(浙江選考)2021高考物理二輪復(fù)習(xí)專題三電場和磁場第1講電場和磁場性質(zhì)的理解學(xué)案

.PAGE下載后可自行編輯修改，頁腳下載后可刪除。第1講電場和磁場性質(zhì)的理解[歷次選考考情分析]章知識內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計(jì)必考加試2021/102021/042021/102021/042021/112021/04靜電場電荷及其守恒定律bc6庫侖定律c114、131336電場強(qiáng)度cc138611電勢能和電勢bc13811電勢差bc電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系c靜電現(xiàn)象的應(yīng)用b電容器的電容bc7帶電粒子在電場中的運(yùn)動bd238、228、2388、1922磁場磁現(xiàn)象和磁場bb4103磁感應(yīng)強(qiáng)度cc12幾種常見的磁場bb通電導(dǎo)線在磁場中受到的力cd9、229、231097運(yùn)動電荷在磁場中受到的力cc232223232322帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動d232223232322考點(diǎn)一電場根本性質(zhì)的理解1．電場強(qiáng)度、電勢、電勢能的判斷方法(1)電場強(qiáng)度①根據(jù)電場線的疏密程度進(jìn)展判斷；②根據(jù)E＝eq\f(F,q)進(jìn)展判斷．(2)電勢①沿電場線方向電勢逐漸降低；②假設(shè)q和Wab，由Uab＝eq\f(Wab,q)判定．(3)電勢能①電場力做正功，電勢能減??；電場力做負(fù)功，電勢能增大；②正電荷在電勢高的地方電勢能大，負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能小．2．帶電粒子在電場中運(yùn)動軌跡問題的分析方法(1)某點(diǎn)速度方向即為該點(diǎn)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(fù)；(3)結(jié)合軌跡、速度方向與電場力的方向，確定電場力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等．1．[庫侖定律](2021·浙江4月選考·6)真空中兩個(gè)完全一樣、帶等量同種電荷的金屬小球A和B(可視為點(diǎn)電荷)，分別固定在兩處，它們之間的靜電力為F.用一個(gè)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(shí)A、B球間的靜電力為()A.eq\f(F,8)B.eq\f(F,4)C.eq\f(3F,8)D.eq\f(F,2)答案C解析設(shè)A、B兩金屬小球開場帶電荷量均為Q，距離為r，F(xiàn)＝keq\f(Q2,r2)，用一個(gè)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eq\f(Q,2)，再與B接觸后，B、C帶電荷量均為eq\f(3,4)Q，F(xiàn)′＝keq\f(\f(Q,2)·\f(3,4)Q,r2)＝eq\f(3,8)F，因此選C.2．[電容器](2021·溫州市六校期末)目前，指紋鎖已普遍用于智能機(jī)、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(shí)，皮膚外表會和傳感器上許許多多一樣面積的小極板一一匹配成平行板電容器，每個(gè)小電容器的電容值僅取決于傳感器上的極板到對應(yīng)指紋外表的距離．在此過程中外接電源將為所有電容器充到一個(gè)預(yù)先設(shè)計(jì)好的電壓值，然后開場用標(biāo)準(zhǔn)電流放電，再采集各電容器放電的相關(guān)信息與原儲存的指紋信息進(jìn)展匹配，如圖1所示．以下說法正確的選項(xiàng)是()圖1A．濕的手不會影響指紋解鎖B．極板與指紋嵴(凸起局部)構(gòu)成的電容器電容小C．極板與指紋溝(凹的局部)構(gòu)成的電容器充上的電荷較多D．極板與指紋溝(凹的局部)構(gòu)成的電容器放電時(shí)間較短答案D3．[電場強(qiáng)度和電勢差]如圖2所示，在xOy平面內(nèi)有一個(gè)以O(shè)為圓心、半徑R＝0.1m的圓，P為圓周上的一點(diǎn)，O、P兩點(diǎn)連線與x軸正方向的夾角為θ.假設(shè)空間存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E＝100V/m，那么O、P兩點(diǎn)的電勢差可表示為()圖2A．UOP＝－10sinθ(V)B．UOP＝10sinθ(V)C．UOP＝－10cosθ(V)D．UOP＝10cosθ(V)答案A解析由題圖可知勻強(qiáng)電場的方向是沿y軸負(fù)方向的．沿著電場線的方向電勢是降低的，所以P點(diǎn)的電勢高于O點(diǎn)的電勢，O、P兩點(diǎn)的電勢差UOP為負(fù)值．根據(jù)電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系UOP＝－Ed＝－E·Rsinθ＝－10sinθ(V)，所以A正確．4．[電場強(qiáng)度、電勢、電勢能](2021·嘉興市期末)一對等量異種點(diǎn)電荷電場的電場線(實(shí)線)和等勢線(虛線)分布如圖3所示，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()圖3A．A點(diǎn)場強(qiáng)EA大于B點(diǎn)場強(qiáng)EBB．A點(diǎn)電勢φA高于B點(diǎn)電勢φBC．某一點(diǎn)電荷在A點(diǎn)時(shí)的電勢能EpA一定大于在B點(diǎn)時(shí)的電勢能EpBD．將某一點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，路徑不同，電場力做功也不同答案A5．