高三物理《电场和磁场》测试题及答案.doc
高三物理磁场测试题及答案
高三物理磁场测试题及答案高三物理磁场测试题及答案高三物理磁场测试题及答案本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
共150分考试用时120分钟第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．如图1所示，两根相互平行放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，a受到磁场力的大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2.则此时b受到的磁场力大小为（）A．F2 C．F1+F2B．F1－F2 D．2F1－F2图a II2．如图2所示，某空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知一离子在电场力和磁场力作用下，从静止开始沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c为运动的最低点.则（）A．离子必带负电B．a、b两点位于同一高度C．离子在c点速度最大D．离子到达b点后将沿原曲线返回3．如图3所示，带负电的橡胶环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）A．N极竖直向下B．N极竖直向上C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右4．每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，幸好地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数射线粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分图2图3高三物理磁场测试题及答案重要的意义。
假设有一个带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来（如图4，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将向什么方向偏转？（）A．向东B．向南C．向西D．向北5．如图5所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场。
现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动，在加速运动阶段A．乙物块与地之间的摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C．甲、乙两物块间的摩擦力大小不变。
2020年高三物理综合训练专题五：电场与磁场(通用版含解析)
高三物理综合训练五：电场与磁场一、单选题（每小题3分，共计24分）1.如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。
下列说法正确的是（）A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b【答案】D 【解析】对c 分析，受到重力、环的支持力以及a 与b 的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a 对c 的库仑力的分力与b 对c 的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a 与b 对c 的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a 与b 的电性必定是相同的；a 与b 带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力，对a 分析，a 受到重力、环的支持力以及b 、c 对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向左的分力、b 对a 的库仑力向左的分力、c 对a 的库仑力的分力，若a 要平衡，则c 对a 的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c 对a 的作用力必须是吸引力，所以c 与a 的电性一定相反；即：a 、b 小球带同种电荷，b 、c 小球带异种电荷，故选项、B 错误；设环的半径为R ，三个小球的带电量分别为：1q 、2q 和3q ，由几何关系可得ac l R =，bc l ，a 与b 对c 的作用力都是吸引力，它们对c 的作用力在水平方向的分力大小相等，则有132322sin 60sin 30ac bc kq q kq q l l ∙︒=∙︒，所以129q q =，故选项D 正确，C 错误；故选D 。
2.如图所示，两电荷量分别为－Q 和+2Q 的点电荷固定在直线MN 上，两者相距为L ，以+2Q 的点电荷所在位置为圆心、2L 为半径画圆，a 、b 、c 、d 是圆周上四点，其中a 、b 在MN 直线上，c 、d 两点连线垂直于MN，下列说法正确的是A ．c 、d 两点的电势相同B ．a 点的电势高于b 点的电势C ．c 、d 两点的电场强度相同D ．a 点的电场强度小于b 点的电场强度【答案】A【解析】a 、b 、c 、d 四点在以点电荷+2Q 为圆心的圆上，可知+2Q 产生的电场在a 、b 、c 、d 四点的电势是相等的，所以a 、b 、c 、d 四点的总电势可以通过-Q 产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b 点的电势最高，c 、d 两点对称电势相等，a 点电势最低；故A 正确，B 错误。
高中物理高考真题解析(含答案)-电场和磁场的基本性质
第7讲电场和磁场的基本性质一、单项选择题1．(2014·宿迁市高三摸底考试)不带电导体P置于电场中，其周围电场线分布如图3－7－17所示，导体P表面处的电场线与导体表面垂直，a、b为电场中的两点，则()图3－7－17A．a点电场强度小于b点电场强度B．a点电势低于b点的电势C．负检验电荷在a点的电势能比在b点的大D．正检验电荷从a点移到b点的过程中，电场力做正功解析电场线密集的地方场强大，则a点电场强度大于b点电场强度，选项A错误；沿电场线方向电势降低，则a点电势高于P点电势，P点电势高于b点电势，选项B错误；负检验电荷在电势较高的地方电势能较小，选项C 错误；正检验电荷在电势较高的地方电势能较大，正检验电荷从a点移到b 点的过程中，电势能减小，电场力做正功，选项D正确．答案 D2．航母舰载机的起飞一般有两种方式：滑跃式(辽宁舰)和弹射式．弹射起飞需要在航母上安装弹射器，我国国产航母将安装电磁弹射器，其工作原理与电磁炮类似．用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能，由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去．如图3－7－18所示是电磁弹射器简化原理图，平行金属导轨与强迫储能器连接，相当于导体棒的推进器ab跨放在平行导轨PQ、MN上，匀强磁场垂直于导轨平面，闭合开关S，强迫储能器储存的电能通过推进器释放，使推进器受到磁场的作用力平行导轨向前滑动，推动飞机使飞机获得比滑跃起飞时大得多的加速度，从而实现短距离起飞的目标．对于电磁弹射器，下列说法正确的是(不计一切摩擦和电阻消耗的能量) ()图3－7－18A．强迫储能器上端为正极B．导轨宽度越大，飞机能获得的加速度越大C．强迫储能器储存的能量越多，飞机被加速的时间越长D．飞机的质量越大，离开弹射器时的动能越大解析由左手定则可判断，通过ab的电流方向为由b到a，所以强迫储能器上端为负极，A错误；ab所受安培力F＝BIL与其有效长度成正比，故导轨宽度越大，推进器ab受到的安培力越大，飞机能获得的加速度越大，B正确；强迫储能器储存的能量越多，飞机能获得的动能越大，但加速时间受滑轨长度、飞机获得的加速度等影响，若滑轨长度一定，加速度越大，加速时间越短，C错误；由能量的转化和守恒定律可知，飞机离开弹射器时的动能取决于强迫储能器储存的能量，D错误．答案 B3．(2014·武汉市调研考试)将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图3－7－19所示)．O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，OA＞OB，以下对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是()图3－7－19A．A点场强小于B点场强B．A点场强大于B点场强C．A点电势等于B点电势D．A点电势高于B点电势解析由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0，所以选项AB 错误；同理将一电荷从A移动到B电场力做功为0，AB电势差为0，因此A 点电势等于B点电势，选项C正确，D错误；因此答案选C.答案 C4．(2014·山东名校高考冲刺卷二)如图3－7－20所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，a、b两点上固定一对等量异种点电荷，带正电的检验电荷仅在电场力的作用下从c点沿曲线运动到d点，以下说法正确的是()图3－7－20A．将检验电荷放在O点时受到的电场力为零B．检验电荷由c点运动到d点时速度先增大后减小C．c、d两点电势相等，电场强度大小相等D．检验电荷从c运动到d的过程中，电势能先减少后增加解析由带正电荷的检验电荷的轨迹可判断出a处为负电荷，b处为正电荷，检验电荷从c到d的过程中，速度先减小后增大，电势能先增加后减少，选项B、D均错；电荷在O点受到的电场力不为零，选项A错；根据等量异种电荷电场的分布及对称性可知选项C 正确．答案 C5．(2014·河北省衡水中学调研)如图3－7－21甲所示，真空中有一半径为R 、电荷量为＋Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x 轴．理论分析表明，x 轴上各点的场强随x 变化关系如图乙所示，则 ( )图3－7－21A ．x 2处场强大小为kQ x 22B ．球内部的电场为匀强电场C ．x 1、x 2两点处的电势相同D ．假设将试探电荷沿x 轴移动，则从x 1移到R 处和从R 移到x 1处电场力做功相同解析 引入带正电的试探电荷q ，所受的库仑力F ＝k Qq r 2，根据场强定义式E＝F q ，求得x 2处的场强为E ＝kQ x 22，选项A 正确；由图乙知球内部随着x 的增加场强逐渐增大，选项B 错误；引入带正电的试探电荷q ，由图乙知在x 1处受到的电场力沿着x 轴正方向，在向x 2运动过程中，电场力做正功，电势能减小，选项C 错误；将试探电荷沿x 轴移动，则从x 1移到R 处电场力做正功，而从R 移到x 1处电场力做负功，选项D 错误．答案 A6．如图3－7－22所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是 ( )图3－7－22A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小解析甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝Ud可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小．当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变．根据平行板电容器的电容公式C＝εr S4πkd，极板间的电压U＝QC＝4πkdQεr S，极板间的电场强度E＝Ud＝4πkQεr S，当两个极板电荷量不变、距离改变时，场强与两板间距离无关，故乙图中夹角不变，B正确．答案 B二、多项选择题7．(2014·扬州市高三第一学期期末检测)两个不规则带电导体间的电场线分布如图3－7－23所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d 为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则()图3－7－23A．场强大小关系有E b＞E cB．电势大小关系有φb＞φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功解析由电场线的疏密表征电场强度的大小可知，E b＜E c，A错；沿着电场线方向电势降低，达到静电平衡状态的导体是等势体，可知φb＞φd，B对；由于a点电势高于d点电势，将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做功W＝q(φa－φd)为正功，D对；由于无穷远处为零电势点，故d点电势为负，负电荷放在d点时其电势能为正，C错．答案BD8．如图3－7－24所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面．a、b、c、d为圆上的四个点，则下列说法中正确的是()图3－7－24A．a、b、c、d四点电势不等，但电场强度相同B．一电子从b点运动到c点，电场力做的功为0.6 eVC．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增加后减小的加速直线运动D．一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将会从右侧平行于中心轴线穿出解析a、b、c、d四点电势不等，但电场强度大小相等，方向不相同，选项A错误；一电子从b点运动到c点，电场力做的功为e(0.80－0.20)V＝0.6 eV，选项B正确；若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增加后减小的加速直线运动，选项C正确；一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，从右侧空出时将散开，选项D错误．答案BC9．如图3－7－25所示，在直线MN下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.放置在直线MN上P点的离子源，可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的负离子，速率都为v.对于那些在纸面内运动的离子，下列说法正确的是图3－7－25A．离子射出磁场的点Q(图中未画出)到P的最大距离为m v qBB．离子距离MN的最远距离为2m v qBC．离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D．对于沿同一方向射入磁场的离子，射入速率越大，运动时间越短解析如图所示，垂直于MN射入的离子，在射出磁场时其射出点Q离P点最远，且最远距离等于轨道半径的2倍，即2m vqB，A错；平行MN且向N侧射入的离子在磁场中运动时距离MN有最远距离PP′，且为轨道半径的2倍，B对；离子在磁场中的运动的周期相同，运动时间由圆弧对应的圆心角决定，而圆心角由离子射入磁场的方向决定，因此运动时间与射入方向有关，C对；对于沿同一方向射入的离子，运动时间由射入方向和运动周期决定，而运动周期与速率无关，故运动时间与速率无关，D错．答案BC三、非选择题10．(2014·福建卷，20)如图3－7－26，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：图3－7－26(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向．解析(1)根据库仑定律，A、B两点间的库仑力大小为：F＝k q2L2①代入数据得：F＝9.0×10－3 N②(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1＝k qL2③A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：E＝2E1cos 30°④代入数据得E＝7.8×103 N/C方向沿y轴正方向⑤答案(1)9.0×10－3 N(2)7.8×103 N/C方向沿y轴正方向11．(2014·南昌市调研考试)如图3－7－27所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm，0)，B点坐标为(0，3 cm)，坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8 V，点B处的电势为4 V．现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v＝4×105m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：图3－7－27(1)图中C 处(3 cm,0)的电势；(2)匀强电场的场强大小；(3)带电粒子的比荷q m .解析 (1)设C 处的电势为φC因OC ＝CA所以φO －φC ＝φC －φA所以φC ＝φO ＋φA 2＝0＋82 V ＝4 V(2)BC 连线为等势线，电场强度方向与等势线BC 垂直设∠OBC ＝θ OB ＝L ＝ 3 cm因tan θ＝OC L ＝33，则θ＝60° 由U ＝Ed ，得E ＝U d ＝U BO L sin θ＝43×32×10－2 V/m ＝83×102 V/m(3)带电粒子做类平抛运动⎩⎪⎨⎪⎧ L cos θ＝v t L sin θ＝12qE m t 2 q m ＝2v 2sin θEL cos 2 θ＝2×(4×105)2×3283×102×3×10－2×14 C/kg ＝2.4×1011 C/kg所以带电粒子的比荷为2.4×1011 C/kg.答案 (1)4 V (2)83×102 V/m(3)2.4×1011 C/kg12．如图3－7－28甲所示，比荷qm＝k的带正电的粒子(可视为质点)，以速度v0从A点沿AB方向射入长方形磁场区域，长方形的长AB＝3L，宽AD＝L.取粒子刚进入长方形区域的时刻为0时刻，垂直于长方形平面的磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，粒子仅在洛伦兹力的作用下运动．图3－7－28(1)若带电粒子在通过A点后的运动过程中不再越过AD边，要使其恰能沿DC 方向通过C点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？(2)要使带电粒子通过A点后的运动过程中不再越过AD边，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足什么关系？解析(1)带电粒子在长方形区域内做匀速圆周运动，设粒子运动轨迹半径为R，周期为T，则可得R＝m v0qB0＝v0kB0，T＝2πmqB0＝2πkB0每经过一个磁场的变化周期，粒子的末速度方向和初速度方向相同，如图所示，要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则经历的时间必须是磁场周期的整数倍，有：AB方向，3L＝n×2R sin θDC方向，L＝n×2R(1－cos θ)解得cos θ＝1(舍去)，cos θ＝1 2所以θ＝60°，R＝L n即B 0＝n v 0kL ，T 0＝2πL 3n v 0(n ＝1、2、3…)． (2)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过AD 边时运动情形如图所示由图可知粒子在第一个12T 0时间内转过的圆心角θ＝5π6则T 0≤56T ，即T 0≤56 ·2πm qB 0≤5π3kB 0所以B 0T 0≤5π3k .答案 (1)n v 0kL 2πL 3n v 0(n ＝1、2、3…) (2)B 0T 0≤5π3k。
物理电场和磁场试题
专题八、电场和磁场一、单项选择题（2分题）1、下列实验中准确测定元电荷电量的实验是（ B ）（A ）库仑扭秤实验 （B ）密立根油滴实验 （C ）用DIS 描绘电场的等势线实验 （D ）奥斯特电流磁效应实验 2、如右图所示，一线圈放在通电螺线管的正中间A 处，现向右移动到B 处，则在移动过程中通过线圈的磁通量如何变化（ B ） A ．变大 B ．变小 C ．不变 D ．无法确定3、某电场的分布如右图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面。
A 、B 、C 三点的电场强度大小分别为A E 、B E 、C E ，电势分别为A ϕ、B ϕ、C ϕ，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（ D ） A ．A E ＜B E ，B ϕ＝C ϕ B ．A E ＝B E ，B ϕ＝C ϕC ．A E ＜B E ，A ϕ＜B ϕD ．AE ＞B E ，A ϕ＞B ϕ4．分别置于a 、b 两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a 、b 、c 、d 在一条直线上，且ac=cb=bd 。
已知c 点的磁感应强度大小为B 1，d 点的磁感应强度大小为B 2。
若将b 处导线的电流切断，则（ A ）（A ）c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1- B 2（B ）c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 2- B 1（C ）c 点的磁感应强度大小变为B 1-B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 1- B 2（D ）c 点的磁感应强度大小变为B 1- B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 2- B 15、关于静电的利用和防范，以下说法正确的是A ．没有安装避雷针的建筑物一定会被雷电击毁B ．油罐车行驶途中车尾有一条铁链拖在地上，避免产生电火花引起爆炸C ．飞机起落架的轮胎用绝缘橡胶制成，可防止静电积聚D ．手术室的医生和护士都要穿绝缘性能良好的化纤制品，可防止麻醉药燃烧 答案B 6、一个点电荷从静电场中a 点移动到b 点，其电势能变化为零，则C（A ）ab 两点场强一定相等 （B ）此点电荷一定沿着等势面移动（C ）a 、b 两点的电势一定相等 （D ）作用于此电荷的电场力与其移动方向总是垂直的vIA Bca× d7、某电场的分布如右图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面。
高考物理 电场与磁场有答案解析
高考物理电场与磁场有答案解析1.(多选)如图1所示为不等量的异种点电荷电场线的分布情况，两点电荷的电荷量相差越大，电荷附近电场线的疏密差别也越大。
图中的虚线是两点电荷连线的中垂线，a、b是中垂线上的两点，根据电场线分布图判断，下列说法正确的是()图1A.同一电子在a、b两点所受的库仑力的大小关系为F a>F bB.a、b两点的电场强度方向均平行于点电荷连线向左C.a、b两点的电势相等D.正试探电荷在a点的电势能大于其在b点的电势能解析从图中可以看出，a点电场线比b点电场线密，因此a点的电场强度比b 点的电场强度大，根据F＝Eq可知，同一电子在a点所受的库仑力较大，选项A 正确；在不等量异种电荷形成的电场中，a、b两点的电场强度方向均斜向左上方，与点电荷连线不平行，选项B错误；将正试探电荷由a点移到b点过程中，电场力对试探电荷做正功，其电势能减小，则a点电势高于b点电势，选项C 错误，D正确。
答案AD2.一新型电磁船的船体上安装了用于产生强磁场的超导线圈，在两船舷之间装有电池，导电的海水在安培力作用下即可推动该船前进。
如图2是电磁船的简化原理图，其中MN和PQ是与电池相连的导体棒，MN、PQ、电池与海水构成闭合回路，且与船体绝缘，要使该船水平向左运动，则超导线圈在NMPQ所在区域产生的磁场方向是()图2A.竖直向上B.竖直向下C.水平向左D.水平向右解析由电源、海水构成的闭合回路可知海水中电流的方向是从MN指向PQ，根据左手定则可知磁场方向竖直向下时海水受到的力水平向右，海水反作用于船体的力水平向左，符合题意。
选项B正确。
答案 B3.如图3所示，在绝缘的水平地面上有一水平向右的匀强电场，带正电荷的滑块P在电场中向左运动，当它经过H点时动能为E k1＝300 J，当它经过B点时具有的动能为E k2＝100 J。
若该过程中滑块克服摩擦力做的功为90 J，那么滑块的电势能增加了()图3A.100 JB.200 JC.110 JD.400 J解析滑块从H点运动到B点，由动能定理得－W电－W摩＝ΔE k，代入数据得－W电－90 J＝－200 J，解得W电＝110 J，故选项C正确。
高中物理电场磁场电磁感应专题训练练习题(含答案)
高中物理电场磁场电磁感应专题训练练习题姓名班级学号得分说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分100分。
考试时间90分钟。
２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。
