2022年高考物理二轮复习题型研究专题三 第一讲 电场与磁场的基本性质——课前自测诊断卷.doc

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1、专题三 第一讲 电场与磁场的基本性质课前自测诊断卷考点一电场力的性质1.考查点电荷的场强叠加与计算如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点O处的电场强度()A大小为，方向竖直向上B大小为，方向竖直向上C大小为，方向竖直向下D大小为，方向竖直向下解析：选C一个点电荷在两条对角线交点O产生的场强大小为E，对角线上的两异种点电荷在O处的合场强为E合2E，故两等大的场强互相垂直，合场强为EO，方向竖直向下，故选C。2考查匀强电场中场强的计算如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30

2、6;，cd2ab4 cm。已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q1.6×103 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×103 J。下列关于电场强度的说法正确的是()A垂直ab向上，大小为400 V/mB垂直bd斜向上，大小为400 V/mC平行ca斜向上，大小为200 V/mD平行bd斜向上，大小为200 V/m解析：选B由WqU知Uac V4 V，而a4 V，所以c8 V，过b点作beac交cd于e点，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以UabUce，即e4 V，又因cd2ab，所以Ucd2Uab，即d0，所以bd为一条等

3、势线，又由几何关系知ebbd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E V/m400 V/m，B项正确。3考查非点电荷带电体场强的计算均匀带电的球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OMON2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.EB.C.E D.E解析：选A若将半球面AB补充成一个完整的均匀带电球壳，完整球壳所带电荷量为2q，在M点产生电场的场强为k，设右半球壳在M点产生的场强大小为E右，根据电场叠加原理有EE右

4、，解得右半球壳在M点产生的场强大小为E右E，根据对称性，左半球壳在N点产生的场强大小为E，选项A正确。4考查带电体在等效场中的运动问题(2019·西安名校联考)如图，空间中存在大小为E2.50 ×104 N/C、方向水平向右的匀强电场，匀强电场中有一半径为r0.1 m的光滑绝缘圆轨道，圆心为O，轨道平面竖直且与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q4.0×105 C、质量m0.1 kg的小球(可视为质点)沿轨道内侧从a点以某一初速度va向下运动，恰好能通过最高点c。取重力加速度g10 m/s2，求：(1)小球从a运动到b过程中电势

5、能的变化量；(2)小球在a点对轨道的压力N；(3)找出小球在轨道上运动过程中速度最大的位置。解析：(1)从a到b电势能变化量EpEq×2r0.2 J，即电势能减少了0.2 J。(2)小球从a运动到c过程中，根据动能定理有Eqrmgrmvc2mva2小球恰好过c点，有mgm综上得vcva1 m/s在a点NEqm得N0。(3)tan 1，45°速度最大的位置在轨道上d点右侧且该点与圆心连线与水平方向成45°角。答案：(1)电势能减少了0.2 J(2)0(3)速度最大的位置在轨道上d点右侧且该点与圆心连线与水平方向成45°角考点二电场能的性质5.考查电势高低、

6、电势能大小的判断(2019·泉州质检)如图所示，b点为等量异种点电荷Q和Q连线的中点，以Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称。下列说法正确的是()Aa、b、c三点电势相等B电子在a、c两处受到的电场力相同C电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小D电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程中电势能先增加后减小解析：选D根据两等量异种点电荷连线中垂线是等势线，可知a、c两点电势相等，a、c两点电势高于b点，选项A错误；根据两等量异种点电荷电场特点，a、c两点的电场强度大小相等，方向不同，所以电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由a点沿虚线圆

7、弧移到b点的过程中，需要克服电场力做功，电势能一直增大，选项C错误；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程中，先克服电场力做功后电场力做功，电势能先增加后减小，选项D正确。6考查电场中的图像问题多选在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是()Aq1和q2带有异种电荷Bx1处的电场强度为零C负电荷从x1移到x2，电势能减小D负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大解析：选AC由题图可知，空间的电势有正有负，无穷远处电势为零，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E可知，­x图像的切线的斜率的绝对值表示电场强度大小，因此x1处的电场

8、强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Epq、FqE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。7考查等势线与粒子运动轨迹的综合问题多选如图所示，虚线a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，从等势线a上一点A 处分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨迹分别交等势线c于B、C点，甲粒子从A到B的动能变化量的绝对值是E，乙粒子从A到C动能变化量的绝对值为E。不计粒子的重力，由此可以判断()A甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电B甲的电荷量一定为乙电荷量的2倍C甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功D

9、甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍解析：选BCD由题中轨迹图可知，两粒子所受的电场力方向相反，则两粒子一定电性相反，但是不一定是甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电，选项A错误；从A点到C等势面的电势差相等，根据UqEk，因Ek甲2Ek乙，可知q甲2q乙，选项B正确；由两粒子的运动轨迹可知，甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功，选项C正确；B、C两点的电势相同，根据Epq可知，甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍，选项D正确。8考查电场力做功、电场中的功能关系多选 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移

