13、確．
[答案] C
遷移三 平行板電容器問題
3．(2019·廣東湛江模擬)如圖所示，平行板a、b組成的電容器與電池E連接，平行板電容器P處固定放置一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷，平行板b接地．現(xiàn)將電容器的b板向下稍微移動，則( )
A．點(diǎn)電荷所受電場力增大
B．點(diǎn)電荷在P處的電勢能減少
C．P點(diǎn)電勢減小
D．電容器的帶電荷量增加
[解析] b板下移后，由C＝知電容減小，電容器與電池連接，極板間電壓不變，由Q＝UC知，極板帶電荷量減少，D錯誤；極板間電壓不變，板間距離增大導(dǎo)致內(nèi)部場強(qiáng)減小，點(diǎn)電荷受力減小，A錯誤；根據(jù)U＝Ed，得UPA＝EdPA，dPA不變，場強(qiáng)E的減小導(dǎo)致P處與上極板
14、間電勢差減小，P處的電勢升高，由于點(diǎn)電荷帶負(fù)電，負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，故點(diǎn)電荷在P處的電勢能減少，B正確，C錯誤．
[答案] B
電容器與電源連接時電勢和電勢能的分析
如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S保持與電源連接，a處固定一帶電荷量很小的正點(diǎn)電荷，現(xiàn)將電容器N板向下移動一小段距離時，由于電壓不變，根據(jù)E＝得場強(qiáng)減小，a點(diǎn)和上極板M的電勢差UMa＝EdMa，則UMa減小，又根據(jù)UMa＝φM－φa知，因φM不變，所以φa升高，正電荷的電勢能增大.
熱點(diǎn)考向二 磁場的性質(zhì)、安培力
角度一 磁場的疊加及安培力的計算問題
【典例1】 (多選)(2018·全國卷Ⅱ)
如圖所
15、示，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外．則( )
A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
D．流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
[思路引領(lǐng)] 電流L1在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場大小相等、方向相同；電流L2在a、b
16、兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場大小相等、方向相反．
[解析] 原磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知
在b點(diǎn)：B0＝B0－B1＋B2
在a點(diǎn)：B0＝B0－B1－B2
由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0.故選項(xiàng)AC正確．
[答案] AC
角度二 安培力作用下導(dǎo)體的平衡及運(yùn)動
【典例2】 (2019·安徽皖西南名校聯(lián)考)如圖所示為一電流表的原理示意圖．質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過一掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的刻度，MN的長度大于ab.當(dāng)MN中沒有
17、電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當(dāng)MN中有電流通過時，指針?biāo)缚潭瓤杀硎倦娏鞔笮。?
(1)當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長多少？(重力加速度為g)
(2)若要電流表正常工作，MN的哪一端應(yīng)與電源正極相接？
(3)若k＝2.0 N/m，ab＝0.20 m，cb＝0.050 m，B＝0.20 T，此電流表的量程是多少？(不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用)
(4)若將量程擴(kuò)大2倍，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)槎啻螅?
