（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 第1講 抓住“兩類場的本質(zhì)”理解電、磁場的性質(zhì)講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 第1講 抓住“兩類場的本質(zhì)”理解電、磁場的性質(zhì)講義（含解析） 考法 學(xué)法 根據(jù)近幾年的高考試題來看，電場、磁場的性質(zhì)一直是考查的熱點(diǎn)。多數(shù)情況下，高考對該部分內(nèi)容以選擇題的形式考查，難度中等。主要考查內(nèi)容有：①描述電場性質(zhì)的物理量：電場強(qiáng)度、電勢；②平行板電容器的電容；③描述電場的工具：電場線和等勢面；④描述磁場性質(zhì)的物理量：磁感應(yīng)強(qiáng)度。用到的思想方法有：①理想模型法；②比值定義法；③控制變量法；④對稱法；⑤合成法；⑥分解法；⑦整體法和隔離法；⑧等效思想；⑨分解思想。 [知能全通]————————————————————————

2、———————— 1．類比法、對稱法求解疊加場的場強(qiáng) (1)類比法：當(dāng)空間某一區(qū)域同時存在兩個或兩個以上的電場(由各自獨(dú)立的場源電荷所激發(fā))時，某點(diǎn)場強(qiáng)E等于各電場的場強(qiáng)在該點(diǎn)的矢量和，遵循平行四邊形定則，可以類比力的合成與分解。 (2)對稱法： 2．電勢高低的三種判斷方法 根據(jù)電場線方向判斷 沿電場線方向電勢逐漸降低 根據(jù)場源電荷的正負(fù)判斷 取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低 根據(jù)電場力做功判斷 根據(jù)UAB＝，UAB＝φA－φB，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低

3、3．電荷電勢能大小判斷的“四法” 做功判斷法 電場力做正功，電勢能減??；電場力做負(fù)功，電勢能增大 電荷電勢法 正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負(fù)電荷在電勢越低的地方電勢能越大 能量守恒法 在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩種能量之和不變，所以電荷動能增加時，其電勢能減?。环粗?，其電勢能增大 公式法 將q、φ的大小、正負(fù)號一起代入公式Ep＝qφ，Ep數(shù)值(包含正負(fù)號)越大，表示電勢能越大 4.電勢差的三種計(jì)算方法 (1)UAB＝φA－φB。 (2)UAB＝，適用于任何電場。 (3)U＝Ed，適用于勻強(qiáng)電場。 [題點(diǎn)全練]———————————

4、————————————————————— 1.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　) A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝　 B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝ C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝ 解析：選D　由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號，根據(jù)庫侖定律，a對c的庫侖力為Fa＝k0，b對c的庫侖力為Fb＝k0。設(shè)合力向左，如圖所示，根

5、據(jù)相似三角形，得＝，聯(lián)立以上各式得k＝＝＝，D正確。 2．[多選](2018·石家莊質(zhì)檢)如圖所示，正方形ABCD的四個頂點(diǎn)各固定一個點(diǎn)電荷，所帶電荷量分別為＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分別為AB、BC、AC的中點(diǎn)。下列說法正確的是(　　) A．E點(diǎn)電勢低于F點(diǎn)電勢 B．F點(diǎn)電勢等于E點(diǎn)電勢 C．E點(diǎn)電場強(qiáng)度與F點(diǎn)電場強(qiáng)度相同 D．F點(diǎn)電場強(qiáng)度大于O點(diǎn)電場強(qiáng)度 解析：選BD　根據(jù)對稱性可知，E、F兩點(diǎn)電勢相等，A項(xiàng)錯誤，B項(xiàng)正確；根據(jù)對稱性及電場強(qiáng)度的疊加原理可知，E點(diǎn)和F點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等而方向不同，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，F(xiàn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于零，C項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確。 3.(2

