2016届高考物理二轮复习重点知识回顾电场和磁场(新人教版含答案)

电场和磁场1.如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为＋2q，右侧点电荷带电荷量为－q，P、Q两点关于两电荷连线对称．由图可知()A．P、Q两点的电场强度相同B．M点的电场强度大于N点的电场强度C．把同一试探电荷放在N点，其所受电场力大于放在M点所受的电场力D．两点电荷连线的中点处的电场强度为2kqr2解析：选B.P、Q两点的电场强度大小相等，方向不相同，选项A错误．根据电场线疏密程度反映电场强度大小可知，M点的电场强度大于N点的电场强度，选项B正确．把同一试探电荷放在N点，其所受电场力小于放在M点所受的电场力，选项C错误．两点电荷连线的中点处的电场强度为E＝k2qr2＋kqr2＝3kqr2，选项D错误．2.(多选)一长为L、质量为m的水平通电直导体棒紧靠竖直粗糙绝缘面放置，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导体棒，与水平方向成θ角斜向上，其剖面图如图所示，当导体棒中通有大小为I的图示电流时，导体棒处于静止状态，导体棒与绝缘面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，已知绝缘面对导体棒的摩擦力为f、弹力为N，则()A．f＝mg＋BILcosθB．f＝μBILsinθC．N＝BILsinθD．N＝BIL解析：选AC.导体棒受重力mg、安培力FA、绝缘面的弹力N和静摩擦力f而处于静止状态，所以摩擦力不能用f＝μN计算，B错误；由左手定则可知安培力FA＝BIL.方向与竖直方向成θ角向右下方，由图知f＝mg＋BILcosθ，N＝BILsinθ，A、C正确，D错误．3．如图所示是某新型发电机的部分原理图，其发电管是横截面为矩形的水平管，管道长为a、宽为b、高为c，上下面是电阻可不计的导体板，两导体板与开关S、定值电阻R相连，前后面是绝缘板，加有垂直绝缘板的匀强磁场，磁感应强度为B，管道内的导电液体(含大量正、负离子)的电阻率为ρ，在管道进、出口两端压强差的作用下以速率v0做稳恒流动，液体所受摩擦阻力恒定，则开关闭合前后，管道两端压强的改变量为()A.B2av20aR＋ρB.B2acv20abR＋ρcC.B2bcv20abR＋ρaD.B2cv20bR＋ρc解析：选B.开关闭合前，当离子所受洛伦兹力与电场力平衡时，液体稳恒流动，两导体板间的电压恒定，满足Bqv0＝qUc，令开关闭合前后，管道两端的压强差分别为p1、p2，液体所受摩擦阻力为f，则闭合前有p1·bc＝f，闭合后有p2·bc＝f＋BIc，而I＝UR＋r、r＝ρcab，联立以上各式可得开关闭合前后，管道两端压强的改变量为Δp＝p2－p1＝B2acv20abR＋ρc，B对．4.(多选)如图所示，在光滑水平面上相距x＝6L的A、B两点分别固定有带正电的点电荷Q1、Q2，与B点相距2L的C点为A、B连线间电势的最低点．若在与B点相距L的D点以水平向左的初速度v0释放一个质量为m、带电荷量为＋q的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A、B两点间运动，则下列说法中正确的是()A．滑块从D运动到C的过程中，动能一定越来越大B．滑块从D点向A点运动的过程中，加速度先减小后增大C．滑块将以C点为中心做往复运动D．固定在A、B两点处的点电荷的电荷量之比为Q1∶Q2＝4∶1解析：选ABD.由于C点是A、B连线间电势的最低点，B、C间电场线方向由B指向C，在滑块从D运动到C的过程中，电场力一直做正功，所以滑块的动能一定越来越大，选项A正确；滑块从C向A运动的过程中，电场力做负功，所以此时滑块受到的电场力方向水平向右，因此可判断滑块在C点受到的电场力一定为零，所以滑块受到的电场力先向左逐渐减小到零，后向右逐渐增大，因此其加速度也是先向左逐渐减小到零，后向右逐渐增大，选项B正确；依题意，C两侧电场不对称，滑块不可能以C点为中心做往复运动，选项C错误；由题意可知，点电荷Q1、Q2在C点的合场强为零，因此有kQ1L2＝kQ2L2，整理可得Q1∶Q2＝4∶1，选项D正确．5.如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等．一带正电的粒子，从P(－d,0)点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经过第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点的速度方向与入射时相同．不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度v0；(2)第三、四象限磁感应强度的大小B′.解析：本题考查带电粒子在电磁复合场中的运动．(1)设粒子质量为m，电荷量为q，在第二象限做圆周运动的半径为r，圆心为O1qv0B＝mv20rrsinα＝d设Q点的纵坐标为yQyQ＝r－dtanα粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知，粒子射入第四象限和射出第三象限时，速度方向与x轴正方向的夹角相同，则β＝α＝60°设粒子由x轴上S点离开电场，粒子在S点的速度为vqEyQ＝12mv2－12mv20v＝v0cosβ解得v0＝E3B(2)设粒子在电场中运动的时间为t，S点横坐标为xSyQ＝v0tanβ2txS＝v0t解得xS＝2d3，粒子在S点速度为v，在第四、三象限中运动半径为r′，圆心为O2，则qvB′＝mv2r′xS－xP＝2r′sinβ解得B′＝2.4B答案：(1)E3B(2)2.4B6．如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则经t02时间打到极板上．(1)求两极板间电压U.(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？解析：(1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动，则：L∶(L－2R)＝t0∶t02解得：L＝4R粒子在电场中做类平抛运动：L－2R＝v0·t02a＝qU2mRR＝12a(t02)2在复合场中做匀速直线运动，则qU2R＝qv0B联立各式解得：qm＝2Bt0U＝8R2B2(2)若撤去电场，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r，粒子恰好打到上极板左边缘时速度的偏转角为α，由几何关系可知：β＝π－α＝45°r＋2r＝R由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r解得：v＝2－Rt0故使粒子在两板左侧飞出的条件为0＜v＜2－Rt0答案：(1)8R2Bt0(2)0＜v＜2－Rt07.在如图所示的直角坐标系中，第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小未知，在y轴上的C点(没画出)固定有一点电荷(点电荷对y轴左侧不起作用)．现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子由第二象限的点A(－a，34a)处由静止释放(不计重力)，粒子恰好垂直y轴进入第四象限并在y轴右侧做匀速圆周运动，最后又恰好能击中A点，已知静电力常量为k，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)C点的坐标；(3)点电荷的电荷量Q.解析：(1)设粒子进入磁场中的速度为v，则由动能定理知qE·34a＝12mv2粒子运动轨迹如图所示，由图知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝a由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝mv2r联立解得B＝3mE2qa.(2)由图知粒子从D到A做类平抛运动，设C点的坐标为(0，y)，则粒子在y轴右侧做匀速圆周运动的半径为R＝y＋a由类平抛运动规律知a＝vt，R＋y－34a＝12·qEmt2联立可得y＝a24，即C点的坐标为(0，a24)．(3)由(2)知粒子在y轴右侧做匀速圆周运动的半径为R＝y＋a＝25a24粒子在y轴右侧做匀速圆周运动时由库仑力提供向心力，即kQqR2＝mv2R所以Q＝25Ea216k，即点电荷的电荷量Q为25Ea216k，且带负电．答案：(1)3mE2qa(2)(0，a24)(3)25Ea216k负电