高考物理专题复习《电场与磁场》典型题精选
高中物理《磁场》典型题(经典推荐含答案)
高中物理《磁场》典型题(经典推荐含答案)高中物理《磁场》典型题(经典推荐)一、单项选择题1.下列说法中正确的是：A。
在静电场中电场强度为零的位置，电势也一定为零。
B。
放在静电场中某点的检验电荷所带的电荷量 q 发生变化时，该检验电荷所受电场力 F 与其电荷量 q 的比值保持不变。
C。
在空间某位置放入一小段检验电流元，若这一小段检验电流元不受磁场力作用，则该位置的磁感应强度大小一定为零。
D。
磁场中某点磁感应强度的方向，由放在该点的一小段检验电流元所受磁场力方向决定。
2.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。
如关系式 U=IR，既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了 V（伏）与 A（安）和Ω（欧）的乘积等效。
现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、J （焦）、W（瓦）、C（库）、F（法）、A（安）、Ω（欧）和 T（特），由他们组合成的单位都与电压单位 V（伏）等效的是：A。
J/C 和 N/CB。
C/F 和 T·m2/sC。
W/A 和 C·T·m/sD。
W·Ω 和 T·A·m3.如图所示，重力均为 G 的两条形磁铁分别用细线 A 和B 悬挂在水平的天花板上，静止时，A 线的张力为 F1，B 线的张力为 F2，则：A。
F1=2G，F2=GB。
F1=2G，F2>GC。
F1GD。
F1>2G，F2>G4.一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在 1s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在 1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为：A。
1/2B。
1C。
2D。
45.如图所示，矩形 MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有 5 个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示，由以上信息可知，从图中 a、b、c 处进入的粒子对应表中的编号分别为：A。
高考物理学科复习题册第一部分专题五电场与磁场第1讲电场和磁场及带电粒子运动问题练习含解析03
电场和磁场及带电粒子运动问题1.(2019·河南濮阳一模)如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子(不计重力)从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间t 在电场中某点相遇。
则以下说法中正确的是()A ．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为12tB ．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为14tC ．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为12tD ．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为14t解析 粒子受电场力作用，两个相同的粒子加速度相同，方向竖直向下，粒子初速度和加速度垂直，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，两粒子从射入到相遇经过的时间只和初速度大小有关，当两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为12t ，故A 正确，B 、C 、D 错误。
答案 A2.(2019·陕西宝鸡三模)如图，空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O 在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v 的质子1和2，两个质子同时到达P 点。
已知OP ＝a ，质子2沿与OP 成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则质子1和2发射的时间间隔为()A.3πa2v B ．23πa 3vC.2πa3vD ．4πa 3v解析 由几何关系求出两质子做匀速圆周运动的半径分别为r 1＝r 2＝a2cos60°＝a ，而两质子从O 到P 分别旋转300°和60°，时间分别为t 1＝56T ＝5πa 3v ，t 2＝16T ＝16×2πa v ＝πa3v ，要使两质子在P 点相遇，则两质子发射的时间之差为Δt ＝t 1－t 2＝4πa3v ，故A 、B 、C 错误，D 正确。
高考高考物理二轮复习专题训练：电场与磁场的理解
电场与磁场的理解一、选择题1．某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，相邻的等势线电势差相等，一负电荷仅在静电力作用下由a 运动至b ，设粒子在a 、b 两点的加速度分别为a a 、b a ，电势分别为a ϕ、b ϕ，该电荷在a 、b 两点的速度分别为a v 、b v ，电势能分别为p a E 、p b E ，则（ ）A ．a b a a >B ．b a v v >C ．p p a b E E >D ．a b ϕϕ>2．某静电场方向平行于x 轴，x 轴上各点电场强度随位置的变化关系如图所示，规定x 轴正方向为电场强度正方向。
若取x 0处为电势零点，则x 轴上各点电势随位置的变化关系可能为（ ）A ．B ．C ．D ．3．一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V 、17V 、26V 。
下列说法正确的是（ ） A ．电场强度的大小为2.5V/cmB ．坐标原点处的电势为2VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的小7eVD ．电子从b 点运动到O 点，电场力做功为16eV4．如图，空间中存在着水平向右的匀强电场，现将一个质量为m ，带电量为q +的小球在A 点以一定的初动能k E 竖直向上抛出，小球运动到竖直方向最高点C 时的沿场强方向位移是0x ，动能变为原来的一半（重力加速度为g ），下列说法正确的是（ ）A ．场强大小为22mgqB ．A 、C 竖直方向的距离为0x 的2倍C ．小球从C 点再次落回到与A 点等高的B 点时，水平位移是02xD ．小球从C 点落回到与A 点等高的B 点时，电场力做功大小为2k E5．如图，圆心为O 的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab 和cd 为圆的两条直径，60aOc ∠=︒。
将一电荷量为q 的正点电荷从a 点移到b 点，电场力做功为W （0W >）；若将该电荷从d 点移到c 点，电场力做功也为W 。
高三复习-10磁场高考题
（05广东物理）如图12所示，在一个圆形区域内，两个
方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为 边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为 60º。一质量为m、带电量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ区的 边缘点A1处沿与A1A3成30º角的方向射入磁场，随后该粒子 以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射 出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求