6、018·菏澤模擬)如圖所示為某電場中x軸上電勢φ隨x變化的圖像，一個帶電粒子僅受電場力作用在x＝0處由靜止釋放，沿x軸正方向運(yùn)動，且以一定的速度通過x＝x2處，則下列說法正確的是(　　) A．x1和x2處的場強(qiáng)均為零 B．x1和x2之間的場強(qiáng)方向不變 C．粒子從x＝0處運(yùn)動到x＝x2過程中，電勢能先增大后減小 D．粒子從x＝0處運(yùn)動到x＝x2過程中，加速度先減小后增大 解析：選D　φ-x圖像中圖線的斜率表示場強(qiáng)，斜率絕對值的大小表示場強(qiáng)的大小，斜率的正負(fù)表示場強(qiáng)的方向，題圖中x1和x2之間的場強(qiáng)大小先減小后增大，場強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向后沿x軸正方向，A、B項(xiàng)錯誤；粒子由x＝0處由靜止

7、沿x軸正方向運(yùn)動，表明粒子運(yùn)動方向與電場力方向相同，則從x＝0到x＝x2的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，C項(xiàng)錯誤；因從x＝0到x＝x2過程中，場強(qiáng)先減小后增大，即粒子所受的電場力先減小后增大，因此粒子的加速度先減小后增大，D項(xiàng)正確。 4．[多選](2018·全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)。一電荷量為q(q＞0)的粒子從a點(diǎn)移動到b點(diǎn)，其電勢能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移動到d點(diǎn)，其電勢能減小W2。下列說法正確的是(　　) A．此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行 B

8、．若該粒子從M點(diǎn)移動到N點(diǎn)，則電場力做功一定為 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強(qiáng)大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢差 解析：選BD　結(jié)合題意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但場強(qiáng)方向不能得出，故A錯誤；場強(qiáng)的方向沿c→d時，才有場強(qiáng)E＝，故C錯誤；由于M、N分別為ac和bd的中點(diǎn)，對于勻強(qiáng)電場，φM＝，φN＝，則UMN＝，可知該粒子從M點(diǎn)移動到N點(diǎn)的過程中，電場力做功W＝，故B正確；若W1＝W2，則φa－φb＝φc－φd，變形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝，UbN＝，可知UaM＝UbN，故D正確。

9、[知能全通]———————————————————————————————— 1．公式法分析平行板電容器的兩類動態(tài)問題 公式 ①C＝　②C＝?、跡＝ 情形 始終連接電源 充電后斷開電源 不變量 U Q d變大 C變小，Q變小，E變小 C變小，U變大，E不變 εr變大 C變大，Q變大，E不變 C變大，U變小，E變小 S變大 C變大，Q變大，E不變 C變大，U變小，E變小 2.熟記二級結(jié)論 (1)在直流電路中，電容器相當(dāng)于斷路，其兩端電壓等于與之并聯(lián)的支路兩端電壓。 (2)電容器所帶的電荷量恒定不變時，極板間的電場強(qiáng)度與極板間距離無關(guān)。 [題點(diǎn)全練]——

10、—————————————————————————————— 1．(2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小 C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大 D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大 解析：選A　實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，在b板上將感應(yīng)出異種電荷，故A正確；實(shí)驗(yàn)中，b板向上平移，正對面積S變小，由C＝知，電容C變小，由C＝知，Q不變，

11、U變大，因此靜電計(jì)指針的張角變大，故B錯誤；插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)εr變大，由C＝知，電容C變大，由C＝知，Q不變，U變小，因此靜電計(jì)指針的張角變小，故C錯誤；只增加極板帶電量，電容C不變，靜電計(jì)指針的張角變大，是由于U變大導(dǎo)致的，故D錯誤。 2．(2018·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止　　　　　　 B．豎直向下運(yùn)動 C．向左下方運(yùn)動 D．向右下方運(yùn)動 解析：選D　開始時油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝q，B板右端下移時，U不變，d變

12、大，電場力F＝q變小，mg＞F；并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將均勻地順次向下移動，又電場強(qiáng)度垂直于等勢面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向?yàn)橄蛴蚁路剑视偷蜗蛴蚁路竭\(yùn)動，D正確。 3．[多選](2019屆高三·上饒六校聯(lián)考)一位同學(xué)用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內(nèi)溶液深度的變化，如圖所示。瓶的外壁涂有一層導(dǎo)電涂層和瓶內(nèi)導(dǎo)電溶液構(gòu)成電容器的兩極，它們通過探針和導(dǎo)線與電源、電流計(jì)、開關(guān)相連，中間的一層塑料為絕緣介質(zhì)，其厚度為d，相對介電常數(shù)為εr。若發(fā)現(xiàn)在某段時間t內(nèi)有大小為I的電流從下向上流過電流計(jì)，設(shè)電源電壓恒為U，則下列說法中正確的是(　　)

13、 A．瓶內(nèi)液面升高了 B．瓶內(nèi)液面降低了 C．電容器在這段時間內(nèi)放電 D．瓶內(nèi)液面高度在時間t內(nèi)變化了 解析：選BCD　根據(jù)公式C＝，當(dāng)d、εr不變時，C∝S，而正對面積S正比于液面高度h。某段時間t內(nèi)電流計(jì)中有從下向上流過的電流，說明電容器在該段時間內(nèi)放電，電容器所帶的電荷量Q＝CU在減小，由電源電壓U恒定，可知電容C在減小，則h也在減小，即瓶內(nèi)的液面降低了，故A錯誤，B、C正確；時間t內(nèi)電容器放電，釋放的電荷量ΔQ＝ UΔC＝It，ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正確。 4．[多選]如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷

14、路)連接，電源負(fù)極接地。初始電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　) A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上運(yùn)動，且P點(diǎn)的電勢會降低 B．將上極板下移，則P點(diǎn)的電勢不變 C．將下極板下移，則P點(diǎn)的電勢升高 D．無論哪個極板上移還是下移，帶電油滴都不可能向下運(yùn)動 解析：選CD　二極管具有單向?qū)щ娦?，閉合開關(guān)后電容器充電，電容器的電容 C＝＝，極板間的電場強(qiáng)度E＝，整理得E＝，油滴靜止，則qE＝mg，減小極板間的正對面積S，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，所以電場?qiáng)度E變大，油滴所受電場力變大，油滴會向上運(yùn)動，P點(diǎn)與下

15、極板的距離不變，E變大，則P點(diǎn)的電勢升高，故A錯誤；將上極板向下移動，d變小，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度E＝變大，P點(diǎn)與下極板的距離不變，P點(diǎn)的電勢升高，故B錯誤；將下極板向下移動，d變大，由C＝可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由E＝可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，P點(diǎn)與下極板的距離變大，P點(diǎn)與下極板間的電勢差變大，P點(diǎn)的電勢升高，故C正確；上極板上移或下極板下移時，d變大，由C項(xiàng)分析知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，油滴所受電場力不變，油滴靜止不動，上極板下移或下極板上移時，d變小，由B項(xiàng)分析知電場力變大，電場力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上運(yùn)動，故D 正確。

16、 [知能全通]———————————————————————————————— 1．掌握“兩個力” (1)安培力：F＝BIL(I⊥B)。 (2)洛倫茲力：F＝qvB(v⊥B)，永不做功。 2．用準(zhǔn)“兩個定則” (1)對電流周圍的磁場方向判定用安培定則。 (2)對安培力和洛倫茲力的方向判定用左手定則。 3．畫好“兩個圖形” (1)對安培力作用下的平衡、運(yùn)動問題畫好受力圖。 (2)對帶電粒子的勻速圓周運(yùn)動問題畫好幾何圖形。 4．熟記“兩個等效模型” (1)變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線，在計(jì)算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流。 (2)化電為磁：環(huán)形電流可等

17、效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙。 [題點(diǎn)全練]———————————————————————————————— 1．[多選](2018·全國卷Ⅱ)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　) A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)

18、產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 D．流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 解析：選AC　外磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知，在b點(diǎn)：B0＝B0－B1＋B2，在a點(diǎn)：B0＝B0－B1－B2，由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。 2．[多選](2017·全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小

19、之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1 解析：選BC　由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(B31)方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(B合1)方向如圖1所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場作用力的方向與L2和L3所在平面平行，選項(xiàng)A錯誤；同理，如圖2所示，可判斷出L3所受磁場(B合3)作用力的方向(豎直向上)與L1、L2所在平面垂直，選項(xiàng)B正確；同理，如圖3所示，設(shè)一根長直導(dǎo)線在另一根導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，根據(jù)幾何

20、知識可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶，選項(xiàng)C正確，D錯誤。 3.如圖所示，兩平行導(dǎo)軌與水平面的夾角α＝37°，導(dǎo)軌間距為L＝1.0 m，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B可調(diào)，方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下。一金屬桿長也為L，質(zhì)量為m＝0.2 kg，水平放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好而處于靜止?fàn)顟B(tài)，金屬桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，通有圖示方向的電流，電流大小I＝2.0 A，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值和最小值分別為(　　) A．1.0 T,0　　　　　　 B．1.0 T,0.6 T

21、 C．1.0 T,0.2 T D．0.6 T,0.2 T 解析：選C　由左手定則知安培力的方向沿斜面向上，因mgsin α＝1.2 N，fm＝μmgcos α＝0.8 N，所以當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小時，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bmin＝0.2 T；當(dāng)B最大時，安培力F2＝BmaxIL＝2.0 N，即Bmax＝1.0 T，C對。 4.有一勻強(qiáng)磁場的方向與xOy坐標(biāo)平面平行，一通電直導(dǎo)線與x軸平行放置時，導(dǎo)線受到的安培力為F。若將該導(dǎo)線做成圓環(huán)，放置在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，如圖所示，并保持通電的電流不變，兩端點(diǎn)a、b連線也與x軸平行，則圓環(huán)受到的安培力大小為(　　) A．F B.

22、F C.F D.F 解析：選C　根據(jù)安培力公式F＝BIL，安培力F與導(dǎo)線的有效長度L成正比；若將該導(dǎo)線做成圓環(huán)，由L＝×2πR，解得圓環(huán)的半徑R＝，圓環(huán)a、b兩點(diǎn)之間的有效距離 L′＝R＝。由＝，解得F′＝F，選項(xiàng)C正確。 [研一題]———————————————————————————————— [多選]如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，O為圓心，P為邊界上的一點(diǎn)。相同的帶電粒子a、b(不計(jì)重力)從P點(diǎn)先后射入磁場，粒子a正對圓心射入，速度方向改變60°后離開磁場，粒子b射入磁場時的速度方向與粒子a射入時的速度方向成60°角，已知它們離開

23、磁場的位置相同，下列說法正確的是(　　) A．兩粒子的速度之比為＝ B．兩粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比為＝ C．兩粒子在磁場中運(yùn)動的半徑之比為＝ D．兩粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡長度之比為＝ [解析]　作出帶電粒子a、b在磁場中運(yùn)動的軌跡，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩粒子運(yùn)動的軌跡半徑之比＝，由r＝可得，兩粒子的速度之比為＝；兩粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡對應(yīng)的圓心角之比為＝，根據(jù)T＝，t＝T可得，兩粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比為＝，根據(jù)運(yùn)動的軌跡長度s＝vt，兩粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡長度之比為＝，B、D正確，A、C錯誤。 [答案]　BD [悟一法]—————————————————————

24、——————————— “三定四寫”求解粒子在磁場中的圓周運(yùn)動問題 1．一定圓心O (1)已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、入射方向和出射方向時，可過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作入射方向和出射方向的垂線，兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心O(如圖甲所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))。 　　 (2)已知入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置及入射方向時，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作該線的垂直平分線，兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心O(如圖乙所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))。 2．二定半徑R (1)公式法——R＝。 (2)幾何法——一般由三角關(guān)系及圓的幾何知識來計(jì)算確定。 3．三定圓心角φ 圓

25、心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即φ＝ α＝2θ＝ωt＝t，或φ＝(l為φ對應(yīng)的圓弧弧長)。 4．四寫方程 基本方程qvB＝m， 半徑公式R＝， 周期公式T＝＝(與速度無關(guān))， 運(yùn)動時間t＝＝T。 [通一類]———————————————————————————————— 1.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，M、N是磁場邊界上兩點(diǎn)且M、N連線過圓心O，在M點(diǎn)有一粒子源，可以在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場里發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小均為v＝的帶正電粒子，不計(jì)粒子的重力，若某一個粒子在磁場中運(yùn)動

26、的時間為t＝，則該粒子從M點(diǎn)射入磁場時，入射速度方向與MN間夾角的正弦值為(　　) A.　　　 B.　　　 　 C.　　 　 　 D. 解析：選A　粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r＝＝，由于該粒子在磁場中運(yùn)動的時間t＝＝＝T，可作出該粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，△MOP為正三角形，粒子從M點(diǎn)射入的速度方向與MN的夾角為30°，夾角正弦值為，A正確。 2.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，沿紙面內(nèi)x軸負(fù)方向與y軸正方向之間各個方向以相同的速率v從

