PAGEPAGE8電場和磁場(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～11題為多項選擇題)1.如圖所示為某一點電荷Q產生的電場中的一條電場線，A、B為該電場線上的兩點，在電子以某一速度沿電場線由A運動到B的過程中，其動能增加，則可以推斷()A．場強大小EA>EBB．電勢φA>φBC．電場線方向由B指向AD．若Q為負電荷，則Q在B點的右側解析：由于電子以某一速度沿電場線由A運動到B的過程中，其動能增加，故電子所受的電場力方向與速度方向一樣，由A指向B，因電子帶負電，所以電子所受電場力的方向與場強方向相反，故場強方向由B指向A，即電場線方向由B指向A，依據沿著電場線方向電勢漸漸降低可知，φA<φB，選項B錯誤，C正確；結合點電荷四周電場線的分布特點可知，該點電荷可以是正點電荷且處在B點的右側，也可以是負點電荷且處在A點的左側，若點電荷為負點電荷，則有EA>EB，若點電荷為正點電荷，則有EA<EB，選項A、D錯誤。答案：C2．(2024·天津卷·3)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN。下列推斷正確的是()A．vM<vN，aM<aNB．vM<vN，φM<φNC．φM<φN，EpM<EpND．aM<aN，EpM<EpN解析：因為N點的電場線密，所以場強大，受到的電場力大，加速度大，即aM<aN。由虛線彎曲方向知，帶負電粒子受力指向運動軌跡的凹側，電場方向由電場線稀疏一側指向電場線密集一側，沿電場線方向電勢降低，即φM>φN。又由Ep＝qφ知，帶負電粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，即EpM<EpN。若帶負電粒子由M向N運動過程中電場力做負功，則動能減小，所以vM>vN。若帶負電粒子由N向M。運動過程中電場力做正功，則動能增大，也可得vM>vN，故選D。答案：D3．(2024·岳陽一模)如圖所示，一帶電小球懸掛在平行板電容器內部，閉合開關S，電容器充電后，細線與豎直方向夾角為φ，則下列說法中正確的是()A．保持開關S閉合，使兩極板靠近一些，φ將減小B．保持開關S閉合，將滑動變阻器滑片向右移動，φ將減小C．斷開開關S，使兩極板靠近一些，φ將不變D．輕輕將細線剪斷，小球將做斜拋運動解析：保持開關S閉合，即電容器兩端電壓不變，使兩極板靠近些，由E＝eq\f(U,d)知，電場強度增大，φ將增大，A項錯誤；調整滑動變阻器滑片不影響電容器兩極板間的電壓，B項錯誤；斷開開關S，電容器兩極板所帶電荷量不變，使兩極板靠近一些，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)知，E不變，即夾角φ不變，C項正確；輕輕將細線剪斷，小球所受合力方向沿細線方向向下，所以小球將沿細線方向向下做勻加速直線運動，D項錯誤。答案：C4.如圖所示，28根通有同向等大電流的長直導線(彼此絕緣)正好緊密排列在以O為圓心的圓周上，直徑BD水平，AC豎直，直導線中電流方向均垂直紙面對外，現將B處的長直導線撤走，而將C處的長直導線平移到圓心O處，則圓心O處的長直導線所受安培力的方向()A．沿∠COB的角平分線向下B．沿∠AOB的角平分線向上C．沿∠AOD的角平分線向上D．沿∠COD的角平分線向下解析：因通電直導線的磁場是以導線為圓心的一層層的同心圓，由對稱性可知O處的磁場為A處直導線的電流和D處直導線的電流在O點產生的磁場的疊加，由安培定則可知A處直導線的電流在O點產生的磁場方向水平向右，D處直導線的電流在O點產生的磁場方向豎直向上，且兩處直導線的電流在O點產生的磁場大小相等，由矢量的合成法則知O處的磁場方向沿∠AOB的角平分線向上，由左手定則可知圓心O處的長直導線所受安培力的方向沿∠AOD的角平分線向上，C對。答案：C5．(2024·北京卷·19)探討與平行板電容器電容有關因素的試驗裝置如圖所示。