2020高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第1讲 电场和磁场性质的理解学案

2020高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第1讲 电场和磁场性质的理解学案

第1讲　电场和磁场性质的理解 ‎[历次选考考情分析]‎ 章 知识内容 考试要求 历次选考统计 必考 加试 ‎2015/10‎ ‎2016/04‎ ‎2016/10‎ ‎2017/04‎ ‎2017/11‎ ‎2018/04‎ 静电场 电荷及其守恒定律 b c ‎6‎ 库仑定律 c ‎11‎ ‎4、13‎ ‎13‎ ‎3‎ ‎6‎ 电场强度 c c ‎13‎ ‎8‎ ‎6‎ ‎11‎ 电势能和电势 b c ‎13‎ ‎8‎ ‎11‎ 电势差 b c 电势差与电场强度的关系 c 静电现象的应用 b 电容器的电容 b c ‎7‎ 带电粒子在电场中的运动 b d ‎23‎ ‎8、22‎ ‎8、23‎ ‎8‎ ‎8、19‎ ‎22‎ 磁场 磁现象和磁场 b b ‎4‎ ‎10‎ ‎3‎ 磁感应 强度 c c ‎12‎ 几种常见的磁场 b b 通电导线在磁场中受到的力 c d ‎9、22‎ ‎9、23‎ ‎10‎ ‎9‎ ‎7‎ 20‎ 运动电荷在磁场中受到的力 c c ‎23‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎23‎ ‎23‎ ‎22‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动 d ‎23‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎23‎ ‎23‎ ‎22‎ 考点一　电场基本性质的理解 ‎1．电场强度、电势、电势能的判断方法 ‎(1)电场强度 ‎①根据电场线的疏密程度进行判断；‎ ‎②根据E＝进行判断．‎ ‎(2)电势 ‎①沿电场线方向电势逐渐降低；‎ ‎②若q和Wab已知，由Uab＝判定．‎ ‎(3)电势能 ‎①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；‎ ‎②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小．‎ ‎2．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 ‎(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；‎ ‎(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；‎ ‎(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．‎ ‎1．[库仑定律](2018·浙江4月选考·6)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为(　　)‎ 20‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　设A、B两金属小球开始带电荷量均为Q，距离为r，F＝k，用一个不带电的金属球C先后与A、B接触，与A接触完后，A、C带电荷量均为，再与B接触后，B、C带电荷量均为Q，F′＝k＝F，因此选C.‎ ‎2．[电容器](2018·温州市六校期末)目前，指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹表面的距离．在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开始用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进行匹配，如图1所示．下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．湿的手不会影响指纹解锁 B．极板与指纹嵴(凸起部分)构成的电容器电容小 C．极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器充上的电荷较多 D．极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器放电时间较短 答案　D ‎3．[电场强度和电势差]如图2所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝‎0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)‎ 图2‎ A．UOP＝－10sin θ (V)‎ 20‎ B．UOP＝10sin θ (V)‎ C．UOP＝－10cos θ (V)‎ D．UOP＝10cos θ (V)‎ 答案　A 解析　由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的．沿着电场线的方向电势是降低的，所以P点的电势高于O点的电势，O、P两点的电势差UOP为负值．根据电势差与场强的关系UOP＝－Ed＝－E·Rsin θ＝－10sin θ (V)，所以A正确．‎ ‎4．[电场强度、电势、电势能](2018·嘉兴市期末)一对等量异种点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图3所示，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．A点场强EA大于B点场强EB B．A点电势φA高于B点电势φB C．某一点电荷在A点时的电势能EpA一定大于在B点时的电势能EpB D．将某一点电荷从A点移至B点，路径不同，电场力做功也不同 答案　A ‎5．[电场线和运动轨迹]如图4所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则(　　)‎ 图4‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．电场力对a做正功，a的电势能减小，电场力对b做负功，b的电势能增大 C．