1、第一部分专题三 第1讲A组基础能力练1(2020宁夏六盘山四模)如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,由此可知(A)AP的电势高于Q点的电势B带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大D带电粒子在R点时的电场强度小于在Q点时的电场强度【解析】电荷做曲线运动,电场力指向曲线的内侧,所以电场力的方向向右,由于粒子带负电,所以电场线方向向左,则有P的电势高于Q点的电势,故A正确;若粒子从P经过R运动到Q,电场力做负功,电荷的电势能增大
2、,带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小,故B错误;根据能量守恒定律,带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变,故C错误;电场线的疏密表示电场的强弱,则由电场线疏密可知带电粒子在R点时的电场强度大于在Q点时的电场强度,故D错误2(2020山东泰安三模)如图所示,A、B、C是等边三角形的三个顶点,O点是A、B两点连线的中点以O点为坐标原点,以A、B两点的连线为x轴,以O、C两点的连线为y轴,建立坐标系过A、B、C、O四点各有一条长直导线垂直穿过坐标平面,各导线中通有大小相等的电流,其中过A、B两点的导线中的电流方向向里,过C、O两点的导线中的电流方向向外过O点的导线所受安培力的
3、方向为(A)A沿y轴正方向B沿y轴负方向C沿x轴正方向D沿x轴负方向【解析】等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线,且导线中通有大小相等的恒定电流,由安培定则可得,导线A、B的电流在O处的合磁场为零,C处的电流在O处产生磁场水平向右,即O处的磁场方向水平向右,再由左手定则可得,安培力的方向是与AB边垂直,沿着y轴的正方向,B、C、D错误A正确3.(多选)(2020江苏省高考真题)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)开始时,两小球分别静止在A、B位置现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置取O点的电势为0.下列说法正确的有(AB)A电场E
4、中A点电势低于B点B转动中两小球的电势能始终相等C该过程静电力对两小球均做负功D该过程两小球的总电势能增加【解析】沿着电场线方向,电势降低,A正确;由于O点的电势为0,根据匀强电场的对称性1B又qAqB,Epq,所以EPAEPB,B正确;A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左,绝缘轻杆逆时针旋转,两小球静电力对两小球均做正功,电场力做正功,电势能减少,C、D错误;故选A、B4(多选)(2020全国调研卷)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示,一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场,其运动轨迹为图中实线所示,若粒子只受静电力作用,则下列关于带电粒子的判断正确的是(
5、CD)A带正电B速度先变大后变小C电势能先变大后变小D经过b点和d点时的速度大小相同【解析】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知,粒子带负电,选项A错误;粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功,速度先减后增,电势能先增大后减小;选项B错误,C正确;因为b、d两点在同一等势面上,所以在b、d两点的电势能相同,所以经过b点和d点时的速度大小相同,选项D正确6(多选)(2020天津和平区三模)质量为m、电量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流,则下列说法中正确的是(CD)A环形电流的电流强度跟
6、q成正比B环形电流的电流强度跟v成正比C环形电流的电流强度跟B成正比D环形电流的电流强度跟m成反比【解析】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,半径为r,则由qvBm,得T,环形电流:I,可见,I与q的平方成正比,与v无关,与B成正比,与m成反比,故A、B错误,C、D正确7(2020湖北武汉调研)如图所示,由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd,其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上,ac为圆形区域的一条直径,ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流,则线框受到的安培力的大小为(D)A0BBILCB
7、ILDBIL【解析】电流I经过A点后分成两条支路,其大小分别为IabcdI,IadI,如图判断线圈四边受安培力大小和方向分别为FabBIL,向右;FbcBIL,向下;FcdBIL,向右;FadBIL,向上,则线框受到的安培力的大小为FBIL,A、B、C错误,D正确B组素养提升练8(2020湘赣皖十五校联考)一电流表的原理如图所示质量为m20 g的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连,弹簧劲度系数为k2.0 N/m.在矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小B0.20 T,方向垂直纸面向外与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数,MN的长度大于ab,ab的长
8、度为l0.20 m,bc的长度为L0.05 m,当MN中没有电流通过且处于平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合,当MN中有电流通过时,指针示数可表示电流强度,不计通电时电流产生的磁场的作用(g10 m/s2)(D)A若要电流表正常工作,N端应接电源正极B若将量程扩大2倍,磁感应强度应变为B0.40 TC此电流表可以测量的最大电流为2.0 AD当电流表示数为零时,弹簧伸长10 cm【解析】为使电流表正常工作,作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下,由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端,因此M端应接正极,故A错误;设弹簧的伸长量为x,则有mgkx,解得x10 cm,设满量程时通过MN的电
9、流强度为Im,则有BImlmgk(Lx),代入解得Im2.5 A,设扩大量程后,磁感应强度变为B,则有2BImlmgk(Lx),解得B0.10 T,故B、C错误,D正确9(多选)(2018全国卷)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是(BD)A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为C若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为D若W1W2,则
10、a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【解析】结合题意,只能判定ab,cd,但电场方向不能得出,故A错误电场强度的方向沿cd时,才有场强E,故C错误由于M、N分别为ac和bd的中点,对于匀强电场,M,N,则UMN,可知该粒子从M点移动到N点的过程中,电场力做功W,故B正确若W1W2,则abcd,变形得acbd,即UacUbd,而UaM,UbN,可知UaMUbN,故D正确10(2020江西南昌模拟)如图所示,电荷q均匀分布在半球面上,球面的半径为R,CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上关于O点对称的两点如果带电量为Q的均匀带电球壳,其内部电场强度处处为零,电势都相等则
11、下列判断正确的是(D)AP点的电势与Q点的电势相等B带正电的微粒在O点的电势能为零C在P点静止释放带正电的微粒(重力不计),微粒将做匀加速直线运动DP点的电场强度与Q点的电场强度相等【解析】由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的,沿电场线方向电势逐渐降低,所以P点的电势高于Q点的电势,故A错误;本题没有选取零势点,所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零,故B错误;电场线方向水平向右,所以在P点释放静止带正电的微粒(重力不计),微粒将作加速运动,距离远后电场力减小,所以是变加速运动,故C错误;均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球,这个半球放在图的另一边,然后看P
12、Q两点,可以看到,PQ两点在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上,而由题目给出的条件,正电球在P、Q两点产生的电场为零,所以,正电半球在Q点产生的电场强度相当于负电半球在Q点产生的电场强度,而与P点的环境比较,唯一的区别是电荷符号相反,从而电场大小相同,只有可能有方向的区别,而分析可知,方向是相同的,故电场强度相等,故D正确11(2020浙江温州三模)示波管的结构如图(a)所示,偏转电极YY如右图(b)所示,两板间的距离为d、板长为L,在YY间加上电压U,让电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直电场进入偏转电极,不计电子的重力则电子穿过偏转电极YY的过程中,下列说法正确的是(B)A电
13、子向Y极板偏转飞出B电子射出电场时的偏移量YC射出电子的动能增加了eUDU越大,电子通过YY极板的时间就越短【解析】由(b)图可知,Y为正极,则电场强度方向向下,故电子通过YY的过程中,受到的电场力向上,即电子向Y极偏转飞出电场,故A错误;电子在偏转电场中做类平抛运动,则有Lvt,Yat2,a,联立解得Y,故B正确;根据动能定理可知,电子动能的增加量为EkeEY,因Yd,故EYEdU,所以EkeU,故C错误;根据电子的方向做匀速直线运动,有Lvt,解得t,即电子通过YY极板的时间与U无关,故D错误12(2020山东烟台模拟)在平行于纸面内的匀强电场中,有一电荷量为q的带正电粒子,仅在电场力作用
14、下,粒子从电场中A点运动到B点,速度大小由2v0变为v0,粒子的初、末速度与AB连线的夹角均为30,如图所示,已知A、B两点间的距离为d,则该匀强电场的电场强度为(D)A,方向竖直向上B,方向斜向左下方C,方向竖直向上D,方向斜向左下方【解析】以向右为x轴正方向,向下为y轴正方向建立直角坐标系,x轴方向的速度由2v0减为v0cos 60,故Ex向左,y轴方向的速度由0增加到v0sin 60,故Ey向下,故电场强度方向斜向左下方利用v2v2ax以及牛顿第二定律,有(v0cos 60)2(2v0)22dcos 30,(v0sin 60)22dsin 30,电场强度E,解得E,故A、B、C错误,D正
15、确13(2020新疆三模)“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器,具有速度快、效率高等优点如图是“电磁炮”的原理结构示意图光滑水平加速导轨电阻不计,轨道宽为L0.2 m;在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B1102 T;“电磁炮”弹体总质量m0.2 kg,其中弹体在轨道间的电阻R0.4 ;可控电源的内阻r0.6 ,电源的电压能自行调节,以保证“电磁炮”匀加速发射;在某次试验发射时,电源为加速弹体提供的电流是I4103 A,不计空气阻力求:(1)弹体所受安培力大小;(2)弹体从静止加速到4 km/s,轨道至少要多长;(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中,该系统消耗的总能量【答案】(1)8104 N(2)20 m(3)1.76106 J【解析】(1)由安培力公式FIBL8104 N(2)由动能定理Fxmv2弹体从静止加速到4 km/s,代入数值得x20 m或用动力学方法求解:由牛顿第二定律Fma得加速度a4105 m/s2由v2v2as,v4 km/s代入数值得x20 m(3)根据Fma,vat知发射弹体用时t1102 s发射弹体过程产生的焦耳热QI2(Rr)t1.6105 J弹体的动能Ekmv21.6106 J系统消耗的总能量EEkQ1.76106 J