2026届高考物理二轮复习周测卷1 电场与磁场(能力卷)

2026人教版高考物理二轮复习周测卷1电场与磁场 (能力卷) (总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·河南卷)如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6 V、4 V、2 V；a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是(　　) 　　　　　　 A　　　 　　　B　　　　　　　C　　　　　　D 2．(2025·海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；将一电子从M点由静止释放，仅受x方向的静电力作用，则下列说法正确的是(　　) A．P点电场强度方向沿x负方向 B．M点的电场强度小于N点的电场强度 C．电子在P点的动能小于在N点的动能 D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能 3．(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为(　　) A．B2－B1　 B．B1－B2 C．B2－B1 D．B1－B2 4．(2025·湖南卷)如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 5．(2025·黑吉辽蒙卷)如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的。逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是(　　) 　　　　　　 A　　　　　B　　　　　C　　　　　D 6．(2025·北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　) A．N点电势比M点高 B．U0正比于流量Q C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 7．(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质量为m，速度大小均为。不计粒子所受的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·山东卷)将球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电荷量分别为＋2q和＋q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点。过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC＝45°，OD⊥AB，A、B两点间距离为R，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是(　　) A．甲的质量小于乙的质量 B．C点电势高于D点电势 C．E、F两点电场强度大小相等，方向相同 D．沿直线从O点到D点，电势先升高后降低 9．(2025·福建卷)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．电场强度大小为E＝ B．磁感应强度大小为B＝ C．N、P两点的电势差为U＝ D粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为 10．(2025·甘肃卷)2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是(　　) A．外圆半径等于2R0 B．a粒子返回A点所用的最短时间为 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为va 三、非选择题：本大题共4小题，共54分。 11．(12分)(2025·河南卷)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10-13 C。随后，液滴以v＝2.0 m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10-2 m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计液滴所受重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求： (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离； (2)A、B细胞收集管的间距。 12．(12分)(2025·江苏卷)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子所受的重力及粒子间相互作用。求： (1) a运动到最高点的时间t； (2) a到达最高点时，a、b间的距离H。 13．(14分)(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计粒子所受的重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期。 14．(16分)(2025·黑吉辽蒙卷)如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0，－y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N(0，y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)，质量为m，忽略粒子所受的重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1； (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为－48q，粒子质量取m＝(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2； (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝k)。 2026高考物理二轮复习周测卷1电场与磁场 (能力卷)参考答案 1．C　2．D　3．A　4．C　 5．D　[由电容器电容的决定式C＝，结合题意可知增大两极板的压力，两极板的间距d减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电荷量不变，由公式U＝可知，电容器两极板间的电压减小，A、B错误；由题意可知F较大时，d难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C错误，D正确。] 6．C　[根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与静电力平衡，有q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一个分量，即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。故选C。] 7．C　[粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子的运动半径为r＝d，A错误；当粒子恰经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，对应运动轨迹如图1所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2rcos 30°－r＝(－1)d，B错误；结合B项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，轨迹如图2所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C正确；粒子在磁场中的运动周期T＝，又t＝T，故粒子运动轨迹所对圆心角越大，运动时间越长，结合BC项分析可知，打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，结合几何关系有tmin＝·，D错误。 ] 8．BD　[ 设小球甲、乙间的库仑力大小为F，对小球甲、乙受力分析如图所示，小球甲沿绝缘碗切线方向由平衡条件有m甲gcos 45°＝Fcos 60°，对小球乙沿绝缘碗切线方向由平衡条件有m乙gcos 15°＝Fcos 60°，联立可得m甲>m乙，A错误；将小球甲、乙形成的电场视为A、B处为一对带电荷量均为+q的等量同种点电荷与A处为带电荷量为+q的点电荷形成电场的叠加，在A处单个点电荷形成的电场中，由于C点与点电荷的距离更近，则C点的电势更高，在等量同种点电荷形成的电场中，沿过C点的OD垂线从C点移动到OD上的过程，电势逐渐降低，然后继续移向D点，电势继续降低，综上由电势的叠加原理可知，C点电势高于D点电势，B正确；由点电荷产生的电场的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，E点的电场强度大小为EE＝，F点的电场强度大小为EF＝，E、F两点电场强度的大小不相等，C错误；单独研究小球甲、乙形成的电场，沿直线从O点运动到D点，电势均先升高后降低，所以由电势的叠加原理可知，沿直线从O点运动到D点，电势先升高后降低，D正确。] 9．BC　[由于粒子沿着MN做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和静电力的合力也垂直于MN，故静电力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvBcos 45°＝mg，＝tan 45°，解得电场强度大小为E＝，磁感应强度大小B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受静电力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于NP水平向右，所以粒子从N运动到P点的过程所用的时间为t＝，又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移—时间公式可得xNP＝vtcos 45°+·t2，结合A项分析联立解得xNP＝，所以NP两点的电势差UNP＝ExNP＝，C正确；结合C项分析可知，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，为xm＝，D错误。] 10．BD　[由题意，a粒子恰好到达磁场外边界后返回，则a粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切，然后沿内圆径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，作出a粒子运动轨迹如图甲所示，根据a粒子的速度大小为va＝，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R'，由几何关系得∠AO'B＝270°，则R'＝(1+)R0，A错误；由A项分析，设a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝，在磁场中运动的时间t1＝·T＝，做匀速直线运动的时间t2＝，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1+t2＝，B正确； 由题意，作出b、c粒子运动轨迹如图乙、丙所示 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，可知两粒子做圆周运动的周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝R0，由洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，联立解得vc＝va，D正确。故选BD。] 11．解析：(1)含A、B细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A细胞的液滴 垂直电场方向有l＝vt1 平行电场方向有x1＝a 由牛顿第二定律可知qE＝ma 联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10－3 m。 (2)由(1)问分析可知含A细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正切值为tan θ＝＝2 含A、B细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A细胞的液滴从离开电场至到达A收集管过程偏转的距离为x2＝＝0.05 m 即含A细胞的液滴开始运动至到达A收集管的过程偏转的距离为xA＝x1+x2＝0.055 m 由于含A、B细胞的液滴电性相反，带电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的相等，所以A、B细胞收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。 答案：(1)5×10－3 m　(2)0.11 m 12．解析：(1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对a，根据牛顿第二定律有qE＝ma 运动到最高点的时间由运动学公式有 v0sin θ＝at 联立解得t＝。 (2)方法一　根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖直方向上运动的位移为x1＝ 斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为x2＝v0tsin θ+at2＝+ 则a到达最高点时与b之间的距离x＝x1+x2＝。 方法二　两个粒子均受到相同的静电力，以a为参考系，b以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H＝2v0sin θ·t＝。 答案：(1)　(2) 13．解析：(1)在MN左侧的磁场中，设粒子运动轨迹半径为r，由qv0B＝可得r＝。 (2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图1所示，根据几何关系可得sin α＝，又O'D＝OD－r＝， 解得α＝30°，粒子经过MN边界上的C点，在MN和PQ边界之间的无磁场区域做匀速直线运动，从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为r'的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，由qv0·2B＝可得r'＝ 由几何关系可得在右侧磁场中轨迹对应圆心角为120°，所以粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距EF＝2r'sin 60° 解得EF＝。 (3)要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，所以轨迹如图2所示 由几何关系得rcos α＝CEsin α+ 解得CE＝ 粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应圆心角为240°，结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T1＝ 可得运动时间t1＝· 粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动的时间t2＝2×，粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为120°，结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T2＝ 可得运动时间t3＝· 所以粒子运动周期T＝t1+t2+t3＝。 答案：(1) (2) (3) 14．解析：(1)粒子从M点运动到N点，运动轨迹如图1所示， 根据几何关系可知rsin θ＝y0 解得粒子运动轨迹半径r＝2y0 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m 解得v1＝ 由v1＝可得，粒子在磁场中运动的周期T＝ 则粒子在磁场中运动的时间为t1＝·T＝。 (2)粒子轨迹不变，仍然做匀速圆周运动，因此点电荷只能位于轨迹圆心O1处，库仑力和洛伦兹力完全提供向心力，有 qv2B+k＝m(此式可变换为－qBv2－＝0，获得关于v2的一元二次方程，通过求根公式解得v2的两个值)， 解得v2＝(另一解v2＝－不合题意，舍去)。 (3)粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需的向心力m大于点电荷提供的库仑力k，因此粒子无法做匀速圆周运动，只能做类似行星绕中心天体的椭圆轨迹的运动，粒子的运动轨迹如图2所示， 粒子从N点运动至与N点速度方向相反的点的过程中只有库仑力做功，粒子电势能和动能总和不变，有m+qφ2＝m+qφ3 类比开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足v2Δt·r＝v3Δt·R 结合电势φ2＝和φ3＝解得R＝6y0 粒子椭圆轨迹的半长轴a＝＝4y0 将粒子运动的椭圆轨迹转化为半径为r0＝a＝4y0的圆周运动，类比开普勒第三定律可知 则k＝mr0 解得T'＝ 则粒子运动时间t2＝T'＝。 答案：(1)　　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $