复习练案10 第一部分 专题三 第8讲 电场和磁场的基本性质-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习提能训练

复习练案[10]第-部分 专题三 A组·基础巩固练 1.（2025·湖北卷)如图所示 在磁感应强度大小为B的匀 强磁场中，放置一通电圆线.4 圈，圆心为0点，线圈平面与 磁场垂直。在圆线圈的轴线 上有M和N两点，它们到O 点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为 零，则N点的总磁感应强度大小为 ( A.0 B.B C.2B D.3B 2.（2025·湖南怀化二模)如图甲所示，A、B是电场中 一条电场线上的两点，t=0时刻一个负电荷从A点 由静止释放，仅在静电力作用下从A点运动到B点， 该过程中其速度v随时间t的变化图像如图乙所示 关于该电场，下列说法正确的是 甲 A.A点电势高于B点电势 B.该电场可能为正点电荷产生的电场 C.该负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 D.A点的场强大小小于B点的场强大小 3.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。当两线圈中均无电流通过时，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，两线圈中电流方向相同 B.当天平示数为正时，两线圈中电流方向相同 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Ⅱ的匝数越少，天平越灵敏 4.（2025·北京海淀三模)云室是借助过 饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过 它的带电粒子径迹的装置。如图为 张云室中拍摄的照片。云室中加了垂 直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e 是从O点发出的一些正电子或负电子 的径迹。有关这些径迹以下判断正确 的是 A.d、e都是正电子的径迹 B.a径迹对应的粒子动量最大 79 8讲电场和磁场的基本性质 C.b径迹对应的粒子动能最大 D.a径迹对应的粒子运动时间最长 5.(2025·河南郑州二模)真空中有电荷量为-5g和g 的两个点电荷，分别固定在x轴上-1和+1处。设 无限远处电势为零，则x正半轴上各点电势随坐标 x变化的图像正确的是 C D 6.(多选)(2025·黑龙江二模)如图甲所示，用一个电 源分别给两个中间为真空的平行板电容器充电。开 始时，开关全部断开，然后将开关S,分别接到1、2两处， 稳定后断开。两个电容器充电过程中电流强度随时间 变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是() 甲 A.电容器的带电荷量Q=Q2 B.两个电容器两端的电压大小关系为U,<U C.减小电容器C,的正对面积，闭合开关S至1，电 阻R,上有向左的瞬时电流流过 D.在电容器C,中间插入有机玻璃，闭合开关S2,电 阻R2上有向右的瞬时电流流过 7.（多选)(2025·吉林二模) 如图，虚线为以坐标原点O 为圆心、半径为L的圆弧， 坐标为(-L,0)的点固定一 'M 带电量为Q的正点电荷，将 带电量为Q的负点电荷沿 圆弧从M点缓慢移动到N点，则此过程中O点的场 强和电势的变化情况是 ( A.O点的场强大小逐渐减小 B.O点的场强大小不变 C.O点的电势逐渐增大 D.O点的电势不变 8.（2025·河南安阳一模)如 本E 图所示为x轴上一段电场线 的电场强度E随位置x的变 化图像（场强正方向与x轴 正方向相同)。下列说法正 确的是 A.若仅考虑电场力作用，试探电荷在x2处的加速度 最大 B.若x,到x,和x,到x?图像与坐标轴围成的面积相 等，则电势差U2=U3 C.若该电场由x轴上的两个不等量异种电荷产生，则 带正电的电荷在带负电的电荷的右侧 D.若该电场由x轴上的两个不等量异种电荷产生 则电荷量小的电荷在电荷量大的电荷的右侧 B组·综合提升练 9.（多选)(2025·湖北卷)如图所 示，在xOy平面内有一以0点为 中心的正五边形，顶点到O点的 距离为R。在正五边形的顶点 上顺时针方向依次固定电荷量 为9、2g、3g、4g、5g的正点电荷， 且电荷量为3g的电荷在y轴正 半轴上。静电力常量为飞，则O点处的电场强度 A.方向沿x轴负方向 B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C.大小为2h(cos54°+c0s18°) D.大小为2(2c0s54°+c0s18) 10.（2025·重庆二模)如图所示，边 长为L的正四面体ABCD的中心 为O,A、B两点分别固定等量异种 0. 点电荷-9、+9，已知0点到A、B B 的距离均为L,下列说法正确的 是 A.C点电势小于D点电势 B.