2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 診斷卷（十）專題三 電場與磁場 第一講 電場與磁場的基本性質(zhì)

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1、 考點一 電場強(qiáng)度的理解與計算 1.[考查庫侖定律、電場強(qiáng)度] (2020·全國卷Ⅱ)如圖1，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為(　　) 圖1 A.　　　　　　 B. C. D. 2．[考查電場疊加、點電荷電場強(qiáng)度公式] (2020·全國卷Ⅰ)如圖2，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、 b、d三個點，a和b、b和c、 c和d間的距離均

2、為R，在a點處有一電荷量為q(q＞0)的固定點電荷。已知b點處的場強(qiáng)為零，則d點處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)(　　) 圖2 A．k B．k C．k D．k 3．[考查點電荷的場強(qiáng)公式] (2020·北京一模)理論上已經(jīng)證明：電荷均勻分布的球殼在殼內(nèi)產(chǎn)生的電場為零。現(xiàn)有一半徑為R、電荷均勻分布的實心球體，O為球心，以O(shè)為原點建立坐標(biāo)軸Ox，如圖3所示。關(guān)于該帶電小球產(chǎn)生的電場E隨x的變化關(guān)系，下圖中正確的是(　　) 圖3 考點二 電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用 4.[考查場強(qiáng)的疊加、電勢] (2020·合肥高三質(zhì)檢)如圖4所示，正三角形ABC的三個頂點固

3、定了電量分別為－q、＋q和＋q(q＞0)的三個點電荷，K、P分別為AB和BC邊的中點，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．O點的電場強(qiáng)度小于P點的電場強(qiáng)度 B．P點的電場強(qiáng)度大于K點的電場強(qiáng)度 C．O點的電勢低于K點的電勢 D．O點的電勢低于P點的電勢 5．[考查電容器、電場強(qiáng)度和電勢] (多選)(2020·唐山二模)如圖5所示，兩面積較大、正對著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷。其中A板用絕緣線懸掛，B板固定且接地，P點為兩板的中間位置。下列結(jié)論正確的是(　　) 圖5 A．若在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩板所帶電荷量會增大 B．A、B兩板電荷分

4、別在P點產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小相等，方向相同 C．若將A板豎直向上平移一小段距離，兩板間的電場強(qiáng)度將增大 D．若將A板豎直向下平移一小段距離，原P點位置的電勢將不變 6．[考查由帶電粒子的運(yùn)動軌跡判斷粒子的受力及運(yùn)動情況] (2020·蘭州一模)帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進(jìn)入電場并沿虛線所示的軌跡運(yùn)動到b點，如圖6所示，則從a到b過程中，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．粒子帶負(fù)電荷 B．粒子先加速后減速 C．粒子加速度一直增大 D．粒子的機(jī)械能先減小后增大 7．[考查等勢面、電場力做功] (2020·全國卷Ⅰ)如圖7，直線a、b和c、d是處于勻

5、強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運(yùn)動到N點和P點的過程中，電場力所做的負(fù)功相等。則(　　) 圖7 A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQ B．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φN C．若電子由M點運(yùn)動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運(yùn)動到Q點，電場力做負(fù)功 考點三 磁場對電流的作用 8.[考查安培力的理解] (2020·全國卷Ⅰ)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中所受的安培力，下列說法正確的是(　　) A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線 B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C．安培力的大小

6、與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān) D．將直導(dǎo)線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话? 9．[考查安培力作用下物體的運(yùn)動問題] (多選)(2020·浙江高考)如圖8甲所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(　　) 圖8 A．一直向右移動 B．速度隨時間周期性變化 C．受到的安培力隨時間周期性變化 D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功 10．[安培力及其平衡問題] (多選)(

7、2020·成都一模)圖9是小麗自制的電流表原理圖，質(zhì)量為m的均勻細(xì)金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，在邊長為ab＝L1，bc＝L2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)均有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度，MN的長度大于ab，當(dāng)MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時，指針示數(shù)可表示電流大小。MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g，則(　　) 圖9 A．要使電流表正常工作，金屬桿中電流方向應(yīng)從M至N B．當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為零 C．該電流表的

8、量程是Im＝ D．該電流表的刻度在0～I(xiàn)m范圍內(nèi)是不均勻的 考點四 帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題 11．(2020·棗莊五中期末)如圖10所示，有一個正方形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負(fù)電的帶電粒子(帶電粒子重力不計)，恰好從e點射出，則(　　) 圖10 A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出 B．如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出 C．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼亩?，也將從d點射出 D．只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從e點射出所用時間最

