2023高考物理二轮复习-教师用书-第7讲-电场和磁场的基本性质

第7讲电场和磁场的基本性质1．(2023·江苏单科，1)真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()A．3∶1B．1∶3C．9∶1D．1∶9解析由库仑定律F＝eq\f(kQ1Q2,r2)和场强公式E＝eq\f(F,q)知点电荷在某点产生电场的电场强度E＝eq\f(kQ,r2)，电场强度大小与该点到场源电荷的距离的二次方成反比，则EA∶EB＝req\o\al(2,B)∶req\o\al(2,A)＝9∶1，选项C正确．答案C2．(2023·江苏卷，3)下列选项中的各eq\f(1,4)圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各eq\f(1,4)圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是()解析设eq\f(1,4)圆环的电荷在原点O产生的电场强度为E0，根据电场强度叠加原理，在坐标原点O处，A图的场强为E0,B图场强为eq\r(2)E0，C图场强为E0，D图场强为0，因此本题答案为B.答案B3．(2023·江苏卷，4)如图3－7－1所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低图3－7－1解析根据圆环的对称性可知，O点处的场强为零，又由正电荷在无限远处场强为零，故从O点沿x轴正方向，电场强度先增大，后减小，电势应逐渐降低，O点处的电势最高，故B项正确，A、C、D均错误．答案B主要题型：选择题和计算题(计算题在第4、6讲已讲)，以选择题为主知识热点1．(1)库仑定律、电场强度、点电荷的场强，及场强的叠加．(2)电场强度、电势、电势能与电场线之间的关系．(3)带电粒子在匀强电场中的运动．(已讲)2．带电粒子在匀强磁场中的运动．(已讲)物理方法(1)矢量运算法(平行四边形定则)(2)模型法(3)对称法(4)守恒法(5)补偿法命题趋势(1)2023年高考，预计点电荷的场强，电场强度与电势(差)、电势能和电场线之间的关系以及电场力做功与电势能变化的关系仍会出现，并很可能会以选择题的形式进行考查．带电粒子在匀强电场中的运动有可能会以选择题或计算题的形式出现．(2)近三年江苏省高考试题没有单独考查安培力及安培力作用下导体的平衡及运动问题，预计在2023年高考中这部分内容应是考查的重点．热点一对电场强度的理解及计算1．(多选)(2023·全国卷新课标Ⅱ，19)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向与等势面垂直，选项A正确；场强为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零，选项B错误；场强大小与电场线的疏密有关，而沿着电场线的方向电势是降低的，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，选项C错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，而电场线的方向是电势降落最快的方向，选项D正确．答案AD2.(2023·武汉市部分学校调研)在孤立的点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为Ea，方向与连线ab垂直．b点的电势为φb，场强大小为Eb，方向与连线ab的夹角为30°.则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是()A．φa＞φb，Ea＝eq\f(Eb,2)B．φa＜φb，Ea＝eq\f(Eb,2)C．φa＞φb，E＝4EbD．φa＜φb，Ea＝4Eb图3－7－2解析将Ea、Eb延长相交，其交点为场源点电荷的位置，由点电荷的场强公式E＝eq\f(kQ,r2)，可得Ea＝4Eb；分别过a、b做等势面，电场线由高的等势面指向低的等势面，则φb＞φa，选项D正确．答案D3.如图3－7－3所示，在一正三角形ABC的三个顶点处分别固定三个电荷量均为＋q的点电荷，a、b、c分别为三角形三边的中点，O点为三角形三条中线的交点．选无穷远处为零电势面，则下列说法中正确的是()A．a点的电场强度为零、电势不为零B．b、c两点的电场强度大小相等、方向相反C．a、b、c三点的电场强度和电势均相同D．O点的电场强度一定为零，电势一定不为零图3－7－3解析由于电场强度是矢量，根据矢量的叠加原理，三角形底边B、C两点的点电荷在a点的合场强为零，但三角形顶点A处的点电荷会在a处产生一个竖直向下的场强，所以a点的电场强度不为零，由于三角形三个顶点的点电荷均为正点电荷，所以a、b、c、O点的电势均不为零，选项A错误；根据电场的叠加原理，三个点电荷在b点产生的场强方向沿Bb连线方向，在c点产生的场强方向沿Cc方向，所以在b、c两点处，三个点电荷所产生的场强大小相等方向不是相反的，选项B错误；由对称性可知，a、b、c三点的电场强度大小相等但方向不同，电势相同，选项C错误；根据矢量叠加原理和几何关系可知，B、C两处的点电荷产生的场强一定与A处点电荷产生的场强大小相等、方向相反，所以O处的合场强一定为零，电势一定不为零，选项D正确．答案D4.(多选)如图3－7－4所示，图甲中MN为足够大的不带电的薄金属板．在金属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为＋q的点电荷O，由于静电感应产生了如图所示的电场分布．P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度的大小，但发现很难．他们经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别对P点的电势和电场强度作出以下判断，其中正确的是()图3－7－4A．P点的电势为零B．P点的电势大于零C．P点电场强度的方向垂直于金属板向左，大小为eq\f(2kqd,r3)D．P点电场强度的方向垂直于金属板向左，大小为eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)解析选项分两组，A、B两项判断P点电势，C、D两项计算P点场强．金属板MN接地，电势为零，则金属板上P点电势为零，A正确、B错误；类比图乙中的电场线方向可知，金属板所在位置及P点场强方向均垂直于金属板向左，大小由等量异种电荷分别在中垂线上产生的场强叠加得知，由于对称，带电荷量分别为＋q和－q的点电荷在P点产生的场强大小均为E＋＝E－＝keq\f(q,r2)，由相似三角形关系得eq\f(E,E＋)＝eq\f(2d,r)，解得E＝eq\f(2kqd,r3)，C正确、D错误．答案AC1．高考对电场强度的考查，往往会和对电势的考查结合在一起进行，目的就是刻意对考生制造思维上的混乱，以此来考查考生对物理基本概念的区分和辨别能力．2．解决此类问题的关键就是要明确电场强度是矢量，其运算规则为平行四边形定则；而电势为标量，其运算规则为代数运算规则．3．常用的思维方法——对称法．热点二电场性质的理解与应用5．(2023·淮安市高三考前信息卷)如图3－7－5所示，椭圆ABCD处于一匀强电场中，椭圆平面平行于电场线，AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴，已知电场中A、B、C三点的电势分别为φA＝14VφB＝3V、φC＝－7V，由此可得D点的电势为()A．8VB．6VC．4VD．2V图3－7－5解析A、B、C、D顺次相连将组成菱形，由公式U＝Ed可知，φA－φB＝φD－φC或φA－φD＝φB－φC，解得φD＝4V．选项C正确.答案C6．(2023·徐州市高三检测)在地面上插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图3－7－6所示，P、Q是电场中的两点．下列说法正确的是()图3－7－6A．P点场强比Q点场强大B．P点电势比Q点电势高C．P点电子的电势能比Q点电子的电势能大D．电子沿直线从N到M的过程中所受电场力恒定不变解析因为电场线密集处场强大，所以P点场强小于Q点场强，选项A错误；因为沿电场线电势降低，所以P点电势高于Q点电势，选项B正确；根据“负电荷在电势高处电势能低”，可知P点电子的电势能比Q点电子的电势能小，选项C错误；沿直线从N到M的过程中，电场线先逐渐变稀疏，然后变密集，故此过程中，电子所受电场力先减后增，选项D错误．答案B7．(2023·山东卷，19)如图3－7－7所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()图3－7－7解析壳内场强处处为零，试探电荷在壳内运动时动能不变，排除选项C、D；由动能定理可得，eq\f(ΔEk,Δr)＝F，即在E－r图象中图线切线的斜率数值上等于电场力的大小，距离球壳越远试探电荷所受电场力越小，图象的斜率越小，正确选项为A.答案A8．(多选)(2023·全国卷新课标Ⅰ，21)如图3－7－8，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM图3－7－8解析作∠MNP的角平分线交MP于G，则MG＝GN又因φM＝φN，所以点电荷Q应放在G点，选项A正确；点电荷的等势面为球面，所以选项B错；沿电场线的方向电势降低，所以φP>φM，φP>φN，故将正电荷从P点搬运到N点，电场力做正功．选项D正确，C错误．答案AD判断电场性质的常用方法(1)判断场强强弱eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(根据电场线或等势面的疏密,根据公式E＝k\f(Q,r2)和场强叠加原理))(2)判断电势高低eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(根据电场线的方向,根据φ＝\f(Ep,q)))(3)判断电势能大小eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(根据Ep＝qφ,根据ΔEp＝－W电，由电场力做功情况判断))热点三安培力及安培力作用下导体的平衡与运动9．(多选)(2023·浙江卷，20)如图3－7－9甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒()图3－7－9A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功解析由I－t图可知，安培力随时间的变化关系与之相同．所以金属棒先向右匀加速运动，再做向右匀减速运动，然后重复运动，故选项A、B、C均正确．安培力先做正功，后做负功，故选项D错．答案ABC图3－7－1010．(多选)在竖直向下的匀强磁场中，“Γ”型金属导轨间距为0.5m，右段在水平面内，左段竖直，如图3－7－10所示．两根质量均为0.06kg的导体棒分别放在水平段和竖直段，并通过绝缘细线跨过定滑轮P相连，导轨水平段光滑，导体棒cd与导轨竖直段间动摩擦因数为0.4.闭合开关S，发现两导体棒静止在导轨上，则下列各组磁感应强度的大小和电流值能满足要求的是()A．B＝0.5T，I＝2AB．B＝0.5T，I＝1AC．B＝1.0T，I＝1.5AD．B＝0.8T，I＝2.6A解析要使两导体棒静止在轨道上，则ab、cd受力平衡，ab所受安培力水平向右，细线的拉力水平向左，大小F＝FA＝BIl；cd所受四个力如图所示，其中静摩擦力的方向可能竖直向上或竖直向下，因此有FN＝BIl，F±μFN－mg＝0，联立解得BI＝eq\f(mg,l1±μ)，代入数据解得0.857T·A≤BI≤2T·A，四组选项中BI在此范围内的是A、C.答案AC11.美国研发的强力武器轨道电磁炮在前日的试射中，将炮弹以5倍音速，击向200公里外目标，射程为海军常规武器的10倍，且破坏力惊人．电磁炮原理如图3－7－11所示，若炮弹质量为m，水平轨道长L，宽为d，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动．要使炮弹达到5倍音速(设音速为v)，则()图3－7－11A．炮弹在轨道上的加速度为eq\f(v2,2L)B．磁场力做的功为eq\f(5,2)mv2C．磁场力做功的最大功率为eq\f(125mv3,2L)D．磁场力的大小为eq\f(25mdv2,2L)解析炮弹在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，由公式“v2＝2ax”得a＝eq\f(5v2,2L)，A错误；不计摩擦，磁场力做的功等于炮弹增加的动能，即W＝eq\f(1,2)m(5v)2＝eq\f(25mv2,2)，B错误；由动能定理得BIdL＝eq\f(1,2)m(5v)2，磁场力的大小BId＝eq\f(m5v2,2L)，则磁场力的最大功率Pm＝BId·(5v)＝eq\f(m5v2,2L)·(5v)＝eq\f(125mv3,2L)，C正确、D错误．答案C12．(2023·重庆卷，8)某电子天平原理如图3－7－12所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量．已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问：图3－7－12(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？解析(1)由右手定则可知线圈向下运动，感应电流从C端流出．(2)设线圈受到的安培力为FA，外加电流从D端流入．由FA＝mg①和FA＝2nBIL②得m＝eq\f(2nBL,g)I③(3)设称量最大质量为m0，由m＝eq\f(2nBL,g)I④和P＝I2R⑤得m0＝eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))⑥答案(1)电流从C端流出(2)从D端流入m＝eq\f(2nBL,g)I(3)eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路：热点四带电粒子在磁场中运动的临界极值问题图3－7－1313．(多选)(2023·领航高考冲刺卷三)在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的正方形(边长为l)匀强磁场区域，ab边和cd边为挡板，从ad边中点O垂直磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为30°，如图3－7－13所示，已知粒子的电荷量为q、质量为m(重力不计)．则下列说法正确的是()A．若粒子带负电，粒子恰能从d点射出磁场，则v0＝eq\f(qBl,2m)B．若粒子带正电，粒子恰不碰到cd挡板，则v0＝eq\f(qBl,2m)C．若粒子带正电，粒子恰能从b点射出磁场，则v0＝eq\f(qBl,m)D．若粒子带正电，粒子能从ad边射出磁场，则v0的最大值v0m＝eq\f(qBl,3m)解析当粒子带负电，且恰能从d点射出磁场时，如图所示，R＝eq\f(l,2)，由qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，得v0＝eq\f(qBl,2m)，A对，若粒子带正电，粒子恰不碰到cd挡板时，R－Rcos60°＝eq\f(l,2)，解得R＝l，同理得v0＝eq\f(qBl,m)，B错；若粒子带正电，由几何关系可知，粒子不可能恰好从b点射出磁场，C错；若粒子带正电，粒子能从ad边射出磁场而不碰ab板，如图所示，由几何关系得R＝eq\f(l,3)，所以v0m＝eq\f(qBl,3m)，D正确．答案AD图3－7－1414．(2023·长春市调研测试)如图3－7－14所示，三角形区域磁场的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为(0,2eq\r(3)cm)、(－2cm,0)、(2cm，0)，磁感应强度B＝4×10－4T，大量比荷eq\f(q,m)＝2.5×105C/kg不计重力的正离子，从O点以相同的速率v＝2eq\r(3)m/s沿不同方向垂直磁场射入该磁场区域．求：(1)离子运动的半径．(2)从ac边离开磁场的离子，离开磁场时距c点最近的位置坐标．(3)从磁场区域射出的离子中，在磁场中运动的最长时间．解析(1)由qvB＝meq\f(v2,R)得，R＝eq\f(mv,qB)，代入数据可解得：R＝2eq\r(3)cm(2)设从ac边离开磁场的离子距c最近的点的坐标为M(x，y)，M点为以a为圆心，以aO为半径的圆周与ac的交点则x＝Rsin30°＝eq\r(3)cmy＝R－Rcos30°＝(2eq\r(3)－3)cm离c最近的点的坐标为M[eq\r(3)cm，(2eq\r(3)－3)cm](3)依题意知，所有离子的轨道半径相同，则可知弦越长，对应的圆心角越大．易知从a点离开磁场的离子在磁场中运动时间最长，其轨迹所对的圆心角为60°T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,50)st＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,300)s答案(1)2eq\r(3)cm(2)[eq\r(3)cm，(2eq\r(3)－3)cm](3)eq\f(π,300)s1．求解这类问题的方法技巧解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．2．带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何关系(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当粒子的运动速率v一定时，粒子经过的弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当粒子的运动速率v变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长．高考命题热点7.根据粒子运动的轨迹、电场线(等势面)进行相关问题的判断带电粒子运动轨迹类问题分析的关键是运用曲线运动的知识(受力特征：合外力指向凹侧；运动特征：速度方向沿切向)找出电场力的方向，进而判断出场强方向或电场力做功情况，一系列问题就迎刃而解．(1)确定受力方向的依据①曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；②电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；③场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向．(2)比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E越大⇒F＝qE越大⇒a＝eq\f(qE,m)越大．(3)判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减少)．【典例】(6分)如图3－7－15所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b为其运动轨迹上的两点，可以判定()A．粒子在a点的速度大于在b点的速度B．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度C．粒子一定带正电荷D．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能图3－7－15审题流程解析该粒子在电场中做曲线运动，则电场力应指向轨迹的凹侧且沿电场线的切线方向，设粒子由a向b运动，则其所受电场力方向和速度方向的关系如图所示，可知电场力做正功，粒子速度增加，电势能减少，A错、D对；b点处电场线比a点处电场线密，即粒子在b点所受电场力大，加速度大，选项B错；因电场线方向不确定，所以粒子的电性不确定，C选项错误．(假设粒子由b向a运动同样可得出结论)答案D当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线、等势线都不重合的曲线时，这种现象简称为“拐弯现象”，其实质为“运动与力”的关系．运用“牛顿运动定律、功和能”的知识分析：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧)，从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题目中相互制约的三个方面．若已知其中一个，可分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”进行分析．(6分)如图3－7－16所示，带电粒子在电场中只受电场力作用时沿虚线从a运动到b，运动轨迹ab为一条抛物线，则下列判断正确的是()A．若直线MN为一条电场线，则电场线方向由N指向MB．若直线MN为一条电场线，则粒子的动能增大C．若直线MN为一个等势面，则粒子的速度不可平行MND．若直线MN为一个等势面，则粒子的电势能减小图3－7－16解析若直线MN为一条电场线，则带电粒子所受电场力沿NM方向，可以判断电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，但由于带电粒子的电性未知，因此不能确定电场强度的方向，A、B错；若直线MN为一个等势面，粒子速度方向垂直于场强方向时平行于等势面，C错；若直线MN为一个等势面，电场力方向垂直于等势面指向轨迹凹侧，与速度间夹角小于90°做正功，粒子的电势能减小，D对．答案D一、单项选择题1．(2023·宿迁市高三摸底考试)图3－7－17不带电导体P置于电场中，其周围电场线分布如图3－7－17所示，导体P表面处的电场线与导体表面垂直，a、b为电场中的两点，则()A．a点电场强度小于b点电场强度B．a点电势低于b点的电势C．负检验电荷在a点的电势能比在b点的大D．正检验电荷从a点移到b点的过程中，电场力做正功解析电场线密集的地方场强大，则a点电场强度大于b点电场强度，选项A错误；沿电场线方向电势降低，则a点电势高于P点电势，P点电势高于b点电势，选项B错误；负检验电荷在电势较高的地方电势能较小，选项C错误；正检验电荷在电势较高的地方电势能较大，正检验电荷从a点移到b点的过程中，电势能减小，电场力做正功，选项D正确．答案D2．航母舰载机的起飞一般有两种方式：滑跃式(辽宁舰)和弹射式．弹射起飞需要在航母上安装弹射器，我国国产航母将安装电磁弹射器，其工作原理与电磁炮类似．用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能，由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去．如图3－7－18所示是电磁弹射器简化原理图，平行金属导轨与强迫储能器连接，相当于导体棒的推进器ab跨放在平行导轨PQ、MN上，匀强磁场垂直于导轨平面，闭合开关S，强迫储能器储存的电能通过推进器释放，使推进器受到磁场的作用力平行导轨向前滑动，推动飞机使飞机获得比滑跃起飞时大得多的加速度，从而实现短距离起飞的目标．对于电磁弹射器，下列说法正确的是(不计一切摩擦和电阻消耗的能量)()图3－7－18A．强迫储能器上端为正极B．导轨宽度越大，飞机能获得的加速度越大C．强迫储能器储存的能量越多，飞机被加速的时间越长D．飞机的质量越大，离开弹射器时的动能越大解析由左手定则可判断，通过ab的电流方向为由b到a，所以强迫储能器上端为负极，A错误；ab所受安培力F＝BIL与其有效长度成正比，故导轨宽度越大，推进器ab受到的安培力越大，飞机能获得的加速度越大，B正确；强迫储能器储存的能量越多，飞机能获得的动能越大，但加速时间受滑轨长度、飞机获得的加速度等影响，若滑轨长度一定，加速度越大，加速时间越短，C错误；由能量的转化和守恒定律可知，飞机离开弹射器时的动能取决于强迫储能器储存的能量，D错误．答案B图3－7－193．(2023·武汉市调研考试)将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图3－7－19所示)．O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，OA＞OB，以下对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是()A．A点场强小于B点场强B．A点场强大于B点场强C．A点电势等于B点电势D．A点电势高于B点电势解析由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0，所以选项AB错误；同理将一电荷从A移动到B电场力做功为0，AB电势差为0，因此A点电势等于B点电势，选项C正确，D错误；因此答案选C.答案C图3－7－204．(2023·山东名校高考冲刺卷二)如图3－7－20所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，a、b两点上固定一对等量异种点电荷，带正电的检验电荷仅在电场力的作用下从c点沿曲线运动到d点，以下说法正确的是()A．将检验电荷放在O点时受到的电场力为零B．检验电荷由c点运动到d点时速度先增大后减小C．c、d两点电势相等，电场强度大小相等D．检验电荷从c运动到d的过程中，电势能先减少后增加解析由带正电荷的检验电荷的轨迹可判断出a处为负电荷，b处为正电荷，检验电荷从c到d的过程中，速度先减小后增大，电势能先增加后减少，选项B、D均错；电荷在O点受到的电场力不为零，选项A错；根据等量异种电荷电场的分布及对称性可知选项C正确．答案C5．(2023·河北省衡水中学调研)如图3－7－21甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则()图3－7－21A．x2处场强大小为eq\f(kQ,x\o\al(2,2))B．球内部的电场为匀强电场C．x1、x2两点处的电势相同D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处电场力做功相同解析引入带正电的试探电荷q，所受的库仑力F＝keq\f(Qq,r2)，根据场强定义式E＝eq\f(F,q)，求得x2处的场强为E＝eq\f(kQ,x\o\al(2,2))，选项A正确；由图乙知球内部随着x的增加场强逐渐增大，选项B错误；引入带正电的试探电荷q，由图乙知在x1处受到的电场力沿着x轴正方向，在向x2运动过程中，电场力做正功，电势能减小，选项C错误；将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处电场力做正功，而从R移到x1处电场力做负功，选项D错误．答案A6．如图3－7－22所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是()图3－7－22A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小解析甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝eq\f(U,d)可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小．当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变．根据平行板电容器的电容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，极板间的电压U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，极板间的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，当两个极板电荷量不变、距离改变时，场强与两板间距离无关，故乙图中夹角不变，B正确．答案B二、多项选择题7．(2023·扬州市高三第一学期期末检测)图3－7－23两个不规则带电导体间的电场线分布如图3－7－23所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则()A．场强大小关系有Eb＞EcB．电势大小关系有φb＞φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功解析由电场线的疏密表征电场强度的大小可知，Eb＜Ec，A错；沿着电场线方向电势降低，达到静电平衡状态的导体是等势体，可知φb＞φd，B对；由于a点电势高于d点电势，将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做功W＝q(φa－φd)为正功，D对；由于无穷远处为零电势点，故d点电势为负，负电荷放在d点时其电势能为正，C错．答案BD8．如图3－7－24所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面．a、b、c、d为圆上的四个点，则下列说法中正确的是()图3－7－24A．a、b、c、d四点电势不等，但电场强度相同B．一电子从b点运动到c点，电场力做的功为0.6eVC．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增加后减小的加速直线运动D．一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将会从右侧平行于中心轴线穿出解析a、b、c、d四点电势不等，但电场强度大小相等，方向不相同，选项A错误；一电子从b点运动到c点，电场力做的功为e(0.80－0.20)V＝0.6eV，选项B正确；若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先增加后减小的加速直线运动，选项C正确；一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，从右侧空出时将散开，选项D错误．答案BC图3－7－259．如图3－7－25所示，在直线MN下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.放置在直线MN上P点的离子源，可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的负离子，速率都为v.对于那些在纸面内运动的离子，下列说法正确的是()A．离子射出磁场的点Q(图中未画出)到P的最大距离为eq\f(mv,qB)B．离子距离MN的最远距离为eq\f(2mv,qB)C．离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D．对于沿同一方向射入磁场的离子，射入速率越大，运动时间越短解析如图所示，垂直于MN射入的离子，在射出磁场时其射出点Q离P点最远，且最远距离等于轨道半径的2倍，即eq\f(2mv,qB)，A错；平行MN且向N侧射入的离子在磁场中运动时距离MN有最远距离PP′，且为轨道半径的2倍，B对；离子在磁场中的运动的周期相同，运动时间由圆弧对应的圆心角决定，而圆心角由离子射入磁场的方向决定，因此运动时间与射入方向有关，C对；对于沿同一方向射入的离子，运动时间由射入方向和运动周期决定，而运动周期与速率无关，故运动时间与速率无关，D错．答案BC三、非选择题图3－7－2610．(2023·福建卷，20)如图3－7－26，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向．解析(1)根据库仑定律，A、B两点间的库仑力大小为：F＝keq\f(q2,L2)①代入数据得：F＝9.0×10－3N②(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1＝keq\f(q,L2)③A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：E＝2E1cos30°④代入数据得E＝7.8×103N/C方向沿y轴正方向⑤答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y轴正方向图3－7－2711．(2023·南昌市调研考试)如图3－7－27所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6cm，0)，B点坐标为(0，eq\r(3)cm)，坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8