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1、2019届高考物理二轮复习专题-电场、磁场的基本性质（含答案）与2019届高考物理二轮复习专题-功能关系在电学中的应用（有答案）2019届高考物理二轮复习专题-电场、磁场的基本性质（含答案）高考对电场与磁场考查的重点有以下几个方面：对电场力的性质和能的性质的理解；带电粒子在电场中的加速和偏转问题；带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题。1电场强度的三个公式(1)EFq是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关，试探电荷q充当“测量
2、工具”的作用(2)EkQr2是真空中点电荷所形成的电场的决定式，E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定。(3)EUd是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场。注意：式中d为两点间沿电场方向的距离。2电场能的性质(1)电势与电势能：Epq。(2)电势差与电场力做功：UABWABqAB。(3)电场力做功与电势能的变化：WEp。3等势面与电场线的关系(1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。4带电粒子在磁场中的受力情况(1)磁场只对运动的电荷有力的作用，对静
3、止的电荷无力的作用。(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为FqvBsin ，注意：为v与B的夹角。F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向。1如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为，把半圆环分成AB、BC、CD三等分。下列说法正确的是( )ABC部分在O点产生的电场强度的大小为E2BBC部分在O点产生的电场强度的大小为E3CBC部分在O点产生的电势为2DBC部分在O点产生的电势为32(多选)(2018全国卷20)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它
4、们相对于L2对称整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0，方向也垂直于纸面向外。则( )A流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0B流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B01(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为
5、R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为( )Amgq B2mg2qCkQR2 Dk2Q4R22(多选)如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知abd，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为( )A2qBd6m B2qBd4mC2qBd2m D3qBdm1(多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为q的圆环，可在水平放置的足
6、够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的vt图象可能是下图中的( ) 2水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点。则( )A如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下B小球由A到B的过程中电场力一定做负功C小球由A到B的过程中动能可能减小D小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小3(多选)在真空中的x轴上的原点处和x6a处分别固定一个点电荷M、N，在x2a处由静止释放一个正点电荷
7、P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示(其中在x4a处速度最大)，则下列说法正确的是( )A点电荷M、N一定都是正电荷B点电荷M、N一定为异种电荷C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为41Dx4a处的电场强度不一定为零4一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷Q与其像电荷Q共同激发产生的。像电荷Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷Q在此镜中的像点位置。如图所示，已知Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN，
8、则( )Aa点的电场强度大小为E4kQL2Ba点的电场强度大小大于b点的电场强度大小，a点的电势高于b点的电势Cb点的电场强度和c点的电场强度相同D一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零5(多选)如图所示，下端封闭、上端开口、高h5 m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m10 g，电荷量的绝对值|q|0.2 C的小球，整个装置以v5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B0.2 T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )A小球带负电B小球在竖直方向做匀加速直线
9、运动C小球在玻璃管中的运动时间小于1 sD小球机械能的增加量为1 J6如图所示，在纸面内有磁感应强度大小均为B，方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC为两磁场的理想边界。已知三角形ABC边长为L，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力，试求：(1)要使粒子从P点射出后在最短时间内通过B点，则从P点射出时的速度v0为多大？(2)满足(1)问的粒子通过B后第三次通过磁场边界时到B的距离是多少？(3)满足(1)问的粒子从P点射入外部磁场到再次
10、返回到P点的最短时间为多少？画出粒子的轨迹并计算。参考答案1【解题思路】如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段设每段在O点产生的电场强度大小均为E。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120，它们的合场强大小为E，则整个半圆环在O点的合场强：E2E，则：EE2；故圆弧BC在圆心O处产生的场强为E2。电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为，则有 3，则3，故选A、D。【答案】AD2【解题思路】原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知，在b点：12B0B0B1B2，在a点：13B0B0B1B2，由上述两式解得B1712B0，B2112B0，A、C项正确。【答案】AC1【解题思路】对小球受力分