[電場線和運(yùn)動軌跡]如圖4所示，實(shí)線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點(diǎn)以一樣的速度飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，a、b的運(yùn)動軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受電場力作用)，那么()圖4A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電B．電場力對a做正功，a的電勢能減小，電場力對b做負(fù)功，b的電勢能增大C．a(chǎn)的速度將減小，b的動能將增大D．a(chǎn)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(zhì)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(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；電場線密的地方電場強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場強(qiáng)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(xiàng)D正確．考點(diǎn)二磁場及其對電流的作用1．求解有關(guān)磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)鍵(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場本身決定的；(2)B＝eq\f(F,IL)只適用于通電導(dǎo)線垂直于磁場；(3)合磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和(滿足平行四邊形定那么)．2．求解安培力作用下導(dǎo)體棒平衡問題的思路(1)選取通電導(dǎo)體棒為對象；(2)受力分析，畫受力分析圖，用左手定那么判斷安培力的方向；(3)根據(jù)力的平衡條件列方程．例1(2021·浙江4月選考·12)在城市建立施工中，經(jīng)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(qiáng)弱、方向的儀器進(jìn)展以下操作：①用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁場最強(qiáng)的某點(diǎn)，記為a；②在a點(diǎn)附近的地面上，找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度一樣的假設(shè)干點(diǎn)，將這些點(diǎn)連成直線EF；③在地面上過a點(diǎn)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(diǎn)，測得b、c兩點(diǎn)距離為L.由此可確定金屬管線()圖5A．平行于EF，深度為eq\f(L,2) B．平行于EF，深度為LC．垂直于EF，深度為eq\f(L,2) 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(qiáng)的點(diǎn)a即為地面距離管線最近的點(diǎn)，作出b、c兩點(diǎn)的位置，由題意可知EF過a點(diǎn)垂直于紙面，所以金屬管線與EF平行，根據(jù)幾何關(guān)系得深度為eq\f(L,2).6．(2021·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(zhuǎn)動，當(dāng)線框中通過電流I時(shí)，如圖6所示，此時(shí)線框左右兩邊受安培力F的方向正確的選項(xiàng)是()圖6答案D解析利用左手定那么，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．(2021·牌頭中學(xué)期中)在磁場中的同一位置放置一根短直導(dǎo)線，導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直．先后在導(dǎo)線中通以不同的電流，導(dǎo)線受到的磁場力也不同，以下表示導(dǎo)線受到的磁場力F與其電流I的關(guān)系圖象(a、b各代表一組F、I的數(shù)據(jù))正確的選項(xiàng)是()答案C解析在勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電流方向與磁場垂直時(shí)所受安培力為：F＝BIL，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度B和導(dǎo)線長度L不變，因此F與I的關(guān)系圖象為過原點(diǎn)的直線，故C正確．8．(2021·臺州市外國語學(xué)校期末)如圖7所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.當(dāng)棒通以方向由a到b、大小為I的電流時(shí)，棒處于平衡狀態(tài)，平衡時(shí)彈簧伸長量為x1；保持電流大小不變，使棒中電流反向，那么棒平衡時(shí)以下說法正確的選項(xiàng)是()圖7A．彈簧伸長，伸長量為eq\f(2ILB,k)＋x1B．彈簧伸長，伸長量為eq\f(ILB,k)＋x1C．彈簧壓縮，壓縮量為eq\f(2ILB,k)－x1D．彈簧壓縮，壓縮量為eq\f(ILB,k)－x1答案A解析當(dāng)棒通以方向由a到b、大小為I的電流時(shí)，由左手定那么可知，棒受到的安培力沿導(dǎo)軌斜向上，大小為BIL，設(shè)導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，那么由平衡條件得：mgsinθ＝BIL＋kx1當(dāng)保持電流大小不變，使棒中電流反向，由左手定那么知，受到的安培力沿導(dǎo)軌斜向下，大小還是BIL此時(shí)有mgsinθ＋BIL＝kx得x＝eq\f(2BIL,k)＋x1彈力沿著斜面向上，那么彈簧是伸長的，應(yīng)選A.考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的運(yùn)動1．直線運(yùn)動的兩種解題思路(1)應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律處理帶電粒子的直線運(yùn)動帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的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(yùn)動．