2022高考物理二轮复习专题3电场与磁场第1讲电场与磁场的基本性质习题含解析.docx

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1、第1讲 电场与磁场的基本性质A组基础能力练1(2020宁夏六盘山四模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知(A)AP的电势高于Q点的电势B带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D带电粒子在R点时的电场强度小于在Q点时的电场强度【解析】电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右，由于粒子带负电，所以电场线方向向左，则有P的电势高于Q点的电势，故A正确；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势

2、能增大，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故B错误；根据能量守恒定律，带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，故C错误；电场线的疏密表示电场的强弱，则由电场线疏密可知带电粒子在R点时的电场强度大于在Q点时的电场强度，故D错误2(2020山东泰安三模)如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O点是A、B两点连线的中点以O点为坐标原点，以A、B两点的连线为x轴，以O、C两点的连线为y轴，建立坐标系过A、B、C、O四点各有一条长直导线垂直穿过坐标平面，各导线中通有大小相等的电流，其中过A、B两点的导线中的电流方向向里，过C、O两点的导线中的电流方向向外过O点的导线所受安

3、培力的方向为(A)A沿y轴正方向B沿y轴负方向C沿x轴正方向D沿x轴负方向【解析】等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流，由安培定则可得，导线A、B的电流在O处的合磁场为零，C处的电流在O处产生磁场水平向右，即O处的磁场方向水平向右，再由左手定则可得，安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向，B、C、D错误A正确3.(多选)(2020江苏省高考真题)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)开始时，两小球分别静止在A、B位置现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置取O点的电势为0.下列说法正确的有(AB)A

4、电场E中A点电势低于B点B转动中两小球的电势能始终相等C该过程静电力对两小球均做负功D该过程两小球的总电势能增加【解析】沿着电场线方向，电势降低，A正确；由于O点的电势为0，根据匀强电场的对称性1B又qAqB，Epq，所以EPAEPB，B正确；A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，C、D错误；故选A、B4(多选)(2020全国调研卷)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确

5、的是(CD)A带正电B速度先变大后变小C电势能先变大后变小D经过b点和d点时的速度大小相同【解析】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确6(多选)(2020天津和平区三模)质量为m、电量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是(CD)A环形电流的电流

6、强度跟q成正比B环形电流的电流强度跟v成正比C环形电流的电流强度跟B成正比D环形电流的电流强度跟m成反比【解析】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由qvBm，得T，环形电流：I，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故A、B错误，C、D正确7(2020湖北武汉调研)如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd，其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为(D)A0BBI

7、LCBILDBIL【解析】电流I经过A点后分成两条支路，其大小分别为IabcdI，IadI，如图判断线圈四边受安培力大小和方向分别为FabBIL，向右；FbcBIL，向下；FcdBIL，向右；FadBIL，向上，则线框受到的安培力的大小为FBIL，A、B、C错误，D正确B组素养提升练8(2020湘赣皖十五校联考)一电流表的原理如图所示质量为m20 g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k2.0 N/m.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小B0.20 T，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，a

8、b的长度为l0.20 m，bc的长度为L0.05 m，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，指针示数可表示电流强度，不计通电时电流产生的磁场的作用(g10 m/s2)(D)A若要电流表正常工作，N端应接电源正极B若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为B0.40 TC此电流表可以测量的最大电流为2.0 AD当电流表示数为零时，弹簧伸长10 cm【解析】为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故A错误；设弹簧的伸长量为x，则有mgkx，解得x10 cm，设满量程时通过M

9、N的电流强度为Im，则有BImlmgk(Lx)，代入解得Im2.5 A，设扩大量程后，磁感应强度变为B，则有2BImlmgk(Lx)，解得B0.10 T，故B、C错误，D正确9(多选)(2018全国卷)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是(BD)A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为C若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D若W1W

10、2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【解析】结合题意，只能判定ab，cd，但电场方向不能得出，故A错误电场强度的方向沿cd时，才有场强E，故C错误由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，M，N，则UMN，可知该粒子从M点移动到N点的过程中，电场力做功W，故B正确若W1W2，则abcd，变形得acbd，即UacUbd，而UaM，UbN，可知UaMUbN，故D正确10(2020江西南昌模拟)如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上关于O点对称的两点如果带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都

11、相等则下列判断正确的是(D)AP点的电势与Q点的电势相等B带正电的微粒在O点的电势能为零C在P点静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动DP点的电场强度与Q点的电场强度相等【解析】由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，所以P点的电势高于Q点的电势，故A错误；本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，故B错误；电场线方向水平向右，所以在P点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故C错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边，然

12、后看PQ两点，可以看到，PQ两点在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在P、Q两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q点产生的电场强度相当于负电半球在Q点产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故D正确11(2020浙江温州三模)示波管的结构如图(a)所示，偏转电极YY如右图(b)所示，两板间的距离为d、板长为L，在YY间加上电压U，让电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直电场进入偏转电极，不计电子的重力则电子穿过偏转电极YY的过程中，下列说法正确的是(B

13、)A电子向Y极板偏转飞出B电子射出电场时的偏移量YC射出电子的动能增加了eUDU越大，电子通过YY极板的时间就越短【解析】由(b)图可知，Y为正极，则电场强度方向向下，故电子通过YY的过程中，受到的电场力向上，即电子向Y极偏转飞出电场，故A错误；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有Lvt，Yat2，a，联立解得Y，故B正确；根据动能定理可知，电子动能的增加量为EkeEY，因Yd，故EYEdU，所以EkeU，故C错误；根据电子的方向做匀速直线运动，有Lvt，解得t，即电子通过YY极板的时间与U无关，故D错误12(2020山东烟台模拟)在平行于纸面内的匀强电场中，有一电荷量为q的带正电粒子，仅在电场

14、力作用下，粒子从电场中A点运动到B点，速度大小由2v0变为v0，粒子的初、末速度与AB连线的夹角均为30，如图所示，已知A、B两点间的距离为d，则该匀强电场的电场强度为(D)A，方向竖直向上B，方向斜向左下方C，方向竖直向上D，方向斜向左下方【解析】以向右为x轴正方向，向下为y轴正方向建立直角坐标系，x轴方向的速度由2v0减为v0cos 60，故Ex向左，y轴方向的速度由0增加到v0sin 60，故Ey向下，故电场强度方向斜向左下方利用v2v2ax以及牛顿第二定律，有(v0cos 60)2(2v0)22dcos 30，(v0sin 60)22dsin 30，电场强度E，解得E，故A、B、C错误

15、，D正确13(2020新疆三模)“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点如图是“电磁炮”的原理结构示意图光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L0.2 m；在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1102 T；“电磁炮”弹体总质量m0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R0.4 ；可控电源的内阻r0.6 ，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射；在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I4103 A，不计空气阻力求：(1)弹体所受安培力大小；(2)弹体从静止加速到4 km/s，轨道至少要多长；(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中，该系统消耗的总能量【答案】(1)8104 N(2)20 m(3)1.76106 J【解析】(1)由安培力公式FIBL8104 N(2)由动能定理Fxmv2弹体从静止加速到4 km/s，代入数值得x20 m或用动力学方法求解：由牛顿第二定律Fma得加速度a4105 m/s2由v2v2as，v4 km/s代入数值得x20 m(3)根据Fma，vat知发射弹体用时t1102 s发射弹体过程产生的焦耳热QI2(Rr)t1.6105 J弹体的动能Ekmv21.6106 J系统消耗的总能量EEkQ1.76106 J