2024年高考物理专题特训：静电场与磁场（难题篇）.docx

1、2024年高考物理专题特训：静电场与磁场（难题篇）一、选择题1 如图所示，倾斜轨道与水平面的夹角为，倾斜轨道上放置一光滑的导电金属导轨abcd，导轨间距为L，ab间接有一直流电源，cd段垂直于导轨放置一金属棒，回路内的电流为I，整个空间处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，金属棒刚好处于静止状态，已知重力加速度为g，则（）Aa端接电源的正极B金属棒受到的安培力大小为BILC金属棒的质量为BILgsinD金属棒的质量为BILcosg2 如图所示，AB两点相距3r，P、M两点把AB连线三等分，在B点固定一点电荷+q，A点固定另一点电荷，已知M点电场强度为0，静电力常量为k，取无穷远处电势为零，

2、则（）AA点的电荷带负电BA点的电荷所带电荷量为2qCP点电势为0D撤去B处的点电荷，M点的电场强度大小为kqr23 某个物理量D的变化量D与发生这个变化所用时间t的比值Dt，叫作这个量D的变化率，下列说法正确的是（）A若D表示质点做平抛运动的位移，则Dt的竖直分量保持不变B若D表示质点做匀速圆周运动的加速度，则Dt是恒定不变的C若D表示质点做简谐运动离开平衡位置到最大位移过程中的动能，Dt逐渐增大D若D表示带电粒子（不计重力）在匀强电场中运动时的动量，则Dt保持不变4 下列四幅图都涉及了磁现象，其中描述正确的是（）A图甲为探究影响通电导线受力因素的实验，此实验应用了等效法B图乙中穿过线圈a的

3、磁通量大于穿过线圈b的磁通量C图丙中线圈a通入电流变小的直流电，线圈b所接电流表不会有示数D图丁中小磁针水平放置，小磁针上方有一电流方向向右的通电直导线，小磁针的N极向纸面外偏转5静电除尘是工业生产中处理烟尘的重要方法。除尘装置由金属管A和悬挂在管中心的金属导线B组成，如图甲所示。工作时，使中心的金属导线B带负电，金属管A接地，A、B之间产生如图乙（俯视图）所示的电场，圆内实线为未标方向的电场线。金属导线B附近的气体分子被强电场电离，形成电子和正离子，电子在向正极A运动的过程中，使烟尘中的颗粒带上负电。这些带电颗粒在静电力作用下被吸附到正极A上，最后在重力作用下落入下方的漏斗中。经过这样的除尘

4、处理，原本饱含烟尘的气体就可能达到排放标准，满足环保要求。图乙中ab=bc，c、d在同一圆上。下列说法正确的是（）A图乙中c点和d点的电场强度相同B带上负电的颗粒在a点所受的电场力大于在c点所受的电场力C电势差关系为UabUbcD一电子从c点运动到a点的过程中，其电势能增大6 1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”如图所示为一个“N磁单极子”形成的磁场，将一个半径为r、质量为m的导体线圈水平放置在该磁单极子的正上方，线圈所在位置的磁感应强度大小为B，与圆环相切的磁感线与竖直方向的夹角为30，重力加速度大小为g，若线圈恰好在该位置悬浮，则线圈中电流的大小

5、为（）Amg2rBBmgrBC3mg2rBD3mgrB7笔记本电脑盖上屏幕，屏幕盖板上磁铁和主板机壳上“霍尔传感器”配合，使屏幕进入休眠模式，其工作原理如图所示。当电脑盖上屏幕时，相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件，已知该霍尔元件载流子为电子，以下说法正确的是（） A盖上盖板， a端带正电B打开盖板， a端带正电C盖上屏幕过程中，a、b间电势差逐渐增大D盖上屏幕过程中，a、b间电势差不变8 采用如图所示的电路对超级电容器充电，充电过程分为两个阶段：第一阶段是恒流充电（即充电器输出的电流不变），第二阶段是恒压充电（即充电器输出的电压不变），直至完成充电。若电阻R阻值恒定，充电器功率为P，电容器两端

6、电压为u，电阻R两端电压为uR，电容器电荷量为Q，充电时间为t，下列图像正确的是（）ABCD二、多项选择题9如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h=2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）A小球d一定带正电B小球b的周期为2RqmRkC小球c的加速度大小为3kq23mR2D外力F竖直向上，大小等于mg+26kq2R

7、210 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.010-8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A沿x轴正方向，电场强度逐渐增大B滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止C滑块运动最大速度约为0.2m/sD滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置11 如图所示，两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场和