考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）一．单选题（每题3分，共60分）1．关于点电荷的说法，正确的是（）A．带电体能否看成点电荷，是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计B．点电荷一定是电量很小的电荷C．体积很大的带电体一定不能看作点电荷D．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷2．如图所示，其中小磁针静止时N极正确的指向是（）A．B．C．D．3．两个电容器，两极板间的电势差之比为2：3，带电量之比为3：2，则等于（）A．2：3B．3：2C．4：9D．9：44、如图为某一电场的电场线和等势面分布，图中实线表示电场线，虚线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为φa=5V，φc=3V那么a、c连线的中点b的电势φb为（）A．φb=4V B．φb＞4VC．φb＜4v D．上述情况都有可能5、如图所示，匝数为N，半径为R1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为R2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面．通过该线圈的磁通量为（）A．BπR12B．BπR22C．NBπR12D．NBπR226．甲、乙两个原来不带电的物体相互摩擦（没有第三者参与），结果发现甲物体带了1.6×10-15C的电荷量（正电荷），下列说法正确的是（）A．乙物体也带了1.6C的正电荷B．甲物体失去了104个电子C．乙物体失去了104个电子D．甲、乙两物体共失去了2×104个电子7．对磁感线的认识，下列说法不正确的是（）A．磁感线切线方向即磁场方向B．磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针北极的受力方向相同C．磁感线的疏密可以反映磁场的强弱D．磁感线切线方向是小磁针受力的方向8．两个大小相同、带等量同种电荷的导体小球A和B，彼此间的斥力为F．A与B接触，然后移开放回原位置，这时A和B之间的作用力为F′，则F与F′之比为（）A．4：1B．1：4C．1：1D．1：29、如图甲所示为某小型交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可认为是匀强磁场，正方形线圈可绕垂直于磁场方向的水平轴OO′以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，开始转动时线圈平面与磁场方向平行，其中A为交流电流表，外电路的电阻R=8Ω，线圈的总电阻r=2Ω．若从线圈开始转动时开始计时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，则以下说法中正确的是（）A．线圈中产生的交变电压的有效值为100VB．当t=0.015s时，交流电表的示数为零C．从图示位置转过的过程中，电阻R上产生的热量为4JD．若将线圈转动的角速度减半，则线圈产生的交流电动势的瞬时值得表达式应为e=50 cos100πt（V）10．下列四幅图表示的工具或装置，利用地磁场工作的是（）磁卡指南针磁性黑板电磁起重机11、A、B两线圈用同样规格的导线绕成且匝数相同，两环半径r A=2r B．有理想边界的匀强磁场恰在B线圈内，如图所示．当磁感应强度均匀减小时，若A、B两线圈互不影响，则（）A．A、B两环中产生的感应电动势之比为4：1B．A、B两环中产生的感应电流之比为2：1C．A、B两环中产生的感应电流之比为1：2D．A环中不发生电磁感应现象，B环中有感应电流12．设想地磁场是由地球内部的环形电流形成的，那么这一环形电流的方向应该是（）A．B．C．D．13．正电荷沿图示方向进入方向垂直纸面向外的磁场，则该电荷受到的洛伦兹力方向（）A．向左B．向右C．向外D．向里14、如图所示，铜棒ab长0.1m，质量为6×10-2kg，两端用轻铜线悬挂，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，现使铜棒中保持通有恒定电流I=9A，铜棒发生偏转，平衡时轻铜线的偏转角为37°，则匀强磁场的磁感应强度为（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．0.4T B．T C．0.5T D．T15、如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过．下列说法中正确的是（）A．因导体运动而产生的感应电动势称为感生电动势B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关C．动生电动势的产生与电场力有关D．动生电动势和感生电动势的产生原因是一样的16．下列用电器中，不是根据电流的热效应制成的是（）A．电热毯B．电熨斗C．电话D．电热水器17．关于电场和磁场，下列说法正确的是（）A．某处电场的方向就是位于该处的电荷所受库仑力的方向B．某处磁场的方向就是位于该处的通电导线所受安培力的方向C．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零D．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零18．关于电场强度，正确的是（）A．电场强度的大小与检验电荷的电量成反比B．电场强度的方向与检验电荷的正负有关C．电场强度大的地方电场线密D．进入电场的电荷受力方向就是场强的方向19、如图所示，两根通电直导线P、Q互相平行，对称分布在x轴上O点两侧，两根导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，在y中正方向上一点R，则R处的磁感应强度的方向是（）A．x轴正方向B．y轴正方向C．y轴负方向D．x轴负方向20、如图所示，在一个均强电场中有一四边形ABCD，其中M为AD的中点，N为BC的中点，一个电量为3×10-7C的带正电粒子从A点移动到B点，电场力做功为W AB=3.0×10-8J，将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为W DC=5.0×10-8J，下列结论正确的是（）A．A、B两点之间的电势差为0.01VB．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN=4.0×10-8JC．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN=8.0×10-8JD．若A、B之间的距离为1cm，该电场的场强-定E=10V/m评卷人得分二．填空题（每题2分，共14分）21．电场中同一根电场线上排列着A、B、C三点，一个电量为2×10-8C的负电荷从A移到B，电场力做功为-4×10-6J，一个电量为3×10-8C的正电荷从A移到C，电场力做功为-9×10-6J．则顺着电场线方向这三点的排列次序是______．22、在点电荷Q产生的电场中有a，b两点，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则b点的场强大小为______，a，b两点______点的电势高．23．把带正电的球C移近金属导体AB的A端时，由于同种电荷相互______，异种电荷相互______，使导体上的自由电子向______端移动，因此导体A端和B端带上了______种电荷．24．A、B两个点电荷，相距为L，B质量是A质量的2倍，它们在光滑水平面上由静止释放，开始时A的加速度为a，经过一段时间B的加速度也为a，那么，这时两点电荷相距______．25．一个电容器带电Q=6×10-4C时，两极板间电压∪=120V．当它的带电荷重减少2.0×10-4V时，两极板间电压减少______V，此时电容器的电容为______F．26．自然界中存在的两种电荷：______和______．同种电荷相互______，异种电荷相互______．27．质量为m，电荷量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧由A运动到B，其速度方向改变θ角，AB弧长为s，则A、B两点的电势差U AB=______，AB中点的场强大小E=______．三．简答题（共26分）28、（8分）如图，位于一条直线上的三个点电荷A，B，C，其间隔为==r，A和C都带正电荷，电荷量为q，在AC的垂直平分线上距B亦为r的P点，其场强恰为零，试确定点电荷B的电性和所带电荷量．29、（8分）如图所示，t=0时，竖直向上的匀强磁场磁感应强度B0=0.5T，并且以=1T/s在变化，水平导轨不计电阻，且不计摩擦阻力，宽为0.5m，长L=0.8m．在导轨上搁一导体杆ab，电阻R0=0.1Ω，并且水平细绳通过定滑轮吊着质量M=2kg的重物，电阻R=0.4Ω，问经过多少时间能吊起重物？（g=10m/s2）30（10分）如图劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框αbed，be边长为I，线框下边部分处于匀强磁场中，磁感应强度大小为E，方向与线框平面垂直向里，线框中通以如图方向的电流，开始时线框处于平衡状态，现令磁场反向，磁感应强度大小仍为E，线框达到新的平衡．求此过程中线框位移的大小△x和位移方向．参考答案一．单选题（共__小题）1．关于点电荷的说法，正确的是（）A．带电体能否看成点电荷，是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计B．点电荷一定是电量很小的电荷C．体积很大的带电体一定不能看作点电荷D．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷答案：A解析：解：A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，故A正确，CD错误；B、一个带电体能否看成点电荷，不是看它电量的大小，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否可以忽略，故B错误；故选：A2．如图所示，其中小磁针静止时N极正确的指向是（）A．B．C．D．答案：A解析：解：A、由图可知，磁体外部的磁感线由N极到S极，根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，小磁针指向正确，故A正确；B、由图可知，磁体外部的磁感线由N极到S极，根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，小磁针N应该在右端，故B错误；C、由图可知，磁体外部的磁感线由N极到S极，根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，小磁针N应该指向上，故C错误；D、由图可知，磁体外部的磁感线由N极到S极，根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，小磁针N极应该在左边，故D错误；故选：A．3．两个电容器，两极板间的电势差之比为2：3，带电量之比为3：2，则等于（）A．2：3B．3：2C．4：9D．9：4答案：D解析：解：两个电容器，两极板间的电势差之比为2：3，带电量之比为3：2，根据公式C=，有：==；故选：D．4、如图为某一电场的电场线和等势面分布，图中实线表示电场线，虚线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为φa=5V，φc=3V那么a、c连线的中点b的电势φb为（）A．φb=4V B．φb＞4VC．φb＜4v D．上述情况都有可能答案：C解析：解：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b 间电势差U ab大于b、c间电势差U bc，即φa-φb＞φb-φc，得到φb＜=4V．故选C5、如图所示，匝数为N，半径为R1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为R2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面．通过该线圈的磁通量为（）A．BπR12B．BπR22C．NBπR12D．NBπR22答案：B解析：解：由题，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面，通过该线圈的磁通量为Φ=BS=B•．故选：B．6．甲、乙两个原来不带电的物体相互摩擦（没有第三者参与），结果发现甲物体带了1.6×10-15C的电荷量（正电荷），下列说法正确的是（）A．乙物体也带了1.6C的正电荷B．甲物体失去了104个电子C．乙物体失去了104个电子D．甲、乙两物体共失去了2×104个电子答案：B解析：解：A、甲物体带了1.6C的电荷量（正电荷），由电荷守恒定律可知，乙物体带了1.6C的负电荷，故A错误；B、甲在摩擦过程中失去的电子数为：n==104，故B正确；C、乙物体得到了104个电子，故CD错误；故选：B．