[思路引領(lǐng)]
[解析] (1)設(shè)電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長為Δx，則有：mg＝kΔx①
由①式得：Δx＝②
故當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長
(2)為使電
18、流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應(yīng)接電源正極
故若要電流表正常工作，MN的M端應(yīng)接電源正極
(3)設(shè)滿量程時通過MN的電流為Im，則有：
BIm·ab＋mg＝k(bc＋Δx)③
聯(lián)立①③并代入數(shù)據(jù)得：Im＝2.5 A④
故此電流表的量程是0～2.5 A
(4)設(shè)量程擴(kuò)大后，磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽′，則有：
2B′Im·ab＋mg＝k(bc＋Δx)⑤
由①⑤得B′＝
代入數(shù)據(jù)得B′＝0.10 T
故若將量程擴(kuò)大2倍，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)?.10 T
[答案] (1) (2)M端 (3)0～2.5 A (4)0
19、.10 T
求解磁場中導(dǎo)體棒運(yùn)動問題的思路
遷移一 磁場的疊加問題
1．(2019·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)一對相同的載流圓線圈彼此平行且共軸，通以同方向等大電流，在兩線圈圓心O1、O2連線上取A、B、C三點(diǎn)，使得AO1＝O1B＝BO2＝O2C，A、B兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為BA和BB，若僅將線圈O2中電流反向(大小不變)，則C點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽C，下列說法正確的是( )
A．BC＝BB－BA，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向
B．BC＝BB－BA，開始時A與C磁場反向，后來A與C磁場同向
C．BC＝2BA－BB，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向
20、
D．BC＝2BA－BB，開始時A與C磁場反向，后來A與C磁場同向
[解析] 設(shè)AO1＝O1B＝BO2＝O2C＝x，距離圓環(huán)x處，每個圓環(huán)單獨(dú)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，距離圓環(huán)3x處每個圓環(huán)單獨(dú)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2.電流同向時，根據(jù)安培定則，兩線圈在中軸線上的磁場方向向下，則A點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度BA＝B1＋B2，方向向下，B點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度BB＝2B1，方向向下；O2中電流反向時，線圈O2在C點(diǎn)的磁場方向向上，線圈O1在C點(diǎn)的磁場方向向下，則BC＝B1－B2，方向向上，線圈O2在A點(diǎn)的磁場方向向上，線圈O1在A點(diǎn)的磁場方向向下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，聯(lián)立得BC＝BB－BA.由以上分析知，開始
21、時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向，故選項(xiàng)A正確，BCD錯誤．
[答案] A
遷移二 安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題
2．(2019·豫南九校聯(lián)考)如右圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L＝0.5 m，
導(dǎo)軌電阻忽略不計；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1 kg，電阻R0＝0.9 Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動勢E＝10 V，內(nèi)阻r＝0.1 Ω，電阻R＝4 Ω；外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5 T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53°；ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10 m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知sin53°
22、＝0.8，cos53°＝0.6.求：
(1)通過ab的電流大小和方向；
(2)ab受到的安培力大??；
(3)重物重力G的取值范圍．
[解析] (1)I＝＝2 A，方向?yàn)閍到b.
(2)F＝BIL＝5 N.
(3)受力如圖fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5 N，
當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時FT＝Fsin53°－fm＝0.5 N，
當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時FT＝Fsin53°＋fm＝7.5 N，
所以0.5 N≤G≤7.5 N.
[答案] (1)2 A 方向?yàn)閍到b (2)5 N
(3)0.5 N≤G≤7.5 N
安培力作用下導(dǎo)體棒的
23、平衡與運(yùn)動問題與力學(xué)中的平衡與運(yùn)動問題的處理方法相同，只是安培力會隨著磁場B、電流I及導(dǎo)線長度L的變化而變化.
高考熱點(diǎn)題型突破——電場中的“兩類”典型圖像問題
幾種常見的E－x圖像
幾種常見的φ－x圖像
【典例】 (多選)(2017·江蘇卷)在x軸上有兩個點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確的有( )
A．q1和q2帶有異種電荷
B．x1處的電場強(qiáng)度為零
C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小
D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大
[審題指導(dǎo)]
第一步
24、 讀題干—提信息
題干
信息
x軸上有兩個點(diǎn)電荷，空間的電勢有正有負(fù)
兩個電荷為異種電荷
圖像為φ－x圖像
斜率代表電場強(qiáng)度
第二步 審程序—順?biāo)悸?
[解析] 由題圖可知，空間的電勢有正有負(fù)，無窮遠(yuǎn)處電勢為零，且只有一個極值，則兩個點(diǎn)電荷必定為異種電荷，A項(xiàng)正確；由E＝可知，φ－x圖像的切線的斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度大小，因此x1處的電場強(qiáng)度不為零，B項(xiàng)錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ、F＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤．
[答案] AC
(1)E－x圖像特點(diǎn)
①反映了電場強(qiáng)度隨
25、位移變化的規(guī)律．
②E>0表示場強(qiáng)沿x軸正方向；E<0表示場強(qiáng)沿x軸負(fù)方向．
③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點(diǎn)的電勢高低根據(jù)電場方向判定．
(2)φ－x圖像特點(diǎn)及應(yīng)用
①電場強(qiáng)度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零．
②在φ－x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向．
③在φ－x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后做出判斷.
