《2016届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷（十）专题三 电场与磁场 第一讲 电场与磁场的基本性质》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷（十）专题三 电场与磁场 第一讲 电场与磁场的基本性质（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点一电场强度的理解与计算1.考查库仑定律、电场强度(2013全国卷)如图1，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()图1A.B.C. D.2考查电场叠加、点电荷电场强度公式 (2013全国卷)如图2，一半径为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
2、场强的大小为(k为静电力常量)()图2Ak BkCk Dk3考查点电荷的场强公式 (2015北京一模)理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内产生的电场为零。现有一半径为R、电荷均匀分布的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴Ox，如图3所示。关于该带电小球产生的电场E随x的变化关系，下图中正确的是()图3考点二电场性质的理解与应用4.考查场强的叠加、电势 (2015合肥高三质检)如图4所示，正三角形ABC的三个顶点固定了电量分别为q、q和q(q0)的三个点电荷，K、P分别为AB和BC边的中点，下列说法正确的是()图4AO点的电场强度小于P点的电场强度BP点的电场强度大于K点的电场强度CO点
3、的电势低于K点的电势DO点的电势低于P点的电势5考查电容器、电场强度和电势 (多选)(2015唐山二模)如图5所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷。其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两板的中间位置。下列结论正确的是()图5A若在两板间加上某种绝缘介质，A、B两板所带电荷量会增大BA、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C若将A板竖直向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大D若将A板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变6考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子的受力及运动情况 (2015兰州一模)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中
4、a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图6所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是()图6A粒子带负电荷B粒子先加速后减速C粒子加速度一直增大D粒子的机械能先减小后增大7考查等势面、电场力做功 (2015全国卷)如图7，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则()图7A直线a位于某一等势面内，MQB直线c位于某一等势面内，MNC若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D若电子由P点运动到Q点，电场力做负功考点三磁场对电流的作用8.考查安培力的理解
5、(2014全国卷)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半9考查安培力作用下物体的运动问题(多选)(2014浙江高考)如图8甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()图8A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安
6、培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功10安培力及其平衡问题 (多选)(2015成都一模)图9是小丽自制的电流表原理图，质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长为abL1，bcL2的矩形区域abcd内均有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g，则()图9A要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M至NB当
7、该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零C该电流表的量程是ImD该电流表的刻度在0Im范围内是不均匀的考点四带电粒子在有界磁场中的临界极值问题11(2015枣庄五中期末)如图10所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e点射出，则()图10A如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出B如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出C如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出D只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短12如图11所示，
8、竖直线MNPQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成60角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为()图11A.B.C. D.13.如图12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
9、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：图12(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。答 案1选B设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为Fk，小球b对小球c的库仑引力为Fk，二力合力为2Fcos 30。设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得：QE2Fcos 30，解得：E，选项B正确。2选B由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零
10、，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。3选B可把整个球体分为一个个半径逐渐增大的球壳，每个球壳上的电荷量随着球壳半径的增大而增大。设球体带电量Q，球体带电密度，半径为x的球体带电量Qx3x3。根据点电荷电场强度公式，整个球体内部电场强度Ekx，与x成正比。在球体外部，根据点电荷电场强度公式，电场强度与x的二次方成反比。所以从带电球体的球心开始，沿着半径(x)方向场强的分布图大致是B图。4选D根据场强的叠加原理，P点的场强等于q在P点形成电场的场强，而O点的场强等于两
11、个q在O点场强以及q在O点场强的叠加，由平行四边形法则可判断O点的电场强度大于P点的电场强度，选项A错误；K点的场强等于B点的q和A点的q在K点的场强叠加，然后再与C点的q在K点的场强的合成，由平行四边形法则可判断P点的电场强度小于K点的电场强度，选项B错误；由电势叠加原理可知，O点的电势等于C点的q在O点形成电场的电势，而K点的电势等于C点的q在K点形成电场的电势，由距离关系可知O点的电势高于K点的电势，选项C错误；P点的电势等于两个q和一个q在P点电势的叠加，由距离关系可知O点的电势低于P点的电势，选项D正确；故选D。5选BD在两板间加上某种绝缘介质时，A、B两板所带电荷量没有改变，故A错
12、误。A、B两板电荷量数量相等，P点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B正确。根据电容的决定式C、电容的定义式C和板间场强公式E得：E，由题知Q、S、r均不变，则移动A板时，两板间的电场强度将不变，故C错误。由上分析可知将A板竖直向下平移时，板间场强不变，由UEd分析得知P点与下极板间的电势差不变，P点的电势保持不变。故D正确。6选D粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，故A错误；由图像知粒子受电场力向右，所以先向左减速运动后向右加速运动，故B错误。据轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，从a点到b点，电场力先做
13、负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大。根据电场线的疏密知道场强先减小后增大，故加速度先减小后增大，C错误，D正确。7选B由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为MN，故选项B正确，选项A错误。M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。8.选B根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直
14、于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力FBIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为FBIL，D错误。9选ABC由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力FBIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。10选AC当有电流时，MN向下运动，进入磁场，所以受到的安培力向下，根据左手定则可知，电流一定是从M到N，故A正确；当电流表的示数为零时，MN中没有电流通过，MN受力平衡，所以弹簧的弹力等于MN的重力，弹簧的伸长量不为零，故B错误；电流表的量程即最大值，当MN杆到达cd边时为最大电流，此时由受力平衡条件可得mgBImL1k(L2L0)，其中kL0mg，则BImL1kL2，所以Im，故C正确；由Im可得出任意电流的表达式为I，所以电流和MN下降的距离h成正比例函数关系，所以刻度是均匀的，故D错误。故选A、C。11.选A如图，
