2020屆高三物理二輪復習 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
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1、 考點一 電場強度的理解與計算 1.[考查庫侖定律、電場強度] (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帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止狀態(tài),則勻強電場場強的大小為( ) 圖1 A. B. C. D. 2.[考查電場疊加、點電荷電場強度公式] (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點處的場強為零,則d點處場強的大小為(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?,F(xiàn)有一半徑為R、電荷均勻分布的實心球體,O為球心,以O為原點建立坐標軸Ox,如圖3所示。關于該帶電小球產(chǎn)生的電場E隨x的變化關系,下圖中正確的是( ) 圖3 考點二 電場性質的理解與應用 4.[考查場強的疊加、電勢] (2020·合肥高三質檢)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點的電場強度小于P點的電場強度 B.P點的電場強度大于K點的電場強度 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。下列結論正確的是( ) 圖5 A.若在兩板間加上某種絕緣介質,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動軌跡判斷粒子的受力及運動情況] (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進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到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點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等。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點運動到Q點,電場力做正功 D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負功 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)關于通電直導線在勻強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、與通電直導線和磁場方向的夾角無關 D.將直導線從中點折成直角,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動問題] (多選)(2020·浙江高考)如圖8甲所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。垂直于導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,質量為m的均勻細金屬桿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)均有勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針,可指示出標尺上的刻度,MN的長度大于ab,當MN中沒有電流通過且處于靜止時,MN與ab邊重合,且指針指在標尺的零刻度;當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從M至N B.當該電流表的示數(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~Im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,磁場的磁感應強度變?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磁場,磁感應強度為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磁場,磁感應強度B1=1.0 T,Ⅱ和Ⅲ間有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小未知。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間的磁場中的運行時間t。 (3)半圓Ⅱ、Ⅲ間磁場的磁感應強度B2應滿足的條件。 答 案 1.選B 設小球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°。設水平勻強電場場強的大小為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點電場強度為零,說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小相等,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)點電荷電場強度公式,整個球體內(nèi)部電場強度E==kx,與x成正比。在球體外部,根據(jù)點電荷電場強度公式,電場強度與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)方向場強的分布圖大致是B圖。 4.選D 根據(jù)場強的疊加原理,P點的場強等于-q在P點形成電場的場強,而O點的場強等于兩個+q在O點場強以及-q在O點場強的疊加,由平行四邊形法則可判斷O點的電場強度大于P點的電場強度,選項A錯誤;K點的場強等于B點的+q和A點的-q在K點的場強疊加,然后再與C點的+q在K點的場強的合成,由平行四邊形法則可判斷P點的電場強度小于K點的電場強度,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
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,所以先向左減速運動后向右加速運動,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點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知,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點運動到Q點,電場力不做功,故選項C錯誤。電子由P點運動到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;當電流I的方向平行于磁場B的方向時,直導線受到的安培力為零,當電流I的方向垂直于磁場B的方向時,直導線受到的安培力最大,可見,安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角有關,C錯誤;如圖所示,電流I和磁場B垂直,直導線受到的安培力F=BIL,將直導線從中點折成直角,分段研究導線受到的安培力,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動,當電流反向以后,金屬棒開始做勻減速運動,經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?,然后重復上述運動,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,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 當有電流時,MN向下運動,進入磁場,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MN桿到達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式為I=,所以電流和MN下降的距離h成正比例函數(shù)關系,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,磁感應強度增大時,半徑減小,不會從d點射出,故C項錯;因粒子運動的周期一定,在磁場中運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時粒子運動軌跡對應的圓心角相等,故在磁場中運動的時間也相等,故D項錯。 12.選C 當θ=60°時,粒子的運動軌跡如圖甲所示,則a=Rsin 30°,即R=2a。設帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為α,則其在磁場中運行的時間為t=T,即α越大,粒子在磁場中運行時間越長,α最大時粒子的運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°,即最長運行時間為,而T==,所以粒子在磁場中運動的最長時間為,C正確。 13.解析:(1)由題意可知粒子的軌跡如圖所示,設粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中的運行半徑為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間的磁場中運行的周期為 T== 粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場中的運行時間t=T≈5.54×10-8 s。 (3)因粒子不能射出磁場,而粒子進入半圓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,則對應的磁場的磁感應強度最小,設粒子在半圓Ⅱ、Ⅲ間的磁場中運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間磁場感應強度B2應滿足B2≥1.5 T。 答案:見解析
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