专题四 电场和磁场 专项训练 -2026届高三物理二轮复习

专题四 电场和磁场 一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。每题只有一个选项符合题意。 1.(2025连云港一模)如图所示,四个孤立的均匀带电球体的电荷量相同,a、b、c、d点到各自的球心O距离相等,球体所带电荷在a、b、c、d处产生电场强度最小的是(　　) 2.(2025南京二模)如图,在一点电荷-Q附近有一不带电的球形导体处于静电平衡,其电势为φ1;现把球形导体左侧接地,达到静电平衡时断开接地并移走-Q后,其电势为φ2。下列说法正确的是(　　) A.接地时电子从大地沿导线向导体移动 B.接地达到静电平衡后,导体左侧半球不带电 C.接地达到静电平衡后,导体左侧半球电荷量不变 D.φ1<φ2 3.(2026常州开学考试)磁电式电流表的构造如图甲所示,在蹄形磁体的两极间有一个可以绕轴转动的线圈,转轴上装有螺旋弹簧和指针,蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布,如图乙所示。当电流通过线圈时,线圈在安培力的作用下转动,螺旋弹簧被扭动,线圈停止转动时满足NBIS=kθ,式中N为线圈的匝数,S为线圈的面积,I为通过线圈的电流,B为磁感应强度,θ为线圈(指针)偏角,k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象,由题中的信息可知(　　) A.线圈转动过程中受到的安培力逐渐变大 B.若线圈中通以如图乙所示的电流时,线圈将沿逆时针方向转动 C.线圈(指针)偏角θ与通过线圈的电流I成正比 D.电流表的灵敏度定义为,更换k值更大的螺旋弹簧,可以增大电流表的灵敏度 4.(2026南京调研)如图所示,一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择器,然后粒子通过平板S上的狭缝P进入平板下方的匀强磁场,平板下方的磁场方向如图所示。粒子最终打在平板S上,粒子重力不计,则下列说法正确的是(　　) A.粒子带负电 B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C.能沿直线通过狭缝P的粒子具有相同的动能 D.粒子打在平板S上的位置离狭缝P越远,粒子的比荷越小 5.(2025淮安一模)如图所示,两个同种点电荷分别位于M、N两点,电荷量分别为q、2q,P、Q是MN连线上的两点,且MP=QN。下列说法正确的是(　　) A.P点电场强度比Q点的大 B.P点电势与Q点相等 C.若点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变 D.若点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍 6.(2026南通一模)如图所示,在观察电容器充、放电现象实验中,开关S接1,经过时间t1电容器充电结束,电荷量为Q1。将开关S改接2,放电结束后增大R的阻值,再将开关S接1,经过时间t2电容器充电结束,电荷量为Q2,则(　　) A.t1>t2 B.t1<t2 C.Q1>Q2 D.Q1<Q2 7.(2025常州期中)电动餐桌的转盘由电动机带动,现施加外力使转盘停止转动,电动机被卡住不转动,假设电动机两端的电压保持不变,则电动机被卡住后与正常工作相比(　　) A.消耗功率变大 B.发热功率不变 C.电压与电流比值不变 D.电流变小 8.(2025常州期末)如图所示,空间存在平行于xOy平面的匀强电场,电场强度大小为E=10 N/C,与x轴正方向的夹角为θ=37°,规定O点电势为零,若x轴和y轴上电势分别用φx和φy表示,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下图的φx-x,φy-y图像正确的是(　　) 9.(2025南通统考)如图所示,一段均匀带电的绝缘圆弧,所带电荷量为-q。圆弧圆心为O,两端点分别为P、Q,M、N为圆弧上的两点,且PN和MQ均为直径。已知O点电场强度大小为E0,电势为φ0。则圆弧PM在圆心O点处产生的电场强度E的大小和电势φ分别为(　　) A.E= B.E=E0 C.φ=3φ0 D.φ=φ0 10.