2023届二轮复习通用版 专题3 第1讲 电场与磁场的基本性质 作业

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第一部分　专题三　第1讲 电场与磁场的基本性质基础题——知识基础打牢1．(多选)(2022·河北唐山三模)如图所示，两个等量的点电荷分别固定在A、B两点．虚线为AB的中垂线，交AB于O点．曲线ab为一电子只在电场力作用下的运动轨迹．a、b关于O点对称．则下列说法正确的是(　BCD　)A．两个点电荷一定是异种电荷B．电子在a、b两点加速度大小相同C．电子在a、b两点动能相同D．电子在a、b两点电势能相同【解析】　电子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，所以两个点电荷均带正电，故A错误；根据对称性可知电子在a、b两点所受电场力大小相同，所以加速度大小相同，故B正确；根据等量同种点电荷周围电势分布规律以及对称性可知a、b两点电势相等，所以电子在a、b两点的电势能相同，根据能量守恒定律可知电子在a、b两点动能相同，故C、D正确．故选BCD．2．(多选)(2022·湖北武汉高三阶段练习)如图所示，实线是一电场的电场线，一个电子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，过a点、b点的速度分别为va、vb，虚线为该电子的运动轨迹，下列说法中正确的是(　AC　)A．A、B所在电场线的方向是由B指向A的方向B．电子在a处的加速度小于在b处的加速度C．电子在a处的电势能大于在b处的电势能D．电子在a处的动能大于在b处的动能【解析】　由图可知电子的运动轨迹向右弯曲，电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以A、B所在电场线的方向是由B指向A的方向，故A正确；电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在A点的场强大于B点的场强，在A点所受的电场力大，所以在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；电子所受的电场力沿电场线偏向右，电子由a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电子的电势能减小，动能增大，所以电子在b点的电势能小，动能大，故C正确，D错误．故选AC．3．(2022·河北秦皇岛二模)如图所示，一蜘蛛将网织成两个正方形ABCD、abcd，其边长分别为2L、L，现在a、b、c、B四个位置分别放置一个点电荷，发现b处的点电荷所受电场力恰好为零，若仅将b处的点电荷Q沿bd方向移至d处，则(　B　)A．a、c两处点电荷对点电荷Q的合力可能先增大后减小B．a、c两处点电荷对点电荷Q的合力可能先减小后增大C．a、c两处点电荷对点电荷Q的合力一定先做正功，后做负功D．a、c两处点电荷对点电荷Q的合力一定先做负功，后做正功【解析】　当点电荷Q在O点时，a、c两处点电荷对点电荷Q的合力为零，当场强最大值在Ob之外时，则将b处的点电荷Q沿bd方向移至d处时，a、c两处点电荷对点电荷Q的合力先减小后增大，如果场强最大值在Ob之间，合力先变大后变小再变大再变小，则选项A错误，B正确；在a、b、c、B四个位置分别放置一个点电荷，发现b处的点电荷所受电场力恰好为零，可知a、c、B三个位置分别放置的点电荷一定是同种电荷，但是不能确定电荷的正负；仅将b处的点电荷Q沿bd方向移至d处，若点电荷Q与另外三个电荷带同性电荷，则点电荷Q从O到d时电场力做正功；若点电荷Q与另外三个电荷带异性电荷，则点电荷Q从O到d时电场力做负功，选项C、D错误．故选B．4．(多选)(2022·湖南衡阳三模)在x轴上固定两个带电荷量分别为＋4q、－q的点电荷，以其中的某一电荷为原点，两电荷所形成的电场的电势φ在x轴正半轴上的分布如图所示，下列说法正确的是(　BC　)A．正电荷在坐标原点，负电荷在x＝的位置B．负电荷在坐标原点，正电荷在x＝－x2的位置C．在x轴上x＞x2区域电场强度沿x轴正方向D．一带负电试探电荷从O处移到x2处，电势能先减小后增加【解析】　由φ-x可知，原点附近的电势为负且绝对值很大，可知负电荷在坐标原点，φ-x图象斜率表示电场强度大小，x＝x2位置电场强度为零，根据k＝k，解得x3＝x2，正电荷在x＝－x2的位置，故B正确，A错误；在x轴上x＞x2区域电势一直减小，电场强度沿x轴正方向，故C正确；从O处移到x2处，电势不断增加，一带负电试探电荷电势能不断减小，故D错误．故选BC．5．