2025届高考物理二轮复习专项突破训练：电场和磁场基本问题

PAGEPAGE1电场和磁场基本问题1．(2024·天津卷)如图1所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列推断正确的是()图1A．vM＜vN，aM＜aNB．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpND．aM＜aN，EpM＜EpN2.(2024·全国卷Ⅰ)如图2，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的肯定值为k，则()图2A．a、b的电荷同号，k＝eq\f(16,9)B．a、b的电荷异号，k＝eq\f(16,9)C．a、b的电荷同号，k＝eq\f(64,27)D．a、b的电荷异号，k＝eq\f(64,27)3．(多选)(2024·山东省泰安市上学期期末)已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满意B＝keq\f(I,r)(其中k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离)．现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图3，其中A、C导线中的电流大小为I1，B、D导线中的电流大小为I2.已知A导线所受的磁场力恰好为零，则下列说法正确的是()图3A．电流的大小关系为I1＝2I2B．四根导线所受的磁场力为零C．正方形中心O处的磁感应强度为零D．若移走A导线，则中心O处的磁场将沿OB方向4．(多选)如图4所示，在某空间的一个区域内有始终线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，能不断地水平向右放射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，全部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()图4A.eq\f(\r(2)qBd,6m) B.eq\f(\r(2)qBd,4m)C.eq\f(\r(2)qBd,2m) D.eq\f(\r(3)qBd,m)5．(多选)如图5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，方向垂直纸面对里的匀强磁场中．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v－t图象可能是下图中的()图56．水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开开关，重力不行忽视的小球由电容器的正中心沿水平向右的方向射入该电容器，如图6所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则()图6A．假如小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力肯定向下B．小球由A到B的过程中电场力肯定做负功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7．(多选)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图7甲所示．一质量m＝1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，小物块沿光滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v－t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，依据图线可以确定()图7A．中垂线上B点电场强度最大B．两点电荷是负电荷C．B点是连线中点，C与A点必在连线两侧D．UBC>UAB8．(多选)在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷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8所示(其中在x＝4a处速度最大)，则下列说法正确的是()图8A．点电荷M、N肯定都是正电荷B．点电荷M、N肯定为异种电荷C．点电荷M、N所带电荷量的肯定值之比为4∶1D．x＝4a处的电场强度不肯定为零9．一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在四周产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的状况下，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9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，则()图9A．a点的电场强度大小为E＝4keq\f(Q,L2)B．a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C．b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改变量为零10．如图10所示，光滑绝缘水平面上方存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场．某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，经时间t到达B点，此时电场突然反向且增加为某恒定值，又经过时间t小金属块回到A点．小金属块在运动过程中电荷量保持不变．求：图10(1)A、B两点间的距离；(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小．11．如图11所示，在方向竖直向上、大小为E＝1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R＝0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A的带电荷量为q＝＋7×10－7C，B不带电，质量分别为mA＝0.01kg、mB＝0.08kg.将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高，B在圆心O的正下方)由静止释放，两小球起先沿逆时针方向转动．取g＝10m/s2.图11(1)通过计算推断，小球A能否到达圆环的最高点C.(2)求小球A的最大速度的大小．(可保留根号)(3)求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能改变的最大值．

参考答案1.答案D2.答案D3.答案ACD4.答案ABC解析由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示全部圆弧的圆心角均为90°，所以粒子运动的半径r＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(d,n)(n＝1,2，3…)，由洛伦兹力供应向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，则v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBd,2m)·eq\f(1,n)(n＝1,2,3…)，故A、B、C正确，D错误．5.答案BC解析当qvB＝mg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qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时：μFN＝ma，所以小环做加速度渐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，小环起先做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时：μFN＝ma，所以小环做加速度渐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图象的斜率应当渐渐增大，故A、D错误．6.答案D解析小球在极板间受到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，但假如电场力小于重力，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；假如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，假如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．7.答案AD解析依据v－t图象的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，A正确；小物块从B到C动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，B错误；中垂线上电场线分布不匀称，B点不在连线中点，C错误；依据动能定理，A→B有：qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2＝(eq\f(1,2)×1×42－0)J＝8J；B→C有qUBC＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2＝(eq\f(1,2)×1×72－eq\f(1,2)×1×42)J＝16.5J，对比可得UBC>UAB，D正确．8.答案AC解析由题图图象可知，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，依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肯定都是正电荷，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的电势能肯定是先减小后增大，由图可知，在x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的改变率为0，说明x＝4a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，依据库仑定律得：eq\f(kqMq,4a2)＝eq\f(kqNq,2a2)，则qM∶qN＝4∶1，点电荷M、N所带电荷量的肯定值之比为4∶1，C正确，D错误．9.答案B解析由题意可知，四周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E＝keq\f(Q,\f(L,2)2)＋keq\f(Q,\f(3L,2)2)＝eq\f(40kQ,9L2)，A错误；等量异种点电荷四周的电场线和等势面分布如图所示由图可知Ea>Eb，φa>φb，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．10.答案(1)eq\f(Eq,2m)t2(2)3E解析(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程a1＝eq\f(Eq,m)，x＝eq\f(1,2)a1t2联立解得x＝eq\f(Eq,2m)t2(2)v1＝a1t解得v1＝eq\f(Eq,m)t小金属块由B点运动到A点过程a2＝－eq\f(E1q,m)－x＝v1t＋eq\f(1,2)a2t2联立解得E1＝3E.11.答案(1)A不能到达圆环最高点(2)eq\f(2\r(2),3)m/s(3)0.1344J解析(1)设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT、WT′，则WT＋WT′＝0假设A能到达圆环最高点，设A到达圆环最高点时，A、B的动能分别为EkA、EkB对A由动能定理：qER－mAgR＋WT1＝EkA对B由动能定理：WT1′－mBgR＝EkBWT1＋WT1′＝0联立解得：EkA＋EkB＝－0.04J上式表明，A在圆环最高点时，系统动能为负值．故A不能到达圆环最高点．(2)设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA＝vB对A由动能定理：qERsinα－mAgRsinα＋WT2＝eq\f(1,2)mAvA2对B由动能定理：WT2′－mBgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mBvB2WT2＋WT2′＝0联立解得：veq\o\al(2,A)＝eq\f(8,9)×(