第6講電場(chǎng)和磁場(chǎng)的基本性質(zhì)（解析版）

第6講電場(chǎng)和磁場(chǎng)的基本性質(zhì)【選考真題】1．（2022?浙江）利用如圖所示裝置探究勻強(qiáng)磁場(chǎng)中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向放置。先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L，得到導(dǎo)線受到的力F分別與I和L的關(guān)系圖像，則正確的是（）A．B．C．D．【解答】解：AB、由F＝BIL可知，在B和L不變的情況下，F(xiàn)與電流I成正比，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、由F＝BIL可知，在B和I不變的情況下，F(xiàn)與磁場(chǎng)中的導(dǎo)線長(zhǎng)度成正比，故CD錯(cuò)誤。故選：B。2．（2021?浙江）如圖所示是通有恒定電流的環(huán)形線圈和螺線管的磁感線分布圖。若通電螺線管是密繞的，下列說(shuō)法正確的是（）A．電流越大，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)B．螺線管越長(zhǎng)，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)C．螺線管直徑越大，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)D．磁感線畫得越密，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)【解答】解：根據(jù)螺線管內(nèi)部的磁感線分布可知，在螺線管的內(nèi)部，越接近于中心位置，磁感線分布越均勻，越接近兩端，磁感線越不均勻，可知螺線管越長(zhǎng)，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)；與電流大小、螺線管直徑以及磁感線的疏密均無(wú)關(guān)，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。（多選）3．（2021?浙江）如圖所示，有兩根用超導(dǎo)材料制成的長(zhǎng)直平行細(xì)導(dǎo)線a、b，分別通以80A和100A、流向相同的電流，兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點(diǎn)p，到兩導(dǎo)線的距離相等。下列說(shuō)法正確的是（）A．兩導(dǎo)線受到的安培力Fb＝125FaB．導(dǎo)線所受的安培力可以用F＝ILB計(jì)算C．移走導(dǎo)線b前后，p點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向改變D．在離兩導(dǎo)線平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置【解答】解：A、兩導(dǎo)線受到的安培力是相互作用力，所以大小相等，故A錯(cuò)誤；B、因?yàn)樵趯?dǎo)線所處的磁場(chǎng)方向與導(dǎo)線互相垂直，所以導(dǎo)線所受的安培力可以用F＝BIL計(jì)算，故B正確；C、根據(jù)右手螺旋定則，a、b中的電流在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，移走導(dǎo)線b前，b的電流較大，則p點(diǎn)磁場(chǎng)方向與b產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相同，垂直紙面向里，移走b后，p點(diǎn)磁場(chǎng)方向與a產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相同，垂直紙面向外，故C正確；D、因直線電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線是以直線電流為圓心的同心圓，故在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導(dǎo)線在任意點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均不在同一條直線上，故不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置，故D正確。故選：BCD。4．（2022?浙江）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)（不考慮邊界效應(yīng)）。t＝0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為2v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則（）A．M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)B．兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a=D．粒子從N板下端射出的時(shí)t=【解答】解：A、因?yàn)椴恢纼闪Ｗ拥碾娦?，故無(wú)法確定M板和N板的電勢(shì)高低，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)題意可知垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；則平行M板向下的粒子達(dá)到N板時(shí)電場(chǎng)力也做正功，電勢(shì)能也減小，故B錯(cuò)誤；CD。設(shè)兩板間距離為d，對(duì)于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，有Ld=對(duì)于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因兩粒子相同，在電場(chǎng)中的加速度也相同，有(聯(lián)立解得：t=2Lv0；a=2v故選：C。