第一部分　專題三　第1講　電場與磁場的基本性質(zhì)基礎題——知識基礎打牢1．(2021·浙江臨海選考模擬)電磁炮是一種利用電磁作用發(fā)射炮彈的先進武器，我國正在進行艦載電磁軌道炮試驗，射程可達200公里，預計到2025年投入使用．某同學利用餅型強磁鐵和導軌模擬電磁炮的發(fā)射原理，如圖所示，相同的餅型強磁鐵水平等間距放置，使導軌平面近似為勻強磁場．下列說法中不正確的是(　B　)A．放置強磁鐵時，應保證磁鐵的磁極同向B．強磁鐵磁性越強，導軌平面越接近勻強磁場C．強磁鐵間距越小，導軌平面越接近勻強磁場D．若全部磁鐵N極向上，導體棒所受安培力水平向右【解析】　放置強磁鐵時，應保證磁鐵的磁極同向，并且強磁鐵間距越小，磁場變化越小，導軌平面越接近勻強磁場，磁性的強弱與勻強磁場無關，AC正確，不符合題意，B錯誤，符合題意；若全部磁鐵N極向上，根據(jù)左手定則，導體棒所受安培力水平向右，D正確，不符合題意．2.(2021·廣東惠州三調(diào))一個帶電小球被絕緣輕繩懸掛在勻強電場中，小球的重力為8 N，受到的電場力大小為4 N，當小球保持靜止時，輕繩與豎直方向夾角為α，則(　A　)A．0°≤α≤30°B．0°≤α≤60°C．30°≤α≤60°D．60°≤α≤90°【解析】　如圖所示，當電場力qE與拉力T垂直時取得最大值，由平衡條件可得sin α＝.由于電場力大小為4 N，則α有最大值30°，故取值范圍應為0°≤α≤30°.故選A．3．(2021·遼寧沈陽四次模擬)已知通電的長直導線在周圍空間某位置產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小與電流強度成正比，與該位置到長直導線的距離成反比．如圖所示，現(xiàn)有通有電流大小相同的兩根長直導線分別固定在正方體的兩條邊dh和hg上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，則頂點a和e兩處的磁感應強度大小之比為(　B　)A．2∶ B．∶2C．2∶ D．∶【解析】　設正方體邊長為L，由題意可知B＝k，設其中一根長直導線的電流在e點產(chǎn)生的磁感應強度為B0，則e點的磁感應強度大小為Be＝B0處于hg邊的長直導線到a點的距離為L，在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0；處于dh邊的長直導線到a點的距離為L，在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0，所以a點的磁感應強度大小為Ba＝＝B0，因此Ba∶Be＝∶2，故B正確．4.(2021·浙江6月選考)某書中有如圖所示的圖，用來表示橫截面是“<”形導體右側(cè)的電場線和等勢面，其中a、b是同一條實線上的兩點，c是另一條實線上的一點，d是導體尖角右側(cè)表面附近的一點．下列說法正確的是(　D　)A．實線表示電場線B．離d點最近的導體表面電荷密度最大C．“<”形導體右側(cè)表面附近電場強度方向均相同D．電荷從a點到c點再到b點電場力做功一定為零【解析】　處于靜電平衡的導體，是個等勢體，則整個導體為等勢體，由于電場線方向總是與等勢面垂直，所以實線不是電場線，是等勢面，所以A錯誤；根據(jù)等勢面的疏密表示電場強度的強弱，則d點的電場強度較弱，并且電場強度越大的地方電荷密度越大，所以B錯誤；在“<”形導體右側(cè)表面上下部分附近電場強度方向不相同，所以C錯誤；由于a、b在同一等勢面上，則電荷從a點到c點再到b點電場力做功一定為零，所以D正確．5.(2021·湖南高考)如圖，圓心為O的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab和cd為該圓直徑．將電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W(W>0)；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W.下列說法正確的是(　AB　)A．該勻強電場的場強方向與ab平行B．將該粒子從d點移動到b點，電場力做功為0.5WC．a點電勢低于c點電勢D．若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動【解析】　如圖所示，分別過c點和d點作ab的垂線，由幾何關系可知，圓心O、垂足e和f將ab四等分，又因為粒子從a點移動到b點做的功為從c點移動到d點做功的兩倍，所以粒子從a點到b點沿電場方向移動的距離為從c點到d點沿電場方向移動距離的兩倍，則勻強電場的場強方向與ab平行，A正確；根據(jù)勻強電場的特點可知，將粒子從d點移動到b點電場力做的功是將該粒子從a點移動到b點電場力做的功的，即將粒子從d點移動到b點電場力做的功為0.5W，B正確；根據(jù)正粒子在電場中移動過程做功的情況可知，電勢φa>φc>φd>φb，C錯誤；若粒子只受電場力，當粒子從d點射入圓形電場區(qū)域的速度方向與ab平行時，帶電粒子做勻變速直線運動，D錯誤．6.(2021·廣東東莞模擬)如圖的電場，等勢面是一簇相互平行的豎直平面，間隔均為d，各面電勢已在圖中標出，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為點電荷)以速度v0，方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運動，則小球所帶電的電性及電荷量為(　B　)A．負電， B．正電，C．負電， D．正電，【解析】　作出電場線如圖可知小球只有受到向左的電場力才可能和重力的合力與初速度在同一直線上如圖所示因此小球帶正電．小球沿v0方向做勻減速直線運動，則有qE＝mg已知相鄰等勢面的電勢差均為100 V，因此有E＝聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得q＝，故選B.7.(2021·廣東執(zhí)信中學模擬)在生產(chǎn)和科學實驗的許多領域，常常需要通過控制電極的形狀和電勢來調(diào)整和控制電場．如圖所示，兩平行金屬極板正對放置，在極板G的中央挖一圓孔．將兩極板加一定電壓，且K極板電勢較高，用實驗的方法描繪出等勢面，如圖所示．設從極板K的中心處發(fā)射出一束平行于中心軸(x軸)的電子，不考慮電子的重力及電子間的相互作用力．下列說法正確的是(　C　)A．孔右側(cè)的電場線向中心軸會聚B．電子通過孔后向遠離中心軸的方向發(fā)散C．如有兩束電子會聚到同一點F，電場力對它們做功一定相同D．沿著中軸線運動的電子一直做勻減速直線運動【解析】　K極板電勢較高，越向右的等勢面電勢越低，電場線與等勢面垂直，從高等勢面指向低等勢面，孔右側(cè)的電場線與等勢面垂直且遠離中心軸向右發(fā)散，故A錯誤；孔右側(cè)的電場線遠離中心軸向右發(fā)散，電子帶負電，電子所受電場力方向與電場強度方向相反，在孔右側(cè)電子所受電場力指向中心軸線方向，電子通過孔后向靠近中心軸的方向匯聚，故B錯誤；電子從極板K的中心處發(fā)射會聚到同一點F，K板中心與F點間的電勢差U相等，由W＝－eU可知，電場力對它們做功一定相同，故C正確；離孔較遠處(板邊緣除外)兩極板間的電場是勻強電場，勻強電場的等差等勢面間的距離相等；由圖示圖像可知，離孔較近處，兩極板間的等勢面間的距離不相等，因此離孔較近處，不是勻強電場，所以沿著中軸線運動的電子不能一直做勻減速直線運動，故D錯誤．8．(2021·河北“五個一名校聯(lián)盟”聯(lián)考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷(上極板帶正電)，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的正點電荷，以E表示兩板間的電場強度，U表示兩板之間的電勢差，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　A　)A．E不變，Ep不變 B．U不變，E減小C．θ增大，E不變 D．θ不變，Ep增大【解析】　兩板間的電場強度E＝＝＝，因此電場強度與板間距無關，即E不變，P點到下極板距離不變，則P點的電勢不變，所以點電荷在P點的電勢能Ep不變，故A正確，D錯誤；電容器沒有連接電源，故電容器帶電量不變，上極板向下移動，板間距減小，根據(jù)C＝可知，電容增大，由電容的定義式可得，極板間的電勢差減小，故靜電計指針偏角θ減小，故BC錯誤．故選A．9．(2021·湖南長沙十五校聯(lián)考)如圖所示，有一帶正電粒子沿著x軸正方向運動在x1與x2間只受到電場力F(x)作用，若不計該帶電粒子的重力，電勢φ(x)與位置x關系為拋物線，其中x0處為拋物線最低點．如果規(guī)定電場力沿x軸正方向為正，在下列選項中，可定性反映該帶電粒子在x1與x2之間所受電場力F(x)與位置x的關系的是(　A　)【解析】　只有當F(x)與x關系為一次函數(shù)關系時，電場力累積做功W與位置x關系為拋物線(二次函數(shù))，電勢能Ep(x)與位置x關系為拋物線，電勢φ(x)與位置x關系為拋物線，結(jié)合F正方向與x正方向相同，故選A．10．(2021·湖南高三5月模擬)平行金屬板A、B帶等量異種電荷，以過兩板中心O點(原點)的某軸線為x軸、由A指向B的方向為場強的正方向，作出場強大小隨坐標變化的圖像如圖所示，其中aO＝Ob＝l.下列說法正確的是(　D　)A．A板帶正電B．沿x軸正方向電勢降低C．電勢差UbO＝UOa＝E0lD．將電子沿x軸由a點移動到b點，電子的電勢能不變【解析】　a、b間場強大小為E0且保持不變，則其為勻強電場，外側(cè)場強快速趨近于零，且都為負值，因此x軸為平行于兩板的中心軸線，如圖所示，場強為負表示場強方向由B指向A，則A板帶負電，選項A錯誤；兩板間平行于兩板的中心線為一等勢線，電勢不變，b、O與O、a之間的電勢差均為零，選項BC錯誤；由于兩板間的x軸為一等勢線，所以將電子由a點沿x軸移動到b點，電場力不做功，電勢能不變，選項D正確．11．(2021·河北唐山3月一模)如圖所示，水平向右的勻強電場，電場強度大小為k，A、B、C、D是電場中一條電場線上相鄰且間距均為R的四個點，在D點固定正點電荷Q.現(xiàn)使一個帶負電的粒子從A點以某一速度向右運動，粒子經(jīng)過的各點電勢φ、粒子的速度v、電勢能Ep及機械能E變化正確的(不計帶負電粒子的重力及對電場的影響)(　C　)【解析】　點電荷Q在C點的場強大小為k，C點的合場強為零，所以從A到C兩點的合場強水平向右，則從A到C電勢降低，C點到D點的合場強方向向左，從C點到D點電勢增大，故A錯誤；因為在AC之間，負電荷受力方向向左，所以從A點到C點，電場力對負電荷做負功，速度減小，動能減小，電勢能增大，從C點到D，負電荷受力方向向右，電場力對負電荷做正功，速度增加，動能增加，電勢能減少，故機械能先減少后增大，電勢能先增大后減少，故C正確，BD錯誤．12.(多選)(2021·遼寧鞍山四模)如圖所示，Q是真空中固定的點電荷，a、b、c是以Q所在位置為圓心、半徑分別為r和2r的球面上的三點．將電荷量為q1、q2的正試探電荷分別從a、c兩點移至無窮遠處，已知兩電荷的電勢能均增大且增量相同．已知取無窮遠處的電勢為零時點電荷A在周圍某點的電勢φ＝k，其中R為該點到A的距離．不計q1、q2的相互作用，下列判斷正確的是(　AD　)A．Q帶負電B．b、c兩點電場強度相同C．a、b兩點的電場強度大小之比為1∶4D．q1<q2【解析】　將電荷量分別為q1、q2的正試探電荷分別從a、c兩點移至無窮遠處，已知兩電荷的電勢能均增大，電場力做負功，場源電荷帶負電，A正確；根據(jù)公式E＝k知b、c兩點電場強度大小相等，但方向不同，即b、c兩點電場強度不同，B錯誤；根據(jù)公式E＝k，a、b兩點與場源間距之比為1∶2，則其電場強度大小之比為4∶1，C錯誤；無窮遠處的電勢能為零，電勢能的變化量相同，電場力做功相同，電場力做功為W＝－，由于q1對應的半徑小，則q1<q2，D正確．故選AD.應用題——強化學以致用13．(2021·江蘇高考OK打靶卷)如圖甲所示，a、b兩平行直導線中通有相同的電流，當兩通電導線垂直圓平面放置于圓周上，且兩導線與圓心連線的夾角為60°時，置于圓心O處且垂直圓面的通電直導線d受到的磁場力大小為F.如圖乙所示，c導線中通有與a、b導線完全相同的電流，a、b、c垂直圓平面放置在圓周上，且a、b兩導線與圓心連線的夾角為120°，b、c兩導線與圓心連線的夾角為30°，這時再把通電直導線d置于圓心O處且垂直圓面(甲、乙兩種情形均不考慮通電直導線d產(chǎn)生的磁場)，此時通電直導線受到的磁場力大小為(　A　)A．F B．FC．0 D．F【解析】　當a、b兩導線與圓心連線的夾角為60°時，它們在圓心處的磁感應強度如圖甲所示，設Ba＝Bb＝B1，則有B＝B1通電直導線d受到的磁場力大小為F＝B1IL，當a、b兩導線與圓心連線夾角為120°時，如圖乙所示，它們在圓心處的磁感應強度矢量和為B′＝B1，再與c導線在圓心處產(chǎn)生的磁場疊加后磁感應強度矢量和為B1，因此圓心處的磁感應強度大小為B，此時通電直導線d受到的磁場力大小F′＝B1IL＝F，BCD錯誤，A正確．14．