(2026南通一模)某同学设计了甲、乙两个电路,都能将同一个小量程电流表改装成0~1 mA、0~10 mA的两个量程的电流表,电路如图所示,则(　　) A.R1>R2 B.R1<R3 C.R2<R3 D.R2<R4 二、非选择题:共5题,共60分,其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位。 11.(15分)(2025如皋二模)某实验小组在实验室中测量一根金属丝的直径和电阻。实验器材有:螺旋测微器、待测金属丝Rx、电池组E、电流表A、电压表V、滑动变阻器R、定值电阻R0、开关、导线若干。 甲 (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,图甲的读数为　　　　 mm。  (2)小红同学设计如图乙所示电路图,电压表的右端分别连接a点和b点,发现电流表读数几乎没变,电压表示数变化明显,为了减小误差,电压表右端应与　　　　(选填“a”或“b”)点连接。  乙 丙 (3)请根据(2)问中的电路图,用笔划线代替导线完成图丙中实物间的连线,并使闭合开关的瞬间,电压表和电流表读数均为最小值。根据电表读数可计算得到待测金属丝的电阻。 (4)小江同学设计了如图丁所示的电路,部分实验步骤如下:①滑动变阻器滑片滑至适当位置并保持不变;②在A、B之间接入定值电阻R0,闭合开关,记下电流表的示数I0;③断开开关,取下定值电阻;④在A、B之间接入待测金属丝,闭合开关,记下电流表的示数I。则Rx=　　　　　　　　　　　　(用E、R0、I0、I表示)。  丁 (5)小明认为,因电表内阻的影响,小红、小江同学方案中Rx的测量值均偏大。你是否同意他的观点,并简要说明理由  　。  12.(8分)(2025扬州中学阶段检测)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为L。不计重力影响和离子间的相互作用。求: (1)磁场的磁感应强度B的大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 13.(8分)(2025常州前黄高级中学质量监测)如图所示,一带电荷量为-q、质量为m的小物块处于一倾角为θ=37°的足够长的光滑绝缘斜面上,当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时,小物块恰好处于静止状态。重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求电场强度的大小; (2)若将小物块沿斜面下移距离为d,求小物块电势能的变化。 14.(13分)(2025南京师范大学附属中学模拟)在如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间距离d=0.6 m,板长L=1.2 m,电源电动势E=20 V,内阻r=1 Ω,定值电阻R=9 Ω。在A板的中点O固定一条长为l=0.3 m的轻质绝缘细线,细线另一端连接一个可视为质点且重力不计的带正电小球。闭合开关S,待电路稳定后,小球在水平恒力F作用下恰好保持静止,细线与竖直方向的夹角θ=60°。当撤去恒力F后,小球运动到最低点C时,细线恰好断裂,小球继续运动。已知该粒子电荷量q=1×10-3 C,质量m=9×10-5 kg,C点在B板上投影点为D,空气阻力忽略不计。求: (1)水平恒力F的大小; (2)在C点,细线对小球的拉力FT(细线断裂前); (3)试判断小球最终是落在B板上还是从AB板间飞出。若落在B板上,求落点到D点间的水平距离x,若从AB板间飞出,求偏转距离y。 15.(16分)(2025宿迁、南通、连云港二模)如图所示,在xOy坐标系第一象限内有两个四分之一圆弧MN、PQ,圆弧的圆心均在坐标原点O处,MN的半径为R,MN、PQ间有一电压为U0(未知)的辐向电场。MN外侧第一象限内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。从PQ上各处飘入电场的电子,其初速度几乎为0,这些电子沿径向加速后进入磁场。从M点进入磁场的电子直接从磁场中N点射出。已知电子的电荷量为e,质量为m。 (1)求电压U0; (2)若电压为,求从M点进入磁场的电子在磁场中运动的时间t; (3)若电压为3U0,求MN上进入磁场的电子在磁场中经过区域的面积S。 