10、x变化的关系如图所示，其中Ox2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是()Ax1处电场强度最大Bx2x3段是匀强电场Cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123D粒子在Ox2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动解析：选BC根据电势能与电势的关系：Epq，场强与电势的关系：E，得：E·，由数学知识可知Ep­x图像切线的斜率等于Eq，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误。x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，选项B正确。根据电势能与电势的关系：Epq，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所

11、以有：123，故C正确。由题图看出在Ox1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D错误。9考查平行板电容器的动态分析如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在A点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在A点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极

12、板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A增大，E增大 B增大，Ep不变C减小，Ep增大 D减小，E不变解析：选D若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C可知，C变大；根据QCU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角减小；根据E，QCU，C，联立可得E，可知E不变；A点离下极板的距离不变，E不变，则A点与下极板间的电势差不变，A点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。10考查带电粒子在电容器中的运动问题多选如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量EC

13、U 2。一电荷量大小为q的带电油滴以初动能Ek0从平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则()A保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴仍能沿水平线运动B保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek0C断开开关，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2D断开开关，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2解析：选BD保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移的过程中，极板距离减小，根据E知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上偏转，故A错误；初始时油

14、滴能匀速通过电容器，说明mgq，保持开关闭合，仅将上极板下移，两极板间距离变为d，电场强度E，电场力做功W电qE，根据动能定理得，mg·EkEk0，解得EkEk0·Ek0，所以撞击上极板时的动能是Ek0，故B正确；开始时电容器存储的能量为E1CU2，断开开关后，电容器所带电荷量Q不变，上极板上移，由C知电容器电容变为C，由QUC知，两极板电势差变为U，此时电容器储存能量E2××2CU2，根据能量守恒，不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板所做的功WE2E1CU2，故C错误，D正确。考点三磁场及其对电流的作用11.考查磁感应强度的叠加问题多选 在图甲、

15、乙中两点电荷所带电荷量相等，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点。下列说法正确的是()A图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小B图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相同C图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大D图乙和图丙中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相同解析：选AD在题图甲中根据场强公式：Ek以及场强的合成可以知道O点场强为零，在题图丁中根据安培定则以及场强的合成可以知道O点磁感应强度为零，都是最小的，故选项A正确；题图甲和题图丁中，在连线和

16、中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度只是大小相等，但是方向不同，故选项B错误；在题图乙中，在中垂线上O点场强最大，但是在连线上O点场强最小；在题图丙中，中垂线上，O点的磁感应强度最大，故选项C错误；根据场强的合成，可以知道在题图乙和题图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故选项D正确。12考查安培力作用下导体棒的平衡问题如图所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡。然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×102 kg的砝码，才能使天平重新平衡。

17、若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I0.1 A，bc边长度为10 cm，(g取10 m/s2)则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是()AF0.2 N，B20 T BF0.2 N，B2 TCF0.1 N，B1 T DF0.1 N，B10 T解析：选C当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为FnBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：MgmgnBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为FnBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg(2×102×10)NmgnBIL，

18、联立以上两式解得：B1 T，所以F0.1 N，故A、B、D错误，C正确。考点四磁场对运动电荷的作用13.考查半径公式、周期公式的应用多选用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列关于实验现象和分析正确的是()A要使电子形成如图乙中的运动径迹，励磁线圈应通以顺时针方向的电流B仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大D仅升高电子枪加速电场的电压，

19、电子做圆周运动的周期将变大解析：选AB励磁线圈通以顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可得，产生的磁场垂直纸面向里，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力正好指向运动径迹圆心，故A正确；根据公式r可得，当升高电子枪加速电场的电压时，电子的速度增大，所以运动半径增大，B正确；若仅增大励磁线圈中的电流，则磁感应强度增大，根据公式r可得运动半径减小，C错误；根据公式T可得，电子做匀速圆周运动的周期和速度大小无关，D错误。14考查粒子在匀强磁场中运动的比较多选如图是比荷相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则()Aa的质量比b的质量大Ba带正电荷，b带负电荷Ca在磁场中的运动速率比

20、b的大Da在磁场中的运动时间比b的短解析：选CD比荷相同的a、b两粒子，因电荷量无法确定，则质量大小无法比较，故A错误；初始时刻两粒子所受的洛伦兹力方向都是竖直向下，根据左手定则知，两粒子都带负电荷，故B错误；根据题图可知，a粒子的运动半径大于b粒子的运动半径，根据qvBm得，r，因它们比荷相同，即半径越大时，速率越大，故C正确；粒子在磁场中的运动周期T，由题图可知，a粒子对应的圆心角小于b粒子对应的圆心角，则知a在磁场中的运动时间比b的短，故D正确。15考查磁场对带电体的作用多选如图所示，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的匀强磁场

21、中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是()A圆环可能做匀减速运动B圆环可能做匀速直线运动C圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02D圆环克服摩擦力所做的功不可能为mv02解析：选BC当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误；当qv0Bmg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确；当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得W0mv02，解得Wmv02，故C正确；当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvBmg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，解得v，根据动能定理得，Wmv2mv02，代入解得Wmv02，故D错误。