27、原點(diǎn)O射入磁場區(qū)域。不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用。選項(xiàng)圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是(　　) 解析：選D　粒子在以x軸為邊界的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，粒子從x軸進(jìn)入磁場后再離開，粒子在進(jìn)、出磁場時，速度v與x軸的夾角相同，根據(jù)左手定則和R＝知，當(dāng)粒子沿x軸負(fù)方向運(yùn)動時，其軌跡如圖所示，是一個完整的圓，隨著粒子入射方向向y軸正方向轉(zhuǎn)動過程中，此圓以O(shè)為中心沿順時針方向轉(zhuǎn)動，當(dāng)粒子沿y軸正方向射入時，其軌跡為一個半圓，兩圖形的相交部分是粒子不能經(jīng)過的地方，故D正確。 [專題強(qiáng)訓(xùn)提能]

28、 1．[多選]如圖所示，勻強(qiáng)電場中的A、B、C、D點(diǎn)構(gòu)成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場強(qiáng)度的方向與紙面平行。已知A、B兩點(diǎn)的電勢分別為φA＝12 V、φB＝6 V，則C、D兩點(diǎn)的電勢可能分別為(　　) A．9 V,15 V　　　　　　 B．9 V,18 V C．0,6 V D．6 V,0 解析：選AC　已知四邊形ABCD為平行四邊形，則AB與CD平行且等長，因?yàn)閯驈?qiáng)電場的電場強(qiáng)度的方向與紙面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各選項(xiàng)中數(shù)據(jù)可知，A、C正確，B、D錯誤。 2.已知長直通電導(dǎo)線在周圍某點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流成

29、正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離成反比。如圖所示，4根電流相等的長直通電導(dǎo)線a、b、c、d平行放置，它們的橫截面的連線構(gòu)成一個正方形，O為正方形中心，a、b、c中電流方向垂直紙面向里，d中電流方向垂直紙面向外，則長直通電導(dǎo)線a、b、c、d在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B(　　) A．大小為零 B．大小不為零，方向由O指向d C．大小不為零，方向由O指向c D．大小不為零，方向由O指向a 解析：選D　a、c中電流方向相同，由安培定則可知，兩導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，合矢量為零；b、d中電流方向相反，由安培定則可知，兩導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均由O指向a，故

30、D選項(xiàng)正確。 3．(2018·天津高考)如圖所示，實(shí)線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN。下列判斷正確的是(　　) A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN 解析：選D　電場線密的地方場強(qiáng)大，粒子受到的電場力大，所以aM

31、沿電場線方向電勢降低，即φM>φN，故B、C錯誤；又由Ep＝qφ和能量守恒知，帶負(fù)電的粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，而動能越小，即EpMvN，故A錯誤，D正確。 4．[多選]如圖所示，Q1、Q2為兩個帶等量正電的點(diǎn)電荷，在兩者的電場中有M、N和O三點(diǎn)，其中M和O在Q1、Q2的連線上(O為連線的中點(diǎn))，N為過O點(diǎn)的垂線上的一點(diǎn)。則下列說法中正確的是(　　) A．在Q1、Q2連線的中垂線位置可以畫出一條電場線 B．若將一個帶正電的點(diǎn)電荷分別放在M、N和O三點(diǎn)，則該點(diǎn)電荷在M點(diǎn)時的電勢能最大 C．若將一個帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移到O點(diǎn)，則電勢能增加

32、D．若將一個帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到O點(diǎn)，則電勢能增加 解析：選BC　根據(jù)等量同種正點(diǎn)電荷形成的電場在點(diǎn)電荷連線和中垂線上的電場強(qiáng)度和電勢的特點(diǎn)可知，A錯誤；M、N、O三點(diǎn)電勢大小的關(guān)系為φM>φO>φN，可判定帶正電的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)時的電勢能最大，B正確；從M點(diǎn)到O點(diǎn)電勢降低，故電場力對帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷做負(fù)功，則電勢能增加，C正確；從N點(diǎn)到O點(diǎn)電勢升高，故電場力對帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷做正功，則電勢能減少，D錯誤。 5.在光滑絕緣的水平地面上放置四個相同的可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點(diǎn)上，小球D位于三角形的中心，如圖所示?，F(xiàn)讓小球A、B、C都帶電

