选择题专练(7)电场、磁场-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破—— 选择题专练（七） 物理·电场、磁场 总分：64分 时间：40分钟 1.（多选)如图所示为静电植绒的装置简图，将表面涂有黏合剂的被植体放在 金属板上，打开电源开关后，在金属网与金属板间会产生3kV的高压，放在 金属网上的绒毛将垂直地粘在被植体上。若保持金属网和金属板间的距离 金 为2c,忽略边缘效应，将网与板间的电场视为匀强电场，则下列说法正确 的是 A.金属网和金属板间的电场强度为1.5×105V/m 被植体 金属板 B.绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大 C.若增大金属网和金属板间的距离，则网和板之间的电势差也增大 D.在干燥的环境中进行植绒效果会更好 2.如图所示，A、B、C三点的连线构成一个等腰直角三角形，∠A是直角。 A 在B点放置一个电荷量为十Q的点电荷，测得BC中点的电场强度大小 为E。若保留B点的电荷，在C点放置一个电荷量为一Q的点电荷，则 A点的电场强度大小等于 A.E B.2E C.√2E D.2E 3.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能E。随↑E, 位移x变化的关系如图所示，其中0~x2段是关于直线x=x1对称的曲 线，x2~x3段是直线，则下列说法正确的是 A.x1处电场强度最小，但不为零 B.粒子在0~x2段做匀变速运动 C.若x1、x3处电势分别为p1、p3,则p1<p D.粒子在x2~x3段受到的电场力不变 4.如图所示，在平行于匀强电场的平面上以O点为圆心作半径为10cm 的圆，在圆周上取A、B、C、D四点，AD为圆的直径，OC与OD成53° 角，OB垂直于AD。已知匀强电场的电场强度大小为1.0×104V/m, B点电势为0，sin53°=0.8。则 A.C点电势为600V B.O点电势高于B点电势 C.A、D两点间的电势差为2000V D.把一电荷量为1C的正点电荷沿着圆周从C点移动到D点，电势能减少200J 物理·选择题专练（七）第1页（共4页） 鱼跃龙门卷 5.如图所示，在真空中有两个带等量负电荷的点电荷，分别置于P、Q两点，O B 是它们连线的中点，A、B、C为P、Q连线的中垂线上的三点，且OA=OC, 4 下列说法正确的是 9 0… Q A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度 c B.A、B、C三点的电势满足PB>PA>Pc C.同一点电荷在A、C两点所受电场力相同 D.同一负电荷在B点的电势能小于其在C点的电势能 6.(多选)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O',A、D两点分别 固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是 A① B A.F点与C点的电场强度大小相等 E B.B'点与E点的电场强度方向相同 0 C.A'点与F'点的电势差大于O'点与D'点的电势差 B C D.将试探电荷十q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小 7.热膨胀是很多材料的性质，对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点。 但有些材料因热膨胀导致的尺寸变化很小，难以测量。某同学设计制作了电容热膨胀检测 仪，原理如图所示。电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。 现在测量某材料的热膨胀，将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高，闭合开关S, 下列说法中正确的是 A.极板所带电荷量降低 B.检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b,说明被测 材料出现了反常膨胀（温度升高，高度变小） 被测a©6 加热器 C.滑动变阻器滑片向上滑动少许可以提高检测仪的工舞 作电压 D.检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流 8.一段质量分布均匀、正电荷分布均匀的线上端固定在绝缘竖直杆上，若将它们置于水平向右 的匀强电场中，线稳定后的样子可能为 不 不 B D 9.（多选)空间有水平向右的匀强电场（未画出），一带电小球质量为，经过运动轨迹上的A、B 两点时，速度大小均为，如图所示。已知小球在A点时的速度方向水平向右且与AB连线的 夹角为0，重力加速度为g,则下列说法正确的是 物理·选择题专练（七）第2页（共4页）】 一级 级 A.