2019-2020年高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场练习.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场练习考点一电场强度的理解与计算A场强大小EcEeBa、b两点的电势相等Cd点场强为零Da、b两点的场强相同解析：选Dcd点间距与de点间距相等，根据电场线的分布情况知，c处电场线密，场强大，故A正确；由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B正确；9Q在d点产生的场强大小E1kk，方向水平向右，Q在d点产生的场强大小E2k，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d点场强为零，故C正确；根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强的大小相等，但方向不同，则a、b两点的场强不相同，故D错误。2考查匀强电场的电场强度计算如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60、30，cd2ab4 cm，已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q1.6103 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4103 J，则下列关于电场强度的说法中正确的是()A垂直ab向上，大小为400 V/mB垂直bd斜向上，大小为400 V/mC平行ca斜向上，大小为200 V/mD平行bd斜向上，大小为200 V/m解析：选B由WqU知Uac V4 V，而a4 V，所以c8 V，过b点作beac交cd于e，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以UabUce，即e4 V，又因cd2ab，所以Ucd2Uab，即d0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知ebbd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E V/m400 V/m，B项正确。3考查电场强度的叠加及对称法的应用如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()AkBkCk Dk 解析：选B由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQEqk，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQk，则EdEQEqkkk，故选项B正确。考点二平行板电容器问题4.考查电容器与电源相连时的动态问题一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器( )A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D平行板电容器电容的表达式为C，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据QCU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。5考查静电计指针张角变化分析多选静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合。静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是()A断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大B断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大C断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大D保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小解析：选AC断开开关，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C知，电容减小，根据U知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C知，电容增大，根据U知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，根据C知，电容减小，根据U知，电势差增大，则指针张角变大，故选项C正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故选项D错误。6考查电容器的两类动态问题对比多选如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板始终平行)，则下列说法正确的是()A若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N点的右侧B若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N点的左侧C若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N点的右侧D若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧解析：选BC若小球带正电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，根据E，E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A错误。若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E，所以d减小时E增大，所以电场力变大，小球在竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确。若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E，所以d减小时E增大，所以电场力变大，若电场力小于重力，小球在竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确。若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，根据E，E不变，所以电场力大小不变，小球在竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N点，故D错误。考点三电场的性质及应用7.考查等量异种电荷电场分布特点及电势能大小比较如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q(Q0)和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()Ab点的电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C将正的试探电荷从O点移到a点，电势能减少D将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电势能的变化较大解析：选B结合等量异种点电荷的电场分布的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；由题图知，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右，且其电势能大于零，故B正确；电场线由Q指向Q，故正电荷从O向a运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C错误；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误。8考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子受力及运动情况如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则()Aaaabac，vavcvbBaaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcva Dabacaa，vavcvb解析：选Da、b、c三点到固定的点电荷P的距离rbrcra，则三点的电场强度由Ek可知EbEcEa，故带电粒子Q在这三点的加速度abacaa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理|qUab|mvb2mva20，则vbva，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|mvc2mvb20，vcvb，又|Uab|Ubc|，则vavc，故vavcvb，选项D正确。 9考查x图像及电场中的功能关系多选有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势随x的分布如图所示。一质量为m、带电荷量为q的粒子只在电场力的作用下，以初速度v0从x0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是()A粒子从x0处运动到xx1处的过程中动能逐渐增大B粒子从xx1处运动到xx3处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达xx4处，则粒子从x0处出发时的最小速度应为2 D若v02，则粒子在运动过程中的最小速度为 解析：选BD粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误。粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，粒子的电势能不断减小，故B正确。根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：q00mv02，解得：v0，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为 ，故C错误。若v02，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：q0mvmin2mv02，解得最小速度为：vmin ，故D正确。考点四带电粒子在电场中的运动10.考查带电粒子在交变电场中的偏转问题多选如图甲所示，一平行板电容器极板板长l10 cm，宽a8 cm，两极板间距为d4 cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b8 cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为21010 C/kg，速度为4106 m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是()A粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB粒子打在屏上的区域面积为64 cm2C在00.02 s内，进入电容器内的粒子的64%能够打在屏上D在00.02 s内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s解析：选BCD设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U0水平方向：lv0t竖直方向：at2又a由得：U0128 V。当U128 V时粒子打到极板上，当U128 V时打到屏上，可知，粒子通过电场偏转距离最大为d。则y解得：yd4 cm，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为2d，区域面积为S2db64 cm2，选项A错误，B正确；粒子打在屏上的比例为%64%，在00.02 s内，进入电容器内的粒子的64%能够打在屏上，选项C正确；在前T(00.005 s)，粒子打到屏上的时间t00.005 s0.003 2 s；又由对称性知，在一个周期(00.02 s)内，打到屏上的总时间t4t00.012 8 s，选项D正确。11考查带电粒子在电场中的直线运动中国科学院xx年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106 m/s，进入漂移管E时速度为1107 m/s，电源频率为1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1108 C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则TLvB联立式并代入数据得L0.4 m。(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W，质子的电荷量为q、质量为m，则WqUW3WWmvE2mvB2联立式并代入数据得U6104 V。答案：(1)0.4 m(2)6104 V12考查带电粒子在电场中的加速与偏转如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E103 V/m；比荷为1.0105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(，1)点；粒子P的重力不计，试求：(1)金属板AB之间的电势差UAB；(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点(x，y)坐标满足的关系。解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(，1)点历时为t0，由类平抛运动规律可得：xv0t0yt02解得：v0104 m/s。在金属板AB之间，由动能定理：qUABmv02解得：UAB1 000 V。(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：对于P：Eqma1对于Q：Eq2ma2xv0t a1t2ya2t2解得：yx2，其中x0即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：yx2，其中x0。答案：(1)1 000 V(2)yx2，其中x0考点一电场强度的理解与计算本考点是对电场强度概念、公式等基础知识的考查，考查时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交汇命题，属于送分题型。建议考生自学为主夯基固本1常用的公式2常用的思想方法对称法重点清障1空间有多个点电荷时，某点的电场强度为各点电荷在此点单独产生的电场强度的矢量和。如诊断卷第1题，图中a、b、c、d、e各点的场强为9Q、Q两点电荷单独产生的电场的叠加。2在匀强电场中沿同一方向，相等距离上电势变化量相同。如诊断卷第2题中，因cd2ab，有Ucd2Uab。3明确均匀带电体所产生的电场特性，找出解题的突破口，如诊断卷第3题，均匀带电圆盘在b点和在d点所产生的电场强度等大反向，因此，圆盘上电荷在d处产生的电场强度方向水平向右，大小为，d点的合场强大小为k。1如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP60，电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为()A21B12C2 D4解析：选A如图所示，不妨设M、N处分别放置电荷量为q、q的电荷，则E1，E2，E1E221，A对，B、C、D错。2(xx届高三湖州质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且OMON2R，A1AB1BCD，已知球面A1B1在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为()A.E B.EC.E D.E解析：选C若球完整，则带电荷量Qq，则球在M点产生的电场E0，根据电场的叠加原理，除去A1B1球面后，球在M点产生的电场E1E0EE，由对称性可知球壳在N点产生的场强大小等于E1，C正确。3多选空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心，半径R10 cm的圆周上，并且AOC90，BOC120，如图所示。现把一个电荷量q1105 C的正电荷从A移到B，电场力做功1104 J；从B移到C，电场力做功为3104 J，则该匀强电场的场强方向和大小是()A场强大小为200 V/m B场强大小为200 V/mC场强方向垂直OA向右 D场强方向垂直OC向下解析：选ACUAB V10 V；UBC V30 V；则UACUABUBC20 V，若设UC0，则UA20 V，UB30 V，若延长AO则与BC的连线交于BC的三等分点D点，D点的电势应为20 V，则AD为电势为20 V的等势面，故场强方向垂直OA向右，大小为E V/m200 V/m，故A、C正确。考点二平行板电容器问题本考点是对平行板电容器两类动态问题的考查，考查时常涉及电容的定义式、平行板电容器电容的决定式及E等知识，属于送分题型。建议考生适当关注即可夯基固本重点清障1电容器充电后保持与恒压电源相连时，电容器的电压保持不变，如诊断卷第4题，U不变，Q与C成正比；E与d成反比，与介电常数r无关。2静电计指针张开的角度随电容器两板电压的增大而增大。如诊断卷第5题，断开S后，电容器电量不变，U随C的变化而变化，从而确定静电计指针张角变化规律。3当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。如诊断卷第6题，当d增大时，因二极管的单向导电性，电容器不能放电，此时保持电容器的电量不变，板间电场强度不变，故不影响小球落点位置，A、D均错误；当d减小时，电容器充电，此时二极管不起作用，相当于电容器板间电压不变，板间电场强度增大，因此将影响带电小球下落的时间和打在B板的位置。1.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中()AP、Q构成的电容器的电容增大BM点的电势比N点的高CM点的电势比N点的低DP上电荷量保持不变解析：选B电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C得，电容减小，又根据电容定义式C得，电容器所带电荷量减少，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。故A、C、D错误，B正确。2如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是()AQ减少，y不变BQ减少，y减小CQ增大，y减小 DQ增大，y增大解析：选B上极板上移，两板间距增大，电容器电容减小，板间电场强度减小，由QCU可知，Q减小，C、D均错误；由y可知，因E减小，电子偏转距离y减小，故B正确，A错误。考点三电场的性质及应用本考点在考查中具有“知识交汇多”、“信息含量多”、“考查角度多”三多特点，这些特点足够让其成为高分路上的一大“拦路虎”，遇到此类问题，考生无须一见就慌，只要静下心来，运用所学知识灵活变通，从力和能的角度去分析，就不难做出准确判断。夯基固本重点清障1电场性质的判断方法判断电势的高低根据电场线的方向判断根据UABAB判断根据电场力做功(或电势能)判断判断电势能的大小根据Epq判断根据电场力做功(WEp)判断2根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况(1)确定受力方向的依据曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。(2)比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密E越大FqE越大a越大。(3)判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)。3x图线的斜率表示沿x方向的电场强度如诊断卷第9题，根据x图像可以确定沿x方向电场的方向，电场力的方向，从而可确定粒子运动过程中动能和电势能的变化情况。1多选(xx江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有()Aq1和q2带有异种电荷Bx1处的电场强度为零C负电荷从x1移到x2，电势能减小D负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大解析：选AC由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E可知，x图像的切线斜率表示电场强度，因此x1处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Epq，FqE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。2多选(xx全国卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是()A电场强度的大小为2.5 V/cmB坐标原点处的电势为1 VC电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV解析：选ABDac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E12 V/cm、E21.5 V/cm，根据矢量合成可知E2.5 V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有Oabc，得O1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为10 eV、17 eV和26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W(17 eV)(26 eV)9 eV，D项正确。3多选(xx天津高考)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是()A电子一定从A向B运动B若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEpBDB点电势可能高于A点电势解析：选BC若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rAEB，FAFB，aAaB，AB，EpArB，故AB，EpA0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3。(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式vy22ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH。(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E。答案：(1)31(2)H(3)一、高考真题集中演练明规律1(xx全国卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A两个电势不同的等势面可能相交B电场线与等势面处处相互垂直C同一等势面上各点电场强度一定相等D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功解析：选B在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误。2多选(xx全国卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra，a)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是()AEaEb41BEcEd21CWW31 DWW13解析：选AC设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式Ek，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功Wq(ab)3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Wq(bc)q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功Wq(cd)q(J)，由此可知，WW31，WW11，选项C正确，D错误。3.(xx江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A运动到P点返回 B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回 D穿过P点解析：选A电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eUeEd0，若将C板向右平移到P点，B、C两板所带电荷量不变，由E可知，C板向右平移到P时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。4(xx天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A增大，E增大B增大，Ep不变C减小，Ep增大 D减小，E不变解析：选D由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U可知U变小，则静电计指针的偏角减小。又因为两板间电场强度E，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。二、名校模拟重点演练明趋势5(xx届高三厦门一中检测)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中Ox2段是关于直线xx1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是()Ax1处电场强度最小，但不为零B粒子在Ox2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动C在O、x1、x2、x3处的电势0、1、2、3的关系为3201Dx2x3段的电场强度大小方向均不变解析：选D因为EpEqx，所以Eq，即图像的斜率表示电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，为零，A错误；图像的斜率表示电场强度大小，所以Ox2段做变加速直线运动，x2x3段做匀加速直线运动，B错误；根据电势能与电势的关系：Epq，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：1203，C错误；x2x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，D正确。6(xx莆田六中月考)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。已知电子的质量是m，电量为e，在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场和，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置；(2)在电场区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。解析：(1)电子在区域中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得：eELmv2得v 电子在区域运动有Lvt1得t1电子在中间区域匀速运动，有Lvt3，得t3 进入区域时电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD边，则电子在区域运动时间t2t3 在沿y轴上根据牛顿第二定律可得：eEmay轴方向上运动的位移为yat22显然假设成立。所以电子在ABCD区域运动经历的时间tt1t2t32 电子离开时的位移坐标为。(2)设释放点在电场区域中，其坐标为(x，y)，在电场中电子被加速到v1，然后进入电场做类平抛运动，并从D点离开，有eExmv12yat22解得xy，即在电场区域内满足此方程的点即为所求位置。答案：(1)2 (2)所有释放点的位置在xy的曲线上第二讲磁场的基本性质考点一磁场对电流的作用力1.考查磁感应强度的叠加(xx全国卷)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0B.B0C.B0 D2B0解析：选C导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BPBQB1，如图所示，则其夹角为60，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba0，则B0B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120，合磁场的磁感应强度大小为B1B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度BB0，则A、B、D项均错误，C项正确。2考查安培力作用下导体棒的平衡问题如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里。线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态。令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小x及方向是()Ax，方向向上 Bx，方向向下Cx，方向向上 Dx，方向向下解析：选B线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FBnBIl，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变。设在电流反向之前弹簧的伸长量为x，则反向之后弹簧的伸长量为(xx)，则有：kxnBIlG0k(xx)nBIlG0解之可得：x，且线框向下移动。故B正确。3考查安培力作用下的功和能的问题飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思路如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以对飞机起飞提供一个恒定的安培力作为牵引力F牵。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N。考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。飞机离舰起飞的速度v100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点。请计算(计算结果保留两位有效数字)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器提供的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量。解析：(1)设后一阶段飞机加速度大小为a2，平均阻力为f20.2mg，则F推f2ma2得：a24.0 m/s2。(2)设电磁弹射阶段飞机加速度大小为a1、末速度为v1，平均阻力为f10.05mg则v122a1l1，v2v122a2(ll1)得：a139.7 m/s2由F牵F推f1ma1得F牵6.8105 N。(3)电磁弹射器对飞机做功WF牵l18.2107 J则其消耗的能量E1.0108 J。答案：(1)4.0 m/s2(2)6.8105 N(3)1.0108 J考点二带电粒子在磁场中的运动4.考查左手定则、半径公式的应用如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将()A向右偏转，速率不变，r变大B向左偏转，速率改变，r变大C向左偏转，速率不变，r变小D向右偏转，速率改变，r变小解析：选A由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁场强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由r知r变大，故A正确。5考查粒子匀速圆周运动的圆心和半径的确定如图所示，OO为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa、bb、cc，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从与OO轴线对称的小孔中射出，若入射角为30的粒子的速度大小为 km/s，则入射角为45的粒子速度大小为()A0.5 km/s B1 km/sC2 km/s D4 km/s解析：选B粒子从小孔射入磁场速度与竖直线的夹角，与粒子从小孔射出磁场时速度与竖直线的夹角相等，画出轨迹如图，根据几何关系有r1、r2，由牛顿第二定律得Bqvm，解得v，所以vr，则入射角分别为30、45的粒子速度大小之比为，则入射角为45的粒子速度大小为v21 km/s，选项B正确。6考查圆周运动的半径和运动时间的确定如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc。不计粒子重力。则()Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12解析：选A如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1l，转过的圆心角1，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r22l，转过的圆心角2，根据qvBm，得v，故。由于T得T，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又tT，所以。故选项A正确，选项B、C、D错误。考点三带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题7.考查带电粒子在圆形磁场中的极值问题多选如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。以下说法正确的是()A若r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为B若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，则有关系tan成立C若rR，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为D若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，则圆心角为150解析：选BD若r2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲，因为r2R，圆心角60，粒子在磁场中运动的最长时间tmaxT，故A错误。若r2R，粒子沿着与半径方向成45角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tan ，故B正确。若rR，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90，粒子在磁场中运动的时间tT，故C错误。若rR，粒子沿着与半径方向成60角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150，故D正确。8考查带电粒子在直边界磁场中的临界、极值问题多选如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则()A当v时所有离子都打不到荧光屏上B当v时所有离子都打不到荧光屏上C当v时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为D当v时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为解析：选AC根据半径公式R，当v时，R，直径2RL，所有离子都打不到荧光屏上，选项A正确；根据半径公式R，当v时，RL，当半径非常小时，即R时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当RL，有离子打到荧光屏上，选项B错误；当v时，根据半径公式RL，离子运动轨迹如图所示，离子能打到荧光屏的范围是NM，由几何知识得：PNrL，PMrL，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到M的离子离开S时的初速度方向夹角，能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数之比k，选项C正确，D错误。9考查带电粒子在环形边界磁场中的临界问题如图所示，O为三个半圆的共同圆心，半圆和间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B11.0 T，和间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知。半圆的半径R10.5 m，半圆的半径R31.5 m，一比荷为4.0107 C/kg的带正电粒子从O点沿与水平方向成30角的半径OC方向以速率v1.5107 m/s垂直射入磁场B1中，恰好能穿过半圆的边界而进入、间的磁场中，粒子再也不能穿出磁场，不计粒子重力，sin 530.8，cos 530.6。求：(1)半圆的半径R2；(2)粒子在半圆、间的磁场中的运行时间t；(3)半圆、间磁场的磁感应强度B2应满足的条件。解析：(1)由题意可知粒子的轨迹如图所示，设粒子在半圆、间的磁场中的运行半径为r1，则由洛伦兹力提供向心力得B1qvm，代入数值得r1 m由图知(R2r1)2R12r12，代入数值得R21.0 m。(2)由图可知tan ，则53粒子在半圆、间的磁场中运行的周期为T粒子在半圆、间的磁场中的运行时间tT5.54108 s。(3)因粒子不能射出磁场，而粒子进入半圆、间的磁场中的速度方向沿半圆的切线方向，若粒子恰好不穿过半圆边界，则对应的磁场的磁感应强度最小，设粒子在半圆、间的磁场中运动的轨迹圆的半径为r2，则r20.25 m，由B2minqvm知B2min1.5 T，即半圆、间磁场的磁感应强度B2应满足B21.5 T。答案：(1)1.0 m(2)5.54108 s(3)B21.5 T考点四带电粒子在匀强磁场中的多解问题10.考查磁场方向不确定引起的多解问题多选在M、N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹示意图如图所示。已知两条导线M、N中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，则电流方向和粒子带电情况及运动的方向可能是()AM中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从a点向b点运动BM中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动CN中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动DN中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动解析：选AB考虑到磁场可能是垂直纸面向外，也可能是垂直纸面向里，并结合安培定则、左手定则，易知A、B正确。11考查粒子速度不确定引起的多解问题多选如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM3 m，现有一个比荷大小为1.0 C/kg，可视为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N处以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是()A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 m/s解析：选ABD由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3 m，而ON9 m3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点。由于洛伦兹力提供向心力，所以：qvBm，得：vBr；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OOs，由几何关系得：r2OM2s29s2，3r9s ，联立得：r13 m；r23.75 m，分别代入得：v1Br1113 m/s3 m/s，v2Br2113.75 m/s3.75 m/s，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OOx，由几何关系得：r32OM2x29x2，x9r3，联立得：r35 m，代入得：v3Br3115 m/s5 m/s，A、B、D正确。12考查带电粒子运动的重复性引起的多解问题如图所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形ABC容器的边长为a，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，小孔O是竖直边AB的中点，一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)从小孔O以速度v水平射入磁场，粒子与器壁多次垂直碰撞后(碰撞时无能量和电荷量损失)仍能从O孔水平射出，已知粒子在磁场中运行的半径小于，则磁场的磁感应强度的最小值Bmin及对应粒子在磁场中运行的时间t为()A