(2021·河南鄭州模擬猜想)一帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點經(jīng)B、C運動到D點，其v－t圖像如圖所示．分析圖像，下列說法正確的是(　A　)A．A處的電場強度大于C處的電場強度B．B、D兩點的電場強度和電勢一定都為零C．帶正電粒子在A處的電勢能大于在C處的電勢能D．A、C兩點間的電勢差大于B、D兩點間的電勢差【解析】　因為v－t線的斜率等于物體的加速度，在A處的加速度大于C處的加速度，A處的電場強度大于C處的電場強度，A正確；從B點到D點，根據(jù)動能定理得qUBD＝mv－mv，vD>vB，UBD＝φB－φD，解得φB－φD>0，所以B、D兩點的電勢不可能都為零，B錯誤；根據(jù)動能定理WAC＝mv－mv<0，因為電場力做負功，電勢能增加，所以帶正電粒子在A處的電勢能小于在C處的電勢能，C錯誤；根據(jù)動能定理可知qUAC＝mv－mv，qUBD＝mv－mv，由圖線可知mv－mv>mv－mv，則A、C兩點的電勢差小于B、D兩點間的電勢差，D錯誤．15．(多選)(2022·湖北武漢聯(lián)考)如圖甲所示，兩個等量同種電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q＝＋1×10－3C、質(zhì)量m＝0.02 kg的小球在該平面上從a點由靜止釋放，沿中垂線運動到電荷連線中點O，其v－t圖像如圖乙中圖線①所示，其中b點處為圖線切線斜率最大的位置，圖中②為過b點的切線，則下列說法正確的是(　BCD　)A．P、Q帶正電荷B．b點的場強E＝30 V/mC．a、b兩點間的電勢差為90 VD．帶電小球由a運動到O點，電勢能減小【解析】　帶正電的小球從a點由靜止釋放，向上做加速運動可知，受到向上的電場力，則aO線上的電場豎直向上，故兩電荷帶負電，A錯誤；v－t圖像上斜率表示加速度在b點可得ab＝＝1.5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得qEb＝ma，聯(lián)立解得Eb＝30 V/m，B正確；在ab由動能定理得qUab＝mv－mv，由圖乙可得vb＝3 m/s，代入解得Uab＝90 V，C正確；由圖像乙可知，小球速度一直增大，電場力一直做正功，故電勢能一直減小，運動到O點時電勢能最小，D正確，故選BCD.16．(多選)(2021·安徽、河南、山西三省診斷測試)帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開．兩質(zhì)量相等的帶電小球a、b分別位于電容器內(nèi)上、下極板附近，a與上極板、b與下極板的距離相等．現(xiàn)在同時由靜止釋放a、b，a和b同時經(jīng)過兩極板的中線MN，已知重力加速度為g，不計a、b間的相互作用和電容器極板的邊緣效應，下列說法正確的是(　CD　)A．到達MN時，a的動能大于b的動能B．到達MN時，a、b的電勢能變化相等C．從釋放兩帶電小球a、b到MN的過程中，b的機械能變化量的絕對值大于a的機械能變化量的絕對值D．若將上極板上移一小段距離h，下極板下移2h，再同時由原位置釋放a、b，a、b仍同時到達原中線MN【解析】　兩個粒子都做初速度為零的勻加速直線運動，則有：y＝at2由題意知，相同時間內(nèi)a的位移與b的位移大小相等，m、E又相等，可知aa＝ab，由牛頓第二定律可知合外力F＝ma，兩粒子的合外力相等．由動能定理可知：a、b兩粒子在相同的時間內(nèi)位移相同，合外力相同，動能的增量相同，所以到達MN時，b的動能等于a的動能，故A錯誤；對a粒子牛頓第二定律：mg－qaE＝maa，對b粒子牛頓第二定律：qbE－mg＝mab，綜上分析可知兩粒子的電荷量大小qb＞qa，又由于兩粒子帶負電，則到達MN時，根據(jù)W＝Eqy可知，電場力對a做功少，電勢能變化不相等，故B錯誤；由于a、b的帶電小球質(zhì)量相同而到達MN的速度大小相同，則a球的機械能變化量ΔE機a＝mv2－mgh，而b球的機械能變化量ΔE機b＝mgh＋mv2，明顯ΔE機a<ΔE機b，故C正確；若將上極板向上平移一段距離，下極板下移一段距離，因極板帶電量不變，正對面積不變，根據(jù)推論知板間場強不變，兩個粒子運動的加速度不變，則再同時由原位置釋放a、b，a將同時達到原中線MN，故D正確；故選CD.

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