示。因为F所作的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感强度B
与F、A之间的关系为B＝
。 B2=2μF/A
（08四川2）图为一电流表的原理示意图。质量为m的均质细金 属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧 劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指 示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处 于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合,当MN中有电流通过时，
电势升高
B.质子所受电场力大小等于eE,运动中电势能增大;沿z轴正方向
电势降低
C.质子所受电场力大小等于evB,运动中电势能不变;沿z轴正方
向电势升高
D.质子所受电场力大小等于evB,运动中电势能不变;沿z轴正方
向电势降低
【C】
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（08四川2）在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电
为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量
为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿
位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场
区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。
下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的
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。
2025年高考人教版物理一轮复习阶段复习练四—电场和磁场 附答案解析
2025年⾼考⼈教版物理⼀轮复习阶段复习练（四）—电场和磁场（附答案解析）1．(2024·⼭西晋城市第⼀中学期中)如图甲所⽰，计算机键盘为电容式传感器，每个键下⾯由相互平⾏、间距为d的活动⾦属⽚和固定⾦属⽚组成，两⾦属⽚间有空⽓间隙，两⾦属⽚组成⼀个平⾏板电容器，如图⼄所⽰。
其内部电路如图丙所⽰，则下列说法正确的是( )A．按键的过程中，电容器的电容减⼩B．按键的过程中，电容器的电荷量增⼤C．按键的过程中，图丙中电流⽅向从a流向bD．按键的过程中，电容器间的电场强度减⼩2.(2023·⼴东深圳市期末)如图所⽰，将⼀轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F 六点固定，E、F为AD、BC边的中点。
⼀不易形变的长直导线在E、F两点处固定，现将矩形绝缘软线圈中通⼊电流I1，直导线中通⼊电流I2，已知I1≪I2，长直导线和线圈彼此绝缘。
则稳定后软线圈⼤致的形状可能是( )3．(多选)如图甲所⽰，为特⾼压输电线路上使⽤六分裂阻尼间隔棒的情景。
其简化如图⼄，间隔棒将6条输电导线分别固定在⼀个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中⼼，A点、B点分别为Oa、Od的中点。
已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流⼤⼩成正⽐，与到导线的距离成反⽐。
6条输电导线中通有垂直纸⾯向外、⼤⼩相等的电流，其中a导线中的电流对b导线的安培⼒⼤⼩为F，则( )A．A点和B点的磁感应强度相同B．其中b导线所受安培⼒⼤⼩为FC．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度⽅向垂直于ed向下D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度⽅向垂直于ed向上4.(2024·江苏常州市检测)如图所⽰，ABCD为真空中⼀正四⾯体区域，M和N分别为AC边和AD边的中点，A处和C处分别有等量异种点电荷＋Q和－Q。
则( )A．B、D处电场强度⼤⼩相等，⽅向不同B．电⼦在M点的电势能⼩于在N点的电势能C．将⼀试探正电荷从B沿直线BD移动到D静电⼒做正功D．将位于C处的电荷－Q移到B处时M、N点电场强度⼤⼩相等5.(2024·河南周⼝市期中)如图所⽰，在竖直平⾯内有⽔平向左的匀强电场，在匀强电场中有⼀根长为L的绝缘细线，细线⼀端固定在O点，另⼀端系⼀质量为m的带电⼩球。
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()。
高考物理专题电磁学12道精选题附答案
选择题：第一道电场中能的性质1.(2017·全国卷Ⅲ，21,6分)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图5所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是()图5A．电场强度的大小为2.5 V/cmB．坐标原点处的电势为1 VC．电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV2.(2017·全国卷Ⅰ，20,6分)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图4所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()图4A．E a∶E b＝4∶1 B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶33.(多选)(2019·全国Ⅱ卷·20)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行参考答案与解析1.【解析】 如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm,6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势．由几何关系可得，cf的长度为3.6 cm ，电场强度的大小E ＝U d ＝(26－17) V 3.6 cm＝2.5 V/cm ，故选项A 正确；因为Oacb 是矩形，所以有U ac ＝U Ob ，可知坐标原点O 处的电势为1 V ，故选项B 正确；a 点电势比b 点电势低7 V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，故选项C 错误；b 点电势比c 点电势低9 V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV ，故选项D 正确．2.【解析】 由图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，E a E b ＝r 2b r 2a ＝41，E c E d ＝r 2d r 2c ＝41，故A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故C 正确，D 错误．3.答案 AC解析 在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M 点(非两点电荷连线的中点)由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A 正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N 点的动能为零，则带电粒子在N 、M 两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N 点时动能不为零，则粒子在N 点的电势能小于在M 点的电势能，即粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能，选项C 正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B 错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D 错误．第二道 带电粒子在匀强磁场中的运动：半径和周期公式1.(2019·全国Ⅲ卷·18)如图1，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )图1A.5πm 6qBB.7πm 6qBC.11πm 6qBD.13πm 6qB2.(2017·全国卷Ⅱ，18,6分)如图4，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v 2∶v 1 为( )图4A.3∶2B.2∶1C.3∶1 D ．3∶ 2参考答案与解析1.答案 B解析 设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R 、T ＝2πR v ，可得R 1＝m v qB 、R 2＝2m v qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2＝12，可得t 2＝T 26，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm 6qB，选项B 正确，A 、C 、D 错误．2.【解析】 当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v 1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 1＝R cos 60°＝12R ；若粒子射入的速率为v 2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 2＝R cos 30°＝32R ；根据轨道半径公式r ＝m v qB可知，v 2∶v 1＝r 2∶r 1＝3∶1，故选项C 正确．甲 乙第三道右手螺旋定则（磁场的叠加）和左手定则1.(2017·全国卷Ⅰ，19,6分)如图3，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是()图3A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1参考答案与解析1.【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图甲所示，可知L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图乙所示，可知L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线间两两之间的相互作用力的大小为F，则L1、L2受到的磁场作用力的合力大小均等于F，L3受到的磁场作用力的合力大小为3F，即L1、L2、L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，故C正确，D错误．第四道带电粒子在复合场中的受力和运动1.(2017·全国卷Ⅰ，16,6分)如图1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()图1A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m cC．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a参考答案与解析1.【解析】设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即m a g＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g＝qE＋q v B②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g＋q v B＝qE③比较①②③式得：m b>m a>m c，选项B正确．第五道 法拉第电磁感应定律，电荷量Q=It1.（2018年全国1卷）如图1，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，QM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图1A.54B.32C.74 D ．22.（交变电流有效值计算）（2018年全国3卷）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 正．该电阻上电压的峰值均为u 0，周期均为T ，如图1所示．则Q 方∶Q 正等于( )图1A ．1∶ 2B.2∶1 C ．1∶2 D ．2∶1参考答案与解析1.答案 B解析 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32. 2.答案 D解析 由有效值概念知，一个周期内产生热量Q 方＝u 20R ·T 2＋u 20R ·T 2＝u 20R T ，Q 正＝U 2有效R T ＝(u 02)2RT ＝12·u 20RT ，故知，Q 方∶Q 正＝2∶1.第六道法拉第电磁感应定律，右手定则，左手定则1.(2017·全国卷Ⅱ，20,6分)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图6(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()图6A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N2.电磁感应定律和动量守恒(多选)(2019·全国Ⅲ卷·19)如图1，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()图1参考答案与解析1.【解析】 由Et 图象可知，导线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2m /s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由图象可知，E ＝0.01 V ，根据E ＝Bl v 得，B ＝E l v ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，选项A 错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A, 所受的安培力大小为F ＝BIl ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，选项D 错误．