8、匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子以某一水平速度从P点射入，恰好能沿直线运动，不计带电粒子的重力。下列说法正确的是（）A粒子一定带正电B粒子的速度大小v=EBC若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化12如图所示，a、b、c、d为4个正离子，电荷量相等均为q，同时沿图示方向进入速度选择器后，a粒子射向P1板，b粒子射向P2板，c、d两粒子通过速度选择器后，进入另一磁感应强度为B2的磁场，分别打在A1和A2两点，A1和A2两点相距x。已知速度选择器两板电压为U，两板距离为l，板间磁感应强度为B1，则下列判断正确的是（） A粒子a、

9、b、c、d的速度关系vavc=vdvc=vdvbC粒子c、d的质量关系是mcmdD粒子c、d的质量差m=B1B2qlx2U三、非选择题13霍尔效应是电磁基本现象之一、如图所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足UH=kIBd，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。（1）若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如上图所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与 （选填“M”或“N”）端通过导线相连。（2）已知薄片厚度d=

10、0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示。I/(10-3A)3.06.09.012.015.018.0UH/(10-3V)1.11.93.44.56.26.8根据表中数据画出UH-I图线 ，利用图线求出该材料的霍尔系数为 10-3VmA-1T-1.（保留两位有效数字）14Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.5h处，将另带一电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为g2（g为重力加速度，静电力常量为k），求（1）此电荷在B点处的加速度；（2）A、B两点间的电势

11、差（用Q和h表示）。15有三个点电荷A、B、C固定于一个等边三角形的三个顶点上，已知三角形的边长为1cm，B、C所带电荷量为qB=qC=+110-6C，A所带电荷量为qA=-210-6C，静电力常量k=9.0109Nm2/C2，求A所受B、C两个电荷的静电力的合力F的大小、方向。16如图甲所示，半径为R的圆形A区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，PQ为其水平直径，竖直放置的平行板M、N间加有如图乙所示的电压（U0已知，Um未知）。在圆形磁场的下方有一水平的粒子接收屏，在M板附近有一粒子源，不断无初速度释放质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子经电场加速后从P点沿PQ方向射入磁场，经磁场偏转后打

12、在接收屏上，打在接收屏上最左侧的粒子，速度与水平方向的夹角为60，打在接收屏上最右侧的粒子，速度与水平方向的夹角也为60，不计粒子的重力，粒子在加速电场中的运动时间远小于T，求：匀强磁场的磁感应强度大小；两板间最大电压Um为多少。17如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=2E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L2，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： （1）电子到MN的速度大小；

13、（2）电子从释放到打到屏上所用的时间；（3）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan ；（4）电子打到屏上的点P到点O的距离x。答案解析部分1【答案】B2【答案】D3【答案】D4【答案】B5【答案】C6【答案】B7【答案】C8【答案】B9【答案】C,D10【答案】B,D11【答案】B,C12【答案】A,D13【答案】（1）M（2）；1.514【答案】（1）解：由题意知，此电荷应为正电荷，设其电荷量为q，由题意及牛顿第二定律，在A点时有 F合B=mg-kQqh2=12mg在B点时有合 F合B=kQq(0.5h)2-mg=maB解得 aB=g方向竖直向上。（2）解：从A到B过程，

14、由动能定理得 mg(h-0.5h)+qUAB=0由 mg-kQqh2=12mg可得 12mg=kQqh2解得 UAB=-kQh15【答案】解：点电荷B、C对点电荷A的静电力大小相等FBA=FCA=k|qAqB|r2=9109210-6110-60.012N解得FBA=FCA=180N如图所示，A受到大小相等的两个静电力，且两静电力夹角为60，合力F=2FBAcos30=218032N解得F=1803N方向沿BAC的角平分线。16【答案】解：在磁场中，根据qvB=mv2r可得r=mvqB进入磁场时，粒子速度越大，则轨迹半径越大，结合几何知识可知，打在接收屏最左侧的粒子速度最小，打在接收屏最右侧的

15、粒子速度最大，从电场进入磁场，由动能定理得qU0=12mvmin2qUm=12mvmax2由几何关系可得rmin=3R3rmax=3R联立解得B=1R6mU0qUm=9U017【答案】（1）解：电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理得： eE1L2=12mv02-0解得 v0=2eELm（2）解：电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得 a1=eE1m=2eEm电子进入电场E2时的速度v0=a1t1则 t1=v0a1进入电场E2到PQ水平方向做匀速直线运动，时间为 t2=Lv0出电场后到光屏在水平方向做匀速直线运动，时间为 t3=Lv0电子从释放到打到屏上所用的时间为t=t1+t2+t3联立解得 t=3mL2eE（3）解：设粒子射出电场E2时沿电场反方向的速度为 vy 由牛顿第二定律知电子进入电场E2时的加速度为 a2=eE2m=3eEm ， vy=a2t2电子射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为 tan=vyv0联立各式解得 tan=32（4）电子在电场中的运动轨迹如图所示： 设电子达到屏上的点P到O点的距离为x，根据几何关系可得 tan=x32L联立解得 x=94L