下列說法正確的是()A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大解析：A對：試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，在b板上將感應出異種電荷。B錯：b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大。C錯：插入有機玻璃板，相對介電常數ε變大，由C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小。D錯：C＝eq\f(Q,U)，試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，是由于C不變導致的。答案：A6.(2024·山東煙臺二模)如圖所示，ac和bd為正方形abcd的對角線，O為正方形的中心。現在a、b、c三點分別放上電荷量相等的三個正電荷，則下列說法正確的是()A．O點電場強度的方向垂直于ac由O指向dB．從O到d電勢漸漸上升C．將b點的電荷移到O點時，d點的電場強度變小D．將帶正電的摸索電荷由O移到d，該電荷的電勢能漸漸削減解析：a、c兩點在O點形成的電場強度為零，故O點的場強就是b點的電荷在O點產生的場強，其方向垂直于ac由O指向d，將b點的電荷移到O點時，d點的電場強度變大，選項A正確，C錯誤；從O到d電勢漸漸降低，將帶正電的摸索電荷由O移到d，該電荷的電勢能漸漸削減，選項B錯誤，D正確；故選A、D。答案：AD7.如圖，光滑半圓槽兩端固定著兩通電直導線A和C，電流方向垂直紙面對外，電流大小相等，另一通電輕導線B(重力不計)中電流方向垂直紙面對里，若將導線B從圖中位置釋放，關于導線B的受力及運動狀況，下列說法正確的是()A．釋放時，導線B所受合力方向沿圓槽切線方向斜向上B．釋放時，導線B所受合力方向沿圓槽切線方向斜向下C．導線B將在圓槽中做往復運動D．導線B將沿圓槽向上運動解析：起先釋放時，導線B受力如圖甲所示，在半徑方向上合力為零，在切線方向上合力斜向下，所以導線將沿圓槽向下加速運動。經過最低點之后，受力分析如圖乙所示，在切線方向上合力斜向下，導線將沿圓槽做減速運動，到達與初始位置對稱的位置時停止，之后做往復運動。綜上所述，選項B、C正確。答案：BC8．在某電場中沿x方向上，電勢φ與x關系如圖所示，假設有一電子在該電場中僅受電場力作用而移動，則下列關于電場和電子能量說法正確的是()A．x3到x4區域內沿x軸方向上的電場為勻強電場B．若電子從電勢為2V的x1位置向右運動到電勢為2V的x7位置，因為電子電勢能不變，電場力不做功，電子初動能大于零即可滿意要求C．x6到x7區域內沿x方向的電場強度為零D．若電子從電勢為2V的x1位置向右運動到電勢為2V的x7位置，為了通過x4處電勢為3V的位置，電子至少具有的初動能為1eV解析：由x3到x4電勢勻稱增大，則電場為勻強電場，故A正確；由x6到x7電勢不變，則沿x方向電場強度為零，故C正確；要電子能從x1運動到x7，對于x1到x2，電場力阻礙電子運動，電子的初動能要大于電場力做功的值，故B錯誤；電子只要能通過x2處，就可通過x4，則其具有的初動能至少為2eV，故D錯誤。答案：AC9.如圖所示，三個帶電小球A、B、C可視為點電荷，所帶電荷量分別為＋Q、－Q、＋q。A、B固定在絕緣水平桌面上，C帶有小孔，穿在粗糙絕緣桿上且與絕緣桿間的動摩擦因數到處相同，絕緣桿豎直放置在A、B連線的中點處，將C從桿上某一位置由靜止釋放，下滑至桌面時速度恰好為零。C沿桿下滑時帶電荷量保持不變，那么在C下滑的過程中，以下推斷正確的是()A．C所受摩擦力變大B．電場力做正功C．C的電勢能不變D．下滑到桿的中點時C的速度肯定最大解析：由于在兩個等量異種點電荷連線的中垂線上。從連線中點向上，各點的電場強度漸漸減小，所以C從桿上某一位置由靜止釋放，在下滑過程中所受的水平向右的電場力漸漸增大，C與桿間的壓力漸漸增大，所受摩擦力漸漸增大，選項A正確；由于電場力水平向右，C沿豎直桿運動，故電場力做功為零，選項B錯誤；由于兩個等量異種點電荷連線的中垂線是等勢線，各點電勢相等，所以C從桿上某一位置由靜止釋放下滑的過程中，電勢能不變，選項C正確；C從桿上某一位置由靜止釋放下滑的過程中，當摩擦力大小增大到等于重力大小時，速度最大，此時C不肯定是下滑到桿的中點，選項D錯誤。