相同 的水平速度射入电场，粒子。由顶点A射入，从的中点P射出，粒子/?由A3的中点。 射入，从顶点C射出。若不计重力，则。和匕的比荷之比是（）A.l:2B.2:lC.l:8D.8:l10 .如图所示，两平行金属板相距为d,电势差为U, 一电子质量为
8、加，电荷量为6,从。点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，0A = h,此电子具有的初动能是（）+ -00-edhB. edUhe eUhD.d11 ,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 粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知（不计粒子重力）（）A.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B.若入射粒子的电荷量相等，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，则出射粒子的速度一定相等D.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12 .如图所示，两
9、平行金属板间有一匀强电场，板长为3板间距离为人在距板右端L处有 一竖直放置的光屏M。一电荷量为外质量为2的质点从两板中央水平射入板间，最后垂 直打在光屏M上，则下列结论正确的是（）Ml 、mgq22gq13 .如图，圆心为。、半径为R的圆形区域内有一匀强电场，场强大小为、方向与圆所在 的平面平行。PQ为圆的一条直.径，与场强方向的夹角。=60。质量为加、电荷量为+9的 粒子从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。（1）若粒子能到达。点，求粒子在P点的初速度大小;（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AE
10、p。xOy直角坐标系中，三个边长都为2 m的正方形如图所示排列，第I象限正方形区域A5。 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E。，在第H象限正方形C。切的对角线“左 侧CEQ区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形QENM区域内 无电场。现有一带电荷量为+9、质量为根的带电粒子（重力不计）从A3边上的A点由静（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E点，则释放点的坐标值X、间应满足什么关系？4（3）若CDE区域内的电场强度大小变为马二，方向不变，其他条件
11、都不变，则在正方形区域A5OC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N点，则释放点的坐标值工、间又应满足什么关系？15.水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道,A为轨道的最低点，半径OA竖直，圆心角AOB为60。，半径R = 0.8m,空间有竖直向下的匀强电场，场强 = lxl()4 n/C。一个质量m=2 kg、电荷量q =-lx 10-3 c的带电小球，从轨道左侧与圆心。同一高度的C点水平抛出，恰好从8点沿切线方向进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力5=32.5N。取(1)小球抛出时的初速度%的大小；(2)小球从8到A的过程中克服摩擦力所做的功W”答案以及解析1 .答案
12、：c解析：粒子在电场中做类平抛运动，从P点到再次落到连线上，水平位移等于竖直位移, 即卬冬已 解得”邛，故A选项错误；竖直速度l二致”2%,合速度 2 mqEm八/； + =鸟，故B选项错误；水平位移 =引=等，竖直位移丁 =工，故合位移大小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 = ；，qE。2即日30,故D选项错误。2 .答案：D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9n综汽。N点电场线比M点密，故场强易与，由加速度”致知与 即。粒子若从N点运动到M点,
13、m电场力做正功，动能增加，故匕上。综上所述，选项D正确。3 .答案：D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12由/ =咿可知运动时间之比为1:2,由 =得加速度之比为4：1,根据牛顿第二定律得，=这，因为电荷量之比2m为5:1,则质量之比为5:4,故D正确，ABC错误。4.答案：C解析：由动能定理得,当改变两极板间的距离时，u不变，u就不变，故选项1。/AB错误，C正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，下= ? = ，即，=,， 2 tv当d减小时，u不变，电子在两极板间运动的时间变短，故
14、选项D错误。5 .答案：C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d =篝，设带电粒子离开加板的最远距离为x,则若使初速度减 22qE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4倍，则场强也变为原来的4倍，设带电粒子离开M板的最远距离为百，根据动能定理有-q4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2倍，设带电粒子离开M板的最远距离为，根据动能定理有-q2E/=。-；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
15、电粒子离开板的最远距离为天，根据动能定理有-七2鸟二。-?2白）2,解得七二（， 228故D错误。6 .答案：C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= qU,将下极板向上平移设粒子运动到距离上极板X处返回，根据动能定理得“贝,+刘一刀二4T联立两式解得x =即粒子将在距上极板Jd处返回，故选项C正确。7 .答案：D解析：一个带电小球沿着NFO。的角平分线从A点经。点向5点做直线运动，则小球所受 合外力沿着AB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 方向未知，则小球的电性不确定，选项A错误；可知小球做匀减速直线运动，选项B错误; 由题图可
16、知，由于是角平分线，所以电场力与重力大小相等，有22gcosa = 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D正确。8 .答案：C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,A错误。微粒在下落过程中，重力做功为mgpz + 父，电场力做功为一。二=-出， 2 yu 22B错误。微粒落入电场中，电场力做功-电势能增加量为;qU, C正确。设微粒从距8板高处自由下落时，恰好能到达A板，根据动能定理，有， 1 ，则 = 2，D错误。mg /z + qU = G,mg+ d) qU =
17、 029 .答案：D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，有三产2.即手士2 m2m %，则有专管* = D项正确。1。.答案：D解析：电子从。点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小。电子仅受静电力，根据 动能定理得工相片=6(/以。因E = 4，U0A=EhT，故!球=学。所以D正确。2aala11 .答案：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4石=2匚得 r一 受。八E为定值，若q相等则根/ 一定相等，但质量相或速度u不一定相等；若旦 qEm相等，则速度u一定相等，故c正确。相等，粒子的动能不一定相等。 22 m
18、12 .答案：B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，D错误；质 点在板间运动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，C错误；质点最后垂直打在光屏M上，即末速度水平，则质点在板间 运动时在竖直方向上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E = 里，B正确，A错误。q13 .答案：(1) 向电v 2m(2)圆形最低点；-等