11、析可知mgtan 45qE，解得Emgq，选项A正确，B错误；由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分x，总电荷量为Q，则该部分电荷量为x2RQ；该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1kQx2L2RkQx2?2R?2RkQx4R3，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其电场强度与E1相同，如图所示，则两个场强的合场强为E12kQx4R3cos 452kQx4R3，方向沿圆心与小球的连线向外；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为ERxE1Rx2kQx4R32kQ4R2，方向水平向左，选项C错误，D正确。【答案】AD2【解题思路】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所
12、示，所有圆弧的圆心角均为90，所以粒子运动的半径r22dn(n1，2，3)，由洛伦兹力提供向心力得qvBmv2r，则vqBrm2qBd2m1n(n1，2，3)，故A、B、C正确，D错误。【答案】ABC1【解题思路】当qvBmg时，小环做匀速运动，此时图象为平行于t轴的直线，故B正确；当qvBmg时，FNqvBmg，此时：FNma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvBmg时，小环开始做匀速运动，故C正确；当qvBmg时，FNmgqvB，此时：FNma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其vt图象的斜率应该逐渐增大，故A、D错误。【答案】BC2【解题思路】小球在极板间受到
13、竖直向下的重力作用与电场力作用，由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力与重力的大小关系，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，小球的机械能可能增加，也可能减小，B错误，D正确；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误。【答案】D3【解题思路】由题图图象可知，
14、点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，A正确，B错误；点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大，由图可知，在x4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明x4a处的电场强度等于0，则点电荷M与N在P点的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：kqMq?4a?2kqNq?2a?2，则qMqN41，点电荷M、N所带电荷量的
15、绝对值之比为41，C正确，D错误。【答案】AC4【解题思路】由题意可知，周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度EkQ?L2?2kQ?3L2?240kQ9L2，A错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示。由图可知EaEb，ab，B正确；图中b、c两点的场强不同，C错误；由于a点的电势高于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误。【答案】B5【解题思路】由左手定则可知，小球带正电，选项A错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，则小球竖直方向所受的洛伦兹力恒定，则竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动
16、，选项B正确；小球在竖直方向的加速度aB|q|vmgm0.20.250.01100.01 m/s210 m/s2，在管中运动的时间t2ha2510 s1 s，选项C错误；小球到管口时的竖直分速度vyat10 m/s，机械能的增加量：Emgh12mvy2(0.01105120.01102) J1 J，选项D正确。【答案】BD6【解析】(1)粒子回旋半个圆周到达B点所用时间最短，此时粒子做圆周运动的半径rL4根据半径qvBmv02r解得v0qBL4m。(2)粒子做圆周运动半径rL4，由几何关系可知：过B点后第三次通过磁场边界时距离B点：s3r3L4(3)粒子运动轨迹如图：从P点射入外部磁场到再次返
17、回到P点的最短时间为：tmin256T25m3qB。2019届高考物理二轮复习专题-功能关系在电学中的应用（有答案）电场中的功能关系中，电粒子(或带电体)在电场中的运动问题是近几年高考常考的问题，高考命题角度集中在动能定理在平行板电容器中的应用，动能定理在非匀强电场中的应用，抛体运动、功能关系在匀强电场中的应用；题目难度以中档题为主，有选择亦有计算题。电磁感应中的功能关系，高考命题命题角度有能量守恒定律在电磁感应中的应用，电磁感应电路中的电功、电功率，试题难度以中档题为主。应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题，在高考中常以压轴题的形式出现，题目综合性强，分值高，难度大。1电场力做功及电场中
18、的功能关系2求解电磁感应中的功能关系的思路3力电综合问题的一般思维流程1(多选)(2018全国卷21)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是( )A平面c上的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍2如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L、质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca
19、，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为L。左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知斜面及两根柔软轻导线足够长。回路总电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。使两金属棒水平，从静止开始下滑。求：(1)金属棒运动的最大速度vm的大小；(2)当金属棒运动的速度为vm2时，其加速度大小是多少？1如图所示，匀强磁场的上下边界水平，宽度为L，方向垂直纸面向里。质量为m、边长为l(lL)的正方形导线框abcd始终沿竖直方向穿过该磁场，已知cd边进入磁场时的速度为v0，ab边离开磁场时的速度也为v0，重力加速度的大小为g。
20、下列说法正确的是( )A线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相同B线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C线框穿过磁场的过程中克服安培力所做的功为mg(Ll)D线框穿过磁场的过程中可能先做加速运动后做减速运动2(多选)一质量为m带正电荷的小球由空中A点无初速自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则( )A整个过程中小球电势能变化了32mg2t2B整个过程中小球速度增量的大小为2gtC从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D从A点到最低点小球重力势能变化了23mg2t21如图，一个质量为m、带电量为+q的
21、圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是( )A. 圆环可能做匀减速运动B. 圆环可能做匀速直线运动C. 圆环克服摩擦力所做的功可能为D. 圆环克服摩擦力所做的功不可能为2如图所示，ABC是处于竖直平面内的光滑绝缘固定斜劈，C30、B60，D为AC的中点；质量为m、带正电的小滑块沿AB面自A点由静止释放，滑到斜面底端B点时速度为v0，若空间加一与ABC平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为2v0，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为3v0，
