【創(chuàng)新設計】2021屆高考物理(江蘇專用)二輪專題專講訓練：第7講-電場和磁場的基本性質(zhì)(含解析)

第7講電場和磁場的基本性質(zhì)一、單項選擇題1．(2022·宿遷市高三摸底考試)不帶電導體P置于電場中，其四周電場線分布如圖3－7－17所示，導體P表面處的電場線與導體表面垂直，a、b為電場中的兩點，則 ()圖3－7－17A．a(chǎn)點電場強度小于b點電場強度B．a(chǎn)點電勢低于b點的電勢C．負檢驗電荷在a點的電勢能比在b點的大D．正檢驗電荷從a點移到b點的過程中，電場力做正功解析電場線密集的地方場強大，則a點電場強度大于b點電場強度，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，則a點電勢高于P點電勢，P點電勢高于b點電勢，選項B錯誤；負檢驗電荷在電勢較高的地方電勢能較小，選項C錯誤；正檢驗電荷在電勢較高的地方電勢能較大，正檢驗電荷從a點移到b點的過程中，電勢能減小，電場力做正功，選項D正確．答案D2．航母艦載機的起飛一般有兩種方式：滑躍式(遼寧艦)和彈射式．彈射起飛需要在航母上安裝彈射器，我國國產(chǎn)航母將安裝電磁彈射器，其工作原理與電磁炮類似．用強迫儲能器代替常規(guī)電源，它能在極短時間內(nèi)釋放所儲存的電能，由彈射器轉(zhuǎn)換為飛機的動能而將其彈射出去．如圖3－7－18所示是電磁彈射器簡化原理圖，平行金屬導軌與強迫儲能器連接，相當于導體棒的推動器ab跨放在平行導軌PQ、MN上，勻強磁場垂直于導軌平面，閉合開關S，強迫儲能器儲存的電能通過推動器釋放，使推動器受到磁場的作用力平行導軌向前滑動，推動飛機使飛機獲得比滑躍起飛時大得多的加速度，從而實現(xiàn)短距離起飛的目標．對于電磁彈射器，下列說法正確的是(不計一切摩擦和電阻消耗的能量) ()圖3－7－18A．強迫儲能器上端為正極B．導軌寬度越大，飛機能獲得的加速度越大C．強迫儲能器儲存的能量越多，飛機被加速的時間越長D．飛機的質(zhì)量越大，離開彈射器時的動能越大解析由左手定則可推斷，通過ab的電流方向為由b到a，所以強迫儲能器上端為負極，A錯誤；ab所受安培力F＝BIL與其有效長度成正比，故導軌寬度越大，推動器ab受到的安培力越大，飛機能獲得的加速度越大，B正確；強迫儲能器儲存的能量越多，飛機能獲得的動能越大，但加速時間受滑軌長度、飛機獲得的加速度等影響，若滑軌長度肯定，加速度越大，加速時間越短，C錯誤；由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，飛機離開彈射器時的動能取決于強迫儲能器儲存的能量，D錯誤．答案B3．(2022·武漢市調(diào)研考試)將等量的正、負電荷分別放在正方形的四個頂點上(如圖3－7－19所示)．O點為該正方形對角線的交點，直線段AB通過O點且垂直于該正方形，OA＞OB，以下對A、B兩點的電勢和場強的推斷，正確的是 ()圖3－7－19A．A點場強小于B點場強B．A點場強大于B點場強C．A點電勢等于B點電勢D．A點電勢高于B點電勢解析由電荷的對稱分布關系可知AB直線上的電場強度為0，所以選項AB錯誤；同理將一電荷從A移動到B電場力做功為0，AB電勢差為0，因此A點電勢等于B點電勢，選項C正確，D錯誤；因此答案選C.答案C4．(2022·山東名校高考沖刺卷二)如圖3－7－20所示，a、b是x軸上關于O點對稱的兩點，c、d是y軸上關于O點對稱的兩點，a、b兩點上固定一對等量異種點電荷，帶正電的檢驗電荷僅在電場力的作用下從c點沿曲線運動到d點，以下說法正確的是 ()圖3－7－20A．將檢驗電荷放在O點時受到的電場力為零B．檢驗電荷由c點運動到d點時速度先增大后減小C．c、d兩點電勢相等，電場強度大小相等D．檢驗電荷從c運動到d的過程中，電勢能先削減后增加解析由帶正電荷的檢驗電荷的軌跡可推斷出a處為負電荷，b處為正電荷，檢驗電荷從c到d的過程中，速度先減小后增大，電勢能先增加后削減，選項B、D均錯；電荷在O點受到的電場力不為零，選項A錯；依據(jù)等量異種電荷電場的分布及對稱性可知選項C正確．答案C5．(2022·河北省衡水中學調(diào)研)如圖3－7－21甲所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心為坐標原點，沿半徑方向建立x軸．理論分析表明，x軸上各點的場強隨x變化關系如圖乙所示，則 ()圖3－7－21A．x2處場強大小為eq\f(kQ,x\o\al(2,2))B．球內(nèi)部的電場為勻強電場C．x1、x2兩點處的電勢相同D．