2.答案 AC解析 棒ab 以初速度v 0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab 受到与v 0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到与v 0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv ＝v 1－v 2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．实验题部分第七道测电阻伏安特性1.(2017·全国卷Ⅰ，23,10分)某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表(量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干．(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图7(a)所示．图7由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)．(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________ W，最大功率为________ W．(结果均保留两位小数)2.二极管的伏安曲线(2019·全国Ⅱ卷·23)某小组利用图1(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V1和V2为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻(阻值100 Ω)；S为开关，E为电源．实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出．图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA时得到的某硅二极管U－t关系曲线．回答下列问题：图1(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0 μA ，应调节滑动变阻器R ，使电压表V 1的示数为U 1＝________ mV ；根据图(b)可知，当控温炉内的温度t 升高时，硅二极管正向电阻________(填“变大”或“变小”)，电压表V 1示数________(填“增大”或“减小”)，此时应将R 的滑片向________(填“A ”或“B ”)端移动，以使V 1示数仍为U 1.(2)由图(b)可以看出U 与t 成线性关系．硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为|ΔU Δt|＝________×10－3 V/℃(保留2位有效数字)．参考答案与解析1.【解析】(1)电压表量程为3 V，要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，需要给电压表串联一个定值电阻扩大量程，题目中要求小灯泡两端电压从零开始，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡的电阻R L＝UI＝3.80.32Ω＝11.875 Ω，因R LR A＜R VR L，故电流表用外接法，实验电路原理图如图所示．(2)由IU图象知，图象中的点与坐标原点连线的斜率在减小，表示灯泡的电阻随电流的增大而增大，根据电阻定律R＝ρlS知，灯丝的电阻率增大．(3)当滑动变阻器的阻值最大为9.0 Ω时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E＝U ＋I(R＋r)得U＝－10I＋4，作出图线①如图所示．由交点坐标可得U1＝1.78 V，I1＝221 mA，P1＝U1I1≈0.39 W；当滑动变阻器电阻值R＝0时，灯泡消耗的功率最大，由E＝U＋I(R＋r)得，I＝－U＋4，作出图线②如图所示．由交点坐标可得，U2＝3.70 V，I2＝315 mA，最大的功率为P2＝U2I2≈1.17 W.2.答案(1)5.00变小增大B(2)2.8解析(1)实验中硅二极管与定值电阻R0串联，由欧姆定律可知，定值电阻两端电压U1＝IR0＝50.0 μA×100 Ω＝5.00 mV；由题图(b)可知，当控温炉内温度升高时，硅二极管两端电压减小，又题图(b)对应的电流恒为50.0μA，可知硅二极管的正向电阻变小，定值电阻R0两端电压增大，即电压表V1示数增大，应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流，从而使电压表V 1示数保持不变，故应将R 的滑片向B 端移动．(2)由题图(b)可知⎪⎪⎪⎪ΔU Δt ＝0.44－0.3080－30V/℃＝2.8×10－3 V/℃.第八道电表改装及校准1.(2019·全国Ⅰ卷·23)某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表．该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装．然后利用一标准毫安表，根据图1(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)．图1(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线．(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时，微安表的指针位置如图2所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是________．(填正确答案标号)图2A．18 mA B．21 mAC．25 mA D．28 mA(3)产生上述问题的原因可能是________．(填正确答案标号)A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 ΩB．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 ΩC．R值计算错误，接入的电阻偏小D．R值计算错误，接入的电阻偏大(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝________.2.(2019·全国Ⅲ卷·23)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14 kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1 500 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)，电阻箱(0～99 999.9 Ω)，干电池(E＝1.5 V，r＝1.5 Ω)，红、黑表笔和导线若干．图1(1)欧姆表设计将图1中的实物连线组成欧姆表．欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为________ Ω；滑动变阻器选________(填“R1”或“R2”)．(2)刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图2所示．表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为________、________.