5．（2022?浙江）某種氣體一電子放大器的局部結(jié)構(gòu)是由兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜構(gòu)成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場(chǎng)線和等勢(shì)線的分布如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)所在的線是等勢(shì)線B．b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比c點(diǎn)大C．b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的值比a、c兩點(diǎn)間的大D．將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做功為零【解答】解：A、電場(chǎng)線是發(fā)散的，等勢(shì)線是封閉的，所以a所在的線是電場(chǎng)線，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電場(chǎng)線的密集程度代表電場(chǎng)強(qiáng)度大小可知b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)；故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)等勢(shì)線分布可知Ubc＝Uba+Uac，所以b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的值比a、c兩點(diǎn)間的大，故C正確；D、由圖可知d點(diǎn)電勢(shì)與g點(diǎn)電勢(shì)不同，則將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做功不為0，故D錯(cuò)誤；故選：C。6．（2021?浙江）某書中有如圖所示的圖，用來(lái)表示橫截面是“＜”形導(dǎo)體右側(cè)的電場(chǎng)線和等勢(shì)面，其中a、b是同一條實(shí)線上的兩點(diǎn)，c是另一條實(shí)線上的一點(diǎn)，d是導(dǎo)體尖角右側(cè)表面附近的一點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．實(shí)線表示電場(chǎng)線B．離d點(diǎn)最近的導(dǎo)體表面電荷密度最大C．“＜”形導(dǎo)體右側(cè)表面附近電場(chǎng)強(qiáng)度方向均相同D．電荷從a點(diǎn)到c點(diǎn)再到b點(diǎn)電場(chǎng)力做功一定為零【解答】解：A、電場(chǎng)線起于正電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)），終止于負(fù)電荷（或無(wú)窮遠(yuǎn)），由圖可知，圖中的實(shí)線不是起于導(dǎo)體，也不是終止于導(dǎo)體，可知實(shí)線是等勢(shì)線，故A錯(cuò)誤；B、等勢(shì)線越密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度強(qiáng)度越強(qiáng)，d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)較弱，可知離d點(diǎn)最近的導(dǎo)體表面電荷密度最小，故B錯(cuò)誤；C、電場(chǎng)強(qiáng)度方向與等勢(shì)線垂直，由圖可知，“＜”形導(dǎo)體右側(cè)表面附近電場(chǎng)強(qiáng)度方向不一定相同，故C錯(cuò)誤；D、a、b兩點(diǎn)在同一條等勢(shì)線上，ac兩點(diǎn)的電勢(shì)差和bc兩點(diǎn)的電勢(shì)差相等，電荷從a點(diǎn)到c點(diǎn)再到b點(diǎn)電場(chǎng)力做功一定為零，故D正確。故選：D?！疽c(diǎn)提煉】一、電場(chǎng)的性質(zhì)二、磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體或運(yùn)動(dòng)電荷的作用1.“兩個(gè)磁場(chǎng)力”(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)。(2)洛倫茲力：F＝qvB(v⊥B)。2.“兩個(gè)定則”(1)對(duì)電流的磁場(chǎng)用安培定則。(2)對(duì)通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的安培力和帶電粒子在磁場(chǎng)中所受的洛倫茲力用左手定則?！痉椒ㄖ笇?dǎo)】一、三個(gè)物理量的判斷方法判斷場(chǎng)強(qiáng)強(qiáng)弱①根據(jù)電場(chǎng)線或等勢(shì)面的疏密判斷②根據(jù)公式E＝keq\f(Q,r2)和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理判斷判斷電勢(shì)的高低①根據(jù)電場(chǎng)線的方向判斷②由UAB＝eq\f(WAB,q)和UAB＝φA－φB判斷③根據(jù)電場(chǎng)力做功(或電勢(shì)能)判斷判斷電勢(shì)能大?、俑鶕?jù)Ep＝qφ判斷②根據(jù)ΔEp＝－W電，由電場(chǎng)力做功判斷二、研究電場(chǎng)的思想方法——對(duì)稱法三、解決磁場(chǎng)中導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般思路1.正確地對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向，安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度組成的平面垂直。