33、荷量為Q的正電荷，讓小球D帶電荷量為q的負(fù)電荷，若四個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則Q與q的比值為(　　) A. B. C．3 D. 解析：選D　設(shè)等邊三角形的邊長為a，由幾何知識可知，BD＝acos 30°×＝a，以小球B為研究對象，由平衡條件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D項(xiàng)正確。 6.質(zhì)量為m、長度為l的金屬棒MN兩端由絕緣等長輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。開始時細(xì)線豎直，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點(diǎn)開始向右擺動，若已知細(xì)線與豎直方向的最大夾角為θ＝60°，如圖所示，則金屬棒中的電流(　　) A．方向由M向N，大小為 B．方向

34、由N向M，大小為 C．方向由M向N，大小為 D．方向由N向M，大小為 解析：選B　由題意知，金屬棒受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由N向M；金屬棒所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向向右，由于金屬棒向上運(yùn)動的過程中重力和安培力做功，細(xì)線的拉力不做功，設(shè)細(xì)線的長度為x，由功能關(guān)系得：BIlxsin θ－mg(x－xcos θ)＝0，解得：I＝，B正確。 7.如圖所示，a、b、c、d、O五點(diǎn)均在勻強(qiáng)電場中，它們剛好是一個半徑為R＝ m的圓的四個等分點(diǎn)和圓心O，b、c、d三點(diǎn)的電勢如圖所示。已知電場線與圓所在平面平行，關(guān)于電場強(qiáng)度的大小和方向，下列說法正確的是(　　)

35、 A．電場強(qiáng)度的方向由O指向b點(diǎn) B．電場強(qiáng)度的方向由O指向d點(diǎn) C．電場強(qiáng)度的大小為10 V/m D．電場強(qiáng)度的大小為10 V/m 解析：選D　由勻強(qiáng)電場中平行線上等間距點(diǎn)間的電勢差相等可得，O點(diǎn)的電勢為6 V，如圖所示，O、d連線的中點(diǎn)e處的電勢為8 V，連接c、e，過O作ce的垂線交ce于f，則ce為等勢線，電場線垂直于ce向下，即電場強(qiáng)度的方向由f指向O點(diǎn)，連接c、O，由Oc＝ m，eO＝ m，得ec＝ m，由相似三角形得Of＝＝ m，O、f間的電勢差為2 V，則電場強(qiáng)度大小為E＝＝10 V/m，選項(xiàng)D正確。 8．[多選](2018·全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在

36、直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 解析：選BD　經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa＞xb，根據(jù)x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A錯誤；電場力做功Wa＞W(wǎng)b，由動能定理知，a的動能比b

37、的動能大，故B正確；a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，故C錯誤；根據(jù)動量定理知a、b的動量大小相等，故D正確。 9.在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以大小為v的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示，由此可知(　　) A．小球帶正電 B．電場力大小為2mg C．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動時間相等 D．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的速度變化不同 解析：選D　根據(jù)小球從B點(diǎn)進(jìn)入電場的軌跡可以看出，小球所受的電場

38、力豎直向上，即小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯誤；因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)時速度水平，所以小球在C點(diǎn)時的速度等于在A點(diǎn)時的速度，因?yàn)锳B＝2BC，設(shè)B、C間豎直距離為h，則A、B間豎直距離為2h，小球由A點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，選項(xiàng)B錯誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，在豎直方向上的加速度大小為g，方向豎直向下，所用時間為t1＝＝2，從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，在豎直方向上的加速度大小為a2＝＝2g，方向豎直向上，故所用時間t2＝ ＝，故t1＝2t2，選項(xiàng)C錯誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中速度變化大小都等于2，但方向相反，選項(xiàng)D正確。 10.(2019屆高三·九江模擬)如圖所