假設將摸索電荷沿x軸移動，則從x1移到R處和從R移到x1處電場力做功相同解析引入帶正電的摸索電荷q，所受的庫侖力F＝keq\f(Qq,r2)，依據(jù)場強定義式E＝eq\f(F,q)，求得x2處的場強為E＝eq\f(kQ,x\o\al(2,2))，選項A正確；由圖乙知球內(nèi)部隨著x的增加場強漸漸增大，選項B錯誤；引入帶正電的摸索電荷q，由圖乙知在x1處受到的電場力沿著x軸正方向，在向x2運動過程中，電場力做正功，電勢能減小，選項C錯誤；將摸索電荷沿x軸移動，則從x1移到R處電場力做正功，而從R移到x1處電場力做負功，選項D錯誤．答案A6．如圖3－7－22所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源．在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是 ()圖3－7－22A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小解析甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當極板間的距離增大時，依據(jù)公式E＝eq\f(U,d)可知，板間的電場強度減小，電場力減小，所以懸線和豎直方向的夾角將減?。旊娙萜鞒潆姾髷嚅_電源，電容器的極板所帶的電荷量不變．依據(jù)平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，極板間的電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，當兩個極板電荷量不變、距離轉(zhuǎn)變時，場強與兩板間距離無關，故乙圖中夾角不變，B正確．答案B二、多項選擇題7．(2022·揚州市高三第一學期期末檢測)兩個不規(guī)章帶電導體間的電場線分布如圖3－7－23所示，已知導體四周的電場線均與導體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導體表面的兩點，以無窮遠為零電勢點，則()圖3－7－23A．場強大小關系有Eb＞EcB．電勢大小關系有φb＞φdC．將一負電荷放在d點時其電勢能為負值D．將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功解析由電場線的疏密表征電場強度的大小可知，Eb＜Ec，A錯；沿著電場線方向電勢降低，達到靜電平衡狀態(tài)的導體是等勢體，可知φb＞φd，B對；由于a點電勢高于d點電勢，將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做功W＝q(φa－φd)為正功，D對；由于無窮遠處為零電勢點，故d點電勢為負，負電荷放在d點時其電勢能為正，C錯．答案BD8．如圖3－7－24所示，實線為電視機顯像管主聚焦電場中的等勢面．a(chǎn)、b、c、d為圓上的四個點，則下列說法中正確的是 ()圖3－7－24A．a(chǎn)、b、c、d四點電勢不等，但電場強度相同B．一電子從b點運動到c點，電場力做的功為0.6eVC．若一電子從左側(cè)沿中心軸線穿越電場區(qū)域，將做加速度先增加后減小的加速直線運動D．一束電子從左側(cè)平行于中心軸線進入電場區(qū)域，將會從右側(cè)平行于中心軸線穿出解析a、b、c、d四點電勢不等，但電場強度大小相等，方向不相同，選項A錯誤；一電子從b點運動到c點，電場力做的功為e(0.80－0.20)V＝0.6eV，選項B正確；若一電子從左側(cè)沿中心軸線穿越電場區(qū)域，將做加速度先增加后減小的加速直線運動，選項C正確；一束電子從左側(cè)平行于中心軸線進入電場區(qū)域，從右側(cè)空出時將散開，選項D錯誤．答案BC9．如圖3－7－25所示，在直線MN下方存在著垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B.放置在直線MN上P點的離子源，可以向磁場區(qū)域紙面內(nèi)的各個方向放射出質(zhì)量為m、電荷量為q的負離子，速率都為v.對于那些在紙面內(nèi)運動的離子，下列說法正確的是 ()圖3－7－25A．離子射出磁場的點Q(圖中未畫出)到P的最大距離為eq\f(mv,qB)B．離子距離MN的最遠距離為eq\f(2mv,qB)C．離子在磁場中的運動時間與射入方向有關D．對于沿同一方向射入磁場的離子，射入速率越大，運動時間越短解析如圖所示，垂直于MN射入的離子，在射出磁場時其射出點Q離P點最遠，且最遠距離等于軌道半徑的2倍，即eq\f(2mv,qB)，A錯；平行MN且向N側(cè)射入的離子在磁場中運動時距離MN有最遠距離PP′，且為軌道半徑的2倍，B對；離子在磁場中的運動的周期相同，運動時間由圓弧對應的圓心角打算，而圓心角由離子射入磁場的方向打算，因此運動時間與射入方向有關，C對；對于沿同一方向射入的離子，運動時間由射入方向和運動周期打算，而運動周期與速率無關，故運動時間與速率無關，D錯．答案BC三、非選擇題10．(2022·福建卷，20)如圖3－7－26，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0m．若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2圖3－7－26(1)兩點電荷間的庫侖力大小；(2)C點的電場強度的大小和方向．解析(1)依據(jù)庫侖定律，A、B兩點間的庫侖力大小為：F＝keq\f(q2,L2)①代入數(shù)據(jù)得：F＝9.0×10－3N②(2)A、B點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為：E1＝keq\f(q,L2)③A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為：E＝2E1cos30°④代入數(shù)據(jù)得E＝7.8×103N/C方向沿y軸正方向⑤答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向11．(2022·南昌市調(diào)研考試)如圖3－7－27所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，坐標系內(nèi)有A、B兩點，其中A點坐標為(6cm，0)，B點坐標為(0，eq\r(3)cm)，坐標原點O處的電勢為0，點A處的電勢為8V，點B處的電勢為4V．現(xiàn)有一帶電粒子從坐標原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v＝4×105m/s射入電場，粒子運動時恰好通過B點，不計粒子所受重力，求：圖3－7－27(1)圖中C處(3cm,0)的電勢；(2)勻強電場的場強大??；(3)帶電粒子的比荷eq\f(q,m).解析(1)設C處的電勢為φC因OC＝CA所以φO－φC＝φC－φA所以φC＝eq\f(φO＋φA,2)＝eq\f(0＋8,2)V＝4V(2)BC連線為等勢線，電場強度方向與等勢線BC垂直設∠OBC＝θOB＝L＝eq\r(3)cm因tanθ＝eq\f(OC,L)＝eq\f(3,\r(3))，則θ＝60°由U＝Ed，得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(UBO,Lsinθ)＝eq\f(4,\r(3)×\f(\r(3),2)×10－2)V/m＝eq\f(8,3)×102V/m(3)帶電粒子做類平拋運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Lcosθ＝vt,Lsinθ＝\f(1,2)\f(qE,m)t2))eq\f(q,m)＝eq\f(2v2sinθ,ELcos2θ)＝eq\f(2×4×1052×\f(\r(3),2),\f(8,3)×102×\r(3)×10－2×\f(1,4))C/kg＝2.4×1011C/kg所以帶電粒子的比荷為2.4×1011C/kg.答案(1)4V(2)eq\f(8,3)×102V/m(3)2.4×101112．如圖3－7－28甲所示，比荷eq\f(q,m)＝k的帶正電的粒子(可視為質(zhì)點)，以速度v0從A點沿AB方向射入長方形磁場區(qū)域，長方形的長AB＝eq\r(3)L，寬AD＝L.取粒子剛進入長方形區(qū)域的時刻為0時刻，垂直于長方形平面的磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面對外的磁場方向為正方向)，粒子僅在洛倫茲力的作用下運動．圖3－7－28(1)若帶電粒子在通過A點后的運動過程中不再越過AD邊，要使其恰能沿DC方向通過C點，求磁感應強度B0及其磁場的變化周期T0為多少？(2)要使帶電粒子通過A點后的運動過程中不再越過AD邊，求交變磁場磁感應強度B0和變化周期T0的乘積B0T0應滿足什么關系？解析(1)帶電粒子在長方形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，設粒子運動軌跡半徑為R，周期為T，則可得R＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0,kB0)，T＝eq\f(2πm,qB0)＝eq\f(2π,kB0)每經(jīng)過一個磁場的變化周期，粒子的末速度方向和初速度方向相同，如圖所示，要使粒子恰能沿DC方向通過C點，則經(jīng)受的時間必需是磁場周期的整數(shù)倍，有：AB方向，eq\r(3)L＝n×2RsinθDC方向，L＝n×2R(1－cosθ)解得cosθ＝1(舍去)，cosθ＝eq\f(1,2)所以θ＝