《（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題三 電場和磁場 第1講 電場和磁場性質的理解學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題三 電場和磁場 第1講 電場和磁場性質的理解學案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第1講　電場和磁場性質的理解 [歷次選考考情分析] 章 知識內容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 靜電場 電荷及其守恒定律 b c 6 庫侖定律 c 11 4、13 13 3 6 電場強度 c c 13 8 6 11 電勢能和電勢 b c 13 8 11 電勢差 b c 電勢差與電場強度的關系 c 靜電現(xiàn)象

2、的應用 b 電容器的電容 b c 7 帶電粒子在電場中的運動 b d 23 8、22 8、23 8 8、19 22 磁場 磁現(xiàn)象和磁場 b b 4 10 3 磁感應 強度 c c 12 幾種常見的磁場 b b 通電導線在磁場中受到的力 c d 9、22 9、23 10 9 7 運動電荷在磁場中受到的力 c c 23 22 23 23 23 22 帶電粒子在勻強磁場中的運動 d 23 2

3、2 23 23 23 22 考點一　電場基本性質的理解 1．電場強度、電勢、電勢能的判斷方法 (1)電場強度 ①根據電場線的疏密程度進行判斷； ②根據E＝進行判斷． (2)電勢 ①沿電場線方向電勢逐漸降低； ②若q和Wab已知，由Uab＝判定． (3)電勢能 ①電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增大； ②正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能?。? 2．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法 (1)某點速度方向即為該點軌跡的切線方向； (2)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負

4、； (3)結合軌跡、速度方向與電場力的方向，確定電場力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等． 1．[庫侖定律](2018·浙江4月選考·6)真空中兩個完全相同、帶等量同種電荷的金屬小球A和B(可視為點電荷)，分別固定在兩處，它們之間的靜電力為F.用一個不帶電的同樣金屬球C先后與A、B球接觸，然后移開球C，此時A、B球間的靜電力為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設A、B兩金屬小球開始帶電荷量均為Q，距離為r，F(xiàn)＝k，用一個不帶電的金屬球C先后與A、B接觸，與A接觸完后，A、C帶電荷量均為，再與B接觸后，B、C帶電荷量均為Q，F(xiàn)′＝k＝F，因此

5、選C. 2．[電容器](2018·溫州市六校期末)目前，指紋鎖已普遍用于智能機、門卡等，其中有一類指紋鎖的主要元件為電容式傳感器，其原理是手指貼上傳感器時，皮膚表面會和傳感器上許許多多相同面積的小極板一一匹配成平行板電容器，每個小電容器的電容值僅取決于傳感器上的極板到對應指紋表面的距離．在此過程中外接電源將為所有電容器充到一個預先設計好的電壓值，然后開始用標準電流放電，再采集各電容器放電的相關信息與原儲存的指紋信息進行匹配，如圖1所示．下列說法正確的是(　　) 圖1 A．濕的手不會影響指紋解鎖 B．極板與指紋嵴(凸起部分)構成的電容器電容小 C．極板與指紋溝(凹的部分)構成的電容

6、器充上的電荷較多 D．極板與指紋溝(凹的部分)構成的電容器放電時間較短 答案　D 3．[電場強度和電勢差]如圖2所示，在xOy平面內有一個以O為圓心、半徑R＝0.1 m的圓，P為圓周上的一點，O、P兩點連線與x軸正方向的夾角為θ.若空間存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小E＝100 V/m，則O、P兩點的電勢差可表示為(　　) 圖2 A．UOP＝－10sin θ (V) B．UOP＝10sin θ (V) C．UOP＝－10cos θ (V) D．UOP＝10cos θ (V) 答案　A 解析　由題圖可知勻強電場的方向是沿y軸負方向的．沿著電場線的方向電勢是降低的，所以

7、P點的電勢高于O點的電勢，O、P兩點的電勢差UOP為負值．根據電勢差與場強的關系UOP＝－Ed＝－E·Rsin θ＝－10sin θ (V)，所以A正確． 4．[電場強度、電勢、電勢能](2018·嘉興市期末)一對等量異種點電荷電場的電場線(實線)和等勢線(虛線)分布如圖3所示，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．A點場強EA大于B點場強EB B．A點電勢φA高于B點電勢φB C．某一點電荷在A點時的電勢能EpA一定大于在B點時的電勢能EpB D．將某一點電荷從A點移至B點，路徑不同，電場力做功也不同 答案　A 5．[電場線和運動軌跡]如圖4所示，實線為三條未知方向的電場

8、線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受電場力作用)，則(　　) 圖4 A．a一定帶正電，b一定帶負電 B．電場力對a做正功，a的電勢能減小，電場力對b做負功，b的電勢能增大 C．a的速度將減小，b的動能將增大 D．a的加速度減小，b的加速度將增大 答案　D 解析　電場線的方向未知，所以粒子帶電性質不確定；從題圖中軌跡變化來看電場力都做正功，動能都增大，兩帶電粒子電勢能都減小，所以選項A、B、C錯誤；電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，所以選項D正確．

9、 考點二　磁場及其對電流的作用 1．求解有關磁感應強度的關鍵 (1)磁感應強度是由磁場本身決定的； (2)B＝只適用于通電導線垂直于磁場； (3)合磁感應強度等于各磁場的磁感應強度的矢量和(滿足平行四邊形定則)． 2．求解安培力作用下導體棒平衡問題的思路 (1)選取通電導體棒為對象； (2)受力分析，畫受力分析圖，用左手定則判斷安培力的方向； (3)根據力的平衡條件列方程． 例1　(2018·浙江4月選考·12)在城市建設施工中，經常需要確定地下金屬管線的位置，如圖5所示．有一種探測的方法是，首先給金屬長直管通上電流，再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作：①用測量儀

10、在金屬管線附近的水平地面上找到磁場最強的某點，記為a；②在a點附近的地面上，找到與a點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線EF；③在地面上過a點垂直于EF的直線上，找到磁場方向與地面夾角為45°的b、c兩點，測得b、c兩點距離為L.由此可確定金屬管線(　　) 圖5 A．平行于EF，深度為 B．平行于EF，深度為L C．垂直于EF，深度為 D．垂直于EF，深度為L 答案　A 解析　畫出垂直于金屬管線方向的截面，可知磁場最強的點a即為地面距離管線最近的點，作出b、c兩點的位置，由題意可知EF過a點垂直于紙面，所以金屬管線與EF平行，根據幾何關系得深度為. 6．(2

11、018·浙江4月選考·7)處于磁場B中的矩形金屬線框可繞軸OO′轉動，當線框中通過電流I時，如圖6所示，此時線框左右兩邊受安培力F的方向正確的是(　　) 圖6 答案　D 解析　利用左手定則，四指指向電流方向，磁感線穿過掌心，大拇指所指的方向就是受力方向，因此選D. 7．(2018·牌頭中學期中)在磁場中的同一位置放置一根短直導線，導線的方向與磁場方向垂直．先后在導線中通以不同的電流，導線受到的磁場力也不同，下列表示導線受到的磁場力F與其電流I的關系圖象(a、b各代表一組F、I的數(shù)據)正確的是(　　) 答案　C 解析　在勻強磁場中，當電流方向與磁場垂直時所受安培力

12、為：F＝BIL，由于磁感應強度B和導線長度L不變，因此F與I的關系圖象為過原點的直線，故C正確． 8．(2018·臺州市外國語學校期末)如圖7所示，兩平行光滑金屬導軌固定在絕緣斜面上，導軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧上端固定，下端與導體棒ab相連，彈簧與導軌平面平行并與ab垂直，棒垂直跨接在兩導軌上，空間存在垂直導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度為B.當棒通以方向由a到b、大小為I的電流時，棒處于平衡狀態(tài)，平衡時彈簧伸長量為x1；保持電流大小不變，使棒中電流反向，則棒平衡時下列說法正確的是(　　) 圖7 A．彈簧伸長，伸長量為＋x1 B．彈簧伸長，伸長量為＋x1 C．彈簧壓

13、縮，壓縮量為－x1 D．彈簧壓縮，壓縮量為－x1 答案　A 解析　當棒通以方向由a到b、大小為I的電流時，由左手定則可知，棒受到的安培力沿導軌斜向上，大小為BIL，設導軌與水平面的夾角為θ，則由平衡條件得：mgsin θ＝BIL＋kx1 當保持電流大小不變，使棒中電流反向，由左手定則知，受到的安培力沿導軌斜向下，大小還是BIL 此時有mgsin θ＋BIL＝kx 得x＝＋x1 彈力沿著斜面向上，則彈簧是伸長的，故選A. 考點三　帶電粒子在電場中的運動 1．直線運動的兩種解題思路 (1)應用牛頓運動定律處理帶電粒子的直線運動 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的

14、電場力與速度方向在一條直線上，帶電粒子做勻變速直線運動．根據帶電粒子的受力情況，用牛頓運動定律和運動學公式確定帶電粒子的速度、位移、時間等． (2)用動能定理(或動量定理)處理帶電粒子在電場中的直線運動 要注意受力分析、過程分析，另外，電場力做功與重力做功均與經過的路徑無關，只與初、末位置有關． 2．偏轉問題的解題思路 (1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用而做類平拋運動． (2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動． 例2　(2018·浙

15、江4月選考·11)一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以－v0做直線運動，其v－t圖象如圖8所示．粒子在t0時刻運動到B點，3t0時刻運動到C點，下列判斷正確的是(　　) 圖8 A．A、B、C三點的電勢關系為φB>φA>φC B．A、B、C三點的場強大小關系為EC>EB>EA C．粒子從A點經B點運動到C點，電勢能先增加后減少 D．粒子從A點經B點運動到C點，電場力先做正功后做負功 答案　C 解析　由題圖v－t圖象知道帶電粒子在0～t0時間內做減速運動，電場力做負功，電勢能增大； 在t0～3t0時間內做反方向加速運動，電場力做正功，電勢能減小，所以C正確，D錯誤； 因為不

16、知道帶電粒子電性，本題中無法判斷電勢的高低，所以A錯誤； 圖象中斜率表示帶電粒子的加速度，Eq＝ma，可知A、B、C三點中EB最大，B錯誤． 例3　如圖9甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上圖乙所示的電壓．現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均為T，則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是(　　) 圖9 A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 答案　C 解析　粒子在兩板之間的運動時間均為T，在t＝nT時刻進入的粒子的側移量最大，考慮豎直分運動，在

17、前半個周期是勻加速，后半個周期是勻速，設加速度為a，則偏轉位移為：ymax＝a·()2＋a··＝aT2，在t＝(n＋)T時刻進入的粒子，考慮豎直分運動，在前半個周期是靜止，后半個周期是勻加速，側移量最小，為：ymin＝a·()2＝aT2，故ymax∶ymin＝3∶1，故A、B、D錯誤，C正確． 9．如圖10所示是真空中A、B兩板間的勻強電場，一電子由A板無初速度釋放后運動到B板，設電子在前一半時間內和后一半時間內的位移分別為x1和x2，則x1與x2之比為(　　) 圖10 A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 答案　C 解析　無初速度釋放后，電子在電場中做初

18、速度為零的勻加速直線運動，根據初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律，電子在前一半時間內和后一半時間內的位移之比是1∶3，選項C正確． 10.a、b兩離子從平行板電容器兩板間P處垂直電場入射，運動軌跡如圖11.若a、b的偏轉時間相同，則a、b一定相同的物理量是(　　) 圖11 A．比荷 B．入射速度 C．入射動能 D．電荷量 答案　A 解析　a、b兩離子豎直方向分位移相等，故：y＝··t2，由于y、E、t均相等，故比荷相等，故A正確； 水平方向位移關系是xa>xb，水平分運動是勻速直線運動，時間相等，故va>vb，故B錯誤； a、b兩離子初速度不同，質量關系未知，無法確定初動能

19、大小關系，故C錯誤； a、b兩離子比荷相等，質量關系未知，無法確定電荷量大小關系，故D錯誤． 考點四　磁場對運動電荷的作用 1．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動解題“三步法” (1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運動軌跡． (2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度的聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系，在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系． (3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式． 2．半徑的確定 方法一：由物理方程求．由于Bqv＝，所以半徑R＝； 方法二：由幾何關系求．一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通過計算來確定． 3．時間的確定 方法一

20、：由圓心角求：t＝·T； 方法二：由弧長求：t＝. 例4　如圖12所示，長方形abcd區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，同一帶電粒子，以速率v1沿ab射入磁場區(qū)域，垂直于dc邊離開磁場區(qū)域，運動時間為t1；以速率v2沿ab射入磁場區(qū)域，從bc邊離開磁場區(qū)域時與bc邊夾角為150°，運動時間為t2.不計粒子重力．則t1∶t2是(　　) 圖12 A．2∶ B.∶2 C．3∶2 D．2∶3 答案　C 解析　根據題意作出粒子運動軌跡如圖所示： 由幾何知識可知：α＝90°，β＝60°， 粒子在磁場中做圓周運動的周期：T＝，粒子在磁場中的運動時間：t＝T，粒子在磁場中的運動時

21、間之比：＝＝＝，故C正確． 11．(多選)如圖13所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，速度相同的兩帶電粒子A、B從O點射入磁場中，速度與磁場邊界的夾角為θ(θ＝60°)，已知A粒子帶負電，B粒子帶正電，且A、B粒子的質量之比為1∶4，帶電荷量之比為1∶2，不計粒子重力，下列說法中正確的是(　　) 圖13 A．A、B粒子的軌道半徑之比為2∶1 B．A、B粒子回到邊界時，速度大小、方向都相同 C．A、B粒子回到邊界時的位置離O點的距離之比為2∶1 D．A、B粒子在磁場中運動的時間相同 答案　BD 解析　由洛倫茲力提供向心力qBv＝m得到r＝，所以＝×＝，所以選項A錯誤．

22、據左手定則，A、B粒子的電性相反，偏轉方向相反，由于洛倫茲力不做功，所以速度大小不變，根據粒子做圓周運動的對稱性，A、B的方向都是與邊界成60°角斜向右下，所以B選項正確．由幾何關系能求得粒子回到邊界時到出發(fā)點的距離d＝2rsin θ，所以＝＝，選項C錯誤．由運動學公式，粒子運動的時間為t＝×＝，所以＝×＝×＝，所以選項D正確． 12．如圖14，半徑為R的半圓形區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場．一質量為m、帶電荷量為＋q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點垂直磁場射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應強度的大小為(　　) 圖14 A. B. C. D

23、. 答案　B 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系，知圓心角為30°，粒子運動的軌跡的半徑為：r＝2R① 根據洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m得半徑為：r＝② 聯(lián)立①②得：B＝，故B正確． 專題強化練 1．(2016·浙江4月選考·7)關于電容器，下列說法正確的是(　　) A．在充電過程中電流恒定 B．在放電過程中電容減小 C．能儲存電荷，但不能儲存電能 D．兩個彼此絕緣又靠近的導體可視為電容器 答案　D 解析　由電容器的充、放電曲線可知，充電過程中，電流不斷減小，A錯誤；電容是電容器儲存電荷的本領，不隨充、放電過程變化，B錯誤；電容器中的電場具有電場

24、能，所以C錯誤；兩個彼此絕緣又靠近的導體是可以儲存電荷的，可視為電容器，D正確． 2．中國宋代科學家沈括在公元1086年寫的《夢溪筆談》中最早記載了：“方家(術士)以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖1所示．結合上述材料，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．地球內部也存在磁場，地磁南極在地理南極附近 B．結合地球自轉方向，可以判斷出地球是帶正電的 C．地球表面任意位置的磁場方向都與地面平行 D．因地磁場影響，在進行奧斯特實驗時，通電導線南北放置時實驗現(xiàn)象最明顯 答案　D 3．如圖2所示，一導線繞制的線圈中放一枚小

25、磁針，當線圈中通以電流時，小磁針將會發(fā)生偏轉，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．為使實驗現(xiàn)象明顯，線圈平面應南北放置 B．為使實驗現(xiàn)象明顯，線圈平面應東西放置 C．若線圈平面南北放置，通電后再次穩(wěn)定時，小磁針轉過180°角 D．若線圈平面東西放置，通電后再次穩(wěn)定時，小磁針轉過90°角 答案　A 4．(2018·名校協(xié)作體)如圖3所示，在粗糙絕緣的水平地面上放置一帶正電的物體甲，現(xiàn)將另一個也帶正電的物體乙沿著以甲為圓心的豎直平面內的圓弧由M點移動到N點，若此過程中甲始終保持靜止，甲、乙兩物體可視為質點，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．甲對地面的壓力先增大后減小

26、 B．甲受到地面的摩擦力大小不變 C．甲受到地面的摩擦力先增大后減小 D．乙的電勢能先增大后減小 答案　A 5．(2018·溫州市十五校聯(lián)合體期末)兩個點電荷a、b周圍的電場線分布情況如圖4所示，虛線為帶電粒子c穿越該電場時的運動軌跡，該粒子在電場中運動時只受電場力作用，由圖可判斷(　　) 圖4 A．a、b帶等量異號電荷 B．a、b帶同號電荷，a的電荷量大于b的電荷量 C．粒子c帶正電，在電場中運動時動能先減小后增大 D．粒子c帶負電，在電場中運動時動能先增大后減小 答案　D 6．(2018·杭州市五校聯(lián)考)兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖5中P、Q兩點，MN為PQ

27、連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點．一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則(　　) 圖5 A．q由A向O的運動是勻加速直線運動 B．q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小 C．q運動到O點時的動能最小 D．q運動到O點時電勢能為零 答案　B 7．(2018·湖州、衢州、麗水高三期末)如圖6(a)所示為兩個帶電物體，甲固定在絕緣水平面上，乙從甲右側某處靜止釋放后的v－t圖象如圖(b)所示，則(　　) 圖6 A．兩個物體帶同種電荷 B．兩個物體帶異種電荷 C．兩個物體帶電荷量一定相等 D．兩個物體帶電荷量一定不等

28、 答案　B 8．(2018·諸暨中學段考)如圖7所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示．一帶正電粒子從正方形中心O點沿垂直紙面向內運動，它所受洛倫茲力的方向(　　) 圖7 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案　A 解析　此帶電粒子在磁場中受洛倫茲力，磁場為4根長直導線在O點產生的合磁場，根據安培定則，a在O點產生的磁場方向水平向左，b在O點產生的磁場方向豎直向上，c在O點產生的磁場方向水平向左，d在O點產生的磁場方向豎直向下，所以合磁場方向水平向左．根據左手定則，此帶正電粒子在合磁場中

29、所受洛倫茲力方向向上． 9．(2018·新力量聯(lián)盟期末)老師在課堂上做了一個演示實驗：裝置如圖8所示，在容器的中心放一個圓柱形電極B，沿容器邊緣內壁放一個圓環(huán)形電極A，把A和B分別與直流電源的兩極相連，然后在容器內放入導電液體，將該容器放在磁場中，液體就會旋轉起來．關于這種現(xiàn)象下列說法正確的是(　　) 圖8 A．液體旋轉是因為電磁感應現(xiàn)象 B．液體旋轉是因為受到安培力作用 C．僅將電流方向改為反向，液體旋轉方向不變 D．僅將磁場方向改為反向，液體旋轉方向不變 答案　B 10．(2018·新高考聯(lián)盟聯(lián)考)高大建筑上都有一豎立的避雷針，用以把聚集在云層中的電荷導入大地．在赤道某

30、地兩建筑上空，有一團帶負電的烏云經過其正上方時，發(fā)生放電現(xiàn)象，如圖9所示，則此過程中地磁場對避雷針的作用力的方向是(　　) 圖9 A．向東 B．向南 C．向西 D．向北 答案　C 11．如圖10所示，豎直放置的兩平行金屬板間有勻強電場，在兩極板間同一等高線上有兩質量相等的帶電小球a、b(均可以看成質點)．將小球a、b分別從緊靠左極板和兩極板正中央的位置由靜止釋放，它們沿圖中虛線運動，都能打在右極板上的同一點．則從釋放小球到剛要打到右極板的運動(過程)中，下列說法正確的是(　　) 圖10 A．它們的運動時間ta>tb B．它們的電荷量之比qa∶qb＝1∶2 C．

31、它們的電勢能減少量之比ΔEa∶ΔEb＝4∶1 D．它們的動能增加量之比ΔEk1∶ΔEk2＝4∶1 答案　C 解析　小球運動過程只受重力和電場力作用，故粒子豎直方向做加速度a＝g的勻加速運動，水平方向做加速度a′＝的勻加速運動；由兩小球豎直位移相同可得運動時間相同，即ta＝tb，所以，＝＝＝2∶1，故A、B錯誤；由電勢能減少量等于電場力做的功可得：ΔEa∶ΔEb＝qaEsa水平∶qbEsb水平＝4∶1，故C正確；由動能定理可知：小球動能增加量等于重力勢能和電勢能減小量之和；又有兩小球重力勢能減小量相等，由C項可知：動能增加量之比不可能為4∶1，故D錯誤． 12．(2018·臺州中學統(tǒng)練)

32、如圖11所示，絕緣水平面上有A、B、C、D四點，依次相距L，若把帶電金屬小球甲(半徑遠小于L)放在B點，測得D點處的電場強度大小為E；現(xiàn)將不帶電的相同金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點，此時D點處的電場強度大小為(　　) 圖11 A.E B.E C．E D.E 答案　D 解析　根據點電荷電場強度公式E＝，則B點電荷在D的電場強度為EB＝＝＝E；當將不帶電的相同金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點，則兩球的帶電荷量均為，那么A處的小球在D處的電場強度EA＝＝，而C處的小球在D處的電場強度EC＝；由于兩球在D處的電場強度方向相同，因此它們在D點處的電