小球受到的电场力大小为m tan B.小球在B点时的速度方向与AB连线的夹角也为O 姓名 C.小球从A运动到B的过程中，小球电势能变化量最大值为m0 得分 D.小球从A点运动到B点的过程中速度最小值为ocos0 10.(多选)如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细 线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为、带电荷量为q的小球。小球静止时细线与 竖直方向成日角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速 度为g。则 答题栏 1 A.匀强电场的电场强度大小为ng tan日 0 平 2 、n B.小球获得初速度的大小为 5gL cos 0 C.小球从初始位置运动至轨迹的最左端增加的机械能为mgLtan0(1+sin0) 5 6 D.小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 11. 离地面高度h(h远小于地球半径x)以下的大气层可视为电阻率较大的电解质。假设由于雷 8 暴对大气层的“电击”，使得离地面高度处的大气层与带负电的地球表面之间形成稳定电 场，其电势差约为U。已知雷暴每秒钟给地球充电的电荷量约为Q,球面表面积公式为S= 10 4πR2。下列说法正确的是 11 A.充电电流的方向由大气层指向地球表面 12 B.雷暴给地球的充电电流平均值约为Q πr2 13 C. 14 该大气层的等效电阻为品 D.该大气层的等效电阻率为4xU, Qh 15 12.2025年7月13日，和田一民丰一且末一若羌750千伏输变电工程实现全线贯通，这标志着 16 新疆环塔里木盆地750千伏输变电工程历时15年建设正式“合龙”。通电导线周围存在磁 场，假如有三根平行通电长直导线在正三角形的三个顶点A、B、C上，O点为三角形中心，三 根导线电流方向如图所示，电流大小相等，若A处长直导线在O点产生的磁感应强度的大小 为B,则关于O点的磁场描述正确的是 A.磁感应强度大小为B,方向沿BF方向斜向下 B.磁感应强度大小为3B,方向沿DA方向斜向上 C.磁感应强度大小为2B,方向与BF连线垂直斜向上 D.磁感应强度大小为3B,方向沿CE方向向上 物理·选择题专练（七）第3页（共4页） 鱼欧花门卷 13.(多选)如图所示是一含有通电螺线管B的闭合电路，通电螺线管 上方有一悬挂在弹簧测力计下的条形磁体A。闭合开关，待系统 稳定后，将滑动变阻器的滑片缓慢向右移动，在此过程中，下列说 法正确的是 A.弹簧测力计示数变小 N B.电路中消耗的总功率变小 C.电压表与电流表示数的比值变大 D.电流表的示数变大 A 14.(多选)如图所示，在竖直平面内用轻绳连接一根质量为m的通电导线，导线长为L,电流大 小为I,方向垂直纸面向里，施加适当的磁场使通电导线处于平衡状态且轻绳与竖直方向成 30°角，重力加速度为g,下列关于磁场的描述正确的是 LLL4LL∠ A.当磁场方向竖直向上时，磁感应强度B=3S 3IL 0 B.当磁场方向水平向右时，磁感应强度B=”3 IL C.当藏场方向水平向左时，脑感应强度B=瓷 D.磁感应强度的最小值为B-器 l5.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的直角三角形线框abc,∠a=· 90°，∠c=30°，磁场方向垂直于线框平面向外，a、c两点接一直流电源， 电流方向如图所示。下列说法正确的是 A.导线bc受到的安培力大于导线ac受到的安培力 B.导线abc受到的安培力的合力等于导线ac受到的安培力 C.导线ab、ac所受安培力的大小之比为1：3 D.导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上 16.如图甲所示，一带电物块无初速度地放在与水平面成0角的传送带底端，传送带以恒定大小 的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由传送带底端E运 动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s,关于带电物块 及该运动过程的说法中正确的是 A.该物块带负电 ××××&× ↑v/m·s-) B.传送带的转动速度大小一定为1m/s×××× C.￥ 物块与传送带间的动摩擦因数4可能◇××× 等于tan0 Ex为0×.××× 4.5→1s D.在2~4.5s内，物块与传送带可能有相×××××× 甲 乙 对运动 物理·选择题专练（七）第4页（共4页）·物理 9.C【解析】由题意知，航天员的速度为。=王，喷气过程系统 13 动量守恒，以航天员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 (M-△m)v。