a的速度将减小，b的动能将增大 D．a的加速度减小，b的加速度将增大 答案　D 20‎ 解析　电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定；从题图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，两带电粒子电势能都减小，所以选项A、B、C错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以选项D正确．‎ 考点二　磁场及其对电流的作用 ‎1．求解有关磁感应强度的关键 ‎(1)磁感应强度是由磁场本身决定的；‎ ‎(2)B＝只适用于通电导线垂直于磁场；‎ ‎(3)合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)．‎ ‎2．求解安培力作用下导体棒平衡问题的思路 ‎(1)选取通电导体棒为对象；‎ ‎(2)受力分析，画受力分析图，用左手定则判断安培力的方向；‎ ‎(3)根据力的平衡条件列方程．‎ 例1　(2018·浙江4月选考·12)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图5所示．有一种探测的方法是，首先给金属长直管通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L.由此可确定金属管线(　　)‎ 图5‎ A．平行于EF，深度为 B．平行于EF，深度为L C．垂直于EF，深度为 D．垂直于EF，深度为L 答案　A 解析　画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点a即为地面距离管线最近的点，作出b、c两点的位置，由题意可知EF过a点垂直于纸面，所以金属管线与EF平行，根据几何关系得深度为.‎ 20‎ ‎6．(2018·浙江4月选考·7)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通过电流I时，如图6所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是(　　)‎ 图6‎ 答案　D 解析　利用左手定则，四指指向电流方向，磁感线穿过掌心，大拇指所指的方向就是受力方向，因此选D.‎ ‎7．(2018·牌头中学期中)在磁场中的同一位置放置一根短直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通以不同的电流，导线受到的磁场力也不同，下列表示导线受到的磁场力F与其电流I的关系图象(a、b各代表一组F、I的数据)正确的是(　　)‎ 20‎ 答案　C 解析　在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F＝BIL，由于磁感应强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故C正确．‎ ‎8．(2018·台州市外国语学校期末)如图7所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B.当棒通以方向由a到b、大小为I的电流时，棒处于平衡状态，平衡时弹簧伸长量为x1；保持电流大小不变，使棒中电流反向，则棒平衡时下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．弹簧伸长，伸长量为＋x1‎ B．弹簧伸长，伸长量为＋x1‎ C．弹簧压缩，压缩量为－x1‎ D．弹簧压缩，压缩量为－x1‎ 答案　A 解析　当棒通以方向由a到b、大小为I的电流时，由左手定则可知，棒受到的安培力沿导轨斜向上，大小为BIL，设导轨与水平面的夹角为θ，则由平衡条件得：mgsin θ＝BIL＋kx1‎ 当保持电流大小不变，使棒中电流反向，由左手定则知，受到的安培力沿导轨斜向下，大小还是BIL 此时有mgsin θ＋BIL＝kx 得x＝＋x1‎ 弹力沿着斜面向上，则弹簧是伸长的，故选A.‎ 考点三　带电粒子在电场中的运动 ‎1．直线运动的两种解题思路 ‎(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动 20‎ 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．‎ ‎(2)用动能定理(或动量定理)处理带电粒子在电场中的直线运动 要注意受力分析、过程分析，另外，电场力做功与重力做功均与经过的路径无关，只与初、末位置有关．‎ ‎2．偏转问题的解题思路 ‎(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用而做类平抛运动．‎ ‎(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．‎ 例2　(2018·浙江4月选考·11)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图8所示．粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是(　　)‎ 图8‎ A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC B．A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少 D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功 答案　C 解析　由题图v－t图象知道带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增大；‎ 在t0～3t0时间内做反方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，所以C正确，D错误；‎ 因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，所以A错误；‎ 图象中斜率表示带电粒子的加速度，Eq＝ma，可知A、B、C三点中EB最大，B错误．