2.畫出輔助圖(如導(dǎo)軌、斜面等)，并標(biāo)明輔助方向(磁感應(yīng)強(qiáng)度B、電流I的方向)。3.將立體的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖，即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖?！纠}精析】考點(diǎn)一電場(chǎng)的基本性質(zhì)例1．某帶電體周圍分布的電場(chǎng)線或等勢(shì)面的剖面圖如圖所示，其中a、c是同一條實(shí)線上的兩點(diǎn)，b是另一條實(shí)線上的一點(diǎn)，則（）A．圖中實(shí)線是電場(chǎng)線B．b點(diǎn)的電勢(shì)一定高于c點(diǎn)的電勢(shì)C．a(chǎn)、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向可能相同D．將同一試探電荷依次放在a、b、c三點(diǎn)上，則在a點(diǎn)時(shí)試探電荷受到的電場(chǎng)力最大【解答】解：A、電場(chǎng)線一定從帶電體表面出發(fā)或終止，圖中實(shí)線應(yīng)是等勢(shì)線，故A錯(cuò)誤；B、帶電體所帶電荷電性未知，電場(chǎng)線方向未知，故無(wú)法判斷b、c兩點(diǎn)的電勢(shì)高低，故B錯(cuò)誤；C、a、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不同，故C錯(cuò)誤；D、a、b、c三點(diǎn)中，a點(diǎn)處等勢(shì)線密度最大，故a點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度最大，故D正確。故選：D。練1．如圖所示，在直角坐標(biāo)系中，先固定一不帶電金屬導(dǎo)體球B，半徑為L(zhǎng)，球心O′坐標(biāo)為（2L，0）。再將一點(diǎn)電荷A固定在原點(diǎn)O處，帶電量為+Q。a、e是x軸上的兩點(diǎn)，b、c兩點(diǎn)對(duì)稱地分布在x軸兩側(cè)，a、b、c點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O距離相等，Od與金屬導(dǎo)體球B外表面相切于d點(diǎn)，已知金屬導(dǎo)體球B處于靜電平衡狀態(tài)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．各點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φa＝φb＝φc＞φd＞φeB．將電子從b點(diǎn)移至e點(diǎn)，電勢(shì)能減小C．導(dǎo)體球B上的感應(yīng)電荷在外表面d處的場(chǎng)強(qiáng)大小E=D．僅將導(dǎo)體球B的內(nèi)部變成空心，則空間的電場(chǎng)線分布不會(huì)發(fā)生變化【解答】解：A、由于感應(yīng)電荷對(duì)場(chǎng)源電荷的影響，點(diǎn)電荷A左邊電場(chǎng)小于右邊的電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)U＝Ed定性分析可知c點(diǎn)的電勢(shì)小于a點(diǎn)的電勢(shì)，即φa＞φc，b、c為等勢(shì)面，根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可得φb＝φc＞φd＞φe，綜上可得φa＞φb＝φc＞φd＞φe，故A錯(cuò)誤；B、電子帶負(fù)電，結(jié)合A選項(xiàng)分析由Ep＝qφ可知將電子從b點(diǎn)移至e點(diǎn)，電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；C、點(diǎn)電荷A在d處的場(chǎng)強(qiáng)大小E=kQ(2L)2-L2=kQ3L2，金屬導(dǎo)體球內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則金屬導(dǎo)體球內(nèi)表面與D、僅將導(dǎo)體球B的內(nèi)部變成空心，導(dǎo)體球B仍處于靜電平衡，則空間的電場(chǎng)線分布不會(huì)發(fā)生變化，故D正確。故選：D。練2．如圖所示，固定光滑直桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球和兩根原長(zhǎng)均為L(zhǎng)的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點(diǎn)，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。已知直桿與水平面的夾角為θ，兩彈簧的勁度系數(shù)均為3mgsinθL，小球在距B點(diǎn)45L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)距A點(diǎn)4A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mgsinθB．若小球從P點(diǎn)以初速度v0沿桿向上運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)Q點(diǎn)，初速度vC．小球從Q點(diǎn)由靜止下滑過(guò)程中動(dòng)能最大為12mgLsinθD．