(2022·浙江绍兴模拟预测)如图所示是用于离子聚焦的静电四极子场的截面图，四个电极对称分布，其中两个电极带正电荷，形成高电势＋U，两个电极带负电荷，形成低电势－U．图中a、b、c、d四个点为电场中的四个位置，下列说法正确的是(　B　)A．图中虚线表示电场线B．a点的电势高于b点的电势C．电荷在四个电极的表面分布均匀D．c点的电场强度大小与d点的电场强度大小相等【解析】　四个电极都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，不表示电场线，选项A错误；a点的电势为零，b点电势小于零，则a点电势高于b点的电势，选项B正确；每个电极附近的等势面分布的疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，选项C错误；因c点等势面较d点密集，则c点电场线分布较d点密集，即c点的电场强度大小比d点的电场强度大小较大，选项D错误．故选B．6．(2022·辽宁沈阳二中模拟预测)如图所示为某稳定电场的电场线分布情况，A、B、C、D为电场中的四个点，B、C点为空心导体表面两点，A、D为电场中两点，A、D两点所在电场线沿竖直方向，且电场线分布关于竖直方向对称．下列说法中正确的是(　C　)A．B点的电势低于A点的电势B．B、A两点的电势差小于C、B两点的电势差C．B点场强大于A点场强D．电子在D点的电势能大于在A点的电势能【解析】　沿电场线方向电势降低，则B点的电势高于A点的电势，故A错误；空心导体表面电势处处相等，有φC＝φB，根据电势差的公式，可得UBA＝φB－φA＞0，UCB＝φC－φB＝0，可知，B、A两点的电势差大于C、B两点的电势差，故B错误；B点电场线较A点密集，可知B点场强大于A点场强，故C正确；顺着电场线电势降低可得φD＞φA，根据电势能的公式，有Ep＝qφ，又q＜0，联立，可得EpD＜EpA，易知电子在D点的电势能小于在A点的电势能，故D错误．故选C．7．(2022·广东模拟预测)在通电长直导线产生的磁场中，到导线的距离为r处的磁感应强度大小B＝，其中I为通过长直导线的电流，k为常量．如图所示，三根通电长直导线P、Q、R均垂直直角坐标系xOy所在平面，其间距相等，P、Q与坐标平面的交点均在x轴上且关于原点O对称，通过P、Q、R的电流之比为1∶1∶3，电流方向已在图中标出．若通过P的电流产生的磁场在原点O处的磁感应强度大小为B0，则原点O处的合磁感应强度大小为(　C　)A．B0　　　 B．B0C．B0　　　 D．3B0【解析】　根据安培定则可知，通过P的电流产生的磁场在原点O处的磁感应强度方向沿y轴负方向，设三根导线的间距为a，通过P的电流为I0，则有B0＝，类似可得，通过Q的电流产生的磁场在原点O处的磁感应强度大小B1＝，方向沿y轴负方向；通过R的电流产生的磁场在原点O处的磁感应强度大小B2＝＝，方向沿x轴正方向，故原点O处的合磁感应强度大小B＝，解得B＝B0，故选C．8．(2022·湖北恩施市第一中学模拟预测)丹麦物理学家奥斯特在1820年4月发现了电流的磁效应，从而开启了人类对电与磁相互关联关系探索的序幕．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比．如图为垂直于纸面放置在x轴上0和x0处的两根平行长直导线，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1＞I2．规定磁场方向垂直于x轴向上为正，在0～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的(　A　)【解析】　由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向垂直于x轴向上，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向垂直于x轴向下，由于规定磁场方向垂直于x轴向上为正，故在0～x0区间内磁场方向先为正后为负．根据通电长直导线周围某点磁感应强度B＝k和I1＞I2，可知在的位置磁场方向为正方向，A正确．9．(多选)(2022·辽宁模拟预测)如图所示，两个带等量正电荷的点电荷分别固定于x轴上的P、Q两点，其位置关于直角坐标系xOy的原点O对称．圆弧PQ是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是(　AD　)A．a、b两点的电势相同B．a、b两点的电场强度相同C．将一个带负电的试探电荷先沿着圆弧从a点移到c点，再沿y轴正方向移动，试探电荷的电势能先增大后不变D．