‎ 例3　如图9甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)‎ 20‎ 图9‎ A．1∶1 B．2∶‎1 C．3∶1 D．4∶1‎ 答案　C 解析　粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝nT时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是匀加速，后半个周期是匀速，设加速度为a，则偏转位移为：ymax＝a·()2＋a··＝aT2，在t＝(n＋)T时刻进入的粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量最小，为：ymin＝a·()2＝aT2，故ymax∶ymin＝3∶1，故A、B、D错误，C正确．‎ ‎9．如图10所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放后运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x1和x2，则x1与x2之比为(　　)‎ 图10‎ A．1∶1 B．1∶2‎ C．1∶3 D．1∶4‎ 答案　C 解析　无初速度释放后，电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，电子在前一半时间内和后一半时间内的位移之比是1∶3，选项C正确．‎ ‎10.a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图11.若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是(　　)‎ 图11‎ A．比荷 B．入射速度 20‎ C．入射动能 D．电荷量 答案　A 解析　a、b两离子竖直方向分位移相等，故：y＝··t2，由于y、E、t均相等，故比荷相等，故A正确；‎ 水平方向位移关系是xa>xb，水平分运动是匀速直线运动，时间相等，故va>vb，故B错误；‎ a、b两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能大小关系，故C错误；‎ a、b两离子比荷相等，质量关系未知，无法确定电荷量大小关系，故D错误．‎ 考点四　磁场对运动电荷的作用 ‎1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法”‎ ‎(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．‎ ‎(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．‎ ‎(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．‎ ‎2．半径的确定 方法一：由物理方程求．由于Bqv＝，所以半径R＝；‎ 方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定．‎ ‎3．时间的确定 方法一：由圆心角求：t＝·T；‎ 方法二：由弧长求：t＝.‎ 例4　如图12所示，长方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率v1沿ab射入磁场区域，垂直于dc边离开磁场区域，运动时间为t1；以速率v2沿ab射入磁场区域，从bc边离开磁场区域时与bc边夹角为150°，运动时间为t2.不计粒子重力．则t1∶t2是(　　)‎ 图12‎ 20‎ A．2∶ B.∶‎2 C．3∶2 D．2∶3‎ 答案　C 解析　根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可知：α＝90°，β＝60°，‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝，粒子在磁场中的运动时间：t＝T，粒子在磁场中的运动时间之比：＝＝＝，故C正确．‎ ‎11．(多选)如图13所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，速度相同的两带电粒子A、B从O点射入磁场中，速度与磁场边界的夹角为θ(θ＝60°)，已知A粒子带负电，B粒子带正电，且A、B粒子的质量之比为1∶4，带电荷量之比为1∶2，不计粒子重力，下列说法中正确的是(　　)‎ 图13‎ A．A、B粒子的轨道半径之比为2∶1‎ B．A、B粒子回到边界时，速度大小、方向都相同 C．A、B粒子回到边界时的位置离O点的距离之比为2∶1‎ D．A、B粒子在磁场中运动的时间相同 答案　BD 解析　由洛伦兹力提供向心力qBv＝m得到r＝，所以＝×＝，所以选项A错误．据左手定则，A、B粒子的电性相反，偏转方向相反，由于洛伦兹力不做功，所以速度大小不变，根据粒子做圆周运动的对称性，A、B的方向都是与边界成60°角斜向右下，所以B选项正确．由几何关系能求得粒子回到边界时到出发点的距离d＝2rsin θ，所以＝＝ 20‎ ‎，选项C错误．由运动学公式，粒子运动的时间为t＝×＝，所以＝×＝×＝，所以选项D正确．‎ ‎12．如图14，半径为R的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为＋q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径PO夹角θ＝30°的方向从P点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN射出，则磁感应强度的大小为(　　)‎ 图14‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系，知圆心角为30°，粒子运动的轨迹的半径为：r＝2R①‎ 根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m得半径为：r＝②‎ 联立①②得：B＝，故B正确．‎ 20‎ ‎专题强化练 ‎1．(2016·浙江4月选考·7)关于电容器，下列说法正确的是(　　)‎ A．在充电过程中电流恒定 B．