7．对磁感线的认识，下列说法不正确的是（）A．磁感线切线方向即磁场方向B．磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针北极的受力方向相同C．磁感线的疏密可以反映磁场的强弱D．磁感线切线方向是小磁针受力的方向答案：D解析：解：A、磁感线切线方向即磁场方向．故A正确；B、磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针北极的受力方向相同．故B正确；C、磁感线的疏密可以反映磁场的强弱．故C正确；D、磁感线切线方向是磁场的方向，与小磁针N极受力的方向相同，与小磁针S极受力的方向相反．故D错误．本题要求选择不正确的，故选：D8．两个大小相同、带等量同种电荷的导体小球A和B，彼此间的斥力为F．A与B接触，然后移开放回原位置，这时A和B之间的作用力为F′，则F与F′之比为（）A．4：1B．1：4C．1：1D．1：2答案：C解析：解：假设AB带电量都为Q，距离为r，彼此间的斥力F=，A与B接触，然后移开放回原位置，电荷量不变，则彼此间的斥力F′=，所以F：F′=1：1，故C正确．故选：C9、如图甲所示为某小型交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可认为是匀强磁场，正方形线圈可绕垂直于磁场方向的水平轴OO′以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，开始转动时线圈平面与磁场方向平行，其中A为交流电流表，外电路的电阻R=8Ω，线圈的总电阻r=2Ω．若从线圈开始转动时开始计时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，则以下说法中正确的是（）A．线圈中产生的交变电压的有效值为100VB．当t=0.015s时，交流电表的示数为零C．从图示位置转过的过程中，电阻R上产生的热量为4JD．若将线圈转动的角速度减半，则线圈产生的交流电动势的瞬时值得表达式应为e=50 cos100πt（V）答案：D解析：解：A、根据图乙可知，电流的最大值为10A；故有效值为10A；根据欧姆定律可知，电压U=I（R+r）=10×10=100V；故A错误；B、交流电表显示的是电流的有效值；故不会随时间变化；故B错误；C、由Q=I2Rt可知，电阻R上产生的热量Q=100×8×（0.05）2=2J；故C错误；D、若角速度减半，则最大值减半；故表达式为：e=50cos100πt；故D正确；故选：D．10．下列四幅图表示的工具或装置，利用地磁场工作的是（）磁卡指南针磁性黑板电磁起重机答案：B解析：解：磁卡是利用磁条工作，磁性黑板是利用黑板的磁性；电磁起重机是利用电磁体；只有指南针是利用地磁场工作，磁体的S极指向南方；故选：B．11、A、B两线圈用同样规格的导线绕成且匝数相同，两环半径r A=2r B．有理想边界的匀强磁场恰在B线圈内，如图所示．当磁感应强度均匀减小时，若A、B两线圈互不影响，则（）A．A、B两环中产生的感应电动势之比为4：1B．A、B两环中产生的感应电流之比为2：1C．A、B两环中产生的感应电流之比为1：2D．A环中不发生电磁感应现象，B环中有感应电流答案：C解析：解：A、D、根据法拉第电磁感应定律有：E=n=nS，题中匝数相同，相同，有效面积S也相同，则得到A、B环中感应电动势之比为：E A：E B=1：1；故A错误，D错误；B、C、根据电阻定律R=ρ及L=n•2πr，因n、ρ、S截相同，则电阻之比为：R A：R B=r A：r B=2：1，根据欧姆定律I=得产生的感应电流之比为：I A：I B=1：2；故B错误，C正确；故选：C．12．设想地磁场是由地球内部的环形电流形成的，那么这一环形电流的方向应该是（）A．B．C．D．答案：A解析：解：地磁的北极在地理的南极附近，由于地球绕地轴作自西向东旋转，故地球上所带电荷的运动形成了一个环形电流，根据安培定可知右手的拇指指向南方，则弯曲的四指的方向则自东向西，故环形电流的方向应该由东向西，故A正确，BCD错误．故选：A．13．正电荷沿图示方向进入方向垂直纸面向外的磁场，则该电荷受到的洛伦兹力方向（）A．向左B．向右C．向外D．向里答案：B解析：解：带正电的电荷在向外的磁场中向上运动，根据左手定则可知，粒子的受到的洛伦兹力的方向向右，所以B正确．故选：B14、如图所示，铜棒ab长0.1m，质量为6×10-2kg，两端用轻铜线悬挂，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，现使铜棒中保持通有恒定电流I=9A，铜棒发生偏转，平衡时轻铜线的偏转角为37°，则匀强磁场的磁感应强度为（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．0.4T B．T C．0.5T D．T答案：C解析：解：导体棒处于平衡状态，设绳子拉力为T，因此有：Tcosθ=mg…①Tsinθ=F安=BIL…②联立①②解得：B=tanα=故C正确，故选：C15、如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过．下列说法中正确的是（）A．因导体运动而产生的感应电动势称为感生电动势B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关C．动生电动势的产生与电场力有关D．动生电动势和感生电动势的产生原因是一样的答案：B解：A、因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势，故A错误，BC、动生电动势的产生与洛仑兹力有关，感生电动势与电场力做功有关，故B正确，C错误；D、动生电动势和感生电动势的产生原因不一样，故D错误；故选：B．16．下列用电器中，不是根据电流的热效应制成的是（）A．电热毯B．电熨斗C．电话D．电热水器答案：C解析：解：电热毯、电熨斗、电热水器均利用了电流的热效应，将电能转化为热能；而电话是利用电能转化为声音信号；故选C．17．关于电场和磁场，下列说法正确的是（）A．某处电场的方向就是位于该处的电荷所受库仑力的方向B．某处磁场的方向就是位于该处的通电导线所受安培力的方向C．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零D．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零答案：C解析：解：A、正电荷选择电场中受到的电场力的方向与场强的方向相同，负电荷受到的电场力的方向与电场强度的方向相反．故A错误；B、根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直．故B 错误；C、根据公式F=qE可知，电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零．故C正确；D、小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是导线与磁场平行，则此处不一定无磁场．故D错误．18．关于电场强度，正确的是（）A．电场强度的大小与检验电荷的电量成反比B．电场强度的方向与检验电荷的正负有关C．电场强度大的地方电场线密D．进入电场的电荷受力方向就是场强的方向答案：C解析：解：电场强度是采用比值定义的，E的大小与F以及检验电荷q无关，是由电场本身决定的，电场E的方向规定为正电荷受力方向，与负电荷受力方向相反，故ABD错误；电场线可以形象的描述电场的强弱和方向，电场线密的地方电场强度大，故C正确．19、如图所示，两根通电直导线P、Q互相平行，对称分布在x轴上O点两侧，两根导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，在y中正方向上一点R，则R处的磁感应强度的方向是（）A．x轴正方向B．y轴正方向C．y轴负方向D．x轴负方向答案：C解析：解：根据安培定则，两个电流在R处产生的磁场的方向如图，由于电流的大小相等，所以产生的磁场的大小相等，由矢量的合成方法可知，合磁场的方向沿y轴负方向．故选：C20、如图所示，在一个均强电场中有一四边形ABCD，其中M为AD的中点，N为BC的中点，一个电量为3×10-7C的带正电粒子从A点移动到B点，电场力做功为W AB=3.0×10-8J，将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为W DC=5.0×10-8J，下列结论正确的是（）A．A、B两点之间的电势差为0.01VB．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN=4.0×10-8JC．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN=8.0×10-8JD．若A、B之间的距离为1cm，该电场的场强-定E=10V/m答案：B解析：解：A、由公式W AB=qU AB得A、B两点之间的电势差为：U AB==V=0.1V，故A错误．B、C、因为该电场是匀强电场，M点的电势等于A、D两点电势的平均值；N点的电势等于B、C两点电势的平均值，即：φM=，φN=；所以：W MN=qU MN=q（φM-φN）=q（-）=q（φA-φB）+q（φD-φC）=W AB+ W DC=×（3.0×10-8J+5.0×10-8J）=4.0×10-8J．故B正确，C错误；D、由W AB=qU AB=qEd，若电场方向恰好沿AB方向，则d等于AB间的距离，d=1cm，则有：E===10V/m，若电场方向不沿AB方向，则d＜1cm，得到E＞10V/m，故D错误．故选：B二．填空题（共__小题）21．电场中同一根电场线上排列着A、B、C三点，一个电量为2×10-8C的负电荷从A移到B，电场力做功为-4×10-6J，一个电量为3×10-8C的正电荷从A移到C，电场力做功为-9×10-6J．则顺着电场线方向这三点的排列次序是______．答案：C、B、A解析：解：由公式U=，得：A、B间的电势差为：U AB==200V＞0，则有：φA＞φB；A、C间的电势差为：U AC=V=-300V＜0，则有：φA＜φC；所以有：φC＞φA＞φB；根据顺着电场线电势降低可知顺着电场线方向这三点的排列次序是：C、A、B．故答案为：C、A、B22、在点电荷Q产生的电场中有a，b两点，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则b点的场强大小为______，a，b两点______点的电势高．答案：3Ea解析：解：将场强E a、E b延长，交点即为点电荷所在位置，如图所示，由于电场强度方向指向点电荷，则知该点电荷带负电．根据几何知识分析解得a点到Q点的距离：r a=2dcos30°=d，b点到Q点的距离r b=d，a、b两点到点电荷Q的距离之比r a：r b=：1，由公式E=得：a、b两点场强大小的比值E a：E b=1：3．得，E b=3E．由于a点距离负点电荷Q更近，所以a点的电势高于b点的电势．故答案为：3E；a23．把带正电的球C移近金属导体AB的A端时，由于同种电荷相互______，异种电荷相互______，使导体上的自由电子向______端移动，因此导体A端和B端带上了______种电荷．答案：排斥吸引A异解析：解：把带正电的球C移近金属导体A和B时，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，使导体上的自由电子向在外电场的作用下向A移动，正电荷不移动，因此导体A端和B端带上了异种电荷．故答案为：排斥；吸引；A；异．24．A、B两个点电荷，相距为L，B质量是A质量的2倍，它们在光滑水平面上由静止释放，开始时A的加速度为a，经过一段时间B的加速度也为a，那么，这时两点电荷相距______．答案：L解析：解：初态，对A电荷，由库仑定律得：k=ma----①末态，对B电荷，由库仑定律得：k=2ma----②①②相比，化简得：L′=L故答案为：25．一个电容器带电Q=6×10-4C时，两极板间电压∪=120V．当它的带电荷重减少2.0×10-4V时，两极板间电压减少______V，此时电容器的电容为______F．答案：405×10-6解析：解：电容器带电Q=6.0x10-4C，电压U=120V，故电容为：根据C=，带电量减少2.0×10-4C时，两极板间的电压减少：V电容器的电容与带电量无关，由电容器本身决定，当它的带电荷重减少2.0×10-4V时，电容不变，为5×10-6；故答案为：40，5×10-6．26．自然界中存在的两种电荷：______和______．同种电荷相互______，异种电荷相互______．答案：正电荷负电荷排斥吸引解析：解：因自然界中有正、负电荷之分，即存在两种电荷，电荷间的作用力的规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．故答案为：正电荷，负电荷，排斥，吸引．27．质量为m，电荷量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧由A运动到B，其速度方向改变θ角，AB弧长为s，则A、B两点的电势差U AB=______，AB中点的场强大小E=______．答案：解析：解：由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，从A点运动到B点，由动能定理知，静电力做的功是零，所以A、B两点间的电势差U AB=0设场源电荷的电荷量为Q，质点做圆周运动的轨道半径为r，则弧长s=θr①静电力是质点做圆周运动的向心力，即②弧AB中点的场强大小E=③解①②③组成的方程组得E=故答案为：0；三．简答题（共__小题）28、如图，位于一条直线上的三个点电荷A，B，C，其间隔为==r，A和C都带正电荷，电荷量为q，在AC的垂直平分线上距B亦为r的P点，其场强恰为零，试确定点电荷B的电性和所带电荷量．答案：解：由几何关系可知，A和C到P的距离：A与C在P点产生的场强的大小：由图可知，A与C点的点电荷在P点产生的场强的方向相互垂直，合场强：E=由矢量的合成可知，B点的场强大小也是，方向向下，所以B带负电．由库仑定律：联立得：答：B带负电，带电量大小是．29、如图所示，t=0时，竖直向上的匀强磁场磁感应强度B0=0.5T，并且以=1T/s在变化，水平导轨不计电阻，且不计摩擦阻力，宽为0.5m，长L=0.8m．在导轨上搁一导体杆ab，电阻R0=0.1Ω，并且水平细绳通过定滑轮吊着质量M=2kg的重物，电阻R=0.4Ω，问经过多少时间能吊起重物？（g=10m/s2）答案：解：要提起重物，安培力F=Mg且F=BIL在任意时刻t，磁感应强度B=B0+•t电路中的电流I=感应电动势E=•s=dL综合以上各式代入数据：=20解得：t=30.75s答：经过30.75s时间重物将被提起．．30、如图劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框αbed，be边长为I，线框下边部分处于匀强磁场中，磁感应强度大小为E，方向与线框平面垂直向里，线框中通以如图方向的电流，开始时线框处于平衡状态，现令磁场反向，磁感应强度大小仍为E，线框达到新的平衡．求此过程中线框位移的大小△x和位移方向．答案：解：线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：F B=nBIL，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变．设在电流反向之前弹簧的伸长x，则反向之后弹簧的伸长为（x+△x），则有：kx+nBIL-G=0k（x+△x）-nBIL-G=0。
电场与磁场专题(2024高考真题及解析)
电场与磁场专题1.(多选)[2024·安徽卷] 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E ,磁感应强度大小为B.一质量为m 的带电油滴a ,在纸面内做半径为R 的圆周运动,轨迹如图所示.当a 运动到最低点P 时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅰ,二者带电荷量、质量均相同.Ⅰ在P 点时与a 的速度方向相同,并做半径为3R 的圆周运动,轨迹如图所示.Ⅰ的轨迹未画出.已知重力加速度大小为g ,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅰ分开后的相互作用,则 ( )A .油滴a 带负电,所带电荷量的大小为mgE B .油滴a 做圆周运动的速度大小为gBREC .小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE ,周期为4πEgB D .小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动1.ABD [解析] 油滴a 做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg =Eq ,解得q =mgE ,故A 正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv =m v 2R ,得R =mvBq ,解得油滴a 做圆周运动的速度大小为v =gBR E ,故B 正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v 1,得3R =m 2v 1B q 2,解得v 1=3BqR m =3gBRE ,周期为T =2π·3R v 1=2πEgB ,故C 错误;带电油滴a 分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅰ的速度为v 2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv =m 2v 1+m 2v 2,解得v 2=-gBRE,由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅰ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动,故D 正确.2.[2024·北京卷] 如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M 、N 两点,P 、Q 是MN 连线上的两点,且MP=QN.下列说法正确的是()A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变2.C[解析] 由等量异种点电荷的电场线分布特点知,P、Q两点电场强度相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由电场叠加得P点电场强度E=k QMP2+k QNP2,若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大,C正确,D错误.3.[2024·北京卷] 我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道.图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图.放电室的左、右两端分别为阳极和阴极,间距为d.阴极发射电子,一部分电子进入放电室,另一部分未进入.稳定运行时,可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场,大小处处相等.放电室内的大量电子可视为处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示),可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离.每个氙离子的质量为M、电荷量为+e,初速度近似为零.氙离子经过电场加速,最终从放电室右端喷出,与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和.已知电子的质量为m、电荷量为-e;对于氙离子,仅考虑电场的作用.(1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a;(2)求径向磁场的磁感应强度大小B2;(3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,单位时间内阴极发射的电子总数为n,求此霍尔推进器获得的推力大小F.3.(1)eEM (2)mEB1eR(3)nk√2eEMd1+k[解析] (1)氙离子在放电室时只受电场力作用,由牛顿第二定律有eE=Ma解得a=eEM(2)电子处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动,沿轴向向右的匀强磁场的洛伦兹力提供向心力,则有B1ev=m v 2R可得v=B1eRm轴线方向上所受电场力(水平向左)与径向磁场的洛伦兹力(水平向右)平衡,即Ee=evB2解得B2=mEB1eR(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n,设单位时间内被电离的氙原子数为N,根据被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,可知进入放电室的电子数为Nk又由于这些电离氙原子数与未进入放电室的电子刚好完全中和,说明未进入放电室的电子数也为N即有n=N+Nk则单位时间内被电离的氙离子数N=nk1+k氙离子经电场加速,有eEd=12M v12-0可得v1=√2eEdM设时间Δt内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理有F'·Δt=N·Δt·Mv1解得F'=nk√2eEMd1+k由牛顿第三定律可知,霍尔推进器获得的推力大小F=F'则F=nk√2eEMd1+k4.[2024·福建卷] 以O点为圆心,半径为R的圆上八等分放置电荷,除G为-Q,其他为+Q,M、N为半径上的点,OM=ON,已知静电力常量为k,则O点场强大小为,M点电势(选填“大于”“等于”或“小于”)N点电势.将+q点电荷从M沿MN移动到N点,电场力(选填“做正功”“做负功”或“不做功”).4.2kQR2大于做正功[解析] 根据点电荷的场强特点可知,除了MN连线上的正负电荷外,其余的6个电荷形成的电场在O点处相互抵消,故O点场强大小为E O=kQR2+kQR2=2kQR2;根据对称性可知,若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷,则M和N点的电势相等,由于M点靠近最左边的正电荷,N点靠近最右边的负电荷,故M点电势大于N点电势;将+q点电荷从M沿MN移动到N点,由于电势降低,故电场力做正功.5.[2024·甘肃卷] 一平行板电容器充放电电路如图所示.开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电.下列说法正确的是()A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点5.C[解析] 充电过程中,随着电容器带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流在减小,故A错误;根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器带电荷量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故C正确;根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误.6.(多选)[2024·甘肃卷] 某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点,下列说法正确的是 ( )A .粒子带负电荷B .M 点的电场强度比N 点的小C .粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D .粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能6.BCD [解析] 根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电荷,故A 错误;等差等势面越密集的地方场强越大,故M 点的电场强度比N 点的小,故B 正确;粒子带正电,因为M 点的电势大于N 点的电势,故粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能,故D 正确;由于带电粒子仅在电场作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C 正确.7.[2024·甘肃卷] 质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示.Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U ;Ⅰ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E 1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B 1,方向垂直纸面向里;Ⅰ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B 2,方向垂直纸面向里.