答案： 1.D　解析 孤立的均匀带电球体在空间产生的电场强度可等效为球心处有一与球体所带电荷量相等的点电荷在球体外部产生的电场强度,均匀带电球壳在内部任意位置产生的电场强度为0,由图可知四个带电球体在a、b、c、d处产生电场强度的等效电荷量关系为Q1=Q2>Q3>Q4,根据E=,可得Ea=Eb>Ec>Ed。故选D。 2.D　解析 导体处在负电荷的电场中,则电势低于大地的电势,则接地时电子从导体沿导线向大地移动,A项错误;接地达到静电平衡后,导体所带电荷重新分配,导体左侧半球带正电,左侧半球电荷量发生改变,B、C项错误;开始时导体处在负电荷的电场中,则电势低于大地的电势,φ1<0;断开接地并移走-Q后,导体球重新达到静电平衡,但是带正电,电势φ2>0,可知φ1<φ2,D项正确。 3.C　解析 磁场均匀辐向分布,线圈转动过程中各个位置的磁感应强度大小不变,故受到的安培力大小不变,A项错误;若线圈中通以如题图乙所示的电流时,根据左手定则知,线圈左侧所受安培力向上,右侧所受安培力向下,线圈将沿顺时针方向转动,B项错误;线圈停止转动时,NBIS=kθ,解得θ=I,故线圈(指针)偏角θ与通过线圈的电流I成正比,C项正确;电流表的灵敏度为,由NBIS=kθ得,更换k值更大的螺旋弹簧,电流表的灵敏度减小,D项错误。 4.D　解析 根据粒子在下方磁场中的偏转方向,结合左手定则可知,粒子带正电,A项错误;速度选择器中带正电的粒子受向右的电场力,则洛伦兹力向左,可知磁场方向垂直纸面向外,B项错误;能沿直线通过狭缝P的粒子满足Eq=qvB,则v=,则粒子的速度相同,粒子质量不一定相等,动能不一定相同,C项错误;根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得,粒子的速度相同,粒子打在平板S上的位置离狭缝P越远,轨迹半径越大,粒子的比荷越小,D项正确。 5.D　解析 可将电荷量为2q的点电荷看成两个电荷量均为q的点电荷,根据等量同种点电荷电场分布特点可知,等量同种点电荷电场中P、Q两点电场强度大小相等,方向相反,设为E0,所以E0=k-k=k-k,EP=E0-k,EQ=E0+k,则EP<EQ,若点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则E0、EP、EQ的大小也变为原来的2倍,故A项错误,D项正确;在等量同种点电荷电场中,P点电势与Q点相等,由于N点电荷电荷量较大,所以Q点电势高于P点电势,若点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差也变为原来的2倍,故B、C项错误。 6.B　解析 电容器充电结束后,其两端的电压U等于电源的电动势E,根据电容器电荷量的计算公式Q=CU,电容器的电容C和电源的电动势E在两次充电过程中都没有改变,所以两次充电结束后的电荷量相等,C、D错误。充电回路的总电阻越大,充电电流就越小,充电过程就越慢,所需时间就越长;在第二次充电前,增大了电阻R的阻值,导致充电回路的总电阻变大,由于两次充电需要充入的电荷量相同,而第二次充电时的平均充电电流更小,所以第二次充电所需的时间更长,因此t1<t2,A错误,B正确。 7.A　解析 电动机正常运转时UI1=r+P机,电动机被卡住后UI2=r,可知I2>I1,则被卡住后电动机电流I变大,消耗功率IU变大,发热功率I2r变大,A项正确,B、D错误;电动机正常运转时=r+,电动机被卡住后=r,即被卡住后电压与电流比值减小,C项错误。 8.D　解析 由题可知,沿x轴方向的电场强度的大小为Ex=Ecos 37°=8 N/C,结合φx-x图像的斜率即为电场强度Ex的大小,可知φx-x的斜率大小为8,由于O点电势为零,电势沿电场线的方向逐渐降低,故在x<0区域,其电势φx>0,在x>0区域,其电势φx<0,因此,A、B项错误;同理可知,沿y轴方向的电场强度的大小为Ey=Esin 37°=6 N/C,即φy-y图像的斜率大小为6,且在y<0区域,其电势φy>0,在y>0区域,其电势φy<0,C项错误,D项正确。 9.B　解析 根据对称性可知圆弧PM和QN在O点的合电场强度为0,圆弧MN在O点的电场强度为整个圆弧所带电荷在O点处的电场强度E0,又圆弧PM、MN和NQ在O点处的电场强度大小相等,则圆弧PM在圆心处的电场强度大小E=E0,A项错误,B项正确;电势为标量,圆弧PM、MN和NQ在O点的电势φ相等,φ=,C、D项错误。 