9、短 12．如圖11所示，豎直線MN∥PQ，MN與PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，O是MN上一點，O處有一粒子源，某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負(fù)電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計)，已知沿圖中與MN成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁場，則粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為(　　) 圖11 A.　　　　　　　 B. C. D. 13.如圖12所示，O為三個半圓的共同圓心，半圓Ⅰ和Ⅱ間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝1.0 T，Ⅱ和Ⅲ間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知。半圓Ⅰ的半徑R1＝0

10、.5 m，半圓Ⅲ的半徑R3＝1.5 m，一比荷為4.0×107 C/kg的帶正電粒子從O點沿與水平方向成θ＝30°角的半徑OC方向以速率v＝1.5×107 m/s垂直射入磁場B1中，恰好能穿過半圓Ⅱ的邊界而進(jìn)入Ⅱ、Ⅲ間的磁場中，粒子再也不能穿出磁場，不計粒子重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： 圖12 (1)半圓Ⅱ的半徑R2。 (2)粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中的運(yùn)行時間t。 (3)半圓Ⅱ、Ⅲ間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足的條件。 答 案 1．選B　設(shè)小球c帶電荷量為Q，由庫侖定律可知小球

11、a對小球c的庫侖引力為F＝k，小球b對小球c的庫侖引力為F＝k，二力合力為2Fcos 30°。設(shè)水平勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為E，對c球，由平衡條件可得：QE＝2Fcos 30°，解得：E＝，選項B正確。 2．選B　由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強(qiáng)度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E′Q＝k，則Ed＝E′Q＋E′q＝k＋k＝k，故選項B正確。 3．選B　可把整個球體分為一個個半徑逐漸增大的球殼，每個球殼上的電荷量隨著球殼半徑的增大而增大。設(shè)球體帶電量Q，球體帶電密度＝，半徑為x的球體帶電量Q

12、′＝·πx3＝x3。根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式，整個球體內(nèi)部電場強(qiáng)度E＝＝kx，與x成正比。在球體外部，根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式，電場強(qiáng)度與x的二次方成反比。所以從帶電球體的球心開始，沿著半徑(x)方向場強(qiáng)的分布圖大致是B圖。 4．選D　根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理，P點的場強(qiáng)等于－q在P點形成電場的場強(qiáng)，而O點的場強(qiáng)等于兩個＋q在O點場強(qiáng)以及－q在O點場強(qiáng)的疊加，由平行四邊形法則可判斷O點的電場強(qiáng)度大于P點的電場強(qiáng)度，選項A錯誤；K點的場強(qiáng)等于B點的＋q和A點的－q在K點的場強(qiáng)疊加，然后再與C點的＋q在K點的場強(qiáng)的合成，由平行四邊形法則可判斷P點的電場強(qiáng)度小于K點的電場強(qiáng)度，選項B錯誤；由電勢疊加原理可知

13、，O點的電勢等于C點的＋q在O點形成電場的電勢，而K點的電勢等于C點的＋q在K點形成電場的電勢，由距離關(guān)系可知O點的電勢高于K點的電勢，選項C錯誤；P點的電勢等于兩個＋q和一個－q在P點電勢的疊加，由距離關(guān)系可知O點的電勢低于P點的電勢，選項D正確；故選D。 5．選BD　在兩板間加上某種絕緣介質(zhì)時，A、B兩板所帶電荷量沒有改變，故A錯誤。A、B兩板電荷量數(shù)量相等，P點到兩板的距離相等，根據(jù)對稱性和電場的疊加可知兩板電荷分別在P點產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小相等，方向都向下，故B正確。根據(jù)電容的決定式C＝、電容的定義式C＝和板間場強(qiáng)公式E＝得：E＝，由題知Q、S、εr均不變，則移動A板時，兩板間的電場強(qiáng)

14、度將不變，故C錯誤。由上分析可知將A板豎直向下平移時，板間場強(qiáng)不變，由U＝Ed分析得知P點與下極板間的電勢差不變，P點的電勢保持不變。故D正確。 6．選D　粒子受到的電場力沿電場線方向，故粒子帶正電，故A錯誤；由圖像知粒子受電場力向右，所以先向左減速運(yùn)動后向右加速運(yùn)動，故B錯誤。據(jù)軌跡彎曲程度，知電場力的方向沿電場線切線方向向右，從a點到b點，電場力先做負(fù)功，再做正功，電勢能先增加后降低，動能先變小后增大。根據(jù)電場線的疏密知道場強(qiáng)先減小后增大，故加速度先減小后增大，C錯誤，D正確。 7．選B　由電子從M點分別運(yùn)動到N點和P點的過程中電場力所做的負(fù)功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場