從固定點(diǎn)B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度大小為15【解答】解：A、小球受兩根彈簧的彈力大小為：F＝2kΔx＝2×3mgsinθL×L5=6mgsinθ5解得：E=mg5q，故B、根據(jù)對(duì)稱性可知，小球從P點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈力做功為零，根據(jù)幾何關(guān)系可得PQ間距x＝2L﹣2×根據(jù)動(dòng)能定理可得：﹣（mg+Eq）xsinθ＝0-12mv02，解得：C、小球從Q點(diǎn)由靜止下滑時(shí)，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)受平衡力作用，速度最大，動(dòng)能最大，從Q到P過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：（mg+Eq）xsinθ＝Ek﹣0，解得：Ek=12mgLinθ25，故D、從固定點(diǎn)B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度方向沿AB向下，合力等于原來(lái)PB間彈簧的彈力，根據(jù)牛頓第二定律可得：a=k△xm=故選：C?？键c(diǎn)二磁場(chǎng)的基本性質(zhì)例2．磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，如圖是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖。平行金屬板P、Q間距為d、面積為S，兩金屬板和電阻R連接。一束等離子體以恒定速度v0垂直于磁場(chǎng)方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電路穩(wěn)定時(shí)電阻R兩端會(huì)產(chǎn)生恒定電勢(shì)差U．假定等離子體在兩板間均勻分布，忽略邊緣效應(yīng)，則等離子體的電導(dǎo)率δ（電阻率的倒數(shù)）的計(jì)算式是（）A．Ud(Bdv0C．US(Bdv0【解答】解：由左手定則知，正離子向P板運(yùn)動(dòng)，即P板帶正電。發(fā)電機(jī)穩(wěn)定時(shí)，離子所受電場(chǎng)力等于洛倫茲力，設(shè)電動(dòng)勢(shì)為E，即：Edq＝qv0解得：E＝Bv0d根據(jù)歐姆定律可知，ER1為板間等離子體的電阻，且R1＝ρdS聯(lián)立得到電導(dǎo)率δ的表達(dá)式為：δ=Ud(Bdv0-U)RS故選：A。練3．如圖，一條形磁鐵靜止在固定斜面上，上端為N極，下端為S極，其一條磁感線如圖，垂直于紙面方向有兩根完全相同的固定導(dǎo)線，它們與磁鐵兩端的連線都與斜面垂直且長(zhǎng)度相等（如圖中虛線所示）。開始兩根導(dǎo)線未通電流，斜面對(duì)磁鐵的彈力、摩擦力的大小分別為FN、Ff，后來(lái)兩根導(dǎo)線以圖示方向大小相同的電流后，磁鐵仍然靜止，則與未通電時(shí)相比（）A．FN、Ff均變大B．FN不變，F(xiàn)f變小C．FN變大，F(xiàn)f不變D．FN變小，F(xiàn)f不變【解答】解：根據(jù)條形磁鐵的磁感線的分布，結(jié)合左手定則，則可分別確定通電導(dǎo)線的安培力的方向，再由牛頓第三定律來(lái)得出條形磁鐵的受到的安培力方向，最后根據(jù)力的合成從而確定得出，條形磁鐵的摩擦力沒(méi)有變化，而支持力卻減小。故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選：D。（多選）練4．質(zhì)譜儀在核能開發(fā)和利用過(guò)程中具有重要意義，如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，加速電場(chǎng)的兩平行金屬板間距為d，電勢(shì)差為U．質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場(chǎng)加速后射出，進(jìn)入速度選擇器。離子沿直線穿過(guò)速度選擇器后經(jīng)過(guò)狹縫P垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)并打在膠片A1A2上，設(shè)速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)分別為B和E，則（）A．速度選擇器中磁場(chǎng)B的方向垂直紙面向里B．加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為qC．離子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，離子的荷質(zhì)比越小D．能通過(guò)狹縫P的帶電離子的速率等于E【解答】解：A、離子受到的電場(chǎng)力向右，所以受到的洛倫茲力向左，根據(jù)左手定則可以判斷出速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；B、離子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得qE'd=12mv2C、由題意知，qU=12mv2，qvB0=mvD、離子在速度選擇器中做直線運(yùn)動(dòng)，故離子所受的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，即qvB＝qE，所以能通過(guò)狹縫P的離子的速率等于EB，故D故選：BD?！緩?qiáng)化專練】如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)A、B、C，A和C圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是L1、L2，僅考慮三質(zhì)點(diǎn)間的庫(kù)侖力，則A和C的（）A．線速度之比為L(zhǎng)2L1B．加速度之比為（C．電荷量之比為L(zhǎng)1L2【解答】解：A、A和C圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而B保持靜止，故A與C角速度相等，根據(jù)v＝ωr可知，vavcB、根據(jù)an＝ω2r可知，aaacCD、對(duì)質(zhì)點(diǎn)B，根據(jù)平衡條件，有：Kq對(duì)質(zhì)點(diǎn)A，根據(jù)牛頓第二定律，有：Kq對(duì)質(zhì)點(diǎn)C，根據(jù)平衡條件，有：Kq有①式解得：qAqC=（L1聯(lián)立②③解得：mAmC故選：D。