10.B　解析 甲图中量程I1=10 mA时,分流电阻R1与电流表并联,则由并联电压相等,可得R1=,量程I2=1 mA时,分流电阻R2与电流表并联,则由并联电压相等,可得R2=,可知R1<R2,A错误;乙图中量程I1=10 mA时,可得R3=,乙图中量程I2=1 mA时,可得R4+R3=,比较可知R1<R3,R2>R3,R2>R4,B正确,C、D错误。 11.(1)0.998 (2)a (3)见解析图 (4)+R0 (5)不同意,小红同学方案因电压表分流,测量值偏小;小江同学在计算两组阻值的差值时,电流表内阻已减除,电流表内阻对测量值无影响 解析 (1)螺旋测微器的精确值为0.01 mm,由图甲可知金属丝的直径为d=0.5 mm+49.8×0.01 mm=0.998 mm。 (2)电压表的右端分别连接a点和b点,发现电流表读数几乎没变,电压表示数变化明显,可知待测电阻阻值较小,电压表的分流几乎可以忽略不计,为了减小误差,电流表应采用外接法,电压表右端应与a点连接。 (3)根据(2)问中的电路图,电流表采用外接法,并使闭合开关的瞬间,电压表和电流表读数均为最小值,完整的实物连线如图所示。 (4)在A、B之间接入定值电阻R0时,根据闭合电路欧姆定律可得=r+RA+R+R0 在A、B之间接入待测金属丝,根据闭合电路欧姆定律可得=r+RA+R+Rx 联立解得Rx=+R0。 (5)不同意,小红同学方案因电压表分流,使得电流表读数大于真实电流,则Rx的测量值偏小;小江同学在计算两组阻值的差值时,电流表内阻已减除,电流表内阻对测量值无影响。 12.(1)　(2)1∶4 解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有 q1U=m1 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1 由几何关系知 2R1=L 解得磁场的磁感应强度大小为 B=。 (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有 q2U=m2,q2v2B=m2 由几何关系知 2R2= 解得甲、乙两种离子的比荷之比为 =1∶4。 13.(1) (2) 解析 (1)小物块受力分析,如图 由受力平衡得qE=mgtan θ 得E=。 (2)电场力做功 W=-qEdcos θ=- 电势能变化量为ΔEp=-W=。 14.(1)3×10-2 N (2)6×10-2 N,方向竖直向上　 (3) m 解析 (1)金属板间的电压 U=·R=18 V 小球在金属板间所受的电场力的大小 F1=q 解得 F1=3×10-2 N 小球在恒力F作用下静止时,设绳子的拉力大小为FT1,由平衡条件,有 FT1sin 60°=F FT1cos 60°=F1 联立解得 F=3×10-2 N。 (2)小球由静止开始运动到C的过程中,根据动能定理,有 F1l(1-cos 60°)=-0 解得小球在C点的速度大小 vC=10 m/s 在C点,由牛顿第二定律 FT-F1=m 解得细线对小球的拉力大小 FT=6×10-2 N 方向竖直向上。 (3)细线断裂后,小球做平抛运动,假设小球不能从金属板间飞出,落在B板上所用的时间为t,则 x=vCt 根据牛顿第二定律,有 F1=ma 根据位移—时间公式 d-l=at2 联立解得 x= m<=0.6 m 故假设成立,即小球最终落在B板上,落点到D点间的水平距离为 m。 15.(1) (2) (3)R2 解析 (1)设电子经电场加速后,以速度v进入磁场做半径为r1的圆周运动有eU0=mv2 evB=m 如图1,由几何关系可知 r1=R 解得U0=。 图1 (2)电压为时,电子在磁场中运动的半径为r2 同理可知r2=R 如图2所示,设电子在磁场中运动的圆心O2与O点的连线与y轴夹角为θ 图2 则tan θ= 解得θ= 由几何关系可知电子在磁场中转过的圆心角之和φ=2π 电子在磁场中做圆周运动的周期 T= 电子在磁场中运动的时间t=T 解得 t=。 (3)电压变为3U0时,电子在磁场中运动的半径为r3 同理可知 r3=R 如图3所示,电子在磁场中运动的圆心O3与O点的连线与y轴夹角为α 则tan α= 电子在磁场中经过区域的面积如图3中阴影所示 图3 H为电子运动到距O点的最远点lOH=r3+ 设扇形O3MH的面积为S1,扇形OHH'的面积为S2,三角形OMO3的面积为S3,扇形OMN的面积为S4,则S1= S2= S3=Rr3 S4=πR2 电子在磁场中经过的面积S=S1+S2+S3-S4 解得S=R2。 学科网（北京）股份有限公司 $