2020屆物理人教版電場(chǎng)和磁場(chǎng)單元測(cè)試Word版

1、2019高考物理題分類匯編06電場(chǎng)和磁場(chǎng)解析版1 .【2019年全國(guó)I】如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小 球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板 垂直，則（）A.P和Q都帶正電荷B. P和Q都帶負(fù)電荷C. P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D. P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷【答案】D【解析】解：由圖可知，兩小球均在電場(chǎng)力和庫(kù)侖力的作用下保持平衡；由于 庫(kù)侖力為相互作用，大小相等、方向相反；故兩小球受到的電場(chǎng)力也一定方向 相反；因此兩小球一定帶異種電荷，則 P球所受庫(kù)侖力向右，Q球所受庫(kù)侖力 向左。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，故正電荷受電場(chǎng)力向右，其受庫(kù)侖力一定向左，故 Q

2、帶正電荷，P帶負(fù)電荷，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：Do明確兩小球均受電場(chǎng)力和庫(kù)侖力作用而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)庫(kù)侖力和電場(chǎng)力的方向進(jìn)行分析，從而明確兩球的電性。本題考查帶電小球在電場(chǎng)力的作用下處于平衡狀態(tài)的分析，關(guān)鍵是明確電場(chǎng)力和庫(kù)侖力的方向特點(diǎn)，同時(shí)注意共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵。2 .【2019年全國(guó)I】如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的足導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度x y X x方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒 解 : 飛MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小一1為（）A. 2FB. 1.5?C. 0.5?D. 0【

3、答案】B【解析】解：由已知條件可知MLN邊的有效長(zhǎng)度與MN相同，等效后的電流方 向也與MN相同，邊MLN的電阻等于邊MN的電阻的兩倍，兩者為并聯(lián)關(guān)系， 設(shè)MN中的電流大小為I,則MLN中的電流為1?設(shè)MN的長(zhǎng)為L(zhǎng),由題意知：？?= ?111所以邊MLN所受安培力為：?= ?2?= 2?2?萬(wàn)向與MN邊所受安 培力的方向相同，故有：？= ?+ ?= 3?= 1.5?故 B 正確，ACD 錯(cuò)誤。2故選：Bo先由已知條件可知MLN邊的有效長(zhǎng)度與MN相同，等效后的電流方向也與 MN 相同，先根據(jù)并聯(lián)電路的電阻關(guān)系得出電流關(guān)系，再由 ？?= ?分析MLN 邊所受安培力，由力的合成即可求得線框 LMN所受

4、安培力的大小。本題的關(guān)鍵是要明白安培力求解公式 ？?= ? L是指通電導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度。,_ 一一 , ,一 ，_-_ N卬3 .【2019年全國(guó)I】如圖，在直角三角形 OPN區(qū)域:，/內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向垂直：于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U)2父配加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N 點(diǎn)在y軸上，OP與X軸的夾角為30 ,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開(kāi)磁場(chǎng)的出 射點(diǎn)之間的距離為d,不計(jì)重力。求 帶電粒子的比荷;(2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至 x軸的時(shí)間?！敬鸢浮拷猓?1)設(shè)帶電粒子的

5、質(zhì)量為m,電荷量為 q,加速后的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理可得：？?？ 1?2?設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：？?竺 ?根據(jù)幾何關(guān)系可得：？?= $? 聯(lián)立式可得：白蒜（2）由幾何關(guān)系可知，帶電粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)過(guò)的路程為?=萬(wàn) + ?tan 30 ?_則帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至 X軸的時(shí)間為：？與?聯(lián)立 式可得：？?= ?（?+ 3）4?、23 1.,4?答：（1）帶電粒子的比荷為翕；（2）帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至 x軸的時(shí)間為?（2?+ ）?！窘馕觥浚?）對(duì)粒子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用動(dòng)能定理，粒子在磁場(chǎng)中做勻

6、速圓周運(yùn)動(dòng)，利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系，聯(lián)立即可求出帶電粒子的比 荷；根據(jù)幾何關(guān)系求解出粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到X軸所經(jīng)過(guò)的路程s,再利用公?式？ ？j|3可求出帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至 x軸的時(shí)間。本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在加速場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用動(dòng)能定理求解，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，解題關(guān)鍵是要作出軌跡圖，正確運(yùn)用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系。4 .【2019年全國(guó)H】如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面（?平面）向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)源 O, 可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為 k。則從a

7、、d兩 點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為（）A. 4?5?C. 1?5 ?【答案】BB. 1 ?44 4D. 1?.2， 4【解析】【分析】 畫(huà)出電子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得速 度大小。對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系 求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。從a點(diǎn)和d點(diǎn)射出的電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,【解答】i解得：?= -?對(duì)于從d點(diǎn)射出的電子，根據(jù)幾何關(guān)系可得：？?= ?+(?%-等55?解得：？?= 4根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：?= ?二?5解得：？?= 4? B正確，ACD錯(cuò)誤。故選Bo5 .【2019年全國(guó)H】靜電場(chǎng)

8、中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則（）A.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B.在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合C.粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D.粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行【答案】AC【解析】【分析】電場(chǎng)線是一種理想化的物理模型，不是帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，電場(chǎng)力做正功時(shí)， 電勢(shì)能減小，曲線運(yùn)動(dòng)的條件是物體受到的外力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向不在同一 條直線上。該題考查對(duì)電場(chǎng)線的理解以及帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，要注意電場(chǎng)線的 特點(diǎn)：電場(chǎng)線疏密表示場(chǎng)強(qiáng)大小，切線方向表示場(chǎng)強(qiáng)的方向，電場(chǎng)線

9、不是帶電 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡?！窘獯稹緼、由于電場(chǎng)的特點(diǎn)未知，對(duì)于帶電粒子，具運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可 能先增大后減小。故A正確；B、帶電粒子在只受電場(chǎng)力，且電場(chǎng)線是直線時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡才與電場(chǎng)線重合，由于該電場(chǎng)未知，所以粒子的軌跡不一定與某條電場(chǎng)線重合。故 B錯(cuò)誤；C、粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力一定做正功，所以粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能。故C正確；D、若粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線，則粒子在 N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向就不與粒子軌 跡在該點(diǎn)的切線平行。故D錯(cuò)誤故選：AC o6 .【2019年全國(guó)H】如圖，兩金屬板 P、Q水平放置， -p 修內(nèi)G1Q間距為do兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng) G,

10、 P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為？?(? 0)。質(zhì)量為m、電荷量為？?(?？ 0)的粒子自G 的左端上方距離G為h的位置，以速度？?平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略 不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位 移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最 短應(yīng)為多少？【答案】解：(1)? QG間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，設(shè)為 E,則有:?2?片-?=一 ?，2設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為？?，根據(jù)動(dòng)能定理可得：1 O? ?- - ?2 0解得：？?= 1?+ 答;粒子在PG間運(yùn)動(dòng)的加速度為:? 2?=? 1

11、此過(guò)程中粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則有：？ = 2?在水平方向上的位移大小為：？?= ? ?解得：？?= ?/咨?(2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短，根據(jù)對(duì)稱性 可知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為：?= 2?= 2?正而。答：(1)粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能2?+w?；它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平 方向上的位移大小為？?成?;(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最?知應(yīng)為2?弓樂(lè)?！窘馕觥浚?）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系求解電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)動(dòng)能定理求解動(dòng) 能；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)求解位移； 若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度

12、最短，根據(jù)對(duì)稱性 求解金屬板的長(zhǎng)度。有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開(kāi)：其一，力和運(yùn)動(dòng)的 關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子 做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答?！?019年全國(guó)田】如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分1別為2?和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)重為 m、電何事為 ?（? 0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于 y軸進(jìn)入第一象限，最 后經(jīng)過(guò)x軸離開(kāi)第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 （） 一, BB *t5?7

13、?11?13?1 . 6?B. 6?C. 6?D. 6?【答案】B【解析】解：粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示, 則粒子在第二象限的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為？?= 1 X2? =4?2?第一象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度為第二象限磁感應(yīng)強(qiáng)度的一半，根據(jù)？?= 知知半徑為原來(lái)的2倍，即? = 2?,根據(jù)幾何關(guān)系可得cos?笑等 ?”2,則？?= 60,_12?2?= 6 *定=赤?-2粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為？ ？1?+ ?=鬻?；故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B 畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，求出軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，再根據(jù)周期公式求解 時(shí)間。對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系 求半徑，結(jié)合洛倫茲

14、力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的 圓心角求時(shí)間。7.【2019年全國(guó)田】如圖，電荷量分別為 q和-?(? 0)的點(diǎn)電 ( 系 荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。I： | 則()A. a點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等, 卜8 . a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等9 . a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同D.將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加【答案】BC【解析】解：A、等量異號(hào)電荷形成的電場(chǎng)線和等勢(shì)面如圖所示；結(jié)合題圖中 對(duì)應(yīng)的幾何關(guān)系可知，a靠近負(fù)電荷，而b靠近正電荷，則可知，a點(diǎn)電勢(shì)一定 小于b點(diǎn)電勢(shì)；故A錯(cuò)誤；B、ab兩點(diǎn)是兩電荷單獨(dú)在兩點(diǎn)形成的電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加，由圖3可知

15、，兩點(diǎn)處的兩分場(chǎng)強(qiáng)恰好相同，故合場(chǎng)強(qiáng)一定相同，故 BC正確；D、根據(jù)A中分析可知將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)時(shí)，是從低點(diǎn)勢(shì)移向高電勢(shì)，因電荷帶負(fù)電，故電勢(shì)能減小，故 D錯(cuò)誤。故選：BC。真空中兩等量異號(hào)電荷疊加形成電場(chǎng)，根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)線以及等勢(shì)面的 性質(zhì)即可確定ab兩點(diǎn)的電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系；再根據(jù)電場(chǎng)線確定電場(chǎng)力做功情況， 從而確定電勢(shì)能的變化。本題考查等量異電電荷電場(chǎng)的分布情況，解題的關(guān)鍵在于明確立體幾何關(guān)系的 確定和應(yīng)用，能想象出其對(duì)應(yīng)的幾何圖象是解題的關(guān)鍵。10 【2019年全國(guó)田】空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球

16、A、Bo A不帶電，B的電荷量為？?(? 0)。A從。點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為？，到達(dá)P點(diǎn)?所用時(shí)間為t; B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為于 重力加速度為g,求(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;(2)?運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能?！敬鸢浮拷猓?1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 E,小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有?a ?= ?1 ?01a2?()2 = 2?3?解得？?= -?設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為？，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為？?？ O、P兩點(diǎn)的高度差為h, 根據(jù)動(dòng)能定理有12?- 2?= ?+ ?且有?2 = ?=!?2聯(lián)立各式得?= 2?(? + V*2?)答：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 好?;(2)?運(yùn)

17、動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為？?= 2?(? + ?)o【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，結(jié)合位移時(shí)間關(guān)系即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度;(2)結(jié)合動(dòng)能定理，位移時(shí)間關(guān)系、速度時(shí)間關(guān)系式進(jìn)行分析，即可正確解答。本題的關(guān)鍵是正確的受力分析，通過(guò)受力分析判斷物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，理清物體的運(yùn)動(dòng) 過(guò)程，正確的選擇對(duì)應(yīng)的物理規(guī)律列式進(jìn)行分析。X X B XakXXXX X i) X11 （2019年北京）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的 勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子垂直磁場(chǎng)邊界從 a點(diǎn)射入，從b點(diǎn) 射出。下列說(shuō)法正確的是（）A.粒子帶正電B.粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率C.若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從 b點(diǎn)右側(cè)射出 D.若

18、僅減小入射速率，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短【答案】C【解析】解：A、粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可得粒子帶負(fù)電，故 A錯(cuò)誤； B、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力不做功，粒子在 b點(diǎn)速率等于在a點(diǎn)速率，故 B錯(cuò)誤；?.C、根據(jù)？?=而歹知，若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子運(yùn)動(dòng)的半徑增大，粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，故C正確；D、若僅減小入射速率，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑減小，粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角有可能增大，根據(jù)？ 2?可知粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能增加，故 D錯(cuò)誤。故選：Co根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)情況結(jié)合左手定則判斷電性；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力不? 做功；根據(jù)？合 而判斷半徑的變化，從而分析出射位置；若僅減小入射速率，粒子運(yùn)動(dòng)

19、時(shí)間可能增加。對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系 求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的 圓心角求時(shí)間。12 .(2019年北京)如圖所示，a、b兩點(diǎn)位于以負(fù)點(diǎn)電廠 、荷-?(? 0)為球心的球面上，c點(diǎn)在球面外，則()/A. a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比b點(diǎn)大/B. b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比c點(diǎn)小一-C. a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)高D. b點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)低【答案】D_ . . _. ? y-*【解析】解：AB、根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式？?=天？ L出y可知，a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小和b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)? ;的大小比c點(diǎn)大，故AB錯(cuò)誤；CD、根據(jù)沿電場(chǎng)線方

20、向電勢(shì)降低可得 a點(diǎn)電勢(shì)和b點(diǎn)相等，b點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)低, 故C錯(cuò)誤、D正確。故選：Do根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式？?=三向斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；根據(jù)沿電場(chǎng)線方 向電勢(shì)降低分析電勢(shì)高低。本題主要是考查電場(chǎng)強(qiáng)度大小的判斷和電勢(shì)高低的判斷，掌握電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算 公式和電勢(shì)高低的判斷方法是關(guān)鍵。13 .【2019年天津卷】如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為 m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v,方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從 M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程()A.動(dòng)能增加2?B.機(jī)械能增加2?C.重力勢(shì)能增加2?D.電勢(shì)能增加2?【答案】B【解析】解：小球的運(yùn)動(dòng)可以看成豎直方向豎直上

21、拋和水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；則有A、小球的動(dòng)能增加量為2?(2?)- 1?2?= 3?痣 故A錯(cuò)誤；B、除重力外，只有電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)力做功等于小球的機(jī)械能增加量，則電場(chǎng)力做功等于水平方向小球動(dòng)能的增加量1 ?(2?) = 2?2?,故B正確；C、豎直方向，小球做豎直上拋，到達(dá) N點(diǎn)豎直速度為0,豎直方向動(dòng)能減小量為1?,故C錯(cuò)誤；D、電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故 D錯(cuò)誤；故選：Bo小球的運(yùn)動(dòng)可以看成豎直方向豎直上拋和水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，分別分析兩個(gè)方向曉求得運(yùn)動(dòng)即可，注意兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性。本題考查靈活選擇處理曲線運(yùn)動(dòng)的能力。小球在水平和豎直兩個(gè)方向受到的都是恒力，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解

22、法研究是常用的思路。14 .【2019年天津卷】筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。 當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近 霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖，一塊寬為a、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為 e的自由電子，通入方向向右 的電流時(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控制屏幕的熄滅。則元件的A.前表面的電勢(shì)比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無(wú)關(guān)C.前、后表面間的電壓U與c成正比 ?D.自由電子受到的洛倫茲力大小為 無(wú)

23、？【答案】D【解析】解：A、電流方向向右，電子向左定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則判斷可知， 電子所受的洛倫茲力方向向里，則后表面積累了電子，前表面的電勢(shì)比后表面 的電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤；BC、由電子受力平衡可得？?= ?早得？?= ?所以前、后表面間的電壓U與v成正比，前、后表面間的電壓 U與c無(wú)關(guān)，故BC錯(cuò)誤； 一一 ?D、穩(wěn)定時(shí)自由電子受力平衡，受到的洛倫茲力等于電場(chǎng)力，即？?？故D正確；故選：Do金屬導(dǎo)體是自由電子導(dǎo)電，電流方向向右，則電子向左定向移動(dòng)，在磁場(chǎng)中受 到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷電子所受的洛倫茲力方向，判斷哪個(gè) 板聚集電子，再確定M、N兩板電勢(shì)的高低；根據(jù)洛倫茲力等于電場(chǎng)力分析

24、解 答。本題現(xiàn)象稱為霍耳效應(yīng)，易錯(cuò)點(diǎn)在于利用左手定則判斷電荷的移動(dòng)，從而判斷 后面的電勢(shì)高，錯(cuò)選Ao15 .【2019年江蘇卷】一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上。？ 0時(shí)刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做功的功率為P,不計(jì)粒子重力，則？0 ?關(guān)系圖象是（）【答案】A【解析】解：帶電粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向上做勻加速 直線運(yùn)動(dòng)，故沿電場(chǎng)方向上的速度為：2? ?丁?？? ?故ts秒時(shí)電場(chǎng)力的功率為：？?= ?- ?故說(shuō)明P與時(shí)間成正比，故A正確BCD錯(cuò)誤。故選：Ao明確帶電粒子在電場(chǎng)中受力情況，知道帶電粒子垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入時(shí)做類平拋 運(yùn)動(dòng)；同時(shí)明確功率？?= ?co