根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移、時(shí)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(yùn)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(jīng)過的路徑無關(guān)，只與初、末位置有關(guān)．2．偏轉(zhuǎn)問題的解題思路(1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，那么帶電粒子將在電場中只受電場力作用而做類平拋運(yùn)動．(2)運(yùn)動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動．例2(2021·浙江4月選考·11)一帶電粒子僅在電場力作用下從A點(diǎn)開場以－v0做直線運(yùn)動，其v－t圖象如圖8所示．粒子在t0時(shí)刻運(yùn)動到B點(diǎn)，3t0時(shí)刻運(yùn)動到C點(diǎn)，以下判斷正確的選項(xiàng)是()圖8A．A、B、C三點(diǎn)的電勢關(guān)系為φB>φA>φCB．A、B、C三點(diǎn)的場強(qiáng)大小關(guān)系為EC>EB>EAC．粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，電勢能先增加后減少D．粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功答案C解析由題圖v－t圖象知道帶電粒子在0～t0時(shí)間內(nèi)做減速運(yùn)動，電場力做負(fù)功，電勢能增大；在t0～3t0時(shí)間內(nèi)做反方向加速運(yùn)動，電場力做正功，電勢能減小，所以C正確，D錯(cuò)誤；因?yàn)椴恢缼щ娏Ｗ与娦?，此題中無法判斷電勢的上下，所以A錯(cuò)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(diǎn)中EB最大，B錯(cuò)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的一樣帶電粒子(重力不計(jì))，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，假設(shè)粒子在兩板之間的運(yùn)動時(shí)間均為T，那么粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()圖9A．1∶1B．2∶1C．3∶1D．4∶1答案C解析粒子在兩板之間的運(yùn)動時(shí)間均為T，在t＝nT時(shí)刻進(jìn)入的粒子的側(cè)移量最大，考慮豎直分運(yùn)動，在前半個(gè)周期是勻加速，后半個(gè)周期是勻速，設(shè)加速度為a，那么偏轉(zhuǎn)位移為：ymax＝eq\f(1,2)a·(eq\f(T,2))2＋a·eq\f(T,2)·eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2，在t＝(n＋eq\f(1,2))T時(shí)刻進(jìn)入的粒子，考慮豎直分運(yùn)動，在前半個(gè)周期是靜止，后半個(gè)周期是勻加速，側(cè)移量最小，為：ymin＝eq\f(1,2)a·(eq\f(T,2))2＝eq\f(1,8)aT2，故ymax∶ymin＝3∶1，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．9．如圖10所示是真空中A、B兩板間的勻強(qiáng)電場，一電子由A板無初速度釋放后運(yùn)動到B板，設(shè)電子在前一半時(shí)間內(nèi)和后一半時(shí)間內(nèi)的位移分別為x1和x2，那么x1與x2之比為()圖10A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4答案C解析無初速度釋放后，電子在電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，電子在前一半時(shí)間內(nèi)和后一半時(shí)間內(nèi)的位移之比是1∶3，選項(xiàng)C正確．10.a、b兩離子從平行板電容器兩板間Pa、b的偏轉(zhuǎn)時(shí)間一樣，那么a、b一定一樣的物理量是()圖11A．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＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，由于y、E、t均相等，故比荷eq\f(q,m)相等，故A正確；水平方向位移關(guān)系是xa>xb，水平分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，時(shí)間相等，故va>vb，故B錯(cuò)誤；a、b兩離子初速度不同，質(zhì)量關(guān)系未知，無法確定初動能大小關(guān)系，故C錯(cuò)誤；a、b兩離子比荷相等，質(zhì)量關(guān)系未知，無法確定電荷量大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)四磁場對運(yùn)動電荷的作用1．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動解題“三步法〞(1)畫軌跡：即確定圓心，畫出運(yùn)動軌跡．(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動速度的聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運(yùn)動時(shí)間的聯(lián)系，在磁場中的運(yùn)動時(shí)間與周期的聯(lián)系．(3)用規(guī)律：即牛頓運(yùn)動定律和圓周運(yùn)動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式．2．