在放电过程中电容减小 C．能储存电荷，但不能储存电能 D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器 答案　D 解析　由电容器的充、放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A错误；电容是电容器储存电荷的本领，不随充、放电过程变化，B错误；电容器中的电场具有电场能，所以C错误；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D正确．‎ ‎2．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了：“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图1所示．结合上述材料，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近 B．结合地球自转方向，可以判断出地球是带正电的 C．地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行 D．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显 答案　D ‎3．如图2所示，一导线绕制的线圈中放一枚小磁针，当线圈中通以电流时，小磁针将会发生偏转，则下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．为使实验现象明显，线圈平面应南北放置 20‎ B．为使实验现象明显，线圈平面应东西放置 C．若线圈平面南北放置，通电后再次稳定时，小磁针转过180°角 D．若线圈平面东西放置，通电后再次稳定时，小磁针转过90°角 答案　A ‎4．(2018·名校协作体)如图3所示，在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲，现将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M点移动到N点，若此过程中甲始终保持静止，甲、乙两物体可视为质点，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．甲对地面的压力先增大后减小 B．甲受到地面的摩擦力大小不变 C．甲受到地面的摩擦力先增大后减小 D．乙的电势能先增大后减小 答案　A ‎5．(2018·温州市十五校联合体期末)两个点电荷a、b周围的电场线分布情况如图4所示，虚线为带电粒子c穿越该电场时的运动轨迹，该粒子在电场中运动时只受电场力作用，由图可判断(　　)‎ 图4‎ A．a、b带等量异号电荷 B．a、b带同号电荷，a的电荷量大于b的电荷量 C．粒子c带正电，在电场中运动时动能先减小后增大 D．粒子c带负电，在电场中运动时动能先增大后减小 答案　D ‎6．(2018·杭州市五校联考)两个带等量正电的点电荷，固定在图5中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则(　　)‎ 20‎ 图5‎ A．q由A向O的运动是匀加速直线运动 B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C．q运动到O点时的动能最小 D．q运动到O点时电势能为零 答案　B ‎7．(2018·湖州、衢州、丽水高三期末)如图6(a)所示为两个带电物体，甲固定在绝缘水平面上，乙从甲右侧某处静止释放后的v－t图象如图(b)所示，则(　　)‎ 图6‎ A．两个物体带同种电荷 B．两个物体带异种电荷 C．两个物体带电荷量一定相等 D．两个物体带电荷量一定不等 答案　B ‎8．(2018·诸暨中学段考)如图7所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电粒子从正方形中心O点沿垂直纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向(　　)‎ 图7‎ A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案　A 解析　此带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据安培定则，a在O点产生的磁场方向水平向左，b在O点产生的磁场方向竖直向上，c在O 20‎ 点产生的磁场方向水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左．根据左手定则，此带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上．‎ ‎9．(2018·新力量联盟期末)老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图8所示，在容器的中心放一个圆柱形电极B，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A，把A和B分别与直流电源的两极相连，然后在容器内放入导电液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．关于这种现象下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．液体旋转是因为电磁感应现象 B．液体旋转是因为受到安培力作用 C．仅将电流方向改为反向，液体旋转方向不变 D．仅将磁场方向改为反向，液体旋转方向不变 答案　B ‎10．(2018·新高考联盟联考)高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图9所示，则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是(　　)‎ 图9‎ A．向东 B．向南 C．向西 D．向北 答案　C ‎11．如图10所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球a、b(均可以看成质点)．