2020届高考物理全优二轮复习集训：专题3 第1讲　电场、磁场的基本性质 Word版含解析.doc

1、 第 - 1 - 页 共 7 页 - 1 - 专题三专题三 第第 1 讲讲 一、选择题：每小题给出的四个选项中，第 14 题只有一项符合题目要求，第 57 题 有多项符合题目要求 1(2019 年河北衡水模拟)固定在 M、N 两点的两个完全相同的带正电实心铜质小球，球 心间距为 l，半径为 r，质量为 m，电荷量为 q，已知 l3r，静电力常量为 k，万有引力常量 为 G，下列说法正确的是( ) A两小球均可视为质点且二者间的万有引力可直接通过万有引力定律求解 B两小球均可视为点电荷且二者间的电场力可直接通过库仑定律求解 C二者间的万有引力大小为 Gm 2 9r2，二者间的电场力大小为 k q

2、2 9r2 D二者间的万有引力大小为 Gm 2 9r2，二者间的电场力小于 k q2 9r2 【答案】D 2(2019 年豫北豫南名校联考)有一沿 x 轴方向的静电场，其电势 随 x 轴坐标的变化情 况如图所示P、Q 为 x 轴上的两点，其坐标分别为 xP1 cm、xQ4 cm.若将一质量为 m、电 荷量为 q 的带正电粒子(重力不计)从 x 轴上的某处释放，则下列说法中正确的是( ) A若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子在 P 点和 Q 点的加速度大小相等，方向 相反 B若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子经过 P 点和 Q 点时，电场力做功的功率 相等 C若该粒子从 Q 点由静止释放

3、，则粒子将沿 x 轴负方向一直向前运动 D若该粒子从 P 点以沿 x 轴正方向的水平速度 v02 q0 m 释放，则粒子将沿 x 轴正方 向一直向前运动 【答案】D 【解析】x 图象的斜率大小等于场强 E，则知 P 点的场强大于 Q 点的场强，根据牛顿 第二定律 aqE m 知粒子在 P 点的加速度大于在 Q 点的加速度， 加速度方向相反， 故 A 错误 粒 子经过 P 点与 Q 点时电势相等则电势能相等，动能相等，速度大小相等；由图象知道电场强 度之比为 21，所以电场力大小之比为 21，根据 PFv，粒子经过 P 点时电场力做功的功 第 - 2 - 页 共 7 页 - 2 - 率大小是 Q

4、 点的两倍，B 错误若粒子从 Q 点释放，先向 x 轴负方向加速运动再减速运动， 到达 P 点时速度减为零，此时电场力沿 x 轴正向，故反向做加速运动，C 错误粒子在 P 点 以某一初速度释放，先加速后减速运动到 Q 点速度相等，假设此后减速过程到 10 cm 处速度 减为零时电场力做的负功为 Wq 201 2mv 2 0，解得 v02 q0 m ，则保证运动不反向的初速度 至少为 2 q0 m ，D 正确 3(2019 年陕西榆林四模)如图所示，矩形虚线框 MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直 纸面向里a、b、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从 PQ 边的中点沿垂直于磁 场的方

5、向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹粒子重力不计下列说法正确的 是( ) A粒子 a 带负电 B粒子 c 的动能最大 C粒子 b 在磁场中运动的时间最长 D粒子 b 在磁场中运动时的向心力最大 【答案】D 【解析】根据左手定则知粒子 a 带正电，粒子 b、c 带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运 动时，由洛伦兹力提供向心力，根据 qvBmv 2 r ，可得 rmv qB，粒子的动能 Ek 1 2mv 2，已知三 个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图 知，c 粒子速率最小，b 粒子速率最大，b 粒子动能最大，向心力最大，故 B 错误，D 正确根 据

6、 t 2 2m qB m qB，则 c 粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项 C 错误；故选 D. 4(2019 年天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件当显示屏 开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭， 电脑进入休眠状态如图所示，一块宽为 a、长为 b 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒 子是电荷量为 e 的自由电子， 通入方向向右的电流时， 电子的定向移动速度为 v.当显示屏闭合 时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压 U，以 此控制屏幕的熄灭则元件的( ) 第 - 3 - 页 共 7