-△mv=0,解得△m= MMu_Mx ,故A错 t 误。根据动量守恒有(M一△m)vo一△mv=0,解得va三 M二Am,若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则航天 △mv 员速度v。变大，故返回时间小于t;由p=△mw,若高压气源喷 出气体的速度变大但动量不变，可知△m减小，得v。诚小，则返 回时间大于t,故B错误，C正确。在喷气过程中，航天员、装备 及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统 机械能不守恒，故D错误。 10.ABC【解析】C球从水平位置到最低点过程中，A、B、C组成 的系统水平方向动量守恒，且A、B此时速度相同，则有 2mc=2mo1,则有2mxc=2mxA,又xA十xc=l,联立可得木 块A移动的距离为xA=2,故A正确。当C球第一次摆到 14 最低点时，A、B两木块分离，此刻A、B速度相等，设A、B速 度大小为1、C球速度大小为。，由A、B、C系统水平方向动 量守恒可得2mvo=2mu1,由A、B、C系统机械能守恒可得 2mgl=2×2m6+2×2mui,联立可得-u1=√gl,即 A、B两木块分离时，A、B、C三者的速度大小均为√g,故B 正确。C球摆到竖直轻杆左侧最大高度时，A、C共速，设为 2,最大高度设为h,由A、C系统水平方向上动量守恒可得 2mvo十m(一v1)=(2m十m)v2,由A、C系统机械能守恒可得 zX2mo6+2mof=2mgh+2(2m+m)i,联立解得h- 1，即小球第一次到达左侧所上升最大高度为，故C正确。 15 2 A、B、C组成的系统动量只是在水平方向上守恒，故D错误。 11.BD【解析】分析可知，小滑块到达圆弧轨道最高点A时，小 滑块相对圆弧轨道竖直向上运动，即水平方向速度与圆弧轨 道相同，把小滑块与小车看作系统，水平方向不受力，系统水平 方向动量守恒，则有mo。=(M十m)v,又M=m,故v 3nm/s,又系统能量守恒，则有2mo=2mu+乞M0十 mgL十mgR,可得小滑块到达A点时速度v1=√I3m/s,故 A错误。由上可知，在A点时，小滑块水平速度ox=3m/s, 由v1=√/o2十o2可知v.=2m/s,小滑块从A点飞出后竖直 方向只受重力，故加速度a=g,方向竖直向下，由v2=2gh,可 知，小滑块离开A点后能够上升的最大高度h=0.2m,故B 正确。分析可知，小滑块离开小车到落回小车的过程水平方向 为匀速直线运动，又离开小车时两者水平速度相同，故小滑块 从A点落回小车，假设小滑块最终与小车达到共速，则整个过 程，根据系统水平方向动量守恒可得mw。=(M十m))共，解得 v共=3m/s,根据能量守恒可得之moi-子(M十m)候 μmgs,解得s=4.5m<2L=5m,假设成立，小滑块最终停在 离小车右端0.5m处，两者的最终速度为3m/s,故C错误，D 正确。 12.D【解析】由题图乙可知t1、tg时刻两物块达到共同速度 1m/s,总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹簧弹性 16 势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t:时刻弹簧处于伸长状 态，故A错误。结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时A 逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，1时刻二者速度相同，系 统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复 原长，B继续加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹 簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度 将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动 能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢 复原长，故B错误。从t一0开始到t1时刻，由系统动量守恒 可得m1v。=(m1十m2)u1,将v=3m/s,o1=1m/s代人得 m1:m2=1:2,故C错误。在t2时刻，A的速度为o1 一1m/s,B的速度为v2=2m/s,又m1：m2=1:2,则动量大 小之比为p1:p2=1:4,故D正确。 AB【解析】由题图乙可知，木块A先做匀减速运动，长木板 B先做匀加速运动，最后二者一起做匀速运动，共同速度？ 1m/s,取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mwo (m十M)v,解得M=2kg,故B正确。由题图乙可知，长木板 B做匀加速运动的加速度为aB= △t m/s2=1m/s,对 长木板B,根据牛顿第二定律得mg=MaB,解得=0.1，故 A正确。由题图乙可知，前1s时间长木板B的位移为xB 20B2=2×1×12m=0.5m,木块A的位移为xA 十”，=2十1X1m=1.5m,所以长木板B的最小长度为 2t= 2 L=xA一xB=1m,故C错误。木块A与长木板B组成的系 统损失的机被能为△E=2m0-2(m十M)w=2J,故D 错误。 ABC【解析】摩擦力是A、B、C组成的系统的内力，若A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数不相同，系统受到的合外力 仍然为零，则A、B、C组成的系统动量一定守恒，A正确。以 A、B为研究对象，由于MA：Mg=3：2,若二者与平板车上 表面间的动摩擦因数之比为4A:“B,=2:3,则A、B所受摩 擦力之比为1：1，方向相反，即平板车对A、B的摩擦力大小 相等、方向相反，则A、B组成的系统所受合外力为零，故A、B 组成的系统动量守恒，B正确。若A、B与平板车上表面间的 动摩擦因数相同，A所受向右的摩擦力较大，摩擦力对A、B 两物体的总冲量向右，则A、B两物体的总动量向右，C正确 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2：3，则摩擦 力对A、B组成的系统的合冲量为零，平板车C所受合外力的 冲量为零，平板车C静止不动，D错误 C【解析】设甲、乙质量均为m,碰前瞬间甲的速度为v1,乙 的速度为v2,碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为2，由动量 守恒定律和机械能守恒定律有mw1+mw2=mvi+mo2, 2mui+2mu2=2mu2+2mu22,解得d=u2,w2=1,即 甲、乙发生碰撞后速度互换，设甲、乙最终的共同速度为，则 m,=2m,解得u,=受，则达到共速所需的时间为1一2g 碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于 甲的速度，故A、B错误。设从开始到相对静止过程中，甲、乙 相对滑动的总路程为s,根据动能定理可得一gs=2 0121 2m×（2）-2mo,解得s=4 ,故C正确。甲、乙碰撞的 次数为n,设最终相对静止时甲距离乙左端的距离为5，若第 n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L+2L(n一1)+s。 0n=2,46…),解得=g十L一2mL1=2,46,者 第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L十2L(n一1)+ (n=1,3, 2L-5。=5(n=1,3,5,…),解得s0=2mL+L一4g 5,),即最终甲距离乙左端的距离不可能为44g -2nL,故D 错误。 D【解析】A、B两球相碰，根据动量守恒定律有mAvo三 mA1十mB,根据机械能守恒定律有2mA听=2mAo十 2mB0i,解得01=一2m/s,v2=8m/s,故A错误。由于B、 C及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能 守恒，当B的速度最小时，弹簧处于原长状态，即v2三 mBu,十mcu4,乞ma=乞mai+乞mco好，解得u, 1.6m/s,即B的最小速度为1.6m/s,故B、C错误。当B、C 两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，mBv2=（mB十 1 mc)u5,E,=2mBo-2(mB十mc)u,解得E,=38.4J,故 D正确。 5 参考答案及解析 物理选择题专练（七）】 与AB连线垂直，小球在A、B两点沿AB方向的分速度相等， 所以小球在B点时的速度方向与AB连线的夹角也为0，故B AD【解析】将网与板间的电场视为匀强电场，则金属网和金 正确。小球从A运动到B的过程中，水平速度没有减为0，故 属板间的电场强度为E=号=3,000V/m=1.5×10°V/m,故 小球电势能变化量最大值小于？mu2,故C错误。当沿合力F A正确。绒毛在飞往被植体的过程中，电场力做正功，则电势能 方向的分速度减小为0时，小球只有沿AB方向的分速度，故小 不断减小，故B错误。由于金属网与金属板间有3kV的恒定 球从A点运动到B点的过程中速度最小值为vcos0,故D 的高压，若增大金属网和金属板间的距离，网和板之间的电势 正确。 差是不变的，故C错误。在干燥的环境中静电不容易被导走， 10.AB【解析】小球静止时细线与竖直方向 进行植绒效果会更好，故D正确。 成0角，对小球受力分析如图，小球受重 D【解析】设AB间距离为L,则BC间距离为√2L,在B点放 力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条￡O八F 置一个电荷量为十Q的点电荷，测得BC中点的电场强度大小 为E,则有E=k Q Q 件，有ng tan0=gE,解得E=mgtan日， A =2k t 2 ，在C点放置一个电荷量为 正确。小球恰能绕O点在竖直平面内做 mg 2L) 圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心 一Q的点电荷，可知B点和C点两处的点电荷在A点产生的电 力，根据牛银第二定律，有心。一m“宁则小球认初始位置运 场强度大小均为E'=k 2,则A点的电场强度大小为 动到A点的过程中，由动能定理可得一mg·2Lcos0一qE· EA=√E+E=√2E'= 2E. 2Lsin0=2mum一2mu6,联立解得小球获得初速度的大小 D 4.C 5gL D【解析】根据等量同种点电荷连线中垂线上电场线的分布规 为，一√C0s0,B正确。由功能关系和能量守恒定律可得小 律可知，A、B两点处电场线的疏密情况不清楚，故不能判断A 球从初始位置运动至轨迹的最左端电场力做负功，故机械能 B两点处的电场强度大小，故A错误。根据对称性可知，A、C 两点的电势相等，BO间电场方向从B到O,根据沿电场线方向 减小，减小的机械能为E=Et=qE(L+Lsin0)=o wgtan9 电势降低，可知A点的电势低于B点的电势，故C点的电势低 (L+Lsin0)=mgLtan0(1+sin0),C错误。小球从初始位置 于B点的电势，故B错误。根据对称性可知A、C两点的电场 开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负 强度大小相等，方向相反，故同一点电荷在A、C两点受的电场 功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小再增大，D 力大小相等，方向相反，故C错误。C点的电势低于B点的电 错误。 势，而负电荷在电势高处电势能小，故同一负电荷在B点的电 11.D【解析】雷暴给地球充电，即大量负电荷流向地球，可知充 势能小于其在C点的电势能，故D正确。 电电流的方向由地球表面指向大气层，选项A错误。雷暴每 AD【解析】由题图可知，F'点和B' 秒钟给地球充电的电荷量约为Q,则雷暴给地球的充电电流平 点关于平面ADD'A'对称，由等量异 种点电荷产生的电场的对称性可知 均值约为1=？=Q,选项B错误。该大气层的等效电阻为 Er=Eg,同理可知EE=Ec,F点 和E点关于AD连线的中垂面对称， R二，，选项C错误。根据R=P42,可得该大气层的 可知Es=EE,则有EF=Ec E:=E:,可这四个点的电场强度方向均不相同，可知F'点和 等效电阻率为p-,选项D正确」 C点电场强度大小相等，B′点和E'点电场强度方向不同，A正 12. 确，B错误。连接A'D,由等量异种点电荷产生的电场的电势 13.AD【解析】由图可知电流由螺线管的下方流入，则由右手螺 分布特点可知，O点电势是零，F'点电势为正，依据A'D'连线 旋定则可知螺线管上端为N极，下端为S极，则螺线管与磁体 上电场强度关于O'点对称，可知UAF<UoD,C错误。六棱柱 上表面的部分如图所示，由几何关系可知正电荷在OF中点K 之间为同名磁极，相互排斥，条形磁体受到向上的斥力，将向上 的电场强度方向垂直OF,则K点的合电场强度与OF的夹角 运动，弹簧测力计示数变小，故A正确。当滑片向右移动时， 为锐角，F点的电场强度和OF的夹角为钝角，因此将试探正电 滑动变阻器接入电路的电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知 荷从F点移到O点过程中电场力先做负功后做正功，则电势能 电路中电流增大，即电流表的示数变大，电路消耗的总功率增 先增大后减小，D正确。 大，故B错误，D正确。由于电压表与电流表示数的比值等于 滑动变阻器接入电路的电阻，所以比值变小，故C错误。 A【解析】取线整体为研究对象，线受重力mg,电场力Eq和 14.ACD【解析】当磁场方向竖直∠ 杆的拉力，设线上端沿切线方向与竖直方向的夹角为α，其正切 向上时，由左手定则可知，导线 值tana 4,设单位长度1的线的质量为m,、单位长度上所 所受安培力方向水平向右，受力 分析，导线受重力，安培力，轻绳 mg 带的电荷量为q,取线上最下面一小段△1，其质量△m= 拉力，如图甲所示，由平衡条件可 mA,所带的电荷量△g=A 知F安=mg tan30°，又F安= ,对这一小段的线进行受力分 析，可知其受重力△mg、电场力E△g及这一小段线上端线对它 BIL,解得B二，A正确。 