设两电荷在半圆上任意一点产生的电场强度大小分别是E1，E2，则＋为一定值【解析】　由对称性和等势线分布可知，a、b两点电势相同，A正确；电场强度大小相等，但方向不同，B错误；负电荷从a点移到c点，电场力做负功电势能一直增大，再从c点沿y轴正方向移动电场力同样做负功电势能也一直增大，C错误；半圆上任一点与P点连线与PQ夹角为θ，故E1＝，E2＝，则＋＝(cosθ2＋sinθ2)＝为一定值，D正确．故选AD．10．(2022·山西太原三模)在甲、乙电场中，试探电荷－q(q＞0)具有的电势能Ep沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是(　D　)A．图甲中，试探电荷在O点受到的电场力为零B．图甲中，电场强度沿x轴正方向C．图乙中，x1处的电场强度小于x2处的电场强度D．图乙中，x1处的电势高于x2处的电势【解析】　根据ΔEp＝－W电＝Fx可知Ep-x图象斜率的绝对值表示电场力的大小，故图甲中，试探电荷在O点受到的电场力不为零，沿x轴正方向电势能增大，则电场力做负功，可知电场力沿x轴负方向或者有沿x轴负方向的分量，试探电荷带负电，则电场强度沿x轴正方向或者电场强度有沿x轴正方向的分量，电场强度不一定沿x轴正方向，故A、B错误；根据Ep-x图象斜率的绝对值表示电场力的大小，结合F＝qE可知x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故C错误；x1处的电势能低于x2处的电势能，试探电荷带负电，根据Ep＝qφ，可知x1处的电势高于x2处的电势，故D正确．故选D．11．(多选)(2022·江西南昌市八一中学三模)如图所示，真空中有四个等量异种点电荷，M、N带正电，P、S带负电，分别放在圆心为O的虚线圆上等距离的四个点，a、b、c、d分别为两点电荷连线的中点，下列说法正确的是(　BD　)A．O点的合场强为零，a点的合场强方向水平向左B．b点的合场强大于a点的合场强C．将一电子从b点沿直线移动到d点，电场力做负功D．将一质子从a点沿直线移动到c点，其电势能一直减小【解析】　M、S电荷在O点电场强度方向由O指向S，N、P在圆心O点电场强度方向由O指向P，则圆心O点电场强度由O指向c，不为零．M、N在a点合场强为0，P在a点电场强度由a指向P点，S在a点电场强度由a指向S点，故a点合电场强度方向水平向右，A错误；由A选项分析可知，a点电场强度为P、S产生的合电场；对b点来说，电场强度等于M和P的合电场强度与N和S的合电场强度的叠加，这两个合电场强度方向均向右．点电荷的电场强度E＝，则仅M和P在b点的合电场强度就大于P和S在a点的合电场强度．故b点的合场强大于a点的合场强，B正确；根据对称性可知，b点和d点电势相等，根据W＝qU，可知，将一电子从b点沿直线移动到d点，电场力做功为0，C错误；分析可知，在ac连线上，M、N在任意一点(除a点外)的合电场强度方向均为水平向右．P、S在ac连线上的任意一点(除c点外)的合电场强度也为水平向右．故质子从a点沿直线移动到c点的过程中，电场力方向水平向右，电场力做正功，电势能一直减小，D正确．故选BD．12．(多选)(2022·河北模拟预测)如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量为＋q、－q的点电荷，以a、b连线中点O为圆心的圆与a、b连线的中垂线cd交于K点．圆上的四个点M、N、Q、P为矩形的四个顶点，且MP平行于cd．则下列说法不正确的是(　BCD　)A．M、Q两点电场强度相同B．P、N两点电势相等C．电性为负的试探电荷位于K点时的电势能小于其位于M点时的电势能D．电性为正的试探电荷(不计重力)沿OK方向以一定的速度射出，该电荷将做匀速直线运动【解析】　根据对称性和点电荷场强公式知：正电荷在M点的场强与负电荷在Q点的场强相同，正电荷在Q点的场强与负电荷在M点的场强相同，且两电荷在M、Q分别产生的场强夹角相同，根据电场强度的叠加可知：M、Q两点电场强度相同，如图所示，A正确；cd是等量异种点电荷电场中的一条等势线，在其左侧靠近正电荷区域电势高，其右侧靠近负电荷区域电势低，故P点电势高于N点电势，B错误；由B中分析知，K点电势低于M点电势，则负试探电荷从K点移到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，所以负电荷在K点电势能大于在M点电势能，C错误；电性为正的试探电荷(不计重力)沿OK方向以一定的速度射出，电荷受向右的电场力作用而做曲线运动，D错误．故选BCD．13．(多选)(2022·湖北广水市一中高三阶段练习)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点．现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标位置变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是(　AC　)A．Q2带负电且电荷量小于Q1B．沿x轴正方向ab连线上电势先降低再升高C．沿x轴正方向ab连线上电场力先做正功再做负功D．沿x轴正方向a点右侧场强先减小再增大【解析】　带负电的粒子在2L＜x＜3L区间加速，说明在2L＜x＜3L区间负粒子q所受电场力沿x轴正方向，电场方向沿x轴负方向；带负电的粒子在3L＜x＜4L区间减速，说明在3L＜x＜4L区间负粒子q所受电场力沿x轴负方向，电场方向沿x轴正方向，因此Q1带正电，Q2带负电，且Q2的电荷量小于Q1的电荷量，故A正确；粒子运动过程中只有静电力做功，动能与电势能之和为定值，由图象可知ab连线的中点x＝3L处速度最大，即粒子q的动能最大，电势能最小，由于粒子q带负电，因此ab连线的中点电势最高，即ab连线上电势先升高再降低，故B错误；粒子从a到b的过程中速度先增大再减小，由动能定理知粒子从a到b的过程中，电场力先做正功再做负功，故C正确；沿x轴正方向a点右侧场强先减小到零，然后场强方向变为沿x轴正方向，但a点右侧场强不可能一直增大，无穷远位置场强为零，故D错误．故选AC．14．(多选)(2022·山东菏泽二模)如图所示，空间存在一个正四面体ABCD，其边长为a，在水平面上的B、C、D三个顶点各固定一个电荷量为＋q的点电荷，一个质量为m的点电荷N恰好可以静止在A点．若把点电荷N从A点沿过A点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力做功的大小为W．不考虑N对电场的影响，以无穷远处电势为零，重力加速度为g．根据上述现象，可以判定(　AB　)A．A点的电场强度为EA＝B．点电荷N带电荷量大小为qN＝C．A点的电势为φA＝D．点电荷N的电势能将先增大后减小【解析】　固定的每个正点电荷对小球的库仑力大小为F＝，设F与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得cosθ＝，对小球，由平衡条件有3Fcosθ＝mg，解得qN＝，A点的电场强度为EA＝＝，故A、B正确；根据题意可知，点电荷N在A点的电势能为W，则A点的电势为φA＝＝，故C错误；把点电荷N从A点沿过A点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D错误．故选AB．15．(多选)(2022·重庆八中高三阶段练习)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5C、质量为1g的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是(　ABD　)A．小物块带正电B．A、B两点间的电势差UAB＝－500VC．小物块由C点到A点电势能先减小再增大D．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝100N/C【解析】　根据物块运动的v-t图象可知，小物块带正电，A正确；从速度—时间图象可知，A、B两点的速度分别为vA＝6m/s，vB＝4m/s，再根据动能定理得qUAB＝mv－mv＝×1×10－3×(42－62)J，解得UAB＝－500V，B正确；从速度—时间图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，C错误；带电粒子在B点的加速度最大，为am＝m/s2＝2m/s2，所受的电场力最大为Fm＝mam＝0.001×2N＝0.002N，则场强最大值为Em＝＝N/C＝100N/C，D正确．故选ABD．应用题——强化学以致用16．(多选)(2022·山东滨州二模)已知球面均匀带电时，球内的电场强度处处为零．如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，垂直于AB将带正电的球面均分为左右两部分，OA＝OB．C、D为截面上同一直线上的两点，OC＝OD．现移去左半球面只保留右半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布．下列说法正确的是(　AC　)A．C点与D点电场强度大小相等方向相同B．A点与B点电场强度大小相等、方向相反C．将一正电荷从C点沿直线移到D点，电势能始终不变D．将一正电荷从A点沿直线移到B点，电势能先增大后减小【解析】　对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点场强均垂直于中垂面，由于C点与D点关于AB对称，则根据场强的叠加原理可知，C点与D点电场强度大小相等方向相同，A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2，在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，B错误；对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点场强均垂直于中垂面，则中垂面为等势面，将一正电荷从C点沿直线移到D点，电势能始终不变，C正确；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，将一正电荷从A点沿直线移到B点，电势能一直增大，D错误．故选AC．17．(2022·山东菏泽二模)如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距L＝1m，导体棒ab质量为M＝0.9kg，垂直放在导轨上，导体棒的中点用承受力足够大的轻绳经光滑定滑轮与放在水平面上m＝0.1kg的物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，磁场的磁感应强度与时间的关系为B＝0.2t＋0.1(T)，方向竖直向下．现给导体棒通入I＝2A的恒定电流，使导体棒最终向左运动，重力加速度大小为g＝10m/s2．下列描述符合事实的是(　B　)A．ab棒上通入的电流方向为从b向aB．在第2s末物体m恰好离开地面C．第4.5s末ab棒的加速度为1.1m/s2D．ab棒运动过程中安培力做的功等于系统动能的增加量【解析】　给导体棒通入I＝2A的恒定电流，使导体棒最终向左运动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左手定则，可判断出ab棒上通入的电流方向为从a向b，A错误；在第二秒末时，磁场强度为B1＝0.2t＋0.1＝0.5T，故ab棒所受的安培力为F安＝B1IL＝1N，导轨光滑，ab棒未动时，细线拉力等于安培力大小，此刻对m受力分析得FN＝mg－T＝mg－F安＝0，在第2s末物体m恰好离开地面，B正确；在第4.5秒末时，磁场强度为B2＝0.2t＋0.1＝1T，故ab棒所受的安培力为F＝B2IL＝2N，对杆和物体整体分析，由牛顿第二定律得F－mg＝(m＋M)a，解得a＝1m/s2，C错误；ab棒运动过程中安培力做的功等于系统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，D错误．18．(2022·全国甲，25)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示．图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心．使用前需调零；使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射．线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小．已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为n、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值．(1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s．(2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2，求待测电流的大小．【答案】　(1)　　(2)【解析】　(1)线圈中通入微小电流I，线圈受到的安培力为F＝nBIl弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx，则有F＝kΔx解得Δx＝设此时平面镜偏转角度为θ，则反射光线转过的角度为2θ因为r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值，所以θ≈tanθ＝PQ上反射光点与O点间的弧长s＝2θr解得s＝．(2)设待测电流为I′，电流反向前后弹簧弹力的变化量F＝2nBI′l弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx′，则有F＝kΔx′反射光线转过的角度为平面镜转过的角度为φ＝根据φ＝解得I′＝．