将一试探电荷+Q从C点沿直线移到D点，电势 能先增大后减小 C.C、D两点电场强度大小相等，方向不同 D.0点场强大小为166 9L2 11.(2025·浙江卷)三个点电荷的电场线和等势线如 图所示，其中的d,e与e,∫两点间的距离相等，则 19 A.a点电势高于b点电势 B.a、c两点的电场强度相同 C.df间电势差为d、e间电势差的两倍 D.从a到b与从∫到b,电场力对电子做功相等 12.（多选)(2025·陕西渭南二 *9 模)在对电场的实际研究中， 电势比电场强度更容易测量。 在对某种特定带电体产生的 电场进行研究中，某同学通过 采集的实验数据，描绘出了其 BO 电势p在x轴上分布如图所 示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量 分别是E、Ec.,下列说法中正确的有 A.E的大小小于Ec的大小 B.Ec的方向沿x轴正方向 C.试探电荷在O点受到的电场力在x轴方向分量 最大 D.正试探电荷在O点的电势能最大 13.（2025·安徽芜湖二模)在x轴上x=0和x=1m处 固定两个点电荷，电荷量分别为4g和-9(g>0),已 知点电荷在空间各点的电势9可由p=红计算，其 中r为各点到点电荷的距离，k为静电力常量。电子 带电量为-e,质量为m,下列说法正确的是() 012 x/m A轴上x=专m处的电场强度为零 B.轴上x=2m处电势为零 C在轴上x=专m处，由静止释放电子，电子只在 电场力作用下可以沿x轴运动到无穷远处 D.在轴上x=专m处，由静止释放电子，电子只在 电场力作用下获得的最大速度为 kge N m 14.（2025·安徽黄山二模)如图所 +A+ 示，A、B、C、D为一绝缘圆环上的 M· 4等分点，子圆弧DMBC均匀带正D ---36---1B N 电，4圆弧CD不带电，圆心为0。 十 C+ M、N是OA和OC的中点，已知M、N电势分别为Pw 和，0点电场强度大小为E。现撤去4圆弧AD 段的电荷，则 () A.O点电场强度方向水平向右 B.O点电场强度大小为2E C.M点电势变为w+y 3 D.N点电势变为29u+9 3 98(3)第一种情况，当传送带速度)小于v共时，AB滑上传 送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦 因数为，对AB根据牛顿第二定律u(mA+mg)g= (mA+mB)a 设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v=V共-at 该段时间内AB运动的位移为x=)(, 传送带运动的位移为x2=t1 故可得Q=u(ma+mg)g·(x1-x2) 联立解得v=0.6/s,另一解大于v共舍去； 第二种情况，当传送带速度v大于时，AB滑上传送 带后先加速后匀速运动，设经过时间t,后AB与传送带 共速，同理可得v=v共+t2 该段时间内AB运动的位移为x,'= 传送带运动的位移为x2′=t2 故可得Q=u(ma+mg)g·（x2'-x,') 解得v=2.6m/s,另一解小于v共舍去。 复习练案[10] A组·基础巩固练 1.A由安培定则及对称性可知，环形电流在N点产生的 磁场，磁感应强度与M点等大同向。由于M点磁感应 强度为零，由矢量合成法则可知环境中匀强磁场与M 点磁场等大反向，即匀强磁场与N点的磁场等大反向， N点的磁感应强度为0。故选A。 2.C由题意知，负电荷受电场力向右，故场强方向向左， 沿电场线方向，电势逐渐降低，那么A点电势低于B点 电势，A错误；如果是正点电荷产生的电场，那正点电荷 应该在右侧，则A点场强会小于B点场强，与题目矛 盾，B错误；该负电荷从A到B过程，电场力做正功，电 势能减少，故在A点电势能大于在B点电势能，C正确： 根据速度一时间图像知，电荷的加速度逐渐减小，故场 强逐渐减小，D错误。 3.A当两线圈中电流方向相同时，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，两线圈相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负 时，两线圈相互吸引，电流方向相同，故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，故C错误；由于线圈Ⅱ 放在天平托盘上，线圈Ⅱ的匝数越多，相同情况下受的 力越大，天平越灵敏，故D错误。 4.D带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左 手定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子 的径迹，A错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供 32 向心力，有90B=mR,解得R-阳，由图可知a径迹对 gB 应的粒子的运动半径最小，根据p=mw,可知a径迹对 1 应的粒子动量最小，B错误；根据E,=2mm,可知E <Ew<E,即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C错 误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 8=m发72则T-2沿所以7=1==7 =T。,粒子在磁场中的运动时间t=&T,其中a为粒子 ZT 在磁场中的偏转角度，由图可知α径迹对应的偏转角度 最大，则α径迹对应的粒子运动时间最长，D正确。 .B根据点电荷周围的电势公式©=k,设x轴正半 轴0~1之间存在电势为0的坐标为x则有 头己气解得名子，设销正半轴0行 在电努为0的坐标为则有头二是解得 。=弓，即x轴正半轴电势为0的位置存在两个，分别 为=弓和%。=弓，由于沿电场线方向电势逐渐降低， 所以x轴正半轴电势最高的位置为x=1,由此可知符 合条件的图线为B。 6.CD根据Q=t可知，图线与坐标轴包围的面积代表电 容所带电荷量，由图可知C,所带的电荷量大，用同一个 电源充电，稳定时电压相同，故A、B错误；电容器的下 极板带负电，稳定时两电容器的电压相等，减小电容器 C2的正对面积，根据电容的决定式可知，电容器C2的 电容减小，电荷量减小，则闭合开关S,至1，电阻R,上 有向左的瞬时电流流过，故C正确；当C中间插入有机 玻璃后，电容增大，带电荷量将要变大，需充电，有电荷 从C,移动到C,负电荷通过电阻R2向左，所以电流通 过R2向右，故D正确。故选CD。 7.AD设负电荷在移动过程中 和坐标原点的连线与x轴正 方向的夹角为0，正负电荷在 E 0 O点的电场分别为E和E2, ,'M 如图所示，则O点的合电场为 w 沿x轴方向E.=E,+E2cos0, y轴方向E,=E2sin0,则0点的电场为E=√E2+E,, 以上各式联立，解得E=√E2+E22+2E,E,cos0,负电 荷在移动过程中，0逐渐增大，E逐渐减小，故A正确，B 错误；不论负电荷运动到圆弧的什么位置，正负电荷连 线的中垂线都过坐标原点0，故0点的电势一直为零， 保持不变，故C错误，D正确。故选AD。 8.D场强越大，试探电荷的加速度越大，由图像知x1处 加速度最大，故A错误；若x,到x2和x2到x图像与坐 标轴围成的面积相等，可得1U2I=U23,但电势差U2< 0,U>0,故B错误；若该电场由两个x轴上的不等量 异种电荷产生，飞，处的场强为0，可知这是电荷量小的 这一侧的电场分布，由于0到x2的场强指向x轴负方 向，可知位于x2的左侧且靠近的电荷带负电，且电荷量 小的负电荷在电荷量大的正电荷的右侧，故C错误，D 正确。 B组·综合提升练 9.AD由题意可知，如图 0 (3q-q④2q 4q(3q+q) 0 (3q-2q)9 5q(3q+2q) 将五个点电荷等效成 24 24 五个点电荷与0点距离为R,设E,-是，则0点场强大 小为E=2×2Ecos54°+2Ecos18°，代人可得E= 2g(2cs54°+c0s18),方向沿x轴负方位 选AD。 1O.D根据几何关系可知，CD连线上所有点到A、B点距 离相等，则CD连线是一条等势线，C点电势等于D点 电势，将一试探电荷+Q从C点沿直线移到D点，电 势能不变，故A、B错误；根据题意，由对称性可知，C、D 两点电场强度大小相等，方向相同，均平行于AB向 上，故C错误；A、B两点的点电荷在O点产生的场强 大小均为E= ==8,设OA、OB与AB的夹角 (4 为0，则有c0s0= √6 3 ,O点场强大小为E。= 6, 41 2Ecos9=166,故D正确。 9L2 3 11.D电场线从高等势面指向低等势面，即电场线从图 中的正电荷指向负电荷，因此b点所在的等势面高于 a点所在的等势面，A错误；a、c两点电场强度方向不 同，电场强度不同，B错误；从d→→f电场强度逐渐减 小，间距相等，结合U=Ed可知0<Ue<U,则Ua< 2U,C错误；a点与f点在同一等势面上，a、b两点和 f、b两点的电势差相等，根据电场力做功W=qU,可知 从a到b与从f到b,电场力对电子做功相等，D正确。 12.BD沿电场方向电势降低，在O点左侧，E的方向沿 x轴负方向，在0点右侧，E的方向沿x轴正方向，图 像的斜率表示电场强度，可知E的大小大于E。的大 小，故A错误，B正确；由图可知，O点的斜率为零，即 电场强度为零，所以试探电荷在O点受到的电场力在 x轴方向分量为0，故C错误；根据电势能的计算公式 E。=9驷可知，正试探电荷在O点的电势能最大，故D 正确。故选BD。 C设在坐标为处电场强度为零，则学-岛 解得x=2m,故A错误；设x处的电势为零，则o=4g 名当x=2m时，解得甲=，放B错误将电子 由静止释放在x=子m处时，该点电势为零，电子的初 始总能量为零。x轴上大于号m的范围内，电势随x 先增加后减小，根据动能定理可知，电子最远可以到达 无穷远处，故C正确；电子获得的最大动能出现在电 场强度为零的位置，即x=2m的位置，x=2m处电势 ,=_g=kq,由动能定理得eh=2m,解 为φ=21 ka,故D错误。 得Us三入m 14.C根据对称性可知，4圆弧AD段的电荷与！圆孤 BC段的电荷在0点电场强度的矢量和为0，则4圆弧 AB段的电荷在O点电场强度为E,由于AD、AB、BC完 全相同，则三部分各自在0点产生的电场强度大小均 为E,若撤去4圆弧AD段的电荷，根据矢量合成原理 可知，0点电场强度方向水平向左，大小为2Ecos45° =万E,故A、B错误；根据对称性可知，圆弧AD段 的电荷，4圆弧AB段的电荷在M点的电势相等，且等 于4圆弧BC段的电荷在N点的电势，令大小均为9， 02 子圆弧4D段的电荷、4圆弧4B段的电荷在N点的电 势相等，且等于4圆弧BC段的电荷在M点的电势，令 大小均为2，则有9=2e,+,9=22+91,撤去4 圆弧AD段的电荷，则有PM1=,+92,PM=92+P1,解 得Pm=Pn=9"9,故C正确，D错误。 3 复习练案[11] A组·基础巩固练 1.C收集板带正电，雾滴带负电，落到收集板的过程中， 电场力做正功，动能增大，速度增大，电势能减小，故A、 B错误，C正确；由题图可知从喷嘴到收集板，电场线逐 渐稀疏，电场强度减小，根据牛顿第二定律F=qE= ma,可得a=g,加速度减小，故D错误。 2.C由于粒子电性未知，无法判断电势高低，故A错误； 粒子从0到P和从P到Q,电场力做功相等，根据动能 定理可知，动能变化量相等，故B错误：根据粒子做类 斜抛运动的规律，粒子从M到V和从O到P的时间相 同，而加速度也相同，则速度变化量相同，故C正确；根 据粒子做类斜抛运动的轨迹具有对称性，如果粒子从Q 点以与，方向相反、大小相等的速度进人电场，则粒子 一定经过M点，故D错误。 3.Da粒子入射动能为E,根据动能的表达式有E,= 2m,粒子恰好做圆周运动，则b-”m,联立解得 E-2,故A错误；由题图可知，P点电场线密度较稀 er 疏，则场强小于C点场强，故B错误；已知ICQ!= 21BPI,因为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降 低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能大， 则b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子 在Q点动能较小，故C错误；由电场线密度分布情况可 知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强 度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据U= Ed,则Uo<2UP,则b粒子全程克服电场力做功W= eUo<2eUm=2eU,故D正确。 4.C根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N 板时，有c心=E。-22,则到达N板时的最大动能 为E=U+m,∴，与两极板间距无关，与电子从金 属板中逸出的方向无关，选项A、B错误；当以最大速率 32 逸出的电子沿y方向逸出时，其到达N板时在y方向的 位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有y=vmt, =之监，解得y=√需迷项C正确：M,N间加 1 反向电压电流表示数恰好为零时，则U.=2m。,解 得U,选项D错误。 5.C金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速直 线运动，故A错误；质子进人第n个圆筒时，经过n次加 nelo 速，根据动能定理nU。=2me,2-0:解得.=√m, T 故B错误；只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为2 时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；第n ·3-P,则各金属简的 个圆筒长度L.=,·2=√m 长度之比为1：√2：√5：…，故C正确。故选C。 6.C 根据洛伦兹力充当向心力，有即=mR,可得R= 需可知对于同一粒子或比待相同的粒子，在同一磁场 中做圆周运动的轨迹半径由速度决定，速度越大轨迹 半径越大，速度越小轨迹半径越小。因此，粒子若要从 cd边射出磁场区域，则恰好从d点出射时，粒子有最小 速度，且此时a以为粒子轨透的直径，有宁店，解得 -4,若粒子恰好从c点射出，粒子有最大速度，根 vin二2m 据几何关系可知，此时粒子的轨迹半径为1，则有1= 6,解得，综上可知，者粒子从cd边射出圈 m n≤BL,故选Cd 场区战，则粒子速度的取值范图为兴≤≤号 m 7.B因AC=2AB=4√3cm,A、B、C三点的电势分别为 12V、8V4V,取0点为AC的中点，则Po=8V,则B0 为等势线，连接BO并延长过D点，则po=8V,故A错 误：过A点作BO的垂线，则带箭头的实线为电场线，如 图所示，E=1401sim60°= 4 V/m 2W3x102×号 40V/m,故B正确；粒子初速度方向刚好与电场方向 垂直，则根据类平抛运动的推论tana=2tan0=2√3，故 C错误；粒子在C点时ve=votan o=43m/s,vc= √vc2+vc=2√13m/s,故D错误。