将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点．则从释放小球到刚要打到右极板的运动(过程)中，下列说法正确的是(　　)‎ 20‎ 图10‎ A．它们的运动时间ta>tb B．它们的电荷量之比qa∶qb＝1∶2‎ C．它们的电势能减少量之比ΔEa∶ΔEb＝4∶1‎ D．它们的动能增加量之比ΔEk1∶ΔEk2＝4∶1‎ 答案　C 解析　小球运动过程只受重力和电场力作用，故粒子竖直方向做加速度a＝g的匀加速运动，水平方向做加速度a′＝的匀加速运动；由两小球竖直位移相同可得运动时间相同，即ta＝tb，所以，＝＝＝2∶1，故A、B错误；由电势能减少量等于电场力做的功可得：ΔEa∶ΔEb＝qaEsa水平∶qbEsb水平＝4∶1，故C正确；由动能定理可知：小球动能增加量等于重力势能和电势能减小量之和；又有两小球重力势能减小量相等，由C项可知：动能增加量之比不可能为4∶1，故D错误．‎ ‎12．(2018·台州中学统练)如图11所示，绝缘水平面上有A、B、C、D四点，依次相距L，若把带电金属小球甲(半径远小于L)放在B点，测得D点处的电场强度大小为E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，此时D点处的电场强度大小为(　　)‎ 图11‎ A.E B.E C．E D.E 答案　D 解析　根据点电荷电场强度公式E＝，则B点电荷在D的电场强度为EB＝＝＝E；当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，则两球的带电荷量均为，那么A处的小球在D处的电场强度EA＝＝，而C处的小球在D处的电场强度EC＝；由于两球在D处的电场强度方向相同，因此它们在D点处的电场强度大小为E合＝＋ 20‎ ‎＝＝E，故D正确．‎ ‎13．如图12所示，匀强电场中有M、N、P、Q四点，它们分别位于矩形的四个顶点上．电子分别由M点运动到N点和Q点的过程中，电场力所做的正功相同，已知N、P、Q中有两点电势是18 V、10 V．则(　　)‎ 图12‎ A．不可能求出M点电势 B．N点电势是18 V C．P点电势是10 V D．Q点电势是10 V 答案　D 解析　电子分别由M点运动到N点和Q点过程中，电场力所做的正功相同，说明N、Q两点电势相等，且高于M点的电势，故四点的电势关系是φM<φN＝φQ<φP，所以φP＝18 V，φN＝φQ＝10 V，B、C错误，D正确；由于QM平行且与PN长度相同，所以UQM＝UPN＝8 V，可得φM＝2 V，A错误．‎ ‎14．(2018·台州市高三期末)如图13所示，三根长为L的平行长直导线的横截面在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里．电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是(　　)‎ 图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．如图14所示，以O为圆心的圆形区域内，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界上的A点有一粒子发射源，沿半径AO方向发射出速率不同的同种粒子(重力不计)，垂直进入磁场，下列说法正确的是(　　)‎ 20‎ 图14‎ A．速率越大的粒子在磁场中运动的时间越长 B．速率越小的粒子在磁场中运动的时间越长 C．速率越大的粒子在磁场中运动的角速度越大 D．速率越小的粒子在磁场中运动的角速度越大 答案　B 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝m，解得粒子做圆周运动的半径R＝，设磁场圆形区域半径为r，如图所示，‎ 粒子在磁场中运动的偏转角为2θ，由几何关系得：tan θ＝，所以v越大，则R大，则tan θ越小，故θ也越小，而周期T＝，即不同速率的粒子在磁场中做圆周运动的周期相同．则粒子在磁场中运动的偏转角越大，运动时间越长，所以速率越大的粒子在磁场中运动的偏转角越小，运动的时间越短，故A错误，B正确；粒子在磁场中运动的角速度ω＝＝，所以不同速率粒子在磁场中运动的角速度相等，故C、D错误．‎ ‎16．(2018·诸暨中学段考)如图15所示，在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里的匀强磁场．现将一带电小球以一定初速度v0竖直上抛，小球能上升的最大高度为h，设重力加速度为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)‎ 图15‎ A．h一定大于 B．h一定等于 20‎ C．h一定小于 D．h可能等于 答案　C 解析　如果没有磁场，小球将做竖直上抛运动，上升的最大高度：h＝，当加上磁场后，小球在运动过程中，除受重力外，还要受到洛伦兹力作用，小球在向上运动的同时会发生偏转，小球到达最高点时速度不为零，动能不为零，因此小球上升最大高度小于，故C正确．‎ ‎17．(2018·牌头中学期中)电磁炮是一种理想兵器，它的主要原理如图16所示，1982年澳大利亚国立大学成功研制出能把‎2.2 g的弹体(包括金属杆MN的质量)加速到‎10 km/s的电磁炮．若轨道宽‎2 m，长‎100 m，通过金属杆的电流恒为‎10 A，不计轨道摩擦，则(　　)‎ 图16‎ A．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5 T B．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5×104 T C．该电磁炮工作时磁场力的最大功率为1.1×104 kW D．该电磁炮装置中对磁场方向和电流方向的关系没有要求 答案　C 解析　由运动学公式2ax＝v2－v02可得弹体的加速度为a＝＝ m/s2＝5×‎105 m/s2；弹体所受安培力为F＝BIL，由牛顿第二定律可得：BIL＝ma，解得：B＝＝ T＝55 T，选项A、B错误；速度最大时磁场力的功率最大：Pm＝BIL·vm＝55×10×2×104 W＝1.1×104 kW，选项C正确；电磁炮装置中必须使得磁场方向和电流方向决定的安培力方向与炮弹沿导轨的加速度方向一致，选项D错误．‎ 20‎