的拉力，线处于平衡状态，故其所受合外力为零。设这一小段线 同理，当磁场方向水平向右时， 甲 与竖直方向的夹角为9，其正切值tan9=E△？=Eg,由于E、 导线所受安培力竖直向下，导线 △ng mog 不能平衡，不符合题意，B错误。当磁场方向水平向左时，导线 g都为定值，则=g,故0=a,由此可知任取下方一段线，其 所受安培力方向竖直向上，则有BL=mg,解得B-,C正 mo 与竖直方向的夹角均为a。 确。由力的平衡条件可得，三力的合力是零，则三力构成封闭 BD【解析】设AB长为L,小球在A、B两点速度大小相等，所 的三角形，如图乙所示，当安培力垂直于轻绳方向向上时，安培 以小球重力做的正功与电场力做的负功大小相等，即 mgLsin0=gELcos0,得gE=ng tan0,故A错误。小球在A、 力最小，则B最小，则有BIL=mgsin30,解得B=2是，D B两点速度大小相等，由动能定理可知，合力F未做功，所以F 正确。 高考试题逐题突破 15.C 16.D【解析】由图乙可知，物块做加速度逐渐减 、FN 小的加速运动。对物块进行受力分析可知，开 始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用， 设动摩擦因数为u,沿传送带方向有FN mg sin9=ma,物块运动后，又受到洛伦兹力的 作用，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐0g 减小，而开始时FN=mg cos0,后来FN=mg cos0-F路，洛伦 兹力垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A错 误。物块加速运动时，有u(mg cos0-F格)一ng sin0=ma> 0,可得mg cos0>mgsin0,即>tan0,故C错误。对物块 受力分析如图所示，加速度为零时，有mg sin0=r(mg cos0- qvB),由图乙可得v=1m/s,只要传送带的速度v#≥1m/s, 物块就能匀速运动，物块可能相对于传送带静止，也可能相对 于传送带滑动，所以在2一4.5s内，物块与传送带可能有相对 运动，故B错误，D正确。 物理选择题专练（八） 1。ABD【解析】电子在1=（时刻由静止释放进人两极板间运 3 动，先加速后减速，在t= T时刻到达B板，设两板的间距为 d,加速度a= qU md ，则有d=2×号a()”,解得4 6,A正确。由题意可知，经过于后电子速度最大，则最 qU.T2 T gUo 大速度om=a·4=√m ,B正确。电子在两板间先向右做 匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，C错误。若电子 在日时刻进人两极板，在了~？时间内电子做匀加速直线 =,胎·（号）”=号4>4，说明电子会 运动，位移x=2· 9 直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，D正确。 2.CD【解析】由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N 板的电势高低，故A错误。垂直M板向右的粒子，到达N板时 速度增加，动能增加，故电场力对其做正功，电势能减小，平行 M板向下的粒子，在电场中运动时电场力对其也做正功，电势 能减小，故B错误。设两板间距离为d,平行M板向下的粒子， 刚好从N板下端射出，该粒子在两板间做类平抛运动，有二 vot,d=2a1,垂直M板向右的粒子，在两板间做匀加速直线 运动，两粒子的加速度大小相等，有（√20）2-=2ad,联立解 L 2w8 得t=20。a=Y,故CD正确。 3.AB 4.B【解析】根据等量同种点电荷电场的电势分布规律可知，以 O点为圆心且垂直于MN连线的圆环，其上每一位置的电势均 相等，故小球从A到C的过程中电势能不变，故A错误。小球 从A到C的过程中，电势能不变，则电场力不做功，重力做正 功，速度会增大，故小球不可能沿圆环做匀速圆周运动，故B正 确。小球在A处的速度为√gR,两正电荷对其库仑力的合力 指向O点，根据牛顿第二定律有mg十P元十R、=m爱，可得 FN=一F,即小球在A处受到内轨道向上的支持力，故C错 误。在D点，两正电荷对小球库仑力的合力指向O点，小球所 受重力竖直向下，故小球在D点受到的合外力不指向O点，故 D错误。 5.B【解析】粒子带正电，由洛伦兹力 ① 、◆V/cm 提供向心力可知，粒子在磁场中做逆 0 时针方向的圆周运动，由Bgv= m女，可得r=阳=5cm,粒子运动 5 x/em 的两种临界情况如图所示，当粒子沿 轨迹①运动时，打到最左端，位置坐 标为（一5cm,0):当粒子沿轨迹②运动时，打到最右端，由几何 知识可知，最右端位置坐标为(5cm,0)。 D【解析】粒子做逆时针方向的匀速圆周运动，根据左手定则 可知粒子带正电，A错误。根据qvB=:xx×x×x m,得二Br从M点射出的粒子的轨 n 迹半径更小，则速率更小，B错误。根据t= - ,粒子运动的周期不变，圆周运动 2π 的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系 可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小时，运动时间越 短，如图示，当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小，Ob等于 R,由几何关系可知，此时圆周运动的圆心角为120°，则最短时 间为ta=360×1 0X2=M、N两点具体位置未知，则无 法判断从M、N点射出的粒子在磁场中运动的时间的大小关 系，C错误，D正确。 B D【解析】根据题述，粒子从CF的中点射出，由左手定则可 知，粒子带正电。若区域I中电场强度大小为E、磁感应强度大 小为B,,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,沿直线AC运动的粒 E 子进人区域Ⅱ，则有Eg=gB,可得其速度为0=B,设CF= L,粒子从CF的中点射出，在区域Ⅱ的磁场中运动轨迹半径为 7。=②平，所对的圆心角仍为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间 4 为。=4，若仅将区域I中磁感应强度大小变为2B1,沿直线 E AC运动的粒子进人区域Ⅱ，其速度为，一2B,在区域Ⅱ的磁 场中运动轨迹所对的圆心角仍为90°，它们在区域Ⅱ中运动的 )故A错误。若仅将区域I中电场强 2E,沿直线AC运动的粒子进人区域Ⅱ，其速度v=华，在区域 Ⅱ的磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运 T 动的时间为2=4，故B错误。若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大 小变为B,由如…气4，=m解得=后，器后 √6 7,大于2)，带电粒子将从GF射出，由sin0=Lcos45 3 粒子运动镜速所对的圆心角日=号，则：=台，故C错误。 3 若仅将区线I中酸感应强度大小变为B,曲0· √2 B2= m,解得r= 4.mv4. 2‘B,21 ，=L,大于，带电粒子将从 2 GF射出，由sm0-L5-号，粒子运动轨迹所对的圆心角 0=冬，则1=名，故D正确。 AD【解析】粒子在磁感应强度为B'的磁场中向左偏转，根据 左手定则可知粒子带正电；粒子经过速度选择器时所受的电场 力和洛伦兹力平衡，电场力水平向右，可知洛伦兹力水平向左 由左手定则可知速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外，有 E gE=qB,解得，一B,即通过速度选择器的所有粒子速度大小 相同，故A正确，C错误。经过速度选择器进入下方磁场的粒 子速率相等，由洛伦兹力提供向心力得gB'=m只，可得比荷 为品RB,粒子打在屏A,A:上的位置越靠近P,则半径R m 越小，粒子的比荷越大，故D正确。所有打在屏A1A2上的粒 ·6 1 子，在下方磁场中做匀速圆周运动，运动时间为t三2T三2× 的适当值应为。= ，故A正确。对从O点以水平向左的 gB 速度。做匀速圆周运动这个分运动进行分析，由洛伦兹力提 2π=RB,由于粒子在磁场中运动的半径不同，则运动时间不 7 相同，故B错误。 供向心力，有9四，B=m,圆周运动的周期T=2,解得轨 0.BC【解析】粒子在磁场中运动一周加速两次，则交变电压的 周期应等于粒子在磁场中的运动周期，故A错误；二者周期相 迹半径R=m。,工=，小球第一次到达滚轮线最低点时， Bq ,则频率也相等，由周期公式T==,可得磁感应西 1 eB 经过的时间t=。T=石，最低点的y轴坐标为y=一2R= 度B=2πm,故B正确；由周期公式T=2”- eB=于，质量m增 ,,故B错误，C正确。根据运动的合成可知，小球在最 大，则周期增大，频率减小，要保证粒子动能持续增加，则高频 交流电的频率应减小，故C正确；由公式e0B=m,,得v 低点的速度大小为2，= 2mg,故D正确。 gB ,当r取最大半径R时，粒子有最大速度。=eBR eB 16。AB【解析】电子经电场加速，由动能定理有Ue=2m02,得 m m 则最 终的动能为E,=}m2-BR,可知最终获得的动能与加 0正，故A正确；电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹 2m 速电压无关，根据qU=△Ek,可知仅使高频交流电电压加倍 时，粒子每次加速增加的动能加倍，总的加速次数就减少，最终 力充当向心力B=m及，其半径R-四-月风面，打在 eB Be 动能不变，故D错误。 