39、示，A是帶電量為＋Q、半徑為R的絕緣球體，且電荷均勻分布(均勻分布電荷的絕緣球體在空間產(chǎn)生對稱的電場，場強(qiáng)大小只和到球心的距離有關(guān))。B為帶電量為＋q的帶電體，可視為點(diǎn)電荷，已檢測到c點(diǎn)的場強(qiáng)為零，d點(diǎn)與c點(diǎn)到球心O的距離都為r，B到c點(diǎn)的距離也為r，若只把B移到e點(diǎn)，則d點(diǎn)場強(qiáng)大小為(　　) A．k B．k C．k D．k 解析：選A　A在c點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EA＝k，方向水平向右；B在c點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EB＝k，方向水平向左；因?yàn)閏點(diǎn)的場強(qiáng)為零，所以有EA＝EB，即Q＝q。A在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EA′＝k＝k，方向豎直向上；把B移到e點(diǎn)，B在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EB′＝k，方

40、向水平向左；根據(jù)電場的疊加原理，將A、B在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)進(jìn)行矢量疊加，可得d點(diǎn)場強(qiáng)大小為k，故A正確，B、C、D錯誤。 11．[多選](2018·全國卷Ⅰ)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是(　　) A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達(dá)不了平面f C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍 解析：選AB　因等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad＝－6

41、 eV，故Uad＝6 V，因電場力做負(fù)功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，又φb＝2 V，則φc＝0，各虛線電勢如圖所示，故A正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實(shí)線所示，電子可能到達(dá)不了平面f，故B正確；電子經(jīng)過平面d時，電勢能Ep＝eφd＝2 eV，故C錯誤；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV，由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV，則Ekb＝2Ekd，根據(jù)Ek＝mv2知vb＝vd，故D錯誤。 12．[多選](2018·武漢調(diào)研)如圖所示，等腰直角三角形abc的直角邊長度為L，該區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向外

42、的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。三個相同的帶電粒子從b點(diǎn)沿bc方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運(yùn)動的時間分別為t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝2∶2∶1。不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是(　　) A．三個粒子速度的大小關(guān)系一定是v1＝v2

43、關(guān)系不定，但其半徑一定比速度為v3的粒子半徑小，由半徑公式r＝，則v3一定大于v1和v2，A錯誤，B正確；速度為v1的粒子偏轉(zhuǎn)90°，則t1＝×，解得：＝，C正確；速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)角為45°，由圖中幾何關(guān)系知：r3sin 45°＝L，而r3＝，解得：＝，D錯誤。 13．(2018·河南模擬)如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點(diǎn)A′、B′、C′分別是三條棱的中點(diǎn)?，F(xiàn)在頂點(diǎn)O處固定一正點(diǎn)電荷，下列說法中正確的是(　　) A．A′、B′、C′三點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．△ABC所在平面為等勢面 C．將一正試探電荷從 A′點(diǎn)沿直線A′B′移到B′，靜電力對該試探電荷先做正功后做負(fù)功 D．若

44、A′點(diǎn)的電勢為φA′，A點(diǎn)的電勢為φA，則AA′連線中點(diǎn)D處的電勢φD一定小于 解析：選D　因?yàn)锳′、B′、C′三點(diǎn)離頂點(diǎn)O處的正點(diǎn)電荷的距離相等，故三點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小均相等，但其方向不同，故A錯誤；由于△ABC所在平面上各點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不全相等，由等勢面的特點(diǎn)可知，△ABC所在平面不是等勢面，故B錯誤；由電勢的特點(diǎn)可知，沿直線A′B′的電勢變化為先增大后減小，所以當(dāng)正試探電荷沿此直線從A′移動到B′時，電場力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C錯誤；因?yàn)閁A′D＝ A′D·，UDA＝DA·，由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)關(guān)系可知A′D>DA，又因?yàn)椋?，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，

45、整理可得：φD<，故D正確。 14．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn)。現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) A．運(yùn)動到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動到P和P′點(diǎn)之間返回 C．運(yùn)動到P′點(diǎn)返回 D．穿過P′點(diǎn) 解析：選A　電子在A、B板間的電場中做加速運(yùn)動，在B、C板間的電場中做減速運(yùn)動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強(qiáng)度為E，M、P兩點(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間做加速運(yùn)動后，在B、C板間做減速運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時速度為零，然后返回，A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯誤。