2022年高三物理二輪復習 考前沖刺 重點知識回顧 電場和磁場

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1、2022年高三物理二輪復習 考前沖刺 重點知識回顧 電場和磁場 1.如圖所示是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷連線長度為2r，左側(cè)點電荷帶電荷量為＋2q，右側(cè)點電荷帶電荷量為－q，P、Q兩點關于兩電荷連線對稱．由圖可知(　　) A．P、Q兩點的電場強度相同 B．M點的電場強度大于N點的電場強度 C．把同一試探電荷放在N點，其所受電場力大于放在M點所受的電場力 D．兩點電荷連線的中點處的電場強度為2k 解析：選B.P、Q兩點的電場強度大小相等，方向不相同，選項A錯誤．根據(jù)電場線疏密程度反映電場強度大小可知，M點的電場強度大于N點的電場強度，選項B正確．把同一試探電荷放

2、在N點，其所受電場力小于放在M點所受的電場力，選項C錯誤．兩點電荷連線的中點處的電場強度為E＝k＋k＝3k，選項D錯誤． 2.(多選)一長為L、質(zhì)量為m的水平通電直導體棒緊靠豎直粗糙絕緣面放置，磁感應強度為B的勻強磁場垂直導體棒，與水平方向成θ角斜向上，其剖面圖如圖所示，當導體棒中通有大小為I的圖示電流時，導體棒處于靜止狀態(tài)，導體棒與絕緣面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，已知絕緣面對導體棒的摩擦力為f、彈力為N，則(　　) A．f＝mg＋BILcos θ　　　　　　 B．f＝μBILsin θ C．N＝BILsin θ D．N＝BIL 解析：選AC.導體棒受重力mg、安培力FA

3、、絕緣面的彈力N和靜摩擦力f而處于靜止狀態(tài)，所以摩擦力不能用f＝μN計算，B錯誤；由左手定則可知安培力FA＝BIL.方向與豎直方向成θ角向右下方，由圖知f＝mg＋BILcos θ，N＝BILsin θ，A、C正確，D錯誤． 3．如圖所示是某新型發(fā)電機的部分原理圖，其發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管，管道長為a、寬為b、高為c，上下面是電阻可不計的導體板，兩導體板與開關S、定值電阻R相連，前后面是絕緣板，加有垂直絕緣板的勻強磁場，磁感應強度為B，管道內(nèi)的導電液體(含大量正、負離子)的電阻率為ρ，在管道進、出口兩端壓強差的作用下以速率v0做穩(wěn)恒流動，液體所受摩擦阻力恒定，則開關閉合前后，管道兩端壓強

4、的改變量為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.開關閉合前，當離子所受洛倫茲力與電場力平衡時，液體穩(wěn)恒流動，兩導體板間的電壓恒定，滿足Bqv0＝q，令開關閉合前后，管道兩端的壓強差分別為p1、p2，液體所受摩擦阻力為f，則閉合前有p1·bc＝f，閉合后有p2·bc＝f＋BIc，而I＝、r＝ρ，聯(lián)立以上各式可得開關閉合前后，管道兩端壓強的改變量為Δp＝p2－p1＝，B對． 4.(多選)如圖所示，在光滑水平面上相距x＝6L的A、B兩點分別固定有帶正電的點電荷Q1、Q2，與B點相距2L的C點為A、B連線間電勢的最低點．若在與B點相距L的D點以水平向左的初速度v0釋放一個質(zhì)量

5、為m、帶電荷量為＋q的滑塊(可視為質(zhì)點)，設滑塊始終在A、B兩點間運動，則下列說法中正確的是(　　) A．滑塊從D運動到C的過程中，動能一定越來越大 B．滑塊從D點向A點運動的過程中，加速度先減小后增大 C．滑塊將以C點為中心做往復運動 D．固定在A、B兩點處的點電荷的電荷量之比為Q1∶Q2＝4∶1 解析：選ABD.由于C點是A、B連線間電勢的最低點，B、C間電場線方向由B指向C，在滑塊從D運動到C的過程中，電場力一直做正功，所以滑塊的動能一定越來越大，選項A正確；滑塊從C向A運動的過程中，電場力做負功，所以此時滑塊受到的電場力方向水平向右，因此可判斷滑塊在C點受到的電場力一定為零，

6、所以滑塊受到的電場力先向左逐漸減小到零，后向右逐漸增大，因此其加速度也是先向左逐漸減小到零，后向右逐漸增大，選項B正確；依題意，C兩側(cè)電場不對稱，滑塊不可能以C點為中心做往復運動，選項C錯誤；由題意可知，點電荷Q1、Q2在C點的合場強為零，因此有k＝k，整理可得Q1∶Q2＝4∶1，選項D正確． 5. 如圖，第一象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的勻強磁場，其中第二象限的磁感應強度大小為B，第三、四象限磁感應強度大小相等．一帶正電的粒子，從P(－d,0)點沿與x軸正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，經(jīng)過第二象限后恰好由y軸上的Q點

7、(圖中未畫出)垂直y軸進入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到P點，回到P點的速度方向與入射時相同．不計粒子重力，求： (1)粒子從P點入射時的速度v0； (2)第三、四象限磁感應強度的大小B′. 解析：本題考查帶電粒子在電磁復合場中的運動． (1) 設粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，在第二象限做圓周運動的半徑為r，圓心為O1 qv0B＝m　rsin α＝d 設Q點的縱坐標為yQ yQ＝r－ 粒子在第四、三象限中做圓周運動，由幾何關系可知，粒子射入第四象限和射出第三象限時，速度方向與x軸正方向的夾角相同，則β＝α＝60° 設粒子由x軸上

8、S點離開電場，粒子在S點的速度為v qEyQ＝mv2－mv v＝ 解得v0＝ (2)設粒子在電場中運動的時間為t，S點橫坐標為xS yQ＝t xS＝v0t 解得xS＝，粒子在S點速度為v，在第四、三象限中運動半徑為r′，圓心為O2，則 qvB′＝m xS－xP＝2r′sin β 解得B′＝2.4B 答案：(1)　(2)2.4B 6．如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間有垂直紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，與兩板及左側(cè)邊緣線相切．一個帶正電的粒子(不計重力)沿兩板間

9、中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0.若撤去磁場，粒子仍從O1點以相同速度射入，則經(jīng)時間打到極板上． (1)求兩極板間電壓U. (2)若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線O1O2從O1點射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應滿足什么條件？ 解析：(1)設粒子從左側(cè)O1點射入的速度為v0，極板長為L，粒子在初速度方向上做勻速直線運動，則： L∶(L－2R)＝t0∶ 解得：L＝4R 粒子在電場中做類平拋運動： L－2R＝v0· a＝ R＝a()2 在復合場中做勻速直線運動， 則q＝

10、qv0B 聯(lián)立各式解得：＝　U＝ (2)若撤去電場，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，設其軌道半徑為r，粒子恰好打到上極板左邊緣時速度的偏轉(zhuǎn)角為α， 由幾何關系可知： β＝π－α＝45°　r＋r＝R 由牛頓第二定律得：qvB＝m 解得：v＝ 故使粒子在兩板左側(cè)飛出的條件為 0＜v＜ 答案：(1)　(2)0＜v＜ 7. 在如圖所示的直角坐標系中，第二象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小未知，在y軸上的C點(沒畫出)固定有一點電荷(點電荷對y軸左側(cè)不起作用)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子由第二象限的

11、點A(－a，a)處由靜止釋放(不計重力)，粒子恰好垂直y軸進入第四象限并在y軸右側(cè)做勻速圓周運動，最后又恰好能擊中A點，已知靜電力常量為k，求： (1)磁感應強度B的大小； (2)C點的坐標； (3)點電荷的電荷量Q. 解析：(1)設粒子進入磁場中的速度為v，則由動能定理知 qE·a＝mv2 粒子運動軌跡如圖所示，由圖知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝a 由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m 聯(lián)立解得B＝. (2)由圖知粒子從D到A做類平拋運動，設C點的坐標為(0，y)，則粒子在y軸右側(cè)做勻速圓周運動的半徑為R＝y(tǒng)＋a 由類平拋運動規(guī)律知a＝vt，R＋y－a＝·t2 聯(lián)立可得y＝，即C點的坐標為(0，)． (3)由(2)知粒子在y軸右側(cè)做勻速圓周運動的半徑為 R＝y(tǒng)＋a＝ 粒子在y軸右側(cè)做勻速圓周運動時由庫侖力提供向心力，即k＝m 所以Q＝，即點電荷的電荷量Q為，且?guī)ж撾姡? 答案：(1)　(2)(0，)　(3)　負電