图2(3)校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________ kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图3所示，则电阻箱接入的阻值为________ Ω.图3参考答案与解析1.答案 (1)连线如图所示(2)C (3)AC (4)9979解析 (1)量程为250 μA 的微安表改装成量程为20 mA 的电流表，量程扩大了80倍，需要将定值电阻与微安表并联，然后根据题图(a)的原理图连线．(2)当标准毫安表示数为16.0 mA 时，对应的微安表读数为160 μA ，说明量程扩大了100倍，因此所改装的电表量程是25 mA ，选项C 正确．(3)根据I g R g ＝(I －I g )R 得：I ＝I g R g R＋I g 出现该情况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于1 200 Ω，或者并联的电阻R 计算错误，接入的电阻偏小，选项A 、C 正确．(4)设微安表的满偏电压为U ，则对并联的电阻R 有U ＝(25－0.25)×10－3RU ＝(20－0.25)×10－3kR解得k ＝9979. 2.答案 (1)如图所示 900 R 1(2)45 5 (3)0 35 000.0解析 (1)由题知当两表笔间接入15 kΩ的电阻时，电流表示数为50 μA ，由闭合电路欧姆定律有I g 2＝E R g ＋r ＋R x ＋R 0＋R，代入数据解得R ＝900 Ω，所以滑动变阻器选择R 1.(2)欧姆表的内阻R g ′＝R g ＋r ＋R 0＋R ＝15 kΩ，当电流为25 μA 时，有I g 4＝ER g ′＋R x ′可得R x ′＝45 kΩ；当电流为75 μA 时，有3I g 4＝ER g ′＋R x ″可得R x ″＝5 kΩ.(3)红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向0 kΩ处．题图中电阻箱读数为35 000.0 Ω.第九题多用表的使用1.(2017·全国卷Ⅲ，23,9分)图7(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．图7(1)图(a)中的A端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接．(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(填正确【答案】标号)．A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω.(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为__________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为____________．(结果均保留3位有效数字)参考答案与解析1.【解析】(1)当B端与“3”连接时，内部电源与外部电路形成闭合回路，电流从A端流出，故A端与黑色表笔相连接．(2)在使用多用电表之前，调整表头螺丝使电表指针指在表盘左端电流“0”位置，选项A错误；使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B正确；使用电流挡时，电阻R6不在闭合电路中，调节无效，选项C错误．(3)根据题给条件可知，当B端与“2”连接时，表头与R1、R2组成的串联电路并联，此时为量程1 mA的电流挡，由并联电路两支路电流与电阻成反比知，R gR1＋R2＝1－0.250.25＝31，解得R1＋R2＝160 Ω.当B端与“4”连接时，表头与R1、R2组成的串联电路并联后再与R4串联，此时为量程1 V 的电压挡，表头与R1、R2组成的串联电路并联后再与R4串联，此时为量程1 V的电压挡，表头与R1、R2组成的串联电路并联总电阻为120 Ω，两端电压为0.12 V，由串联电路中电压与电阻成正比知：R4两端电压为0.88 V，则R4电阻为880 Ω.(4)若此时B端是与“1”连接的，多用电表作为直流电流表使用，量程为2.5 mA，读数为1.47 mA.若此时B端是与“3”连接的，多用电表作为欧姆表使用，读数为11×100 Ω＝1.10 kΩ.若此时B端是与“5”连接的，多用电表作为直流电压表使用，量程为5 V，读数为2.94 V.计算题部分第十道带电粒子在变化磁场中的匀速圆周运动1.(2017·全国卷Ⅲ，24,12分)如图8，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)图8(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离．2.(2019·全国Ⅰ卷·24)如图1，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求图1(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．参考答案与解析1.【解析】 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x ＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB 0v 0＝m v 20R 1①qλB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为 t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时，所需时间t 2为 t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间为 t ＝t 1＋t 2＝πm B 0q (1＋1λ)⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d ＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q (1－1λ)⑥2.答案 (1)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33 解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v .由动能定理有qU ＝12m v 2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r②由几何关系知d ＝2r ③ 联立①②③式得q m ＝4UB 2d2④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr2＋r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝sv ⑥联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33⑦第十一道带电粒子在匀强电场的类平抛运动1.(2019·全国Ⅱ卷·24)如图1，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．图1(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？2.(2017·全国卷Ⅰ，25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度大小；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．