五年2024-2025高考物理真题专题点拨-专题08电场和磁场含解析

PAGEPAGE34专题08电场和磁场【2024年】1.（2024·新课标Ⅱ）如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别匀称分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（）A.a、b两点的场强相等 B.a、b两点的电势相等C.c、d两点的场强相等 D.c、d两点的电势相等【答案】ABC【解析】BD．如下图所示，为等量异种电荷四周空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样多数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴，所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延长到无限远处，电势为零。故在上的点电势为零，即；而从M点到N点，电势始终在降低，即，故B正确，D错误；AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确；故选ABC。2.（2024·新课标Ⅲ）如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（）A.沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小渐渐增大B.沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D.将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负【答案】BC【解析】点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图是最大内角，所以，依据点电荷的场强公式（或者依据电场线的疏密程度）可知从电场强度先增大后减小，A错误；电场线与等势面（图中虚线）到处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从电势先增大后减小，B正确；、两点的电势大小关系为，依据电势能的公式可知正电荷在点的电势能大于在点的电势能，C正确；正电荷从，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。故选BC。3.（2024·浙江卷）空间P、Q两点处固定电荷量肯定值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点旁边电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（）A.e点的电势大于0B.a点和b点的电场强度相同C.b点的电势低于d点的电势D.负电荷从a点移动到c点时电势能增加【答案】D【解析】依据电场线与等势面垂直关系，可推断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则，A错误；a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，B错误；从Q到P电势渐渐降低，则，C错误；由，负电荷从a到c电场力做负功，电势能增加，D正确。故选D。4.（2024·山东卷）真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的摸索电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（）A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该摸索电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该摸索电荷在c点的电势能小于在d点的电势能【答案】BD【解析】由题意可知O点合场强为零，依据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；同理依据同种电荷电场线分布可知b点电视低于c点电势，故B正确；依据电场线分布可知负电荷从a到b电场力做负功，电势能增加，即该摸索电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；同理依据电场线分布可知负电荷从c点到d点电场力做负功，电势能增加，即该摸索电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。故选BD。5.（2024·江苏卷）如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。起先时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（）A.电场E中A点电势低于B点B.转动中两小球的电势能始终相等C.该过程静电力对两小球均做负功D.该过程两小球的总电势能增加【答案】AB【解析】沿着电场线方向，电势降低，A正确；由于O点的电势为0，依据匀强电场的对称性，又，，所以，B正确；A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能削减，CD错误；故选AB。【2024年】1．（2024·新课标全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试胜利，这标记着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次试验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg【答案】B【解析】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，依据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。2．（2024·新课标全国Ⅱ卷）A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹肯定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向肯定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确D．粒子可能做曲线运动，故D错误；3．（2024·新课标全国Ⅲ卷）如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误，把负电荷从a移到b，电势能削减，故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。4．（2024·北京卷）如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则A．a点场强的大小比b点大B．b点场强的大小比c点小C．a点电势比b点高D．b点电势比c点低【答案】D【解析】由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势渐渐降低确定各点的电势的凹凸。由点电荷的场强公式可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，依据沿电场线方向电势渐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确。5．（2024·天津卷）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度v从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程A．动能增加B．机械能增加C．重力势能增加D．电势能增加【答案】B【解析】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球由动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能削减，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。6．（2024·江苏卷）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以肯定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是【答案】A【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间，电场力方向速度为，功率为，所以P与t成正比，故A正确。7．（2024·江苏卷）如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最终将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有A．Q1移入之前，C点的电势为B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为-4W【答案】ABD【解析】由题意可知，C点的电势为，故A正确；由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为，所以从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；由于C点的电势为，所以电势能为，故D正确。8．（2024·浙江选考）等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是A．a点的电势低于b点的电势B．a点的场强大于b点的场强，方向相同C．将一负电荷从a点移到b点电场力做负功D．负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】C【解析】沿电场线方向电势降低，故a点电势高于b点电势，A错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，故a点的场强大于b点的场强，电场线的切线方向为场强方向，故ab两点的电场强度方向不同，B错误；负电荷在低电势处电势能大，所以从a点（高电势）移动到b点（低电势），电势能增大，电场力做负功，C正确D错误．9．（2024·浙江选考）电荷量为4×10－6C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2kg、电荷量为－5×10－6C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点。A、B间距离为30cm，AB连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109N·m2/C2，小球可视为点电荷。下列图示正确的是A． B．C． D．【答案】B【解析】两球之间的库仑力为，小球B受到的重力大小为，且F与竖直方向夹角为60°，，故小球B受到的库仑力，重力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B正确．10．（2024·新课标全国Ⅰ卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为A．2F B．1.5F C．0.5F D．0【答案】B【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，依据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，依据安培力计算公式，可知，得，依据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B。2．（2024·天津卷）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此限制屏幕的熄灭。则元件的（）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压与v无关C．前、后表面间的电压与成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为【答案】D【解析】由图知电流从左向右流淌，因此电子的运动方向为从右向左，依据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。3．（2024·江苏卷）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是A．均向左B．均向右C．a的向左，b的向右D．a的向右，b的向左【答案】CD【解析】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不行以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确。4．（2024·浙江选考）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力【答案】A【解析】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈II平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．5．（2024·浙江选考）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。假如把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间匀称分布，电阻率为ρ。忽视边缘效应，下列推断正确的是A．上板为正极，电流B．上板为负极，电流C．下板为正极，电流D．下板为负极，电流【答案】C【解析】依据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，依据平衡有，解得稳定时电源的电动势，则流过R的电流为，而，，则得电流大小为，C正确．【2024年】1.（2024年江苏卷）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A.仍旧保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动【答案】D【解析】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的实力。两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确。2（2024年北京卷）探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图所示，下列说法正确的是A.试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B.试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C.试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.试验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】A【解析】当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，A正确；依据电容器的确定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，依据可知，电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，B错误；依据电容器的确定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，依据可知，电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，C错误；依据可知，电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故D错误。3.（2024年天津卷）如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列推断正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】将粒子的运动分状况探讨：从M运动到N；从N运动到M，依据电场的性质依次推断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，依据牛顿其次定律可知其加速度越大，故有aM<aN；若粒子从M运动到N点，则依据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即若粒子从N运动到M，则依据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，D正确；4.（2024年全国Ⅰ卷）如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的肯定值为k，则（）A.a、b的电荷同号，B.a、b的电荷异号，C.a、b的电荷同号，D.a、b的电荷异号，【答案】D【解析】本题考查库仑定律、受力分析及其相关的学问点。对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力，ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号，ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号，ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’，Fbc=k’，tanθ=3/4，tanθ=Fbc/Fac，ab电荷量的比值k=，联立解得：k=64/27，D正确。5.（2024年全国Ⅰ卷）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（）A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】本题考查等势面及其相关的学问点。依据题述，匀强电场中等势面间距相等，相邻等势面之间的电势差相等。设相邻等势面之间的电势差为U，依据电子从a到d的过程中克服电场力所做功为Wab=6eV，电场方向水平向右。由Wab=3eV，联立解得：U=2V。已知b的电势为2V，则平面c上的电势为零，A正确；由于af之间的电势差为4U=8V，一电子经过a时的动能为10eV，由于题述没有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向上或下，则该电子就到达不了平面f，B正确；由于题述没有指出电子速度方向，CD错误。6.（2024年全国II卷）如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（）A.此匀强电场的场强方向肯定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功肯定为C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小肯定为D.若W1=W2，则a、M两点之间的电势差肯定等于b、N两点之间的电势差【答案】BD【解析】利用电场力做功W=qU，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系。选项依据题意无法推断，A错误。由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以，。若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功肯定为，B正确；因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不肯定是W2qL，C错误；若W1=W2，说明Ucd=Uab，。由因为；解得：UaM7.（2024年全国Ⅲ卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板旁边，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止起先运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽视。下列说法正确的是A.a的质量比b的大B.在t时刻，a的动能比b的大C.在t时刻，a和b的电势能相等D.在t时刻，a和b的动量大小相等【答案】BD【解析】依据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，依据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿其次定律，qE=maaa，对微粒b，由牛顿其次定律，qE=mbab，联立解得：>，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，依据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），依据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确。8.（2024年全国Ⅰ卷）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（）A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面对里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面对里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面对外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面对外的方向转动【答案】AD【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的学问点。开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变更，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可推断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可推断出小磁针处的磁场方向垂直纸面对里，小磁针的N极朝垂直纸面对里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针复原到原来状态，BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变更，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可推断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可推断出小磁针处的磁场方向垂直纸面对外，小磁针的N极朝垂直纸面对外的方向转动，D正确。9.（2024年全国II卷）如图，纸面内有两条相互垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面对外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面对外。则（）A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为【答案】AC【解析】先利用右手定则推断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体棒产生的磁场强度。L1在ab两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面对里，而L2在a点产生的磁场强度设为B2，方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，依据矢量叠加原理可知可解得：;故AC正确。10.（2024年北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以肯定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度【答案】C【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满意题意须要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面对里等，但是对电性和电量无要求，故C正确，ABD错误。【2024年】1．【2024·江苏卷】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、中心各有一小孔，小孔分别位于、、点．由点静止释放的电子恰好能运动到点．现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子（A）运动到点返回（B）运动到和点之间返回（C）运动到点返回（D）穿过点【答案】A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，依据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误．2．【2024·天津卷】如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是A．电子肯定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷肯定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法推断电子的运动方向，故A错误；若aA>aB，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，依据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，肯定有电势，电子电势能，电势能是标量，所以肯定有EpA<EpB，故C正确，D错误。3．【2024·江苏卷】在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（A）q1和q2带有异种电荷（B）x1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【答案】AC【解析】由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．4．【2024·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的摸索电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3【答案】AC【解析】由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、2m、3m、6m，依据点电荷的场强公式可知，，，故A正确，B错误；电场力做功，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3V、1V、1V，所以，，故C正确，D错误。5．【2024·新课标Ⅲ卷】一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】ABD【解析】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则，d点坐标为(3.5cm，6cm)，过c点作cf⊥bd于f，由几何关系可得cf=3.6cm，则电场强度，A正确；因为四边形Oacb是矩形，所以有，解得坐标原点O处的电势为1V，B正确；a点电势比b点电势低7V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；b点电势比c点电势低9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV，D正确。6．【2024·江苏卷】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（A）1:1 （B）1:2 （C）1:4 （D）4:1【答案】A【解析】依据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误．7．【2024·北京卷】（16分）如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10–6C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小球所受电场力F的大小。（2）小球的质量m。（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。【答案】（1）3.0×10–3N（2）4.0×10–4kg（3）2.0m/s【解析】（1）依据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为F=qE=1.0×10–6×3.0×103N=3.0×10–3N（2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态，如图所示依据几何关系有，得m=4.0×10–4kg（3）撤去电场后，小球将绕悬点摇摆，依据动能定理有得【2024年】1.【2024·全国卷Ⅱ】如图1­所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则()图1­A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb【答案】D【解析】由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝eq\f(F,m)可知，ab>ac>aa，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此va>vc>vb，故D正确．2．【2024·浙江卷】如图1­1所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A旁边，贴在A、B下部的金属箔都张开()图1­1A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】C【解析】由感应起电可知，近端感应出异种电荷，故A带负电，B带正电，选项A错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故A、B电势相等，选项B错误；先移去C，则A、B两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开A、B，后移走C，则A、B两端的等量异种电荷就无法重新中和，故选项C正确，选项D错误．3.【2024·浙江卷】如图1­5所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g取10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则()图1­5A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2NC．B球所带的电荷量为4eq\r(6)×10－8CD．A、B两球连线中点处的电场强度为0【答案】ACD【解析】由接触起电的电荷量安排特点可知，两相同金属小球接触后带上等量同种电荷，选项A正确；对A受力分析如图所示，有eq\f(F库,mg)＝eq\f(AD,OAD)，而F库＝keq\f(q2,AB2)，得F库＝6×10－3N，q＝4eq\r(6)×10－8C，选项B错误，选项C正确；等量同种电荷连线的中点电场强度为0，选项D正确．4.【2024·全国卷Ⅲ】关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面到处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度肯定相等D．将一负的摸索电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】静电场中的电场线不行能相交，等势面也不行能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的冲突，A错误；由WAB＝qUAB可知，当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，假如电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必定会做功并引起电势能变更，这就冲突了，B正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不肯定相等，C错误；对于负电荷，q<0，从电势高的A点移到电势低的B点，UAB>0，由电场力做功的公式WAB＝qUAB可知WAB<0，电场力做负功，D错误．5．【2024·江苏卷】一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图1­所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()图1­A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】C【解析】电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，据图可知，B点的电场强度比A点大，选项A错误；沿电场线电势降低，小球表面的电势比容器内表面的高，选项B错误；容器内表面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故B点的电场强度方向与该处内表面垂直，选项C正确．A、B两点等势，将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力做功均为零，选项D错误．6.．【2024·全国卷Ⅰ】一平行板电容器两极板之间充溢云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【答案】D【解析】由平行板电容器电容的确定式C＝eq\f(εS,4kπd)，将云母介质移出，电容C减小，而两极板的电压U恒定，由Q＝CU，极板上的电荷量Q变小，又由E＝eq\f(U,d)可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D正确．7．【2024·全国卷Ⅰ】现代质谱仪可用来分析比质子重许多倍的离子，其示意图如图1­所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止起先被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止起先被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为()图1­A．11B．12C．121D．144【答案】D【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，则qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D正确．8．【2024·全国卷Ⅱ】阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽视)连接成如图1­所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()图1­A.eq\f(2,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,5)D.eq\f(2,3)【答案】C【解析】由已知条件及电容定义式C＝eq\f(Q,U)可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C，则eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(U1,U2).S断开时等效电路如图甲所示甲U1＝eq\f(\f(R（R＋R）,（R＋R）＋R),R＋\f(R（R＋R）,（R＋R）＋R))·E×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)E；S闭合时等效电路如图乙所示，乙U2＝eq\f(\f(R·R,R＋R),R＋\f(R·R,R＋R))·E＝eq\f(1,3)E，则eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(3,5)，故C正确．8．【2024·北京卷】如图1­所示，电子由静止起先经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.(1)忽视电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽视了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其缘由．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．图1­【答案】(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)略(3)略【解析】(1)依据功和能的关系，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)电子射入偏转电场的初速度v0＝eq\a\vs4\al(\r(\f(2eU0,m)))在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d).(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg～10－29N电场力F＝eq\f(eU,d)～10－15N由于F≫G，因此不须要考虑电子所受重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q