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1、2019高考物理题分类汇编06电场和磁场解析版1. 【2019年全国】如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A.P和Q都带正电荷B. P和Q都带负电荷C. P带正电荷，Q带负电荷D. P带负电荷，Q带正电荷【答案】D【解析】解：由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定方向相反；因此两小球一定带异种电荷，则P球所受库仑力向右，Q球所受库仑力向左。匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故Q带正电荷，P带负电
2、荷，故D正确，ABC错误。故选：D。明确两小球均受电场力和库仑力作用而处于平衡状态，根据库仑力和电场力的方向进行分析，从而明确两球的电性。本题考查带电小球在电场力的作用下处于平衡状态的分析，关键是明确电场力和库仑力的方向特点，同时注意共点力平衡条件的应用是解题的关键。2.【2019年全国】如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A. 2FB. 1.5FC. 0.5FD. 0【答案】B【解析】解：由已知条件可知MLN边的有效长度与
3、MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，设MN中的电流大小为I，则MLN中的电流为12I，设MN的长为L，由题意知：F=BIL，所以边MLN所受安培力为：F=B12IL=12BIL=12F，方向与MN边所受安培力的方向相同，故有：F合=F+F=32F=1.5F，故B正确，ACD错误。故选：B。先由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，先根据并联电路的电阻关系得出电流关系，再由F=BIL即可分析MLN边所受安培力，由力的合成即可求得线框LMN所受安培力的大小。本题的关键是要明白安培力求解公式F=BIL中的L是
4、指通电导线的有效长度。3.【2019年全国】如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。【答案】解：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，根据动能定理可得：qU=12mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，粒子在磁场
5、中运动轨迹如图所示：根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r根据几何关系可得：d=2r联立式可得：qm=4UB2d2(2)由几何关系可知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=r2+rtan30则带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为：t=sv联立式可得：t=Bd24U(2+33)答：(1)带电粒子的比荷为4UB2d2；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为Bd24U(2+33)。【解析】(1)对粒子在加速电场中的运动运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出带电粒子的比荷；(2)根据几何关系求解出粒子射入磁场后运动到x轴所经过
6、的路程s，再利用公式t=sv即可求出带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要作出轨迹图，正确运用数学几何关系。4.【2019年全国】如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A. 14kBl，54kBlB. 14kBl，54kBlC. 12kBl，54kBlD. 12
7、kBl，54kBl【答案】B【解析】【分析】画出电子运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力可得速度大小。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。【解答】从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得：Ra=l4，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaB=mva2Ra解得：va=14kBl；对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：Rd2=l2+(Rd-l2)2解得：Rd=5l4根据洛伦兹力提供向心力可得：qvdB=mvd2Rd解得：vd=54kBl；故B正确，ACD错误。故选B。5.【2019年全国】静电
8、场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A. 运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】【分析】电场线是一种理想化的物理模型，不是带电粒子的运动轨迹，电场力做正功时，电势能减小，曲线运动的条件是物体受到的外力的方向与运动的方向不在同一条直线上。该题考查对电场线的理解以及带电粒子在电场中运动的特点，要注意电场线的特点：电场线疏密表示场强大小，切线方向表示场强的方向，电
9、场线不是带电粒子的运动轨迹。【解答】A、由于电场的特点未知，对于带电粒子，其运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小。故A正确；B、带电粒子在只受电场力，且电场线是直线时运动轨迹才与电场线重合，由于该电场未知，所以粒子的轨迹不一定与某条电场线重合。故B错误；C、粒子从静止开始运动，电场力一定做正功，所以粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能。故C正确；D、若粒子运动的轨迹为曲线，则粒子在N点所受电场力的方向就不与粒子轨迹在该点的切线平行。故D错误故选：AC。6.【2019年全国】如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、
10、Q的电势均为(0)。质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】解：(1)PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有：E=d2=2d，设粒子第一次到达G时动能为Ek，根据动能定理可得：qEh=Ek-12mv02解得：Ek=12mv02+2qhd；粒子在PG间运动的加速度为：a=qEm=2qmd此过程中粒子运动时间为t，则有：h=12at2在水平方
11、向上的位移大小为：x=v0t；解得：x=v0mdhq(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的长度为：L=2x=2v0mdhq。答：(1)粒子第一次穿过G时的动能12mv02+2qhd；它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为v0mdhq；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为2v0mdhq。【解析】(1)根据电场强度与电势差的关系求解电场强度，根据动能定理求解动能；根据牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动求解位移；(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性求解金属板的长度。
12、有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。【2019年全国】如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A. 5m6qBB. 7m6qBC. 11m6qBD. 13m6qB【答案】B【
13、解析】解：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则粒子在第二象限的运动时间为t1=142mqB=m2qB第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据R=mvqB可知半径为原来的2倍，即R2=2R1，根据几何关系可得cos=R2-R1R2=12，则=60，t2=162mqB2=2m3qB粒子在磁场中运动的时间为t=t1+t2=7m6qB，故B正确，ACD错误。故选：B。画出粒子在磁场中的运动轨迹，求出轨迹对应的圆心角，再根据周期公式求解时间。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。7.
14、【2019年全国】如图，电荷量分别为q和-q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()A. a点和b点的电势相等B. a点和b点的电场强度大小相等C. a点和b点的电场强度方向相同D. 将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】解：A、等量异号电荷形成的电场线和等势面如图所示；结合题图中对应的几何关系可知，a靠近负电荷，而b靠近正电荷，则可知，a点电势一定小于b点电势；故A错误；B、ab两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图3可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故BC正确；D、根据A中分析可知将负电荷从a点移到b点时，是从
15、低点势移向高电势，因电荷带负电，故电势能减小，故D错误。故选：BC。真空中两等量异号电荷叠加形成电场，根据等量异种电荷电场线以及等势面的性质即可确定ab两点的电势和场强关系；再根据电场线确定电场力做功情况，从而确定电势能的变化。本题考查等量异电电荷电场的分布情况，解题的关键在于明确立体几何关系的确定和应用，能想象出其对应的几何图象是解题的关键。8.【2019年全国】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2。重力加速度为g，求(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。【答案】解：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma12a(t2)2=12gt2解得E=3mgq(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P