答案：AC10.如圖所示，在絕緣水平面上固定著一光滑絕緣的圓形槽，在某一過直徑的直線上有O、A、B三點，其中O為圓心，A點固定電荷量為Q的正電荷，B點固定一個未知電荷，且圓周上各點電勢相等，AB＝L。有一個可視為質點的質量為m，電荷量為－q的帶電小球正在槽中運動，在C點受到的電場力指向圓心，C點所處的位置如圖所示，依據題干和圖示信息可知()A．B點的電荷帶正電B．B點的電荷的電荷量為3QC．B點的電荷的電荷量為eq\r(3)QD．小球在槽內做的是勻速圓周運動解析：如圖，由小球在C點時受到的電場力指向圓心，對小球受力分析可知B點的電荷對小球有排斥力，因小球帶負電，則B點的電荷帶負電，由∠ABC＝∠ACB＝30°，知：∠ACO＝30°，AB＝AC＝L，BC＝2ABcos30°＝eq\r(3)L由幾何關系可得：F1＝eq\r(3)F2即：eq\f(kQq,L2)＝eq\r(3)eq\f(kQBq,\r(3)L2)得QB＝eq\r(3)Q，故A、B錯誤，C正確。圓周上各點電勢相等，小球在運動過程中電勢能不變，依據能量守恒得知，小球的動能不變，小球做勻速圓周運動，故D正確。答案：CD11．光滑平行導軌水平放置，導軌左端通過開關S與內阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L＝20cm的兩段光滑圓弧導軌相接，一根質量m＝60g、電阻R＝1Ω、長為L的導體棒ab，用長也為L的絕緣細線懸掛，如圖所示，系統空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T，當閉合開關S后，導體棒沿圓弧導軌搖擺，擺到最大高度時，細線與豎直方向成θ＝53°角，搖擺過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態，導軌電阻不計，忽視導體棒產生的反電動勢，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，則()A．磁場方向肯定豎直向下B．電源電動勢E＝3VC．導體棒在搖擺過程中所受安培力的大小F＝3ND．導體棒在搖擺過程中電源供應的電能為0.048J解析：導體棒向右沿圓弧導軌搖擺，說明其受到方向向右的安培力，由左手定則知該磁場方向豎直向下，選項A正確；導體棒搖擺過程中只有安培力和重力做功，由動能定理知BIL·Lsinθ－mgL(1－cosθ)＝0，代入數值得導體棒中的電流為I＝3A，由E＝IR得電源電動勢E＝3V，選項B正確(留意最大偏角處并不是處于平衡狀態)；由F＝BIL得導體棒在搖擺過程中所受安培力的大小F＝0.3N，選項C錯誤；由能量守恒定律知電源供應的電能W等于電路中產生的焦耳熱Q和導體棒重力勢能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cosθ)＝0.048J，故W>ΔE＝0.048J，選項D錯誤。答案：AB二、非選擇題12.如圖所示，在xOy坐標平面內，x軸上、下方分布有磁感應強度不同的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面對里，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸上的P點以肯定的初速度沿y軸正方向射出，粒子經過時間t第一次從x軸上的Q點進入下方磁場，速度方向與x軸正向成45°角，當粒子再次回到x軸時恰好經過坐標原點O，已知OP＝L，不計粒子重力，求：(1)帶電粒子的初速度大小v0；(2)x軸上、下方磁場的磁感應強度之比eq\f(B1,B2)。解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示。由幾何