从S 点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O 点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P 点处,运动轨迹如图中虚线所示. (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷. (2)求O 点到P 点的距离.(3)若速度选择器Ⅰ中匀强电场的电场强度大小变为E 2(E 2略大于E 1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上.求粒子打在O'点的速度大小.7.(1)正电E 122UB 12(2)4UB 1E 1B 2 (3)2E 2-E1B 1[解析] (1)由于粒子在偏转分离器Ⅰ中向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电;设粒子的质量为m ,电荷量为q ,粒子进入速度选择器Ⅰ时的速度为v 0,在速度选择器中粒子做匀速直线运动,由平衡条件有qv 0B 1=qE 1在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有 qU =12m v 02联立解得粒子的比荷为q m =E 122UB 12(2)在偏转分离器Ⅰ中,洛伦兹力提供向心力,有qv 0B 2=m v 02r可得O点到P点的距离为OP=2r=4UB1E1B2(3)粒子进入速度选择器Ⅰ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1向下的电场力F=qE2由于E2>E1,且qv0B1=qE1所以通过配速法,如图所示其中满足qE2=q(v0+v1)B1则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时,在竖直面内以速度v1做匀速圆周运动,当速度转向到水平向右时,满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求,故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=2E2-E1B18.(多选)[2024·广东卷] 污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示.涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面.M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上.下列说法正确的有()A.M点的电势比N点的低B.N点的电场强度比P点的大C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大8.AC[解析] 电场线的疏密程度反映电场强度大小,电场线越密则电场强度越大,由于N点附近的电场线比P点附近的稀疏,故N点的电场强度比P点的小,B错误;沿电场线方向电势逐渐降低,故M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,故其受到的电场力方向与电场强度方向相反,若从M点移到N点,则电场力对其做正功,A、C正确;由于M点和P点在同一等势面上,故M点电势等于P点电势,则N点电势高于P点电势,污泥絮体带负电,即q<0,根据电势能E p=qφ可知,污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小,D错误.9.[2024·广东卷] 如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压.金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场.已知金属板的板长是板间距离的π3倍,粒子质量为m.忽略粒子所受的重力和场的边缘效应.(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W.9.(1)带正电πmBt0(2)√3πU0t08B√π3U024Bt0(3)(π3+16π)mU048Bt0[解析] (1)由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子带正电).设粒子在磁场内做圆周运动的速度为v,半径为r,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间Δt=3t0-2t0粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2Δt又知T=2πrv联立解得q=πmBt0(2)设金属板间的电场强度为E,粒子在金属板间运动的加速度为a,则有E=U0Da=qEmt 0~2t 0内,粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动,在垂直于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径,即y =2r 在垂直于金属板方向有y =2×12a (t 02)2在沿金属板方向有π3D =vt 0 联立解得D =√3πU 0t 08B ,v =√π3U 024Bt 0(3)由(1)(2)可知y =2D3由对称性可知,3t 0~4t 0内,粒子第二次进入金属板间的电场内,粒子在竖直方向的位移仍为y ,由于y <D ,故粒子不会碰到金属板.t =4t 0后,粒子进入左侧电场,先减速到速度为零,后反向加速,并在t =6t 0时刻第三次进入金属板间的电场内,此时粒子距上板的距离为h =D -y =D3,注意到h =y2,故粒子恰在加速阶段结束时碰到金属板.粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中,电场力做功为0,粒子第三次进入金属板间的电场后,电场力做功为qEh ,设粒子在左侧电场中运动时电场力做功为W 左,根据动能定理有 W 左=12mv 2电场力对粒子做的总功为W =W 左+qEh联立解得W =(π3+16π)mU 048Bt 010.[2024·广西卷] xOy 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里.质量为m ,电荷量为+q 的粒子,以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始运动,粒子过y 轴时速度与y 轴正向夹角为45°,交点为P .不计粒子重力,则P 点至O 点的距离为 ( )A .mv qBB .3mv2qBC .(1+√2)mvqB D .(1+√22)mvqB10.C [解析] 粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v 2r ,可得粒子做圆周运动的半径为r =mvqB ,根据几何关系可得P 点至O 点的距离为L PO =r +r sin45°=(1+√2)mvqB ,故选C .11.[2024·广西卷] 如图所示,将不计重力、电荷量为q 的带负电的小圆环套在半径为R 的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M 点和N 点分别固定电荷量为27Q 和64Q 的负点电荷.将小圆环从靠近N 点处静止释放,小圆环先后经过图上P 1点和P 2点,己知sin θ=35,则小圆环从P 1点运动到P 2点的过程中 ( )A .静电力做正功B .静电力做负功C .静电力先做正功再做负功D .静电力先做负功再做正功11.A [解析] 沿电场线越靠近负电荷则电势越低,画出两个不等量负点电荷的电场线分布如图甲所示,半圆与电场线的交点中其电场强度沿半径方向时,该点对应的电势最高,设该点为P ,如图乙所示,设连线PM 与直径MN 的夹角为α,则P 点到M 点的距离d M =2R cos α,P 点到N 点的距离为d N =2R sin α,M 点处点电荷在P 点产生的电场强度为E M =k 27Q d M2,N点处点电荷在P点产生的电场强度为E N =k64Qd N 2,P 点的电场强度沿着圆半径方向,由电场叠加原理可知E NE M=tan α,联立解得α=53°,已知P 2点和N 点连线与直径MN 的夹角恰好为37°,则P 2点和M 点连线与直径MN 的夹角恰好为53°,故半圆上P 2点的电势最高,因此带负电的圆环从P 1点运动到P 2点的过程中,电势一直升高,静电力一直做正功,选项A 正确.12.(多选)[2024·海南卷] 真空中有两个点电荷,电荷量均为-q (q ≥0),固定于相距为2r 的P 1、P 2两点,O 是P 1P 2连线的中点,M 点在P 1P 2连线的中垂线上,距离O 点为r ,N 点在P 1P 2连线上,距离O 点为x (x ≪r ),已知静电力常量为k ,则下列说法正确的是 ( )A .P 1P 2中垂线上电场强度最大的点到O 点的距离为√33rB .P 1P 2中垂线上电场强度的最大值为4√3kq9r 2C .在M 点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小D .在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动12.BCD [解析] 设P 1处的点电荷在P 1P 2中垂线上某点A 处产生的场强与竖直方向的夹角为θ,则根据场强的叠加原理可知,A 点的合场强为E =k 2qr 2sin 2 θcos θ,根据均值不等式可知当cos θ=√33时E 有最大值,且最大值为E m =4√3kq9r 2,此时A 点到O 点的距离为y =√22r ,故A 错误,B 正确;在M 点放入一电子,从静止释放,由于r >y =√22r ,可知电子向上运动的过程中所受电场力一直减小,则电子的加速度一直减小,故C 正确;根据等量同种电荷的电场线分布可知,电子运动过程中,O 点为平衡位置,可知当发生的位移为x 时,粒子受到的电场力为F =keq ·4rx(r -x )2(r+x )2,由于x ≪r ,整理后有F =4keqr 3·x ,在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为以O 点为平衡位置的简谐运动,故D 正确.13.[2024·海南卷] 如图,在xOy 坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点和S 点.半圆形区域Ⅰ的半径是区域Ⅰ半径的2倍.区域Ⅰ、Ⅰ的圆心O 1、O 2连线与x 轴平行,半圆与圆相切于Q 点,QF 垂直于x 轴,半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅰ.区域Ⅰ、Ⅰ分别有磁感应强度大小为B 、B 2的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向外.区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器,可将质量为m 、电荷量为q 的粒子由电场加速到v 0.改变发射器的位置,使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ.已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ.(不计粒子的重力和粒子之间的影响) (1)求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R.(2)在能射入区域Ⅰ的粒子中,某粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间t.(3)在区域Ⅰ加入匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E =Bv 0,方向沿x 轴正方向.此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅰ射入区域Ⅰ,进入区域Ⅰ时速度方向与y 轴负方向成74°角.当粒子动能最大时,求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离(sin37°=35,sin53°=45).13.