1.(2019·湖北荊州第一次質(zhì)檢)靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如右圖所示，x
26、軸正方向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動，則點(diǎn)電荷( )
A．在x2和x4處電勢能相等
B．由x1運(yùn)動到x3的過程中電勢能增大
C．由x1運(yùn)動到x4的過程中電勢能先減小后增大
D．由x1運(yùn)到到x4的過程中電場力先減小后增大
[解析] x2～x4處場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，則從x2到x4處逆著電場線方向，電勢升高，則正電荷在x4處電勢能較大，故A錯誤；x1～x3處場強(qiáng)為x軸負(fù)方向，則從x1到
x3處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷在x3處電勢能較大，故B正確；由x1運(yùn)動到x4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，正電荷的電勢能增大，故C錯誤；由x1運(yùn)動到x4的過程中，電場強(qiáng)
27、度的絕對值先增大后減小，故由F＝qE知，電場力先增大后減小，故D錯誤．
[答案] B
2．(2019·河北定州期中)兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢為零，ND段中C點(diǎn)電勢最高，則下列選項(xiàng)說法錯誤的是( )
A．q1為正電荷，q2為負(fù)電荷
B．q1的電荷量大于q2的電荷量
C．N、C間場強(qiáng)方向沿x軸正方向
D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功
[解析] 由圖知無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，A點(diǎn)的電勢為0，由于沿著電場線電勢降低，所以q1為正電荷，q2為負(fù)電荷，故A正確．A點(diǎn)的電勢
28、為零，又由于OA>AM，所以q1的電荷量大于q2的電荷量，故B正確．由圖可知：從N到C，電勢升高，根據(jù)沿著電場線電勢降低可知，N、C間電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故C錯誤．N→D段中，電勢先升高后降低，所以場強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正方向，將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功，故D正確．
[答案] C
專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十)
一、選擇題
1．(2019·東北師大附中教學(xué)抽樣檢測)如右圖所示，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點(diǎn)O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運(yùn)動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長
29、為l的等邊三角形，則( )
A．小環(huán)A的加速度大小為
B．小環(huán)A的加速度大小為
C．恒力F的大小為
D．恒力F的大小為
[解析] 設(shè)輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，聯(lián)立解得：aA＝，選項(xiàng)B正確，A錯誤；恒力F的大小為F＝2ma＝，選項(xiàng)C、D錯誤．
[答案] B
2．(多選)(2019·武漢二中月考)如右圖所示，a、b、c、d四個質(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，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
30、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＝R.重力加速度為g，靜電力常量為k.則( )
A．小球a一定帶正電
B．小球b的周期為
C．小球c的加速度大小為
D．外力F豎直向上，大小等于mg＋
[解析] a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使它們做勻速圓周運(yùn)動，則d球與a、b、c三小球一定帶異種電荷，由于d球的電性未知，所以a球不一定帶正電，故A錯誤．設(shè)ad連線與水平方向的夾角為α，則cosα＝＝，sinα＝＝；對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得kcosα－2k·cos30°＝mR＝ma，解得T＝，a＝，則小球c的加速度大小為，故B、C正
31、確．對d球，由平衡條件得F＝3ksinα＋mg＝mg＋，故D正確．
[答案] BCD
3．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，N為粒子運(yùn)動軌跡上的另外一點(diǎn)，則( )
A．運(yùn)動過程中，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線重合
C．粒子在M點(diǎn)的電勢能不低于其在N點(diǎn)的電勢能
D．粒子在N點(diǎn)所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行
[解析] 在兩個同種點(diǎn)電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，粒子的速度先增大后減小，選項(xiàng)A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運(yùn)動
32、，若運(yùn)動到N點(diǎn)的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點(diǎn)的電勢能相等；僅在電場力作用下運(yùn)動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，若粒子運(yùn)動到N點(diǎn)時動能不為零，則粒子在N點(diǎn)的電勢能小于在M點(diǎn)的電勢能，即粒子在M點(diǎn)的電勢能不低于其在N點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)C正確；粒子所受電場力與電場線共線與運(yùn)動軌跡無關(guān)，D錯誤．
[答案] AC
4．(多選)(2019·全國卷Ⅲ)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個頂點(diǎn)．則( )
A．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢相等
B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等
C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同
D．將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電
33、勢能增加
[解析] a、b兩點(diǎn)到兩點(diǎn)電荷連線的距離相等，且關(guān)于兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)對稱，可知a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，選項(xiàng)B、C均正確．
[答案] BC
5．(2019·山東省濟(jì)南市期末測試)兩個點(diǎn)電荷位于x軸上，在它們形成的電場中，若取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則在x軸正半軸上各點(diǎn)的電勢如圖中曲線所示，當(dāng)x→0時，電勢φ→∞，當(dāng)x→∞時，電勢φ→0.電勢為零的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，電勢為最小值－φ0的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x2，根據(jù)圖線提供的信息，下列判斷正確的是( )
A．這兩個點(diǎn)電荷一定是同種電荷
B．這兩個點(diǎn)電荷一定是等量的異種電荷
C．在x1處的電場強(qiáng)度為零
D．在x2處的
34、電場強(qiáng)度為零
[解析] 若這兩個點(diǎn)電荷是同種電荷，則在x1處的電勢不可能為零，因此這兩個點(diǎn)電荷一定是異種電荷，選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)x→0時，電勢φ→∞，可知在原點(diǎn)一定有正點(diǎn)電荷，負(fù)點(diǎn)電荷只能在x軸負(fù)半軸上，且負(fù)點(diǎn)電荷所帶電荷量的絕對值一定大于正點(diǎn)電荷所帶電荷量，可知這兩個點(diǎn)電荷必定是不等量的異種電荷，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢的關(guān)系可知E＝，故在x2處的電場強(qiáng)度為零，在x1處的電場強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)D正確、C錯誤．
[答案] D
6．(2019·寶雞高三一模)如右圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，小球P從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小
35、球Q從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運(yùn)動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運(yùn)動到右極板的過程中，它們的( )
A．電荷量之比qP∶qQ＝2∶1
B．電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝2∶1
C．運(yùn)動時間tp>tQ
D．動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
[解析] 小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，在水平方向上做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)合運(yùn)動與分運(yùn)動的等時性，兩小球下落的高度一樣，即h＝gt2，所以運(yùn)動的時間相同，設(shè)為t，C錯誤；在水平方向上有d＝aPt2＝t2，d＝aQt2＝t2，可得qP∶qQ＝2∶1，A正確；電勢能的減少量等于電場力所做的功，所以有ΔEpP＝U
36、qP，ΔEpQ＝UqQ，所以有ΔEpP∶ΔEpQ＝4∶1，B錯誤；運(yùn)動過程中重力和電場力做功，所以動能的增加量為ΔEkP＝mgh＋UqP，ΔEkQ＝mgh＋UqQ，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，D錯誤．
[答案] A
7．(2019·全國卷Ⅰ)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接．已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為( )
A．2F B．1.5F
C．0.5F D．0
[解析] 設(shè)三角形邊長為l，通過導(dǎo)體棒MN的電流大小為I，則根據(jù)并聯(lián)電路
37、的規(guī)律可知通過導(dǎo)體棒ML和LN的電流大小為，如圖所示，依題意有F＝BlI，則導(dǎo)體棒ML和LN所受安培力的合力為F1＝BlI＝F，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為1.5F，選項(xiàng)B正確．
[答案] B
8.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為( )
A．0 B.B0 C.B0 D．2B0
[解析] 設(shè)導(dǎo)線P在a點(diǎn)處產(chǎn)
38、生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，由于a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故導(dǎo)線P、Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度與B0等大反向．如圖甲所示，由幾何關(guān)系得，導(dǎo)線P、Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝2Bcos30°，方向水平向右．若P中的電流反向、其他條件不變，如圖乙所示，由幾何關(guān)系得，P、Q導(dǎo)線在a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽，方向豎直向上，則a點(diǎn)處合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為＝B0，故選項(xiàng)C正確．