AB【解析】当传感器有向上的纵向加速度时，其弹簧质量系 220m,由几何 1. 管粑材料上，最小半径R=号得Bm=云√。 统向下偏移，则霍尔元件所处位置的磁场方向向上，根据左手 关系有(2a)2十(Rax一a)2=Rnax,得最大半径Rmax=2.5a, 定则可知，金属导体中的自由电子在洛伦兹力的作用下，向前 表面运动，所以前表面比后表面的电势低，故A正确。若将 测B=2,磁感应强度大小范围为220m 5a e N、S磁极对调，根据左手定则可知，金属导体中的自由电子所 受洛伦兹力的方向反向，所以前后表面电势的高低情况相反， 2P0m,故B正确；电子在磁场中运动速度相同，对应半径 a e 故B正确。若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁 场为0，则监测不到霍尔电压，故C错误。根据导电粒子所受 最小时所用时间，=R一==a/2m 2v 4 Ue 对应半径最大时， 洛伦兹力等于电场力可知9B=q,解得EH=Bd0,仅增大 磁极间磁场的磁感应强度，其他条件相同时，监测到的霍尔电 在磁场中转过角度为a,由几儿何关系得si血a一 2a=0.8,解得 压增大，则传感器的灵敏度增大，故D错误。 2. CD【解析】根据左手定则可知，电离气体中正离子向上偏， 。。。,t应时间t2三6。×m一=144A7e,所以最长 144 Ue 负离子向下偏，上表面的导体电极可视为电源的正极，A错误。 根据电阻定律可知，发电机的内阻为，-P品，B错误。当发电 时间为阳√密，放C错误：产生X光的电子在藏场中的动 量变化量最大为△p=2mv=2√2Ume,故D错误。 通道上下表面间的电势差稳定时，有q=g0,解得电动势 物理选择题专练（九） E=Bav,C正确。根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R1.C【解析】穿过ab两环的磁通量对应的有效面积相同，所以 E Bably 的电流为I=R+,一lR+ ,D正确。 磁通量大小之比为1：1，故A错误。Q、b两环绕圆心在纸面内 转动时，穿过两环的磁通量均不变，均不产生感应电流，故B错 误。根据楞次定律结合安培定则可知，磁感应强度B增大时， 4.C【解析】根据题意可知，使不同时刻通过电容器的电子发生 a、b两环中均有逆时针方向的感应电流，故C正确。根据法拉 不同程度的偏转，则电子通过电容器后速度方向不同，故A错 误。经交变电场后电子发生不同程度的偏转，故经交变电场后 第电磁感应定律有E= △t =S AB ,可知磁感应强度B均匀增 △t 电子在垂直PO方向上的速度大小不同，此时由洛伦兹力提供 大时，a、b两环中产生的感应电动势之比为E。:E。=1:1,根 向心力，有m三=BeU1,得，=g,放从右侧往左侧看，电 E 据电阻定律R=pS,可得R。:R。=2:3,根据I=尺，解得 子做圆周运动的半径不同，故B错误。电子在垂直于磁场方 I。:I6=3:2,故D错误。 向做圆同运动的周期T一-答，从中轴线到再次回到中 2. C U 3.BC【解析】图示位置线圈中的磁通量最大，磁通量变化率为 轴线所用时间t=T,故所有电子从发散到再次会聚所用的时 零，则线圈中的感应电动势为零，故A错误。从图示位置开始 间相同，故C正确。从发散点到会聚点，电子在沿PO方向和 的一小段时间内，线圈中的磁场竖直向下且磁通量减小，根据楞 垂直PO的平面上的两个分运动时间相等，则t文=t侧，电子经 次定律，感应电流由a到b,b端的电势比a端高，故B正确。从 过加速电场有eU=?m0,电子射出电容器后在P0方向做 图示位置转过90°时，线圈中的磁通量最小，磁通量变化率最 大，则线圈中的感应电动势最大，故C正确。从图示位置转过 匀速直线运动，有：=，电子在垂直于P0的平面上做匀速 180°时，线圈中的磁通量最大，感应电动势为零，a端的电势等 于b端的电势，故D错误。 dT- t= 4.ACD【解析】图乙时刻穿过线圈的磁通量为零，选项A正确。 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有ev1B=m 永磁体相对线圈运动越快，线圈切割磁感线的速度越大，则线 圈中产生的感应电动势越大，选项B错误。当永磁体相对于线 eBt侧=nTn=1,2,3,…),联立解得-8nxU 2πm mB222(n=1,2, 圈的速度大小为⑦时，线圈两边切割磁感线产生的感应电动势 方向相同，则线圈中产生的感应电动势大小为E=2BL,选项 3…),故D错误。 C正确。根据右手定则，永磁体相对线圈下降时，线圈相对磁场 ACD【解析】对以v,的速度水平向右做匀速直线运动这个 向上运动，则图乙中感应电流的方向为顺时针方向，选项D 分运动进行分析，根据平衡条件有mg=q心oB,则速度v。所取 正确。