33、場強度大小為E合＝＋＝＝E，故D正確． 13．如圖12所示，勻強電場中有M、N、P、Q四點，它們分別位于矩形的四個頂點上．電子分別由M點運動到N點和Q點的過程中，電場力所做的正功相同，已知N、P、Q中有兩點電勢是18 V、10 V．則(　　) 圖12 A．不可能求出M點電勢 B．N點電勢是18 V C．P點電勢是10 V D．Q點電勢是10 V 答案　D 解析　電子分別由M點運動到N點和Q點過程中，電場力所做的正功相同，說明N、Q兩點電勢相等，且高于M點的電勢，故四點的電勢關系是φM<φN＝φQ<φP，所以φP＝18 V，φN＝φQ＝10 V，B、C錯誤，D正確；由于QM平

34、行且與PN長度相同，所以UQM＝UPN＝8 V，可得φM＝2 V，A錯誤． 14．(2018·臺州市高三期末)如圖13所示，三根長為L的平行長直導線的橫截面在空間構成等邊三角形，電流的方向垂直紙面向里．電流大小均為I，其中A、B電流在C處產生的磁感應強度的大小均為B0，導線C位于水平面處于靜止狀態(tài)，則導線C受到的靜摩擦力是(　　) 圖13 A.B0IL，水平向左 B.B0IL，水平向右 C.B0IL，水平向左 D.B0IL，水平向右 答案　D 15．如圖14所示，以O為圓心的圓形區(qū)域內，存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界上的A點有一粒子發(fā)射源，沿半徑AO方向發(fā)射出

35、速率不同的同種粒子(重力不計)，垂直進入磁場，下列說法正確的是(　　) 圖14 A．速率越大的粒子在磁場中運動的時間越長 B．速率越小的粒子在磁場中運動的時間越長 C．速率越大的粒子在磁場中運動的角速度越大 D．速率越小的粒子在磁場中運動的角速度越大 答案　B 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有Bqv＝m，解得粒子做圓周運動的半徑R＝，設磁場圓形區(qū)域半徑為r，如圖所示， 粒子在磁場中運動的偏轉角為2θ，由幾何關系得：tan θ＝，所以v越大，則R大，則tan θ越小，故θ也越小，而周期T＝，即不同速率的粒子在磁場中做圓周運動的周期相同．則粒子在磁

36、場中運動的偏轉角越大，運動時間越長，所以速率越大的粒子在磁場中運動的偏轉角越小，運動的時間越短，故A錯誤，B正確；粒子在磁場中運動的角速度ω＝＝，所以不同速率粒子在磁場中運動的角速度相等，故C、D錯誤． 16．(2018·諸暨中學段考)如圖15所示，在水平地面上方有一沿水平方向且垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)將一帶電小球以一定初速度v0豎直上拋，小球能上升的最大高度為h，設重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　) 圖15 A．h一定大于 B．h一定等于 C．h一定小于 D．h可能等于 答案　C 解析　如果沒有磁場，小球將做豎直上拋運動，上升的最大高度：h＝，

37、當加上磁場后，小球在運動過程中，除受重力外，還要受到洛倫茲力作用，小球在向上運動的同時會發(fā)生偏轉，小球到達最高點時速度不為零，動能不為零，因此小球上升最大高度小于，故C正確． 17．(2018·牌頭中學期中)電磁炮是一種理想兵器，它的主要原理如圖16所示，1982年澳大利亞國立大學成功研制出能把2.2 g的彈體(包括金屬桿MN的質量)加速到10 km/s的電磁炮．若軌道寬2 m，長100 m，通過金屬桿的電流恒為10 A，不計軌道摩擦，則(　　) 圖16 A．垂直軌道平面的勻強磁場的磁感應強度大小為5.5 T B．垂直軌道平面的勻強磁場的磁感應強度大小為5.5×104 T C．該電磁炮工作時磁場力的最大功率為1.1×104 kW D．該電磁炮裝置中對磁場方向和電流方向的關系沒有要求 答案　C 解析　由運動學公式2ax＝v2－v02可得彈體的加速度為a＝＝ m/s2＝5×105 m/s2；彈體所受安培力為F＝BIL，由牛頓第二定律可得：BIL＝ma，解得：B＝＝ T＝55 T，選項A、B錯誤；速度最大時磁場力的功率最大：Pm＝BIL·vm＝55×10×2×104 W＝1.1×104 kW，選項C正確；電磁炮裝置中必須使得磁場方向和電流方向決定的安培力方向與炮彈沿導軌的加速度方向一致，選項D錯誤． 20