2019版高考物理二轮复习专题检测：14 抓住“两类场的本质”理解电、磁场的性质(含解析)

专题检测（十四）  抓住“两类场的本质”，理解电、磁场的性质

1．[多选]如图所示，匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行。已知A、B两点的电势分别为φA＝12 V、φB＝6 V，则C、D两点的电势可能分别为(　　)

A．9 V,15 V　　　　　　 B．9 V,18 V

C．0,6 V  D．6 V,0

解析：选AC　已知四边形ABCD为平行四边形，则AB与CD平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各选项中数据可知，A、C正确，B、D错误。

2.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比。如图所示，4根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则长直通电导线a、b、c、d在O点产生的合磁场的磁感应强度B(　　)

A．大小为零

B．大小不为零，方向由O指向d

C．大小不为零，方向由O指向c

D．大小不为零，方向由O指向a

解析：选D　a、c中电流方向相同，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确。

3．(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)

A．vM＜vN，aM＜aN  B．vM＜vN，φM＜φN

C．φM＜φN，EpM＜EpN  D．aM＜aN，EpM＜EpN

解析：选D　电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aM<aN。粒子受到的电场力指向曲线运动轨迹的凹侧，又粒子带负电，所以电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，而沿电场线方向电势降低，即φM>φN，故B、C错误；又由Ep＝qφ和能量守恒知，带负电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpM<EpN，vM>vN，故A错误，D正确。

4．[多选]如图所示，Q1、Q2为两个带等量正电的点电荷，在两者的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为过O点的垂线上的一点。则下列说法中正确的是(　　)

A．在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线

B．若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在M点时的电势能最大

C．若将一个带电荷量为－q的点电荷从M点移到O点，则电势能增加

D．若将一个带电荷量为－q的点电荷从N点移到O点，则电势能增加

解析：选BC　根据等量同种正点电荷形成的电场在点电荷连线和中垂线上的电场强度和电势的特点可知，A错误；M、N、O三点电势大小的关系为φM>φO>φN，可判定带正电的点电荷在M点时的电势能最大，B正确；从M点到O点电势降低，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做负功，则电势能增加，C正确；从N点到O点电势升高，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做正功，则电势能减少，D错误。

5.在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可视为质点的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示。现让小球A、B、C都带电荷量为Q的正电荷，让小球D带电荷量为q的负电荷，若四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为(　　)

A.  B.

C．3  D.

解析：选D　设等边三角形的边长为a，由几何知识可知，BD＝acos 30°×＝a，以小球B为研究对象，由平衡条件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D项正确。

6.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点开始向右摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，如图所示，则金属棒中的电流(　　)

A．方向由M向N，大小为

B．方向由N向M，大小为

C．方向由M向N，大小为

D．方向由N向M，大小为

解析：选B　由题意知，金属棒受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N向M；金属棒所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于金属棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIlxsin θ－mg(x－xcos θ)＝0，解得：I＝，B正确。

7.如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝ m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示。已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是(　　)

A．电场强度的方向由O指向b点

B．电场强度的方向由O指向d点

C．电场强度的大小为10 V/m

D．电场强度的大小为10 V/m

解析：选D　由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6 V，如图所示，O、d连线的中点e处的电势为8 V，连接c、e，过O作ce的垂线交ce于f，则ce为等势线，电场线垂直于ce向下，即电场强度的方向由f指向O点，连接c、O，由Oc＝ m，eO＝

 m，得ec＝ m，由相似三角形得Of＝＝ m，O、f间的电势差为2 V，则电场强度大小为E＝＝10 V/m，选项D正确。

8．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)

A．a的质量比b的大

B．在t时刻，a的动能比b的大

C．在t时刻，a和b的电势能相等

D．在t时刻，a和b的动量大小相等

解析：选BD　经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A错误；电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误；根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。

9.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以大小为v的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，由此可知(　　)

A．小球带正电

B．电场力大小为2mg

C．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等

D．小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化不同

解析：选D　根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB＝2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t1＝＝2，从B点到C点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a2＝＝2g，方向竖直向上，故所用时间t2＝ ＝，故t1＝2t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化大小都等于2，但方向相反，选项D正确。

10.(2019届高三·九江模拟)如图所示，A是带电量为＋Q、半径为R的绝缘球体，且电荷均匀分布(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)。B为带电量为＋q的带电体，可视为点电荷，已检测到c点的场强为零，d点与c点到球心O的距离都为r，B到c点的距离也为r，若只把B移到e点，则d点场强大小为(　　)

A．k  B．k

C．k  D．k

解析：选A　A在c点产生的场强大小为EA＝k，方向水平向右；B在c点产生的场强大小为EB＝k，方向水平向左；因为c点的场强为零，所以有EA＝EB，即Q＝q。A在d点产生的场强大小为EA′＝k＝k，方向竖直向上；把B移到e点，B在d点产生的场强大小为EB′＝k，方向水平向左；根据电场的叠加原理，将A、B在d点产生的场强进行矢量叠加，可得d点场强大小为k，故A正确，B、C、D错误。

11．[多选](2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　)

A．平面c上的电势为零

B．该电子可能到达不了平面f

C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV

D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

解析：选AB　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确；电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，故C错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV，由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV，则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。

12．[多选](2018·武汉调研)如图所示，等腰直角三角形abc的直角边长度为L，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝2∶2∶1。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)

A．三个粒子速度的大小关系一定是v1＝v2<v3

B．三个粒子速度的大小关系可能是v1<v2<v3

C．粒子的比荷＝

D．粒子的比荷＝

解析：选BC　画出三个粒子射入磁场的运动轨迹如图所示，设速度为v1、v2、v3的粒子运动轨迹的半径分别为r1、r2、r3，由已知条件易知，速度为v3的粒子从ac边穿出，速度为v1、v2的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式r＝，则v3一定大于v1和v2，A错误，B正确；速度为v1的粒子偏转90°，则t1＝×，解得：＝，C正确；速度为v3的粒子偏转角为45°，由图中几何关系知：r3sin 45°＝L，而r3＝，解得：＝，D错误。

13．(2018·河南模拟)如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，下列说法中正确的是(　　)

A．A′、B′、C′三点的电场强度相同

B．△ABC所在平面为等势面

C．将一正试探电荷从 A′点沿直线A′B′移到B′，静电力对该试探电荷先做正功后做负功

D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则AA′连线中点D处的电势φD一定小于

解析：选D　因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正点电荷的距离相等，故三点处的电场强度大小均相等，但其方向不同，故A错误；由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不全相等，由等势面的特点可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；由电势的特点可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当正试探电荷沿此直线从A′移动到B′时，电场力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误；因为UA′D＝

A′D·，UDA＝DA·，由点电荷的场强关系可知A′D>DA，又因为＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正确。

14．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)

A．运动到P点返回

B．运动到P和P′点之间返回

C．运动到P′点返回

D．穿过P′点

解析：选A　电子在A、B板间的电场中做加速运动，在B、C板间的电场中做减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间做加速运动后，在B、C板间做减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。