25、s?|3功率等于力與力的方向上速度的乘積。 本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)規(guī)律的應(yīng)用，同時(shí)明確功率的計(jì)算方法，知 道只需求出豎直方向上的速度即可，由于粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上的速 度不會(huì)影響電場(chǎng)力的功率。a、b的電流方向可能是（16 .【2019年江蘇卷】如圖所示，在光滑的水平桌面 上，a和b是兩條固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，通過(guò)的電流 強(qiáng)度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順 時(shí)針?lè)较虻碾娏?，在a、b產(chǎn)生的磁場(chǎng)作用下靜止。則A.均向左C. a的向左，b的向右B.均向右D. a的向右，b的向左CD【解析】解：A、若a、b電流方向均向左，根據(jù)安培定則以及磁場(chǎng)的疊加知，在線框上邊所在處的磁場(chǎng)方向

26、垂直紙面向外，在線框下邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則知，線框上邊所受的安培力方向向下，下邊所受的安培力方向向下，則線框不能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故 A錯(cuò)誤。B、若a、b電流方向均向右，根據(jù)安培定則以及磁場(chǎng)的疊加知，在線框上邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在線框下邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知，線框上邊所受的安培力方向向上，下邊所受的安培力方向向上，則線框不能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B 錯(cuò)誤。C、若電流方向a的向左，b的向右，根據(jù)安培定則以及磁場(chǎng)的疊加知，在線框上邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，在線框下邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知，線框上邊所受的安培力方向向下，下

27、邊所受的安培力方向向上，線框可以處于平衡狀態(tài)，故C 正確。D、若電流方向a的向右，b的向左，根據(jù)安培定則以及磁場(chǎng)的疊加知，在線框 上邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在線框下邊所在處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則知，線框上邊所受的安培力方向向上，下邊所受的安培力方向向下，線框可以處于平衡狀態(tài)，故D 正確。故選：CD。根據(jù)電流的方向，結(jié)合安培定則判斷出電流周?chē)艌?chǎng)的方向，根據(jù)磁場(chǎng)的疊加確定線框所處位置的磁場(chǎng)方向，再根據(jù)左手定則判斷安培力方向，從而確定線框是否能夠處于平衡狀態(tài)。本題考查了安培定則、左手定則、磁場(chǎng)的疊加等知識(shí)，知道安培定則和左手定則的區(qū)別，左右手定則不能混淆。17 .【2019年

28、江蘇卷】如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷上量為+?勺點(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)。先將一電荷量也為+?勺點(diǎn)電/ A/J，荷？?從無(wú)窮遠(yuǎn)處（電勢(shì)為0）移到C點(diǎn)，此過(guò)程中，電場(chǎng)力做功/r,、，一，、 一 一，,4 BC為-?.再將？?從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定。最后將一電荷量為-2?的點(diǎn)電荷？從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的有（） ?A.?移入之前，C點(diǎn)的電勢(shì)為無(wú)B. ?從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力做的功為 0C. ?從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力做的功為 2WD. ?在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為-4?【答案】ABD【解析】解：A、？從無(wú)窮遠(yuǎn)處（電勢(shì)為0）移到C點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得： _?=

29、-?,得：？2?=-9又？2?= 0- ?= -?,可得？移入之刖，C點(diǎn) ? .的電勢(shì)為：？?= ?）,故A正確。B、？移入之前，C點(diǎn)與B點(diǎn)的電勢(shì)相等，兩者間的電勢(shì)差為 0,根據(jù)？= ?知，？?從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力做的功為 0,故B正確。C、？從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到 C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理知，C點(diǎn)的電勢(shì)為:,2?= 2?=,，？?從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力做的功為：? = -2?（0 - ? = 4?,故 C 錯(cuò)誤。D、？從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功為 4W,其電勢(shì)能減少了4W,而？?在無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)能為0,所以？在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為-4?,故 D正確。故選：ABDo研究？?從無(wú)窮遠(yuǎn)處（電勢(shì)為0）移到C點(diǎn)的過(guò)程，利用公式？= ?出無(wú)窮遠(yuǎn)處 與C點(diǎn)間的電勢(shì)差，從而求得C點(diǎn)的電勢(shì)。？?從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù) C點(diǎn)與B點(diǎn)間的