半徑確實(shí)定方法一：由物理方程求．由于Bqv＝eq\f(mv2,R)，所以半徑R＝eq\f(mv,qB)；方法二：由幾何關(guān)系求．一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通過計(jì)算來確定．3．時(shí)間確實(shí)定方法一：由圓心角求：t＝eq\f(θ,2π)·T；方法二：由弧長求：t＝eq\f(s,v).例4如圖12所示，長方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)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(yùn)動時(shí)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(shí)與bc邊夾角為150°，運(yùn)動時(shí)間為t2.不計(jì)粒子重力．那么t1∶t2是()圖12A．2∶eq\r(3)B.eq\r(3)∶2C．3∶2D．2∶3答案C解析根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動軌跡如下圖：由幾何知識可知：α＝90°，β＝60°，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期：T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間：t＝eq\f(θ,2π)T，粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間之比：eq\f(t1,t2)＝eq\f(α,β)＝eq\f(90°,60°)＝eq\f(3,2)，故C正確．11．(多項(xiàng)選擇)如圖13所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的邊界上，速度一樣的兩帶電粒子A、B從O點(diǎn)射入磁場中，速度與磁場邊界的夾角為θ(θ＝60°)，A粒子帶負(fù)電，B粒子帶正電，且A、B粒子的質(zhì)量之比為1∶4，帶電荷量之比為1∶2，不計(jì)粒子重力，以下說法中正確的選項(xiàng)是()圖13A．A、B粒子的軌道半徑之比為2∶1B．A、B粒子回到邊界時(shí)，速度大小、方向都一樣C．A、B粒子回到邊界時(shí)的位置離O點(diǎn)的距離之比為2∶1D．A、B粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間一樣答案BD解析由洛倫茲力提供向心力qBv＝meq\f(v2,r)得到r＝eq\f(mv,Bq)，所以eq\f(rA,rB)＝eq\f(mA,mB)×eq\f(qB,qA)＝eq\f(1,2)，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤．據(jù)左手定那么，A、B粒子的電性相反，偏轉(zhuǎn)方向相反，由于洛倫茲力不做功，所以速度大小不變，根據(jù)粒子做圓周運(yùn)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(xiàng)正確．由幾何關(guān)系能求得粒子回到邊界時(shí)到出發(fā)點(diǎn)的距離d＝2rsinθ，所以eq\f(dA,dB)＝eq\f(rA,rB)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由運(yùn)動學(xué)公式，粒子運(yùn)動的時(shí)間為t＝eq\f(θ,2π)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(θr,v)，所以eq\f(tA,tB)＝eq\f(θA,θB)×eq\f(rA,rB)＝eq\f(240°,120°)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,1)，所以選項(xiàng)D正確．12．如圖14，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且不計(jì)重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點(diǎn)垂直磁場射入，最后粒子垂直于MN射出，那么磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為()圖14A.eq\f(mv,qR)B.eq\f(mv,2qR)C.eq\f(mv,\r(3)qR)D.eq\f(mv,4qR)答案B解析粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由幾何關(guān)系，知圓心角為30°，粒子運(yùn)動的軌跡的半徑為：r＝2R①根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝meq\f(v2,r)得半徑為：r＝eq\f(mv,qB)②聯(lián)立①②得：B＝eq\f(mv,2qR)，故B正確．

專題強(qiáng)化練1．(2021·浙江4月選考·7)關(guān)于電容器，以下說法正確的選項(xiàng)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(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)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(cuò)誤；電容是電容器儲存電荷的本領(lǐng)，不隨充、放電過程變化，B錯(cuò)誤；電容器中的電場具有電場能，所以C錯(cuò)誤；兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)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(xué)家沈括在公元1086年寫的?夢溪筆談?中最早記載了：“方家(術(shù)士)以磁石磨針鋒，那么能指南，然常微偏東，不全南也．〞進(jìn)一步研究說明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖1所示．