2024年高考物理专题突破限时训练电场与磁场含解析

电场与磁场一、单选题（每小题3分，共计24分）1.如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷C．a、b小球电量之比为D．a、b小球电量之比为【答案】D【解析】对c分析，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力，对a分析，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向左的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必需向右，所以c对a的作用力必需是吸引力，所以c与a的电性肯定相反；即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故选项、B错误；设环的半径为R，三个小球的带电量分别为：、和，由几何关系可得，，a与b对c的作用力都是吸引力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则有，所以，故选项D正确，C错误；故选D。2.如图所示，两电荷量分别为－Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以+2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是A．c、d两点的电势相同B．a点的电势高于b点的电势C．c、d两点的电场强度相同D．a点的电场强度小于b点的电场强度【答案】A【解析】a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定，依据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低；故A正确，B错误。+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，依据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同；故C错误；由点电荷的场强公式，合成可得，方向向左；，方向向右；故；则D错误，故选A。3.如图所示的电场中，虚线a、b、c为三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹照实线所示，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（）A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高B．带电质点在P点的动能比在Q点大C．带电质点在P点的电势能比在Q点小D．带电质点在P点时的加速度比在Q点小【答案】A【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a点的电势最高，故A正确；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，在P点的电势能比在Q点大，故BC错误；P点等势面较Q点密集，则电场线也密集，则质点通过P点时的电场力比Q大，则其加速度比Q点大，故D错误。4．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中心射入，Q从下极板边缘处射入，它们最终打在同一点(重力不计)，则从起先射入到打到上板的过程中()A．它们运动的时间tQ>tPB．它们运动的加速度aQ<aPC．它们的动能增加之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2D．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2【答案】：D【解析】：带电粒子水平方向上做匀速直线运动，位移相等，初速度相等，故运动时间相等，tQ＝tP，A选项错误；带电粒子竖直方向上做匀加速直线运动，y＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(2y,t2)，运动的加速度aQ>aP，B选项错误；带电粒子受到电场力作用，qE＝ma，解得q＝eq\f(2my,Et2)，它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2，D选项正确；运动过程中，依据动能定理得，qEy＝ΔEk，其中yP∶yQ＝1∶2，解得它们的动能增加之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C选项错误．5．如图所示，光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为θ，导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I，空间充溢竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现缓慢增大θ(0<θ<90°)，若电流I不变，且ab始终静止在斜面上(不考老磁场改变产生的影响)，下列说法正确的是A.B应缓慢减小B.B应缓慢增大C.B应先增大后减小D.B应先减小后增大【答案】B【解析】如图作出右侧侧视图，则可知，金属棒受重力、支持力及向右的安培力的作用；增大角度，则支持力的方向将向左旋转，要使棒仍旧平衡，则支持力与安培力的合力始终等于重力，则由图可知，安培力必需增大，故磁感应强度应增大，B正确．6．在竖直放置的光滑绝缘圆环中，套有一个带电荷量为－q、质量为m的小环，整个装置放在如图所示的正交电磁场中，已知场强大小为E＝eq\f(mg,q)，当小环从大环顶无初速下滑时，在滑过的角度为何值时，所受洛伦兹力最大(C)A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π【答案】C【解析】把重力和电场力等效为一合力，当此合力对小环做功最多时，小环的速度最大，洛伦兹力也最大．此位置在下图中的P点，由几何学问可得小环滑过了eq\f(3π,4)的角度．7．如图所示，空间内存在半径为r的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B.在磁场边界上有一粒子源S，粒子源以相同的速率v沿纸面对磁场中各个方向放射比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(v,2rB)的带电粒子，不计粒子重力，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为()A.eq\f(πr,3v)B.eq\f(πr,2v)C.eq\f(2πr,3v)D.eq\f(πr,v)【答案】C【解析】粒子做圆周运动的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB)＝2r，在磁场中运动时间最长的粒子轨迹对应的弦长最长，由几何关系可知，最大弦长为2r，此时所对应的圆心角为60°，则运动最长时间为t＝eq\f(T,6)＝eq\f(1,6)×eq\f(2π·2r,v)＝eq\f(2πr,3v)，故选C.8．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面对里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面对外的磁感应强度为eq\f(B,2)的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动半径为R.则(B)A．粒子经偏转肯定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2C．粒子完成一次周期性运动的时间为eq\f(2πm,3qB)D．粒子其次次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进2R【答案】B【解析】依据左手定则推断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦玆力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不行能回到原点O.故A错误．由r＝eq\f(mv,qB)，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2.故B正确．负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为T″＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)；同理，在第四象限运动的时间为t2＝eq\f(60°,360°)T′＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,q\f(B,2))＝eq\f(2πm,3qB)，完成一次周期性运动的时间为T″＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB).故C错误．依据几何学问得：粒子其次次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x＝R＋2R＝3R.故D错误．二、多项选择题（每小题5分，答案不全得3分，有错不得分，共计30分）9.空间存在平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图10所示．一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子从坐标原点O由静止起先，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动．则下列说法正确的是()A．该粒子带正电荷B．空间存在的静电场场强E是沿x轴正方向匀称减小的C．该粒子从原点O运动到x0过程中电势能是减小的D．该粒子运动到x0处的速度是eq\r(\f(qφ0,2m))【答案】AC【解析】沿电场线方向电势降低，由题图可知电场方向沿x正方向，带电粒子仅在电场力作用下由静止起先沿x轴正方向运动，受力方向与电场方向一样，带电粒子带正电，A正确；沿x轴正方向电势匀称降低，电场为匀强电场，B错误；沿x轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；依据动能定理得qφ0＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qφ0,m))，D错误．10.M、N是某电场中一条电场线上的两点，从M点由静止释放一电子，电子仅在电场力的作用下沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移改变的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．M、N两点的场强关系为EM<ENB．M、N两点的场强关系为EM>ENC．M、N两点的电势关系为φM<φND．M、N两点的电势关系为φM>φN【答案】BC【解析】电子由M点运动到N点的过程中，通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越慢，可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，则有EM>EN，故A错误，B正确；负电荷在低电势处电势能大，故M点的电势低于N点的电势，即φM<φN，故C正确，D错误．11．如图所示，长方形abcd长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直于纸面对里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T．一群不计重力、质量m＝3×10－7kg、电荷量q＝＋2×10－3C的带电粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域(CD)A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在be边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边【答案】CD【解析】由左手定则可知粒子射入后向上偏转，轨道半径R＝eq\f(mv,qB)＝0.3m．从O点射入的粒子运动轨迹如图中的1所示，从aO边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的2所示，出射点应分布在be边和ab边上；从Od边上某点射入的粒子运动轨迹如图中的3所示，出射点应分布在be边上．综上所述，选项C、D正确．12．带电粒子以速度v沿CB方向射入一横截面为正方形的区域．C、B均为该正方形两边的中点，如图所示，不计粒子的重力．当区域内有竖直方向的匀强电场E时，粒子从A点飞出，所用时间为t1；当区域内有垂直于纸面对里的磁感应强度为B的匀强磁场时，粒子也从A点飞出，所用时间为t2，下列说法正确的是(AD)A．t1<t2B．t1>t2C.eq\f(E,B)＝eq\f(4,5)vD.eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v【答案】AD【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速运动，而在匀强磁场中做匀速圆周运动，eq\o(CA,\s\up8(︵))>CB，所以t2>t1，A正确，B错误；设正方形区域的边长为l，则当加电场时，有l＝vt1和eq\f(l,2)＝eq\f(qE,2m)teq\o\al(2,1)，可得E＝eq\f(mv2,ql).当加磁场时，依据几何关系，有(R－eq\f(l,2))2＋l2＝R2，得R＝eq\f(5,4)l，再由R＝eq\f(mv,qB)得B＝eq\f(4mv,5ql).所以eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v，D正确，C错误．13.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，b板接地(规定大地电势为零)在距离两板等远的P点有一个带电液滴处于静止状态。若将b板向下平移一小段距离，则稳定后，下列说法中正确的是A．液滴将加速向下运动B．P点电势上升，液滴在P点时的电势能减小C．P点的电场强度变大D．在b板移动前后两种状况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不变【答案】ABD【解析】原来液滴受力平衡，则知所受的电场力向上，液滴带负电。电容器与电源相连，板间电压不变。将b板向下平移时，两板间的距离变大，由E=U/d分析可知：板间电场强度减小，粒子受到的电场力减小，故液滴将向下加速运动；故A正确，C错误；下极板接地，电势为零，b板下移时，P与上极板的距离不变，依据U=Ed可知，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势上升，因带电液滴带负电，故电势能将减小，故B正确；因两板间的电势差不变，由W=Uq知，前后两种状态下移动电荷时，电场力做功相同，故D正确；故选ABD。14.如图所示，平面直角坐标系的其次象限内存在着垂直纸面对外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面对里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在其次象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽视.则()A.粒子在其次象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2B.粒子完成一次周期性运动的时间为eq\f(2πm,3qB)C.粒子从O位置入射后其次次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3eq\r(3)RD.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将削减【答案】AC【解析】由半径公式r＝eq\f(mv,qB)知，轨迹圆半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在其次象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2，故A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示：在其次象限的周期T1＝eq\f(2πm,q·2B)＝eq\f(πm,qB)，圆心角为120°，运动时间t1＝eq\f(120°,360°)T1＝eq\f(πm,3qB)，在第三象限运动的周期T2＝eq\f(2πm,qB)，圆心角为120°，运动时间t2＝eq\f(120°,360°)T2＝eq\f(2πm,3qB)，所以粒子完成一次周期性运动的时间t0＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB)，故B错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为R2＝2R，从O点入射后第一次经过x轴的距离x1＝eq\r(3)R1＝eq\r(3)R，其次次圆弧的弦长x2＝eq\r(3)R2＝2eq\r(3)R，所以粒子从O位置入射后其次次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为x＝x1＋x2＝3eq\r(3)R，故C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T＝eq\f(2πm,qB)与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间t＝eq\f(θ,2π)T不变，故D错误.三、计算题(15题11分，16题11分，17题12分，18题12分，共计46分）15.如图所示，空间存在电场强度为E、方向水平向右的范围足够大的匀强电场．挡板MN与水平方向的夹角为θ，质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；(2)O、M间的距离．【答案】(1)eq\f(v0,tanθ)(2)eq\f(mv\o\al(,02),2qEtan2θ)【解析】(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为vx，则tanθ＝eq\f(v0,vx)解得：vx＝eq\f(v0,tanθ)(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为a，由牛顿其次定律：qE＝ma在如图所示的坐标系中：vx＝at，x0＝eq\f(1,2)at2，y0＝v0t设O、M间的距离为d，由几何关系：tanθ＝eq\f(y0,d＋x0)解得：d＝eq\f(mv\o\al(02,),2qEtan2θ).16．(20分)质量为m、电荷量为q、带正电的绝缘小球a，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，电场方向如图所示，若小球a与绝缘板间的动摩擦因数为μ，已知小球a自C点沿绝缘板做匀速直线运动，在D点与质量为M＝2m的不带电绝缘小球b发生弹性正碰，此时原电场马上消逝(不计电场改变对磁场的影响)，磁场仍旧不变，若碰撞时，小球a无电荷量损失，碰撞后，小球a做匀速直线运动返回C点，来回总时间为t，CD间距为L，重力加速度为g.求：(1)小球a碰撞前后的速度大小之比；(2)磁感应强度B及电场强度E的大小．【答案】eq\f(v0,va)＝eq\f(3,1),E＝eq\f(4μmg,q)【解析】(1)a、b两小球弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒．设碰前a球速度为v0，碰后a球、b球速度大小分别为va、vb，mv0＝－mva＋Mvb①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,b)②由①②式解得：eq\f(v0,va)＝eq\f(3,1)(2)来回总时间t＝eq\f(L,v0)＋eq\f(L,va)＝eq\f(4L,v0)得：v0＝eq\f(4L,t)③a球碰后匀速返回，则有：qBva＝mg，得：B＝eq\f(mg,qva)＝eq\f(3mgt,4qL)a球碰前匀速，则有：FN＝mg＋qBv0⑤qE＝μFN⑥由③④⑤⑥解得：E＝eq\f(4μmg,q)17.如图所示，直角坐标系第一象限存在匀强电场，电场方向指向y轴负方向。第四象限内某矩形区域存在匀强磁场，磁场上边界为x坐标轴，磁场方向垂直于xOy平面对外。一质量为m、带电量为q的正电粒子以初速度v0从坐标为M（0，l）点沿x轴正方向射入，途经x轴上N（2l，0）点进入磁场，穿越磁场后，经y轴上P（0，-61）点、与y轴负方向夹角为45°射入第三象限，求：（1）匀强电场的场强大小；（2）粒子途径N点时的速度大小和方向；（3）矩形区域磁场的磁感应强度B的大小和矩形区域的最小面积。【答案】（1）（2）v0，方向与x轴正方向夹角为45°（3）B=3.3l2【解析】（1）带电粒子在第一象限作平抛运动，x轴方向，2l=v0ty轴方向，l=at2由牛顿其次定律，Eq=ma解得：E=（2）设粒子途经N点时的速度方向与x轴正方向夹角为φ，tanφ=vy=at

解得tanφ=1，所以φ=45°，v==v0，（3）作过N点速度延长线和过P点速度反向延长线，三角形HPI为等腰三角形，由几何关系知，HP=8lHI=4l

NI=2l圆弧半径为R=2lqvB=

求得：B=最小