(1)mv 022qmv 0qB (2)πmqB(3)2.6v 0172mv 025qB[解析] (1)根据动能定理得qU =12m v 02解得U =mv 022q粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ,故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力qBv 0=m v 02R 解得R =mv0qB(2)带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ,由(1)可得,粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,轨迹半径为R ,因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等,所以粒子射入点、区域Ⅰ圆心O 1、粒子出射点、轨迹圆心O'四点构成一个菱形,由几何关系可得,区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线,则区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线水平,根据磁聚焦原理可知粒子都从Q 点射出,粒子射入区域Ⅰ,仍做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力q B2v 0=m v 02R '解得R'=2R如图甲所示,要使粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,轨迹所对应的圆心角最小,可知在区域Ⅰ中运动的圆弧所对的弦长最短,即此时最短弦长为区域Ⅰ的磁场圆半径2R ,根据几何知识可得此时在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°,粒子在两区域磁场中运动周期分别为 T 1=2πR v 0=2πmqBT 2=2π·2R v 0=4πmqB 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间为 t =60°360°T 1+60°360°T 2=πmqB甲(3)如图乙所示,将速度v 0分解为沿y 轴正方向的速度v 0及速度v',因为E =Bv 0,可得qE =qBv 0,故可知沿y 轴正方向的速度v 0产生的洛伦兹力与电场力平衡,粒子同时受到另一方向的洛伦兹力qBv',故粒子沿y 轴正方向做旋进运动,根据几何关系可知 v'=2v 0sin 53°=1.6v 0故当v'方向为竖直向上时粒子速度最大,最大速度为 v m =v 0+1.6v 0=2.6v 0根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为 L =R'+R'sin 53°+2R +2R =6.88R =172mv 025qB乙14.[2024·河北卷] 我国古人最早发现了尖端放电现象,并将其用于生产生活,如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔.雷雨中某时刻,一古塔顶端附近等势线分布如图所示,相邻等势线电势差相等,则a 、b 、c 、d 四点中电场强度最大的是 ( )A .a 点B .b 点C .c 点D .d 点14.C [解析] 在静电场中,等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小,等差势线越密,则电场强度越大.由题图可知,c 点等差等势线最密集,故c 点电场强度最大,C 正确.15.[2024·河北卷] 如图所示,真空中有两个电荷量均为q (q >0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC 的顶点B 、C.M 为三角形ABC 的中心,沿AM 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为q2.已知正三角形ABC 的边长为a ,M 点的电场强度为0,静电力常量为k.顶点A 处的电场强度大小为( )A .2√3kq a 2B .kq a 2(6+√3)C .kq a 2(3√3+1)D .kqa2(3+√3)15.D [解析] 如图所示,B 、C 两处点电荷在M 处产生的电场强度大小E 1=E 2=kq(√33a )2=3kqa 2,由于M 点的电场强度为0,故带电细杆在M 点产生的电场强度大小E 3=E 1cos 60°+E 2cos 60°=3kq a 2,B 、C 两处点电荷在A 处产生的电场强度大小E 4=E 5=kqq 2,合场强E 合'=E 4cos 30°+E 5cos 30°=√3kqa 2,方向向上,由于M 点与A 点关于带电细杆对称,故细杆在A 处产生的电场强度大小E 6=E 3=3kqa 2,方向向上,因此A 点的电场强度大小E =E 合'+E 6=kqa 2(√3+3),D 正确.16.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,真空区域有同心正方形ABCD 和abcd ,其各对应边平行,ABCD 的边长一定,abcd 的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面.A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场.调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出.对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是()A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°16.ACD[解析] 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,由对称性可知,粒子从C点垂直于BC射出,A、C正确;若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子可能从cd边再次进磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,此时粒子不能垂直BC射出,粒子也可能经bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,此时粒子垂直BC边射出,B错误,D正确.17.[2024·河北卷] 如图所示,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动.图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高.当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q (q >0),质量为m ,A 、B 两点间的电势差为U ,重力加速度大小为g ,求: (1)电场强度E 的大小.(2)小球在A 、B 两点的速度大小.17.(1)U L(2)√Uq -mgLm√3(Uq -mgL )m[解析] (1)A 、B 两点沿电场线方向的距离为L ,在匀强电场中,由电场强度与电势差的关系可知E =U L(2)当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得Eq -mg =mv A 2L解得v A =√Uq -mgLm小球由A 点运动到B 点,由动能定理得 Uq -mgL =12m v B 2-12m v A 2 解得v B =√3(Uq -mgL )m18.[2024·湖北卷] 如图所示,在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域.不计重力,下列说法正确的是 ( )A .粒子的运动轨迹可能经过O 点B .粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C .粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm3qBD.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为√3qBR3m18.D[解析] 根据磁场圆和轨迹圆相交形成的圆形具有对称性可知,在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子总是沿径向射出,所以粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间间隔最短对应的轨迹如图甲所示,则最小时间间隔为Δt=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短对应的轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=√33R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r ,解得v=√3qBR3m,故D正确.19.(多选)[2024·湖北卷] 关于电荷和静电场,下列说法正确的是()A.一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变B.电场线与等势面垂直,且由电势低的等势面指向电势高的等势面C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,该点电荷的电势能将减小D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,将从高电势的地方向低电势的地方运动19.AC[解析] 根据电荷守恒定律可知,一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变,故A正确;根据电场线和等势面的关系可知,电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,故B错误;点电荷仅在电场力作用下从静止释放,则电场力做正功,该点电荷的电势能将减小,根据φ=E pq可知,正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动,负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动,故C正确,D错误.20.[2024·湖南卷] 真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处.设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是()。
高考物理二轮复习题：电场和磁场
高考物理（电场和磁场）二轮习题含答案一、选择题。
1、（双选）质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器和偏转磁场构成。
由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O 进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN 上的P 1、P2、P 3三点，已知底板MN 上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B 1、B 2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E 。
不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则（ ）A ．速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电B ．三种粒子的速度大小均为E B 2C ．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P 3点的粒子质量最大D ．如果三种粒子的电荷量均为q ，且P 1、P 3的间距为Δx ，则打在P 1、P 3两点的粒子质量差为qB 1B 2Δx E2、如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )A ．0 B.33B 0 C.233B 0 D ．2B 03、(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ab＝d，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()A.2qBd6m B．2qBd4m C.2qBd2m D．3qBdm4、（双选）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC，HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。