如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球（球A、球B和球C）被三根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩（繩①、繩②和繩③）系于O點(diǎn)，三球平衡時(shí)繩②處于豎直方向，且懸點(diǎn)O、球A、球B和球C所在位置正好組成一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正方形，已知球A、球B和球C均帶正電，電荷量分別為q1、q2和q3，若mg=kq12aA．q1和q3可以不相等B．繩①和繩②的拉力之比為1：2C．繩②的拉力為2mgD．q1：q2＝2：1【解答】解：A、先對(duì)球分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，并采用正交分解法，水平方向，有：FAB?sin45°＝FBC?sin45°，豎直方向，有：T2＝mg+FBCcos45°+FABcos45°，解得：FAB＝FBC，根據(jù)庫(kù)侖定律，有：FAB=k故q1＝q3，故A錯(cuò)誤；BD、由選項(xiàng)A的分析，有：T2＝mg+FBCcos45°+FABcos45°，F(xiàn)AB=kq1q2a2根據(jù)題意，有：mg=k聯(lián)立解得：T2再隔離A球分析，受力如圖：根據(jù)平衡條件，并采用正交分解法，水平方向，有：FAC+FABcos45°＝T1cos45°，豎直方向，有：FABsin45°+T1sin45°＝mg，其中：FAB=k根據(jù)題意，有：mg=k聯(lián)立解得：q1=22q2故T2故T1T2=3C、由于T2=3kq122a2，而mg=k故選：B。如圖所示，a、b、c、d四個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個(gè)完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為﹣6q，h=2R，重力加速度為g，靜電力常量為A．小球a的線速度為kB．小球b的角速度為3C．小球c的向心加速度大小為3D．外力F豎直向上，大小為2【解答】解：ABC、a、b、c三小球電荷量相等，完全相同，受力相同，繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，線速度、角速度、加速度大小均相等，設(shè)db連線與水平方向的夾角為α，則cosα=Rh2+R對(duì)b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得：k6q?qh2+R2cosα﹣2kq2(2Rcos30°)2?cos30解得：v=3kq23Rm，ω=3kqD、小球d受到a、b、c三球的庫(kù)侖引力、重力、豎直向上的外力F作用，由平衡條件得：F＝3k6q?qh2+R2sinα+mg＝故選：C。兩個(gè)完全相同的質(zhì)量都為m、帶等量異種電荷的小球A、B分別用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線懸掛在同一水平面上，M、N兩點(diǎn)相距2.2l，平衡時(shí)小球A、B的位置如圖甲所示，線與豎直方向夾角α＝37°，當(dāng)外加水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，兩小球平衡位置如圖乙所示，線與豎直方向夾角也為α＝37°，則（）A．A球帶負(fù)電，B球帶正電B．甲圖中細(xì)線的拉力大小均為0.6mgC．A球帶電量為3mgD．乙圖中A球所受勻強(qiáng)電場(chǎng)的力大小為0.75mg【解答】解：A、由乙圖可知，A球帶正電，B球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．甲圖中細(xì)線的拉力大小均為T=mgcos37°=1.25mgC．甲圖中兩球相距d＝2.2l﹣2lsin37°＝l；由A球受力平衡可得mgtan37°=kQ2l2D．設(shè)乙圖中A球所受勻強(qiáng)電場(chǎng)的力為F，對(duì)A球進(jìn)行受力分析，在水平方向上有：F＝mgtan37°+F引，F(xiàn)＝0.75mg+F引＞0.75mg；故D錯(cuò)誤。故選：C。如圖所示，A、B是質(zhì)量比為1：2、都帶正電的小球，用兩根長(zhǎng)分別為2L和L的絕緣輕繩系住后懸掛于天花板上的同一點(diǎn)O．當(dāng)系統(tǒng)平衡后，兩根繩與豎直方向的夾角分別為α和β，則（）A．α＞βB．α＜βC．α＝βD．不能確定【解答】解：對(duì)A、B球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡和幾何關(guān)系得：將兩個(gè)小球以及兩根繩子作為系統(tǒng)，系統(tǒng)受到的外力（不是內(nèi)力）有：A的重力、B的重力、O點(diǎn)對(duì)兩繩的拉力，合力為0，而且合力矩也為0。用合力矩為0來(lái)做，O點(diǎn)是支點(diǎn)（軸），則有：mAgLAsinα＝mBgLBsinβ得：sinα即sinα＝sinβ因α、β都是銳角，所以α＝β，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。某電場(chǎng)在x軸上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸方向，規(guī)定場(chǎng)強(qiáng)沿x軸正方向?yàn)檎?，若?chǎng)強(qiáng)E隨位移坐標(biāo)x變化規(guī)律如圖，x1點(diǎn)與x3點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，圖線關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則（）A．O點(diǎn)的電勢(shì)最高B．﹣x2點(diǎn)的電勢(shì)最高C．