参考答案与解析1.答案 (1)12m v 02＋2φd qh v 0mdhqφ(2)2v 0mdh qφ解析 (1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12m v 02③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有h ＝12at 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得 E k ＝12m v 02＋2φd qh ⑥l ＝v 0mdhqφ⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L ＝2l ＝2v 0mdhqφ⑧ 2.【解析】 (1)设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在t 1时刻的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有v 20＝2g ×2h ＝4gh ⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫即当0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形． 若B 在A 点之下，依题意有 x 2＋x 1＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝[2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2]E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2>1⑰即t 1>(52＋1)v 0g⑱ 另一解为负，不符合题意，舍去．第十二道 带电粒子在组合场中的运动：电场中类平抛运动，磁场中的匀速圆周运动1.（2018年全国1卷）(20分)如图1，在y >0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y <0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从y 轴上y ＝h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向．已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场.11H 的质量为m ，电荷量为q .不计重力．求：图1(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离．2.（轨迹的对称性）（2018年全国2卷）(20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图1所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出．不计重力．图1(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N 点的时间．。
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专题三 电场与磁场第一讲电场的基本性质考点一 电场强度的理解与计算1.[考查点电荷的电场强度、电场的叠加]如图所示，直角坐标系中x 轴上在x ＝－r 处固定有带电荷量为＋9Q 的正点电荷，在x ＝r 处固定有带电荷量为－Q 的负点电荷，y 轴上a 、b 两点的坐标分别为y a ＝r 和y b ＝－r ，c 、d 、e 点都在x 轴上，d 点的坐标为x d ＝2r ，r <x c <2r ，cd 点间距与de 点间距相等。
下列说法不正确的是( )A ．场强大小E c >E eB ．a 、b 两点的电势相等C ．d 点场强为零D ．a 、b 两点的场强相同解析：选D cd 点间距与de 点间距相等，根据电场线的分布情况知，c 处电场线密，场强大，故A 正确；由电场分布的对称性可知，a 、b 两点的电势相等，故B 正确；＋9Q 在d 点产生的场强大小E 1＝k 9Q (3r )2＝k Q r 2，方向水平向右，－Q 在d 点产生的场强大小E 2＝k Q r 2，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d 点场强为零，故C 正确；根据电场线分布的对称性可知，a 、b 两点场强的大小相等，但方向不同，则a 、b 两点的场强不相同，故D 错误。
2．[考查匀强电场的电场强度计算]如图所示，梯形abdc 位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd ＝2ab ＝4 cm ，已知a 、b 两点的电势分别为4 V 、0，将电荷量q ＝1.6×10－3 C 的正电荷由a点移动到c 点，克服电场力做功6.4×10－3 J ，则下列关于电场强度的说法中正确的是( )A ．垂直ab 向上，大小为400 V/mB ．垂直bd 斜向上，大小为400 V/mC ．平行ca 斜向上，大小为200 V/mD ．平行bd 斜向上，大小为200 V/m解析：选B 由W ＝qU 知U ac ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3V ＝－4 V ，而φa ＝4 V ，所以φc ＝8 V ，过b 点作be ∥ac 交cd 于e ，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以U ab ＝U ce ，即φe ＝4 V ，又因cd ＝2ab ，所以U cd ＝2U ab ，即φd ＝0，所以bd 为一条等势线，又由几何关系知eb ⊥bd ，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd 斜向上，大小为E＝U e b ed ·sin 30°＝41×10－2 V /m ＝400 V/m ，B 项正确。
3．[考查电场强度的叠加及对称法的应用]如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、 b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q ＞0)的固定点电荷。
已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 2 解析：选B 由于在a 点放置一点电荷q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷q 在b 点产生的电场强度与圆盘上Q 在b 点产生的电场强度大小相等，即E Q ＝E q ＝k q R 2，根据对称性可知Q 在d 点产生的场强大小E Q ′＝k q R 2，则E d ＝E Q ′＋E q ′＝k q R 2＋k q (3R )2＝k 10q 9R 2，故选项B 正确。
考点二:平行板电容器问题4.[考查电容器与电源相连时的动态问题]一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器( )A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C＝εS4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。