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高三物理《电场和磁场》测试题及答案一、选择题（共10小题，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1. 一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则此空间（ ）Ａ.一定不存在磁场Ｂ.可能只存在电场Ｃ.可能存在方向重合的电场和磁场Ｄ.可能存在正交的磁场和电场2. 据报道，我国第21次南极科考队于2005年在南极考查时观察到了美丽的极光，极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获的，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图1所示，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光，由于地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能达到地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障，科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减少的，这主要与下列哪些因素有关（ ）Ａ.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小Ｂ.空气阻力做负功，使其动能减小Ｃ.向南北两极磁感应强度不断增强Ｄ.太阳对粒子的引力做负功3..一个质子在匀强磁场和匀强电场中运动时，动能保持不变，已知磁场方向水平向右，则质子的运动方向和电场方向可能是（质子的重力不计）（ ）Ａ.质子向右运动，电场方向竖直向上Ｂ.质子向右运动，电场方向竖直向下Ｃ.质子向上运动，电场方向垂直纸面向里Ｄ.质子向上运动，电场方向垂直面向外4. 如图2所示，一带电粒子以水平初速度0v （0E v B<）先后进入方向垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的总功为1W ；若把电场和磁场正交重叠，如图3所示，粒子仍以初速度0v 穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为2W ，比较1W 和2W ，有（ ） Ａ.一定是12W W > Ｂ.一定是12W W =Ｃ.一定是1W W < Ｄ.可能是1W W <，也可能是12W W >5. 如图4所示，匀强电场Ｅ方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过Ａ点时动能是100Ｊ，经过Ｂ点时 ，动能是Ａ点的15，减少的动能有35转化成电势能，那么，当它再次经过Ｂ点时动能为（ ）Ａ.16ＪＢ.8ＪＣ.4ＪＤ.20Ｊ6. 如图5所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a 点进入电磁场并刚好能沿ab 直线向上运动，下列说法正确的是（ ）A 、微粒一定带负电B 、微粒动能一定减小C 、微粒的电势能一定增加D 、微粒的机械能一定增7. 如图6所示，质量为ｍ，初速度为0v 的带电体ａ，从水平面的Ｐ点向固定的带电体ｂ运动，ｂ与ａ电性相同，当ａ向右移动ｓ时，速度减为零，设ａ、ｂ与地面间的摩擦因数均为 ，那么当ａ从Ｐ向右移动的位移为2s 时，ａ的动能（ ）Ａ.等于初动能的一半Ｂ.小于初动能的一半Ｃ.大于初动能的一半Ｄ.减小量等于电势能的增加量8.如图7所示，在重力加速度为ｇ的空间中，有一个带电量为＋Ｑ的场源电荷置于Ｏ点，Ｂ、Ｃ为以）为圆心，半径为Ｒ的竖直圆周上的两点，Ａ、Ｂ、Ｏ在同一竖直线上，ＡＢ＝Ｒ，Ｏ、Ｃ在同一水平线上，现在有一质量为ｍ，电荷量为q -的有孔小球，沿光滑绝缘细杆ＡＣ从Ａ点由静止开始下滑，滑至Ｃ点时速度的大小为5gR ,下列说法正确的是（ ）Ａ.从Ａ到Ｃ小球做匀加速运动Ｂ.从Ａ到Ｃ小球的机械能守恒Ｃ.Ｂ、Ａ两点间的电势差为2mgR qＤ.若小球不通过杆从Ａ点自由释放，则下落到Ｂ点时的速度大小为3gR9. 空间某区域电场线分布如图8所示，带电小球（质量为ｍ，电量为ｑ）在Ａ点速度为1v ，方向水平向右，至Ｂ点速度为2v ，2v 与水平方向间夹角为α，Ａ、Ｂ间高度差为Ｈ，以下判断错误 是（ ）Ａ.Ａ、Ｂ两点间电势差222111()22mv mv U q-= Ｂ.球由Ａ至Ｂ，电场力的冲量为21(cos )m v v α-Ｃ.球由Ａ至Ｂ，电场力做功为22211122mv mv mgH -- Ｄ.小球重力在Ｂ点的瞬时功率为2sin mgv α10. 如图9所示，绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E ，在与环心等高处放有一质量为m 、带电q 的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )A、小球在运动过程中机械能守恒B、小球经过环的最低点时速度最大C、小球经过环的最低点时对轨道压力为3（mg+qE）D、小球经过环的最低点时对轨道压力为（mg+qE）二、填空题（本题2小题，共18分，把答案填在题中的横线上或按要求答题）11. .在用模拟法描绘静电场等势线的实验中（１）某同学发现描绘的等势线发生畸变，则产生误差的可能原因是（）Ａ.电流表的灵敏度不高Ｂ.电极与导电纸接触不良Ｃ.导电纸涂层不均匀Ｄ.有一个电极靠近导电纸边缘（２）某同学进行了实验探究，做了以下的实验：把两长条形电极紧压在导电纸上（导电纸铺在平木板上），并分别接在低压恒定直流电源两极，现取一金属环，将圆环放在两电极中间的导电纸上，再在灵敏电流计正、负接线柱上分别接两探针Ⅰ和Ⅱ（电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针右偏）做如下测试，如图10所示：ａ当两探针Ⅰ和Ⅱ与金属环内导电纸上任意两点接触时，电流表指针将。
（填“右偏”或“左偏”或“指零”）ｂ当两探针Ⅰ和Ⅱ与金属环上任意两点接触时，电流表指针将（填“右偏”或“左偏”或“指零”）ｃ当两探针Ⅰ和Ⅱ分别与环上，环内导电纸接触时，电流表指针将。
（填“右偏”或“左偏”或“指零”）ｄ当两探针Ⅰ和Ⅱ分别与环上、导电纸上ａ点接触时，电流表指针将。
（填“右偏”或“左偏”或“指零”）12.如图11所示，实验中如果探针在导电纸上不论如何移动，电流表指针都不动，若改用多用表直流电压挡直接测Ａ、Ｂ两极对导电纸的电压，电压正常，再测Ａ电极对导电纸的电压，发现电压处处相等，且等于电源的电动势，这说明三、计算题（共5小题，共92分。
解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤。
只写最后答案的不得分。
有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
）13. 一细棒处于磁感应强度为Ｂ的匀强磁场中，棒与磁场方向垂直，与水平方向夹角为θ。
磁感线水平指向纸里，如图12所示，棒上套一个可在其上滑动的带负电的小球Ｃ，小球质量为ｍ，带电量为ｑ，球与棒间的动摩擦因数为μ，让小球从棒上端静止下滑，求：（１）小球的最大速度；（２）动摩擦因数μ应具备的条件。
14. 如图13所示，质量为ｍ的小球Ａ在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球Ａ带正电，电量为ｑ。
在杆上Ｂ点处固定一个电量为Ｑ的正电荷，将小球Ａ由距Ｂ点竖直高度为Ｈ处无初速度释放，小球Ａ下滑过程中电量不变，不计Ａ与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量ｋ和重力加速度ｇ（１）Ａ球刚释放时的加速度是多大？（２）当Ａ球的动能最大时，球此时Ａ球与Ｂ点的距离15. 如图14所示，ＡＢＣＤ表示竖立在场强为410/E V m =的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ＢＣＤ部分是半径为Ｒ的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，Ａ为水平轨道上的一点，而且，ＡＢ＝Ｒ＝0.2ｍ，把一质量ｍ＝10ｇ、带电量ｑ＝510C -+的小球在水平轨道的Ａ点由静止释放后，小球在轨道的内侧运动（ｇ＝102/m s ）。
求：（１）小球到达Ｃ点时的速度（２）小球达到Ｃ点时对轨道的压力（３）要使小球刚好能运动到Ｄ点，小球开始运动的位置应离Ｂ点多远？16. 设在讨论的空间范围内有磁感应强度为Ｂ的匀强磁场，Ｂ的方向垂直于纸面向里，如图15所示，在纸平面上有一长为h 的光滑绝缘空心细管ＭＮ，管的Ｍ端内有一带正电的小球Ｐ1，在纸平面上Ｎ端的正右前方2h 处有一个不带电的小球Ｐ2，开始时Ｐ1相对管静止，管向运动，小球Ｐ2在纸平面上沿着以于ＭＮ延长线方向成045角的速度2u 运动，设管的质量远大于Ｐ1的质量，Ｐ1在管内的运动对管的运动的影响可以忽略。
已知Ｐ1离开的管的Ｎ端时相对纸面的速度大小恰好为12u ，且在离开管后最终能与Ｐ2相碰，试求：（１）Ｐ1的比荷（２）1u 和2u 的比值17. 如图16所示，在足够大的空间内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度Ｂ＝1.57Ｔ，小球1带正电，其电荷量与质量之比114/q C kg m =，所受重力与电场力的大小相等，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上，小球1向右以023.59/v m s =的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75ｓ再次相碰。
设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终在同一竖直平面内。
（ｇ＝102/m s ）问（１） 电场强度Ｅ的大小是多少？（２） 两小球的质量之比21m m 是多少？15. 解：（１）、（２）如图所示，设小球在Ｃ点的速度大小是C v ，对轨道的压力大小为C N ，则对于小球由Ａ→C 的过程中，应用动能定理列出：2122C qE R mgR mv -=－０，在Ｃ点的园轨道径向应用牛顿第二定律，有2C C v N qE m R-=，解得422/,520.3C C qER v gR m s N qE mg N m=-==-=（３）如图所示，设小球初始位置应在离Ｂ点ｘｍ的A '点，对小球由A '→Ｄ的过程应用动能定理，有：2122D qEx mg R mv -=，在Ｄ点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有2D v mg m R=，解得50.52mgR x m qE == 16. 解：（１）F 1为P 1参与的运动而受到指向Ｎ端的洛伦兹力，其值为：11F qu B =（其中0q >，为1P 的电量），1P 对应有指向Ｎ端的加速度：1qu B F a m m== （其中ｍ为1P 的质量） 1P 在管中运动会使它受到另一个向左的洛伦兹力，此力与管壁对1P 向右的力所抵消，1P 到达Ｎ端时具有沿管长方向的速度：122q u ah u Bhm == 所以，1P 对纸平面的速度大小为： 221v u u =+又因为12v u =，故：1u u = 即：2112q u Bh u m= 所以1P 的比荷为：12u q m Bh= （２）1P 从Ｍ端到Ｎ端经历的时间为：111222h hm h t a qu B u === 1P 离开管后将在纸平面上做匀速圆周运动，半径与周期分别为：22mv R h qB == 124m h T qB u ππ== 1P 经ｔ１时间已随管朝正右方向运动：1111122h s u t u h u === 的距离所以1P 离开Ｎ端的位置恰好为2P 的初始位置2P 经时间ｔ１已知运动到如图所示的位置Ｓ２走过的路程为222112u s u t hu == 1P 只能与2P 相碰在图中的Ｓ处，相遇时刻必为11(),0,1,2,32t t k T k =++=… 且要求2P 在这段时间内恰好走过2Ｒ的路程，因此有2242u t R h == 即得：1222421(21)u h u t k π==++ 所以：121(21)(0,1,2,3,22u k k u π++==…) 17. 解：mg qE =……① 14mg E g q == 由于重力和电场力平衡，电粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，小球平抛且碰时动量守恒，根据条件，碰后1m 反向'10102m v m v m V =-+……① 另有'2'0101v q Bv m r =……② 解得'01v qB r m ω==……③ 对平抛：212x vt ry gt r ==== 解得'015/432v m s v v π==。