2026版高考物理二轮复习专题练　电场与磁场

专题练电场与磁场1.(2025·南通统考)雷击，指打雷时电流通过人、畜、树木、建筑物等而造成杀伤或破坏，其中一种雷击是带电的云层与大地上某点之间发生迅猛的放电现象，叫做“直击雷”．若某次发生“直击雷”前瞬间，带电云层到地面的距离为6千米，云层与地面之间的电压为3.0×105千伏，则此时云层与地面间电场(视为匀强电场)的电场强度大小为(A)A.5.0×104N/C B.5.0×105N/CC.5.0×106N/C D.5.0×107N/C【解析】根据U＝Ed，得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3.0×105×103,6×103)N/C＝5.0×104N/C，故A正确．2.我国直流输电技术处于世界领先水平．现有三根输电线甲、乙、丙的截面图，通过它们的电流大小相同，且到O点距离相等，电流方向如图所示．若甲中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B，则三根输电线中的电流在O点产生的磁感应强度大小是(A)A.eq\r(5)B B.3BC.2B D.B【解析】通过三根输电线的电流大小相等，到O点距离相等，则三根输电线在O点产生的磁感应强度大小都为B，根据安培定则，方向如图所示，则三根输电线中的电流在О点产生的磁感应强度大小是B合＝eq\r(,B2＋2B2)＝eq\r(,5)B，故A正确．3.(2025·泰州四模)某磁电式电流表结构如图甲所示，圆柱形铁芯上绕有匝数为n，长边长为l的矩形线圈如图乙所示．长边所在处磁感应强度大小为B，当线圈中电流为I时，电流表指针偏转的角度为θ，则一侧长边受到的安培力大小为(B)甲乙A.BIl B.nBIlC.BIlsinθ D.nBIlsinθ【解析】电流与磁场方向始终垂直，一侧长边受到的安培力大小为F＝nBIl，故B正确．4.(2025·扬州高邮调研)一质子在平行于纸面的平面内绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动，轨迹如虚线所示，一正方形线框放置在如图所示的位置，则下列说法中正确的是(A)A.O点磁感应强度方向垂直于纸面向里B.增加质子速度，通过线圈的磁通量不变C.增加线圈匝数，通过线圈的磁通量增大D.将正方形线框放置在虚线外，磁通量不变【解析】根据右手螺旋定则，质子带正电，沿顺时针方向做匀速圆周运动，产生的等效电流为顺时针方向，在O点产生的磁感应强度方向垂直于纸面向里，故A正确；增加质子速度，定向移动所形成的环形电流会增大，通过线圈的磁通量将增大，故B错误；磁通量Φ＝BSsinθ，它与线圈匝数无关，增加线圈匝数，通过线圈的磁通量不变，故C错误；磁感线为闭合曲线，将正方形线框放置在虚线外，此时穿过线框的磁感线条数将减少，磁通量发生了变化，故D错误．5.(2024·无锡期末调研)金属球内部空腔内放置一个点电荷后，形成电场的电场线如图所示(未标出场强方向)，在轴线上有A、B两点位于空腔内壁上，用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两处电场强度大小和电势，则(A)A.EA>EB，φA＝φB B.EA＝EB，φA＝φBC.EA>EB，φA>φB D.EA＝EB，φA>φB【解析】根据电场线疏密程度可知EA>EB，金属球内部空腔内放置一个点电荷后，金属球内处于静电平衡状态，金属球上电势处处相等，即φA＝φB，故A正确．6.(2024·如皋调研)如图所示，球体O的直径AB、CD、MN两两垂直，两个带等量正电荷的点电荷分别位于A、B点．则(D)A.C点的电场强度和M点的相同B.C点的电势比M点的高C.一试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力一直增大D.一带正电荷的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中，试探电荷的电势能先减小，后增大【解析】根据等量同种电荷的电场分布，C点与M点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；根据等量同种电荷的电场分布，可判断出C、D、M、N这四点处于同一等势面内，故电势相等，故B错误；根据等量同种电荷的电场分布可知，在O点以及无限远处的场强为0，则从O点沿半径ON方向移到无限远处，场强先增大，后减小，但无法判断试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力的变化情况，故C错误；一带正电荷的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中，电势先减小，后增大，所以试探电荷的电势能先减小，后增大，故D正确．7.(2025·南通如皋调研)如图所示，空间内有一匀强电场，ABCD是处于电场中的正方形．电子由A点分别运动到B点和D点的过程中，电场力所做的负功相等．则(C)A.电场线一定平行于ACB.电场线一定平行于BDC.A点的电势一定比C点的高D.电子在A点的电势能一定比在C点的大【解析】因为电子由A点分别运动到B点和D点的过程中，电场力所做的负功相等，则有φA>φB＝φD，因此B、D两点的电势相同，即BD这条线在同一等势面内．但由于没有“匀强电场与ABCD所在平面平行”，因此无法判定电场线一定与BD垂直的AC线平行，故A、B错误；结合平行四边形四个点的电势在匀强电场中的特点，可知φB－φA＝φC－φD，故可知φC<φA，则电子在A点的电势能比在C点的小，故C正确，D错误．8.如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则(A)A.带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2∶3B.带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为eq\r(3)∶1C.带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1∶3D.