7、页 - 3 - A前表面的电势比后表面的低 B前、后表面间的电压 U 与 v 无关 C前、后表面间的电压 U 与 c 成正比 D自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a 【答案】D 【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可 知电子偏转到后表面，因此前表面的电势比后表面的高，故 A 错误；电子在运动过程中洛伦 兹力和电场力平衡，有 F洛evB，F电eEeU a，故 F 洛eU a，故 D 正确；由 evBe U a，则电 压 UavB，故前、后表面的电压与速度有关，与 a 成正比，故 B、C 错误 5(2019 年江苏卷)如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和 b

8、是两条固定的平行长直导线， 通过的电流强度相等. 矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在 a、b 电 流产生的磁场作用下静止则 a、b 的电流方向可能是( ) A均向左 B均向右 Ca 的向左，b 的向右 Da 的向右，b 的向左 【答案】CD 【解析】由右手螺旋定则可知，若 a、b 两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处 产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受 的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b 两导线的电流方向相反，故 C、 D 正确 6 (2019 年江苏卷)如图所示， ABC 为等边三角形， 电荷量为q

9、 的点电荷固定在 A 点 先 将一电荷量也为q 的点电荷 Q1从无穷远处(电势为 0)移到 C 点，此过程中，电场力做功为 W.再将 Q1从 C 点沿 CB 移到 B 点并固定最后将一电荷量为2q 的点电荷 Q2从无穷远处移 到 C 点下列说法正确的有( ) AQ1移入之前，C 点的电势为W q BQ1从 C 点移到 B 点的过程中，所受电场力做的功为 0 CQ2从无穷远处移到 C 点的过程中，所受电场力做的功为 2W 第 - 4 - 页 共 7 页 - 4 - DQ2在移到 C 点后的电势能为4W 【答案】ABD 【解析】由题意可知，C 点的电势为 CEp q W q，故 A 正确；由于 B

10、、C 两点到 A 点( q)的距离相等，所以 B、C 两点的电势相等，所以 Q1从 C 点移到 B 点的过程中，电场力做功 为 0，故 B 正确；由于 B、C 两点的电势相等，所以当在 B 点固定 Q1后，C 点的电势为2W q ， 所以 Q2从无穷远移到 C 点过程中，电场力做功为 WqU2q 02W q 4W，故 C 错误； 由于 C 点的电势为2W q ，所以电势能为 Ep4W，故 D 正确 7(2019 年深圳名校模拟)如图所示为带电粒子只在电场力作用下运动的 vt 图象，在 a 点的速度为 va，运动到 b 点的速度为 vb，则下列说法中正确的是( ) A电场中 a 点电势一定比 b

11、 点电势高 B粒子在 a 点的电势能一定比在 b 点的电势能大 C在 0t1时间内，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小 D在 0t1时间内，粒子运动路径与电场力不在一条直线上 【答案】BC 二、非选择题 8(2019 年云南保山二模)如图甲所示，一端连接一质量为 1 kg 的带正电小球的轻杆，可 绕固定轴 O 在竖直面内无摩擦转动 竖直面内有方向竖直向下、 场强 E1103 N/C 的匀强 电场小球运动到最高点时的动能 Ek与杆对球的作用力 F 间的关系如图乙所示取竖直向下 为力 F 的正方向，重力加速度取 g10 m/s2. (1)求小球所带的电荷量； (2)当小球在最高点时的速度

12、为 6 m/s，求其运动到最低点的速度 【答案】解：(1)小球在最高点，根据牛顿第二定律可得 mgEqFmv 2 l 根据乙图可得，当 Ek0 时，杆对球的力为 F20 N 联立解得 q110 2 C. 第 - 5 - 页 共 7 页 - 5 - (2)当 Ek8 J 时，杆对球的力为 F0 N 联立解得 l0.8 m 当小球从最高点运动到最低点的过程中， 根据动能定理得(mgEq) 2l1 2mv 2 21 2mv 2 1 解得 v210 m/s. 9 (2019 年西安模拟)如图所示， 一带电微粒质量为 m2.010 11 kg、 电荷量 q1.010 5 C， 从静止开始经电压为 U 1