15、線方向為M→N，故選項B正確，選項A錯誤。M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運(yùn)動到Q點，電場力不做功，故選項C錯誤。電子由P點運(yùn)動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤。 8.選B　根據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A錯誤，B正確；當(dāng)電流I的方向平行于磁場B的方向時，直導(dǎo)線受到的安培力為零，當(dāng)電流I的方向垂直于磁場B的方向時，直導(dǎo)線受到的安培力最大，可見，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，C錯誤；如圖所示，電流I和磁場B垂直，直導(dǎo)線受到的安培力F＝BIL，將直導(dǎo)線從中點折成直角，分段研究導(dǎo)線受到的安培力，電流I和磁場B

16、垂直，根據(jù)平行四邊形定則可得，導(dǎo)線受到的安培力的合力為F′＝BIL，D錯誤。 9．選ABC　由左手定則可知，金屬棒一開始向右做勻加速運(yùn)動，當(dāng)電流反向以后，金屬棒開始做勻減速運(yùn)動，經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?，然后重復(fù)上述運(yùn)動，所以選項A、B正確；安培力F＝BIL，由圖像可知前半個周期安培力水平向右，后半個周期安培力水平向左，不斷重復(fù)，選項C正確；一個周期內(nèi)，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)不做功，選項D錯誤。 10．選AC　當(dāng)有電流時，MN向下運(yùn)動，進(jìn)入磁場，所以受到的安培力向下，根據(jù)左手定則可知，電流一定是從M到N，故A正確；當(dāng)電流表的示數(shù)為零時，MN中沒有電流通過，MN

17、受力平衡，所以彈簧的彈力等于MN的重力，彈簧的伸長量不為零，故B錯誤；電流表的量程即最大值，當(dāng)MN桿到達(dá)cd邊時為最大電流，此時由受力平衡條件可得mg＋BImL1＝k(L2＋L0)，其中kL0＝mg，則BImL1＝kL2，所以Im＝，故C正確；由Im＝可得出任意電流的表達(dá)式為I＝，所以電流和MN下降的距離h成正比例函數(shù)關(guān)系，所以刻度是均勻的，故D錯誤。故選A、C。 11.選A　如圖，粒子從e點射出圓心是O1，如果粒子的速度增大為原來的二倍，由 r＝可知半徑也增大為原來的二倍，由對稱性可看出粒子將從d點射出，故A項正確；如果粒子的速度增大為原來的三倍，圓心是O3 ，設(shè)正方形的邊長為a，原半徑為

18、r1＝a，r3＝3r1＝a，線段O3f>a＋a>r3，所以不可能從f點射出，故B項錯；由r＝可看出，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時，半徑減小，不會從d點射出，故C項錯；因粒子運(yùn)動的周期一定，在磁場中運(yùn)動的時間與圓心角成正比，從以上分析和圖中可看出圓心為O1 、O2時粒子運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角相等，故在磁場中運(yùn)動的時間也相等，故D項錯。 12．選C　當(dāng)θ＝60°時，粒子的運(yùn)動軌跡如圖甲所示，則a＝Rsin 30°，即R＝2a。設(shè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角為α，則其在磁場中運(yùn)行的時間為t＝T，即α越大，粒子在磁場中運(yùn)行時間越長，α最大時粒子的運(yùn)行軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖乙所示，因R＝2a，此時

19、圓心角αm為120°，即最長運(yùn)行時間為，而T＝＝，所以粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為，C正確。 13.解析：(1)由題意可知粒子的軌跡如圖所示，設(shè)粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中的運(yùn)行半徑為r1，則由洛倫茲力提供向心力得B1qv＝m，代入數(shù)值得r1＝ m 由圖知(R2－r1)2＝R12＋r12，代入數(shù)值得R2＝1.0 m。 (2)由圖可知tan α＝＝，α＝53° 粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中運(yùn)行的周期為 T＝＝ 粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中的運(yùn)行時間t＝T≈5.54×10－8 s。 (3)因粒子不能射出磁場，而粒子進(jìn)入半圓Ⅱ、Ⅲ間的磁場中的速度方向沿半圓Ⅱ的切線方向，若粒子恰好不穿過半圓Ⅲ邊界，則對應(yīng)的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，設(shè)粒子在半圓Ⅱ、Ⅲ間的磁場中運(yùn)動的軌跡圓的半徑為r2，則r2＝＝0.25 m，由B2minqv＝m知B2min＝＝1.5 T，即半圓Ⅰ、Ⅱ間磁場感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足B2≥1.5 T。 答案：見解析