由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。
再考虑到极板间电场强度E＝Ud，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。
5．[考查静电计指针张角变化分析][多选]静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合。
静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是( )A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小解析：选AC 断开开关，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝εr S4πkd知，电容减小，根据U＝QC知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝εr S4πkd知，电容增大，根据U＝QC知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，根据C＝εr S4πkd知，电容减小，根据U＝QC知，电势差增大，则指针张角变大，故选项C正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故选项D错误。
6．[考查电容器的两类动态问题对比][多选]如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板始终平行)，则下列说法正确的是( ) A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N点的右侧B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N点的左侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N点的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧解析：选BC 若小球带正电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεS，E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A错误。
若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεS，所以d减小时E增大，所以电场力变大，小球在竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确。
若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεS，所以d减小时E增大，所以电场力变大，若电场力小于重力，小球在竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确。
若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεS，E不变，所以电场力大小不变，小球在竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N点，故D错误。
考点三: 电场的性质及应用7.[考查等量异种电荷电场分布特点及电势能大小比较]如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。
下列说法正确的是( )A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，电势能减少D．将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电势能的变化较大解析：选B 结合等量异种点电荷的电场分布的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。
电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；由题图知，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右，且其电势能大于零，故B正确；电场线由Q指向－Q，故正电荷从O向a运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C错误；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a 点，二者电势能的变化相等，故D错误。
8．[考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子受力及运动情况]如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆。
带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点。
若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c 。
则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b解析：选D a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b ＜r c ＜r a ，则三点的电场强度由E ＝k Q r 2可知E b ＞E c ＞E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b ＞a c ＞a a 。
由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a 到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12m v b 2－12m v a 2＜0，则v b ＜v a ，从b 到c 电场力做正功，由动能定理|qU bc |＝12m v c 2－12m v b 2＞0，v c ＞v b ，又|U ab |＞|U bc |，则v a ＞v c ，故v a ＞v c ＞v b ，选项D 正确。
9．[考查φ-x 图像及电场中的功能关系][多选]有一电场强度方向沿x 轴方向的电场，其电势φ随x 的分布如图所示。
一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子只在电场力的作用下，以初速度v 0从x ＝0处的O 点进入电场并沿x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是( )A ．粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中动能逐渐增大B ．粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电势能逐渐减小C ．欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子从x ＝0处出发时的最小速度应为2 qφ0mD．若v0＝22qφ0m，则粒子在运动过程中的最小速度为6qφ0m解析：选BD 粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误。