若電子從﹣x2點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x2點(diǎn)，則此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)電子做的總功為零D．若電子從x1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x3點(diǎn)，則此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)電子做的總功為零【解答】解：A、規(guī)定場(chǎng)強(qiáng)沿x軸正方向?yàn)檎?，依?jù)場(chǎng)強(qiáng)E隨位移坐標(biāo)x變化規(guī)律如題目中圖所示，電場(chǎng)強(qiáng)度方向如下圖所示：根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，則O電勢(shì)最低，故A錯(cuò)誤；B、由上分析，可知，電勢(shì)從高到低，即為x3、x2、x1，由于﹣x2點(diǎn)與x2點(diǎn)電勢(shì)相等，那么﹣x2點(diǎn)的電勢(shì)不是最高，故B錯(cuò)誤；C、若電子從﹣x2點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x2點(diǎn)，越過(guò)橫軸，圖象與橫軸所圍成的面積之差為零，則它們的電勢(shì)差為零，則此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)電子做的總功為零，故C正確；D、若電子從x1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x3點(diǎn)，圖象與橫軸所圍成的面積不為零，它們的電勢(shì)差不為零，則此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)電子做的總功也不為零，故D錯(cuò)誤；故選：C。一內(nèi)壁光滑、半徑為R的光滑圓軌道豎直固定在桌面上，整個(gè)裝置處在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向豎直向下，大小E=mgq（E未知），一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的小球靜止在軌道底部A點(diǎn)，現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球，經(jīng)過(guò)兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)，已知小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離軌道，第一次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功W，第二次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功4W，設(shè)兩次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做的功全部用來(lái)增加小球的動(dòng)能，則A．3mgRB．3mgR2C．3mgR4D【解答】解：因?yàn)樾∏蛟谶\(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離軌道，第一次擊打后，小球到達(dá)最高點(diǎn)的高度不大于R，所以滿足有：W≤mgR+qER＝2mgR，經(jīng)過(guò)兩次擊打后，小球到達(dá)最高點(diǎn)，如果小球恰好達(dá)到最高點(diǎn)有：mg+qE=mv則根據(jù)功能關(guān)系可知，W+4W≥則W≥mgR，所以有mgR≤W≤2mgR，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。如圖所示，為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，在D形盒邊上的縫隙間放置一對(duì)中心開有小孔a、b的平行金屬板M、N．每當(dāng)帶正電的粒子從a孔進(jìn)入時(shí)，就立即在兩板間加上恒定電壓，經(jīng)加速后從b孔射出，再立即撤去電壓，而后進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)?？p隙間無(wú)磁場(chǎng)，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．D形盒中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外B．粒子運(yùn)動(dòng)的周期不斷變大C．粒子每運(yùn)動(dòng)一周直徑的增加量越來(lái)越小D．增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動(dòng)能變大【解答】解：A、粒子從b孔進(jìn)入磁場(chǎng)后受到的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知，D形盒中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)T=2πmqB分析知粒子運(yùn)動(dòng)的周期不變，故C、粒子第n次加速后，根據(jù)動(dòng)能定理可得：nqU=12mv2，解得v=2nqUm，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r=mvqBD、當(dāng)粒子從D形盒中出來(lái)時(shí)，速度最大，根據(jù)r=mvqB，得v=qBrm知加速粒子的最大動(dòng)能與故選：C。