高考物理二轮复习考点练习专题（06）电场和磁场的性质(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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【知识、方法梳理】
1．主要研究方法
(1)理想化模型法。如点电荷。
(2)比值定义法。如电场强度、电势的定义方法，是定义物理量的一种重要方法。
(3)类比的方法。如电场和重力场的类比；电场力做功与重力做功的类比；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的类比。
2．静电力做功的求解方法
(1)由功的定义式W＝Flcs α来求；
(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能变化量的负值”来求，即W＝－ΔEp；
(3)利用WAB＝qUAB来求。
3．电场中的曲线运动的分析：采用运动合成与分解的思想方法。
4．匀强磁场中的圆周运动解题关键
找圆心：若已知进场点的速度和出场点，可以作进场点速度的垂线，依据是F洛⊥v，与进出场点连线的垂直平分线的交点即为圆心；若只知道进场位置，则要利用圆周运动的对称性定性画出轨迹，找圆心，利用平面几何知识求解问题。
【热点训练】
1、(多选)静电场中，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
解析：在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点(非两点电荷连线的中点)由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于其在M点的电势能，故粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误。
【答案】AC
2、如图所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b为ac的中点。三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面向里。通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度B＝eq \f(kI,r)，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0，则d点的磁感应强度大小为( )
A．B0 B．2B0 C.eq \r(3)B0 D．4B0
解析：设直角三角形的ad边长为r，则ac边长为2r，根据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0＝keq \f(I,r)，由安培定则知方向水平向左；同理有c点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B1＝keq \f(3I,\r(3)r)＝eq \r(3)B0，方向竖直向下；b点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B2＝keq \f(2I,r)＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如图所示，因eq \f(B1,B0)＝eq \r(3)＝tan 60°，可知B1和B0的合磁感应强度沿B2的方向，故d点的磁感应强度大小为B合＝B2＋eq \r(B\\al(,02)＋B\\al(,12))＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故选D。
【答案】D
3、(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为( )
A．eq \f(mg,q) B．eq \f(\r(2)mg,2q) C．keq \f(Q,R2) D．keq \f(\r(2)Q,4R2)
解析：对小球受力分析可知mgtan 45°＝qE，解得E＝eq \f(mg,q)，选项A正确，B错误；由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分Δx，总电荷量为Q，则该部分电荷量为eq \f(Δx,2πR)Q；该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1＝eq \f(kQΔx,2πL2R)＝eq \f(kQΔx,2π(\r(2)R)2R)＝eq \f(kQΔx,4πR3)，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其电场强度与E1相同，如图所示，
则两个场强的合场强为E1′＝2·eq \f(kQΔx,4πR3)cs 45°＝eq \f(\r(2)kQΔx,4πR3)，方向沿圆心与小球的连线向外；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为E＝eq \f(πR,Δx)E1′＝eq \f(πR,Δx)·eq \f(\r(2)kQΔx,4πR3)＝eq \f(\r(2)kQ,4R2)，方向水平向左，选项C错误，D正确。
【答案】AD
4、(多选)如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为( )
A．eq \f(\r(2)qBd,6m) B．eq \f(\r(2)qBd,4m)
C．eq \f(\r(2)qBd,2m) D．eq \f(\r(3)qBd,m)
解析：由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为90°，所以粒子运动的半径r＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(d,n)(n＝1，2，3…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，则v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(\r(2)qBd,2m)·eq \f(1,n)(n＝1，2，3…)，故A、B、C正确，D错误。
【答案】ABC
5、如图所示，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态。现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步( )
A．增大 B．减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
解析：对导体棒进行受力分析，如图所示，当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直时最小，所以安培力一直变大，而安培力F安＝BIL，所以磁场一直增大，B、C、D错误，A正确。
【答案】A
6、如图所示，A、B是两块水平放置的平行金属板，一带电小球垂直于电场线方向射入板间，小球将向A极板偏转，为了使小球沿入射方向做直线运动，可采用的方法是( )
A．将带正电的小球改为带负电
B．将滑动变阻器滑片P适当向左滑动
C．适当增大小球所带电荷量
D．将极板间距适当增大
解析：一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，偏向A极板，则小球所受电场力向上且电场力大于重力，故小球带负电，选项A错误；将滑动变阻器滑片P适当向左滑动，滑动变阻器接入电路电阻变小，电路中总电阻减小，电路中电流增大，定值电阻两端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，电场力增大，选项B错误；适当增大小球所带电荷量，小球所受电场力增大，选项C错误；将极板间距适当增大，板间场强减小，小球所受电场力减小，选项D正确。
【答案】D
7、如图所示，在竖直面内A点固定有一带电的小球，可视为点电荷。在带电小球形成的电场中，有一带电粒子在水平面内绕O点做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．粒子运动的水平面为等势面
B．粒子运动的轨迹在一条等势线上
C．粒子运动过程中所受的电场力不变
D．粒子的重力可以忽略不计
解析：粒子在水平面内做匀速圆周运动，合力充当向心力并指向圆心，粒子的电场力的方向沿两者连线方向并不指向圆心，因此粒子需要在电场力和重力的合力作用下做匀速圆周运动，且粒子和带电小球相互吸引，故D错误；粒子在运动过程中电场力的大小不变但是方向发生变化，因此电场力变化，C错误；假设粒子运动的平面为等势面，电场线的方向垂直于等势面，粒子所在平面的电场线沿竖直方向，粒子所受电场力也就沿竖直方向，但由库仑力的特点可知粒子所受电场力沿两者连线方向，因此假设不成立，A错误；由点电荷的电势φ＝keq \f(Q,r)可知在点电荷中距离相等的点电势相等，故粒子运动的轨迹在一条等势线上，B正确。
【答案】B
8、(多选)如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图象可能是( )

解析：设初速度为v0，若满足mg＝Ff＝μFN，因FN＝Bqv0，则mg＝μBqv0，滑块向下做匀速运动，选项A正确；若mg>μBqv0，则滑块开始有向下的加速度，由a＝eq \f(mg－μBqv,m)可知，随速度增加，加速度减小，即滑块做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，选项D正确；若mg