[答案] C
9．(多選)(2019·南京金陵中學(xué)二模)間距為L＝20 cm的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L的兩段光滑圓弧導(dǎo)軌相接，一根質(zhì)量m＝60 g、電阻R＝1 Ω、
39、長為L的導(dǎo)體棒ab，用長也為L的絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T，當(dāng)閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒沿圓弧擺動，擺到最大高度時，細(xì)線與豎直方向成θ＝53°角，擺動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線處于張緊狀態(tài)，導(dǎo)軌電阻不計，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2，則( )
A．磁場方向一定豎直向下
B．電源電動勢E＝3.0 V
C．導(dǎo)體棒在擺動過程中所受安培力F＝3 N
D．導(dǎo)體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048 J
[解析] 當(dāng)開關(guān)S閉合時，導(dǎo)體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方
40、向豎直向下，故A正確；設(shè)電路中電流為I，則根據(jù)動能定理得－mgL(1－cos53°)＋FLsin53°＝0，解得安培力F＝0.3 N，由F＝BIL＝，得E＝3 V，故B正確，C錯誤；導(dǎo)體棒在擺動過程中電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的機(jī)械能E＝mgL(1－cos53°)＝0.06×10×0.2×0.4 J＝0.048 J，另一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯誤．
[答案] AB
二、非選擇題
10．(2019·石家莊高三質(zhì)檢二)如圖所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點(diǎn)有一固定點(diǎn)電荷，電荷量為＋Q.現(xiàn)從A點(diǎn)將一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道A
41、DB運(yùn)動到D點(diǎn)時速度為，g為重力加速度，不考慮運(yùn)動電荷對靜電場的影響，求：
(1)小球運(yùn)動到D點(diǎn)時對軌道的壓力；
(2)小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中電勢能的改變量．
[解析] (1)小球在D點(diǎn)時有FN＋k－mg＝
解得FN＝2mg－k
由牛頓第三定律得，小球在D點(diǎn)時對軌道的壓力大小為FN′＝2mg－k
方向豎直向下
(2)小球從A運(yùn)動到D，根據(jù)動能定理，有：mgr＋W電＝m()2－0
解得電場力做的功：W電＝－mgr
因?yàn)殡妶隽ψ鲐?fù)功，則電勢能增加，ΔEp＝mgr
[答案] (1)2mg－k，方向豎直向下 (2)mgr
11．(2019·北京西城區(qū)模擬)2012年11月，“
42、殲15”艦載機(jī)在“遼寧號”航空母艦上著艦成功，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機(jī)著艦時利用阻攔索的作用力使它快速停止．隨著電磁技術(shù)的日趨成熟，新一代航母已準(zhǔn)備采用全新的電磁阻攔技術(shù)，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機(jī)著艦時利用電磁作用力使它快速停止．為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖所示的模型．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計．軌道端點(diǎn)MP間接有阻值為R的電阻．
一個長為L、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好．質(zhì)量為M的飛機(jī)以水平速度v0迅速鉤住導(dǎo)體棒ab，鉤住之后關(guān)閉動力系統(tǒng)并立即獲得共同的
43、速度．假如忽略摩擦等次要因素，飛機(jī)和導(dǎo)體棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來．求：
(1)飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒后它們獲得的共同速度v的大??；
(2)飛機(jī)在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值；
(3)從飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒到它們停下來的整個過程中運(yùn)動的距離x.
[解析] (1)以飛機(jī)和導(dǎo)體棒為研究對象，
根據(jù)動量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，
解得它們共同的速度v＝v0；
(2)飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒后它們以速度v開始在安培力的作用下做減速運(yùn)動，所以當(dāng)它們的速度為v時所受安培力最大，此時加速度也最大，
根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝(M＋m)a，
根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝，
聯(lián)立以上兩式解得a＝；
(3)以飛機(jī)和導(dǎo)體棒為研究對象，在很短的一段時間Δt內(nèi)，
根據(jù)動量定理有BiL·Δt＝(M＋m)Δv，
在某時刻，根據(jù)閉合電路歐姆定律有i＝，
聯(lián)立可得·Δt＝(M＋m)Δv，
飛機(jī)經(jīng)時間t停下來，在時間t內(nèi)，對等式兩邊求和，有·x＝(M＋m)v，
解得x＝.
[答案] (1)v0 (2)
(3)
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（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電場和磁場 第一講 電場和磁場的基本性質(zhì)教學(xué)案