如圖所示，一管壁半徑為R的直導(dǎo)管（導(dǎo)管柱的厚度可忽略）水平放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里；沿導(dǎo)管向左流動(dòng)的液體中，僅含有一種質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電微粒，微粒受磁場(chǎng)力影響發(fā)生偏轉(zhuǎn)，導(dǎo)管上、下壁a、b兩點(diǎn)間最終形成穩(wěn)定電勢(shì)差U，導(dǎo)管內(nèi)部的電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，忽略浮力，則液體流速和a、b電勢(shì)的正負(fù)為（）A．UBR，a正、b負(fù)B．UB2R，a正、C．U2RB-mgqB，a負(fù)、b正D．U2RB【解答】解：液體中帶正電微粒流動(dòng)時(shí)，根據(jù)左手定則，帶電微粒受到向下的洛倫茲力，所以帶電微粒向下偏，則a點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)，點(diǎn)電勢(shì)為正，最終液體中的帶電微粒所受的電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力和帶電微粒所受重力的合力為零，即為：Uq解得：v=U2RB-mgqB故選：C。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)顯示屏翻開時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作：當(dāng)顯示屏合上時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示是一塊長(zhǎng)為a、寬為b、高為c的半導(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，通入的恒定電流方向向右。當(dāng)顯示屏合上時(shí)，元件處于垂直于上表面且方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，元件的前、后表面間產(chǎn)生電壓U，以此來(lái)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a成正比C．前、后表面間的電壓U與b成正比D．前、后表面間的電壓U與c成反比【解答】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；BCD、穩(wěn)定后，后續(xù)電子受力平衡可得，eUb=evB，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式可知，I＝neSv＝nebcv，解得U=BIne?1c，所以前、后表面間的電壓U與c成反比，與a故選：D。如圖所示，R1和R2是同種材料、厚度相同、上下表面為正方形的金屬導(dǎo)體，但R1的尺寸比R2的尺寸大。將兩導(dǎo)體同時(shí)放置在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，磁場(chǎng)方向垂直于兩導(dǎo)體正方形表面，在兩導(dǎo)體上加相同的電壓，形成圖所示方向的電流；電子由于定向移動(dòng)，會(huì)在垂直于電流方向受到洛倫茲力作用，從而產(chǎn)生霍爾電壓，當(dāng)電流和霍爾電壓達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．R1中的電流大于R2中的電流B．R1中的電流小于R2中的電流C．R1中產(chǎn)生的霍爾電壓小于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓D．R1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓【解答】解：AB、電阻R=ρLS，設(shè)正方形金屬導(dǎo)體邊長(zhǎng)為a，厚度為b，則R=ρa(bǔ)ab=ρb，則R1＝R2，在兩導(dǎo)體上加上相同電壓，則RCD、根據(jù)電子最終在電場(chǎng)力與洛倫茲力作用下平衡，則有evB=eUHa，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式：I＝neSv，聯(lián)立解得：UH＝Bav＝Ba?IneSb=1ne?BIb故選：D。如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100J，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零，D為AC的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．到達(dá)C點(diǎn)后小球不可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)B．小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等C．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50JD．小球電勢(shì)能的增加量等于重力勢(shì)能的減少量【解答】解：A、如果電場(chǎng)力大于重力，則靜止后小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、小球受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力、彈力和滑動(dòng)摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動(dòng)摩擦力變化，又AD＝DC，兩段位移相等，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故B正確；C、由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能也就不為50J，故C錯(cuò)誤；D、該過(guò)程是小球的重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小球電勢(shì)能的增加量不等于