22、则下列说法正确的是( )A电场方向由A指向CBB点电势与D点电势相等C滑块滑到D点时机械能增加了12mv02D小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为233(多选)如图所示，MN、PQ是两根倾斜放置的足够长的光滑平行金属导轨。导轨所在平面与水平面成30角，导轨间距为L0.5 m，导体棒ab、cd分别垂直于导轨放置，且棒两端都与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.5 T，当给棒ab施加平行于导轨向上的力F时，ab导体棒沿导轨向上以某一速度匀速运动，cd棒恰好静止在导轨上，已知两棒的质量均为0.5 kg，电阻均为R0.5 ，导轨电阻不计，取g1
23、0 m/s2，则下列说法正确的是( )A当ab棒匀速运动时，拉力F的大小为10 NB当ab棒匀速运动时，回路中的电热功率为100 WC撤去拉力F的瞬间，cd棒的加速度大小为5 m/s2D撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度大小为10 m/s24如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成37角放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aa、bb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量为m10 g、总电阻R1 、边长d0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，求：
24、(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。5(2018福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM是半径为R的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.光滑绝缘轨道MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为2m、电荷量为q的带正电小球a从P点由静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够
25、远，重力加速度为g.求：图3(1)小球a刚到达M点时的速度大小及对轨道的压力大小；(2)a、b两小球系统的电势能最大值Ep；(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小参考答案1【解题思路】因等势面间距相等，由UEd得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad6 eV，故Uad6 V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，c0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，电子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能Eped2 eV，C项错误；由a到b，WabEkbEka2 eV，所以Ekb8 eV；由a到d，WadEkdEka6
26、 eV，所以Ekd4 eV；则Ekb2Ekd，根据Ek12mv2知vb2vd，D项错误。【答案】AB2【解析】(1)达到最大速度时，设两绳中张力均为FT，金属棒cd受到的安培力为F，对ab、cd，根据平衡条件得到：2mgsin 2FT2mgcos 2FTmgsin mgcos F而安培力FBIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：EBLvm，IER整理得到：vmmgR?sin 3cos ?B2L2。(2)当金属棒的速度为vm2时，设两绳中张力均为FT1，金属棒cd受到的安培力为F1，根据牛顿第二定律：2mgsin 2FT12mgcos 2ma2FT1mgsin mgcos F1ma又F1
27、BI1L，E1BLvm2，I1E1R联立以上方程可以得到：ag6(sin 3cos )。1【解题思路】根据楞次定律可知，线框进入磁场和离开磁场时产生的感应电流方向相反，再根据左手定则可知线框受到的安培力方向一直向上，A、B错误；根据动能定理，可知从进入磁场到离开磁场的过程动能不变，所以WGW克安0，即W克安mg(Ll)，C正确；如果cd边以速度v0进入磁场时开始做加速运动，那么ab边离开磁场时不可能减速到v0，D错误。【答案】C2【解题思路】小球运动过程如图所示，加电场之前与加电场之后，小球的位移大小是相等的。由运动学公式 ，得v22v1。对加电场之后的运动过程(图中虚线过程)应用动能定理得
28、，对此前自由下落过程由机械能守恒得 ，又 ，联立以上各式可解得电场力所做的功W电mgh112mv2212mv212mv212mg2t2，即整个过程中小球电势能减少了2mg2t2，故A错；整个过程中速度增量大小为vv202v12gt，故B正确；从加电场开始到小球运动到最低点时，动能变化了Ek012mv2112mg2t2，故C错；由运动学公式知 ，以及h1h2v21/2a1v21/2a231，则从A点到最低点小球重力势能变化量为Epmg(h1h2)mg(h113h1)43mgh14312mv2123mg2t2，故D正确。【答案】BD1【答案】BC2【解题思路】无电场时由A到B：mgh12mv02，
29、有电场时由A到B：mghWE12m(2v0)2，有电场时，由A到C：mghWE12m(3v0)2，联立式得：WE12mv02，WEmv02，又因为WEqUAB，WEqUAC，故UAB12UAC，则D点与B点电势相等，故B正确；AC与BD不垂直，所以电场方向不可能由A指向C，故A错误；因D为AC的中点，则滑块滑到D点电场力做的功为滑到C点的一半，为12mv02，则机械能增加了12mv02，故C正确；根据WE12mv02，WEmv02知滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化量大小之比为12，故D错误。【答案】BC3【解题思路】对ab棒受力分析，在沿导轨方向上，受到沿导轨向下的安培力，沿导轨向下的
30、重力的分力，以及沿导轨向上的拉力F，故有Fmgsin 30BIL，对cd受力分析，在沿导轨方向上受到沿导轨向上的安培力，沿导轨向下的重力的分力，故有mgsin 30BIL，联立解得F5 N，BIL2.5 N，A错误；I2.5 NBL10 A，故回路中的电热功率为PI22R100 W，B正确；撤去拉力F的瞬间，ab棒的加速度amgsin 30BILm10 m/s2，cd棒受力不变，所以合力为零，加速度为零，C错误，D正确。【答案】BD4【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安mgcos mgsin ，F安BId，IER，EBdv联立代入数据解得：v2 m/s。(2)线圈进入磁场前做匀加
31、速运动，根据牛顿第二定律得：amgsin mgcos m2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb的距离Lv22a2222 m1 m。(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d0.1 mQW安F安2d代入数据解得：Q4103 J。5【解析】(1)小球a从P到M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功由动能定理有：2mgR12(2m)vM2解得：vM2gR在M点，由牛顿第二定律有：FN2mgqvMB2mvM2R解得：FN6mgqB2gR根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为：FN6mgqB2gR(2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mvM3mv共根据能量守恒定律有：Ep12(2m)vM212(3m)v共2解得：Ep23mgR(3)由动量守恒定律：2mvM2mvamvb由能量守恒定律有：12(2m)vM212(2m)va212mvb2解得：va13vM132gR，vb43vM432gR