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)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1A.B.C. D.2考查電場疊加、點電荷電場強度公式(2020全國卷)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間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處

2、場強的大小為(k為靜電力常量)()圖2Ak BkCk Dk3考查點電荷的場強公式(2020北京一模)理論上已經證明：電荷均勻分布的球殼在殼內產生的電場為零?，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的三個頂點固定了電量分別為q、q和q(q0)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4AO點的電場強度小于P點的電場強度BP點的電場強度大于K點的電場強度CO點的電

3、勢低于K點的電勢DO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5A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BA、B兩板電荷分別在P點產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

4、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6A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)如圖7，直線a、b和c、d是處于勻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M、N、P、Q。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7A直線a位于某一等勢面內，MQB直線c位于某一等勢面內，MNC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

5、全國卷)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?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t0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8A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

6、周期性變化D受到的安培力在一個周期內做正功10安培力及其平衡問題(多選)(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abL1，bcL2的矩形區(qū)域abcd內均有勻強磁場，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始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g，則()圖9A要使電流表正常工作，金屬桿中電流方向應從M至NB當該電流表的示

7、數(shù)為零時，彈簧的伸長量為零C該電流表的量程是ImD該電流表的刻度在0Im范圍內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10A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叮矊膁點射出D只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從e點射出所用時間最短12如圖11所示，豎直線MNP

8、Q，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11A.B.C. D.13.如圖12所示，O為三個半圓的共同圓心，半圓和間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B11.0 T，和間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小未知。半圓的半徑R10.5 m，半圓的半徑R31.5 m，一比荷為4.0107 C/kg的帶正電粒子從O點沿與水平方向成30角

9、的半徑OC方向以速率v1.5107 m/s垂直射入磁場B1中，恰好能穿過半圓的邊界而進入、間的磁場中，粒子再也不能穿出磁場，不計粒子重力，sin 530.8，cos 530.6。求：圖12(1)半圓的半徑R2。(2)粒子在半圓、間的磁場中的運行時間t。(3)半圓、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a對小球c的庫侖引力為Fk，小球b對小球c的庫侖引力為Fk，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：QE2Fcos 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

10、q在b點產生的電場強度與圓盤上Q在b點產生的電場強度大小相等，即EQEqk，根據對稱性可知Q在d點產生的場強大小EQk，則EdEQEqkkk，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Qx3x3。根據點電荷電場強度公式，整個球體內部電場強度Ekx，與x成正比。在球體外部，根據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

11、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，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

12、板電荷量數(shù)量相等，P點到兩板的距離相等，根據對稱性和電場的疊加可知兩板電荷分別在P點產生電場的場強大小相等，方向都向下，故B正確。根據電容的決定式C、電容的定義式C和板間場強公式E得：E，由題知Q、S、r均不變，則移動A板時，兩板間的電場強度將不變，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UEd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

13、功，電勢能先增加后降低，動能先變小后增大。根據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，且電場線方向為MN，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

14、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FBIL，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垂直，根據平行四邊形定則可得，導線受到的安培力的合力為FBIL，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FBIL，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，金屬棒初、末速度相同，由動能定理可知安培力在一

15、個周期內不做功，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mgBImL1k(L2L0)，其中kL0mg，則BImL1kL2，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

16、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r1a，r33r1a，線段O3faar3，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60時，粒子的運動軌跡如圖甲所示，則aRsin 30，即R2a。設帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為，則其在磁場中

17、運行的時間為tT，即越大，粒子在磁場中運行時間越長，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R2a，此時圓心角m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、間的磁場中的運行半徑為r1，則由洛倫茲力提供向心力得B1qvm，代入數(shù)值得r1 m由圖知(R2r1)2R12r12，代入數(shù)值得R21.0 m。(2)由圖可知tan ，53粒子在半圓、間的磁場中運行的周期為T粒子在半圓、間的磁場中的運行時間tT5.54108 s。(3)因粒子不能射出磁場，而粒子進入半圓、間的磁場中的速度方向沿半圓的切線方向，若粒子恰好不穿過半圓邊界，則對應的磁場的磁感應強度最小，設粒子在半圓、間的磁場中運動的軌跡圓的半徑為r2，則r20.25 m，由B2minqvm知B2min1.5 T，即半圓、間磁場感應強度B2應滿足B21.5 T。答案：見解析