結(jié)合上述材料，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖1A．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理南極附近B．結(jié)合地球自轉(zhuǎn)方向，可以判斷出地球是帶正電的C．地球外表任意位置的磁場方向都與地面平行D．因地磁場影響，在進(jìn)展奧斯特實(shí)驗(yàn)時(shí)，通電導(dǎo)線南北放置時(shí)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象最明顯答案D3．如圖2所示，一導(dǎo)線繞制的線圈中放一枚小磁針，當(dāng)線圈中通以電流時(shí)，小磁針將會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是()圖2A．為使實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象明顯，線圈平面應(yīng)南北放置B．為使實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象明顯，線圈平面應(yīng)東西放置C．假設(shè)線圈平面南北放置，通電后再次穩(wěn)定時(shí)，小磁針轉(zhuǎn)過180°角D．假設(shè)線圈平面東西放置，通電后再次穩(wěn)定時(shí)，小磁針轉(zhuǎn)過90°角答案A4．(2021·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(gè)也帶正電的物體乙沿著以甲為圓心的豎直平面內(nèi)的圓弧由M點(diǎn)移動到N點(diǎn)，假設(shè)此過程中甲始終保持靜止，甲、乙兩物體可視為質(zhì)點(diǎn)，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()圖3A．甲對地面的壓力先增大后減小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A5．(2021·溫州市十五校聯(lián)合體期末)兩個(gè)點(diǎn)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(shí)的運(yùn)動軌跡，該粒子在電場中運(yùn)動時(shí)只受電場力作用，由圖可判斷()圖4A．a(chǎn)、b帶等量異號電荷B．a(chǎn)、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(yùn)動時(shí)動能先減小后增大D．粒子c帶負(fù)電，在電場中運(yùn)動時(shí)動能先增大后減小答案D6．(2021·杭州市五校聯(lián)考)兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，固定在圖5中P、Q兩點(diǎn)，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點(diǎn)，A為MN上的一點(diǎn)．一帶負(fù)電的試探電荷q，從A點(diǎn)由靜止釋放，只在靜電力作用下運(yùn)動，取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，那么()圖5A．q由A向O的運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動B．q由A向O運(yùn)動的過程電勢能逐漸減小C．q運(yùn)動到O點(diǎn)時(shí)的動能最小D．q運(yùn)動到O點(diǎn)時(shí)電勢能為零答案B7．(2021·湖州、衢州、麗水高三期末)如圖6(a)所示為兩個(gè)帶電物體，甲固定在絕緣水平面上，乙從甲右側(cè)某處靜止釋放后的v－t圖象如圖(b)所示，那么()圖6A．兩個(gè)物體帶同種電荷B．兩個(gè)物體帶異種電荷C．兩個(gè)物體帶電荷量一定相等D．兩個(gè)物體帶電荷量一定不等答案B8．(2021·諸暨中學(xué)段考)如圖7所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小一樣的電流，方向如下圖．一帶正電粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直紙面向內(nèi)運(yùn)動，它所受洛倫茲力的方向()圖7A．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(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場，根據(jù)安培定那么，a在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向水平向左，b在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，c在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向水平向左，d在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，所以合磁場方向水平向左．根據(jù)左手定那么，此帶正電粒子在合磁場中所受洛倫茲力方向向上．9．(2021·新力量聯(lián)盟期末)教師在課堂上做了一個(gè)演示實(shí)驗(yàn)：裝置如圖8所示，在容器的中心放一個(gè)圓柱形電極B，沿容器邊緣內(nèi)壁放一個(gè)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(nèi)放入導(dǎo)電液體，將該容器放在磁場中，液體就會旋轉(zhuǎn)起來．關(guān)于這種現(xiàn)象以下說法正確的選項(xiàng)是()圖8A．液體旋轉(zhuǎn)是因?yàn)殡姶鸥袘?yīng)現(xiàn)象B．液體旋轉(zhuǎn)是因?yàn)槭艿桨才嗔ψ饔肅．僅將電流方向改為反向，液體旋轉(zhuǎn)方向不變D．僅將磁場方向改為反向，液體旋轉(zhuǎn)方向不變答案B10．(2021·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(dǎo)入大地．