13、100 V 的电场加速后， 水平进入两平行金属板间的偏转电场中， 微粒射出电场时的速度偏转角 60 ，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强 磁场区域，微粒射出磁场时的速度偏转角也为 60 .已知偏转电场中金属板长 L2 3 cm， 圆形匀强磁场的半径 R10 3 cm，重力忽略不计求： (1)带电微粒经 U1100 V 的电场加速后的速率； (2)两金属板间偏转电场的电场强度 E； (3)匀强磁场的磁感应强度大小 解：(1)带电微粒经加速电场加速后速度为 v1，根据动能定理有 qU11 2mv 2 1 得 v1 2U1q m 1.0104 m/s. (2)带电微粒在偏转电场中只受电场

14、力作用，做类平抛运动在水平方向微粒做匀速直线 运动，有 v1L t 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为 a，出电场时竖直方向速度为 v2，有 a qE m 由几何关系 tan v2 v1，由题知 60 解得 E10 000 V/m. (3)设带电粒子进磁场时的速度大小为 v，则 v v1 cos 60 2104 m/s 由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁 场区域圆心， 第 - 6 - 页 共 7 页 - 6 - 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为 rRtan 60 0.3 m 由 qvBmv 2 r 得 Bmv qr 0.13 T.

15、 10(2019 年四川广安二模)如图所示，水平方向的圆形磁场区域与竖直边界 MN 相切于 C 点，磁场半径为 R，C 点与磁场圆心 O 等高边界 PQ、荧光屏 GH 均与 MN 平行，且 MN 与 PQ 之间间距为 3 2 R，PQ 与 GH 之间的间距为 R.在 PQ、GH 间存在竖直向下的匀强电场，电 场强度 Emv 2 0 2qR.现从 O 点正下方的 A 点同时垂直磁场方向射入两个相同的带电粒子 1 和 2， 它 们的质量为 m，电量为q，速度大小均为 v0；粒子 1 的速度方向指向 O 点，粒子 2 的速度方 向与 AO 成 30 夹角斜向右上方粒子 1 恰能从 C 点射出磁场粒子

16、视为质点，在图示平面内 运动，电荷量保持不变，不计空气阻力、重力，忽略边缘效应 (1)求圆形磁场的磁感应强度 B； (2)求两粒子从进入磁场到打在荧光屏所用时间之差 t； (3)若在 OA 右侧磁场外空间到 PQ 之间加一个水平向右的匀强电场 EkE，(其中 k0)， 试分析是否存在某个 k，使两粒子能打在荧光屏的同一点若存在，求 k 的值；若不存在，说 明理由 【答案】(1)mv0 qR (2)3 36R 6v0 (3) 不存在 【解析】(1)由粒子 1 的运动知，两粒子在磁场中的轨迹半径为 rR 第 - 7 - 页 共 7 页 - 7 - 粒子在磁场中，由 qv0Bmv 2 0 r 得磁感

17、应强度 Bmv0 qR . (2)两粒子射出磁场后方向相同粒子 1 从 C 点运动到荧光屏的时间与粒子 2 从 C点运 动到荧光屏的时间相等 粒子 1 从 A 点到 C 的时间 t1T/4 粒子 2 从 A 点到 C的时间 t2T 6 DC v0 粒子在磁场中转动周期 T2r v0 由几何关系得 DCrrcos 30 则两粒子从进入磁场到荧光屏所用时间之差 tt1t23 36R 6v0 . (3)粒子 1 从 C 到 PQ，沿直线加速过程，由动能定理得： 3 2 qER1 2mv 2 11 2mv 2 0 粒子 1 从 PQ 到荧光屏，做类平抛运动，加速度 aqE m 水平位移 Rv1t1 竖直位移 y11 2at 2 1 由以上各式得 y1 ER 2 3E4E R 2 3k4 对粒子 2，同理(加速距离为 DC 3 2 R)可得，竖直位移 y2 ER 4E4E R 4k4 两粒子交于屏上同一点，则 y1R 2y2 由以上各式得 1 2 3k 1 22k1 化简为二次方程可得 0，故无解，则 k 不存在