带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为3∶1【解析】如图所示，设圆形磁场半径为R，根据数学知识，粒子在磁场中运动的轨道半径为r1＝Rtan30°，r2＝Rtan60°，带电粒子1与带电粒子2做圆周运动的半径之比为eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,3)，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，所以可得在磁场中运动时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(2πr1,v)·\f(120°,360°),\f(2πr2,v)·\f(60°,360°))＝eq\f(2,3)，A正确，B错误；粒子在磁场中运动有Bqv＝meq\f(v2,r)，即r＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(v,B·\f(q,m))，因为有eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,3)，所以可得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为eq\f(\f(q1,m1),\f(q2,m2))＝3∶1，C错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中周期之比为eq\f(T1,T2)＝eq\f(\f(2πr1,v),\f(2πr2,v))＝eq\f(1,3)，D错误．9.(2025·南通如皋调研)如图所示，回旋加速器的D形金属盒接在交流电源上，位于A处的粒子源产生的带负电荷的粒子在两盒之间被电场加速，最后从D形盒边缘引出．则粒子(D)A.第一次进入磁场时向左偏转B.获得的最大动能与电场强度有关C.经电场加速偶数次后可能到达B点D.在D形盒中的相邻轨迹间距由里向外逐渐变小【解析】依题意可知粒子第一次进入磁场时速度方向向上，根据左手定则可以判断第一次进入磁场时向右偏转，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)，当粒子的轨道半径等于D形盒半径时，具有最大速度为vm＝eq\f(BqR,m)，则最大动能为Ekm＝eq\f(B2q2R2,2m)，与电场强度无关，故B错误；依题意，经电场加速奇数次后可能到达B点，故C错误；设粒子加速n次后速度为vn，由动能定理有nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，在磁场中做圆周运动的轨迹半径为rn＝eq\f(mvn,Bq)，联立解得rn＝eq\r(n)eq\r(\f(2Um,B2q))＝eq\r(n)r1，同理可得，粒子加速n＋1次后半径rn＋1＝eq\r(n＋1)eq\r(\f(2Um,B2q))＝eq\r(n＋1)r1，粒子相邻两条运动轨迹的间距为Δr＝rn＋1－rn＝(eq\r(n＋1)－eq\r(n))r1，可知粒子相邻两条运动轨迹的间距由里向外逐渐减小，故D正确．10.(2025·镇江质监)某电场如图所示，Ox轴竖直向下，一带负电的小球从O点静止释放沿Ox轴正方向运动，从O到A运动过程中，下列关于小球的机械能EJ、动能Ek、电场的电势φ及电场强度E随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是(A)ABCD【解析】带电小球沿x轴正方向运动，电场力竖直向上先增大，后减小，做负功，所以小球的机械能减小，而且先减小得越来越快，后减小得越来越慢，故A正确；小球从O点静止释放沿x轴正方向运动，则在O点时电场力小于重力，小球下降过程中电场力先增大，后减小，则小球的合力一直向下，且先减小，后增大，由动能定理得小球的动能一直增大，且增大得先变慢，后变快，故B错误；沿着电场线方向电势减小，所以沿x轴正方向电势降低，故C错误；电场线的疏密程度反映电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度先增大，后减小，但始终不为0，故D错误．11.(2025·苏北四市调研考试)如图所示，空间直角坐标系(z轴垂直纸面向外，图中未画出)中，x<0区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x≥0区域存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.质量为m、电荷量为e的电子从M(－L,0,0)点以速度大小v0、方向在xOy平面内与x轴正方向的夹角θ＝45°射入电场，刚好垂直y轴进入磁场．(1)求电场强度的大小E.(2)若电子改以θ＝0°射入电场，求电子在磁场中运动时离xOy平面的最远距离d.(3)现改变电场强度大小，电子仍以θ＝45°射入电场，恰能从O点进入磁场，从电子进入电场开始计时，求电子在电场、磁场中运动的位置纵坐标y随时间t变化的关系式．答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2eL)(2)eq\f(mv0,eB)(3)见解析【解析】(1)电子在电场中运动轨迹如图1所示x方向：L＝v0cos45°·t1y方向：v0sin45°＝at1eE＝ma解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2eL)图1(2)电子沿x轴正方向射入，其运动轨迹如图2所示电场中L＝v0t2得t2＝eq\f(L,v0)vy＝eq\f(eE,m)t2＝eq\f(1,2)v0电子在磁场中，x方向以v0做匀速直线运动，垂直于xOy平面内做匀速圆周运动evyB＝eq\f(mv\o\al(2,y),r)则r＝eq\f(mvy,eB)＝eq\f(mv0,2eB)离xOy平面的最远距离d＝eq\f(mv0,eB)图2(3)x方向：L＝v0cos45°·t3y方向：2v0sin45°＝at3eE1＝ma解得E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),eL)电子在电场中运动轨迹如图3所示图3在电场中y1＝－v0sinθ·t＋eq\f(1,2)·eq\f(eE1,m)t2电子在电场中运动的总时间t0＝eq\f(L,v0cosθ)＝eq\f(\r(2)L,v0)即y1＝－eq\f(\r(2),2)v0t＋eq\f(v\o\al(2,0)t2,2L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤t≤\f(\r(2)L,v0)))在磁场中运动时，t>eq\f(\r(2)L,v0)，电子在x方向做匀速直线运动，垂直于xOy平面做匀速圆周运动v0y＝v0sinθ＝eq\f(\r(2)v0,2)ev0yB＝eq\f(mv\o\al(2,0y),r2)则r2＝eq\f(mv0y,eB)＝eq\f(\r(2)mv0,2eB)则y2＝eq\f(\r(2)mv0,2eB)sinω(t－t0)T＝eq\f(2π,ω)且T＝eq\f(2πm,eB)则ω＝eq\f(eB,m)则y2＝eq\f(\r(2)mv0,2eB)sineq\f(eB,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(2)L,v0)))eq\b\lc\(