在赤道某地兩建筑上空，有一團(tuán)帶負(fù)電的烏云經(jīng)過其正上方時(shí)，發(fā)生放電現(xiàn)象，如圖9所示，那么此過程中地磁場對避雷針的作用力的方向是()圖9A．向東B．向南C．向西D．向北答案C11．如圖10所示，豎直放置的兩平行金屬板間有勻強(qiáng)電場，在兩極板間同一等高線上有兩質(zhì)量相等的帶電小球a、b(均可以看成質(zhì)點(diǎn))．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(yùn)動，都能打在右極板上的同一點(diǎn)．那么從釋放小球到剛要打到右極板的運(yùn)動(過程)中，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖10A．它們的運(yùn)動時(shí)間ta>tbB．它們的電荷量之比qa∶qb＝1∶2C．它們的電勢能減少量之比ΔEa∶ΔEb＝4∶1D．它們的動能增加量之比ΔEk1∶ΔEk2＝4∶1答案C解析小球運(yùn)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(yùn)動，水平方向做加速度a′＝eq\f(qE,m)的勻加速運(yùn)動；由兩小球豎直位移一樣可得運(yùn)動時(shí)間一樣，即ta＝tb，所以，eq\f(qa,qb)＝eq\f(aa′,ab′)＝eq\f(sa水平,sb水平)＝2∶1，故A、B錯(cuò)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(xiàng)可知：動能增加量之比不可能為4∶1，故D錯(cuò)誤．12．(2021·臺州中學(xué)統(tǒng)練)如圖11所示，絕緣水平面上有A、B、C、D四點(diǎn)，依次相距L，假設(shè)把帶電金屬小球甲(半徑遠(yuǎn)小于L)放在B點(diǎn)，測得D點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為E；現(xiàn)將不帶電的一樣金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點(diǎn)，此時(shí)D點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為()圖11A.eq\f(4,9)EB.eq\f(5,9)EC．ED.eq\f(20,9)E答案D解析根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E＝eq\f(kQ,r2)，那么B點(diǎn)電荷在D的電場強(qiáng)度為EB＝eq\f(kQ,2L2)＝eq\f(kQ,4L2)＝E；當(dāng)將不帶電的一樣金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點(diǎn)，那么兩球的帶電荷量均為eq\f(Q,2)，那么A處的小球在D處的電場強(qiáng)度EA＝eq\f(k·\f(Q,2),3L2)＝eq\f(kQ,18L2)，而C處的小球在D處的電場強(qiáng)度EC＝eq\f(kQ,2L2)；由于兩球在D處的電場強(qiáng)度方向一樣，因此它們在D點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為E合＝eq\f(kQ,18L2)＋eq\f(kQ,2L2)＝eq\f(5kQ,9L2)＝eq\f(20,9)E，故D正確．13．如圖12所示，勻強(qiáng)電場中有M、N、P、Q四點(diǎn)，它們分別位于矩形的四個(gè)頂點(diǎn)上．電子分別由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)和Q點(diǎn)的過程中，電場力所做的正功一樣，N、P、Q中有兩點(diǎn)電勢是18V、10V．那么()圖12A．不可能求出M點(diǎn)電勢B．N點(diǎn)電勢是18VC．P點(diǎn)電勢是10VD．Q點(diǎn)電勢是10V答案D解析電子分別由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)和Q點(diǎn)過程中，電場力所做的正功一樣，說明N、Q兩點(diǎn)電勢相等，且高于M點(diǎn)的電勢，故四點(diǎn)的電勢關(guān)系是φM<φN＝φQ<φP，所以φP＝18V，φN＝φQ＝10V，B、C錯(cuò)誤，D正確；由于QM平行且與PN長度一樣，所以UQM＝UPN＝8V，可得φM＝2V，A錯(cuò)誤．14．(2021·臺州市高三期末)如圖13所示，三根長為L的平行長直導(dǎo)線的橫截面在空間構(gòu)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(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，導(dǎo)線C位于水平面處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么導(dǎo)線C受到的靜摩擦力是()圖13A.eq\r(3)B0IL，水平向左 B.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向右C.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向左 D.eq\r(3)B0IL，水平向右答案D15．如圖14所示，以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界上的A點(diǎn)有一粒子發(fā)射源，沿半徑AO方向發(fā)射出速率不同的同種粒子(重力不計(jì))，垂直進(jìn)入磁場，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖14A．速率越大的粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間越長B．速率越小的粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間越長C．速率越大的粒子在磁場中運(yùn)動的角速度越大D．速率越小的粒子在磁場中運(yùn)動的角速度越大答案B解析粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，那么有Bqv＝meq