2022届高考物理二轮复习专题07 电场和磁场 WORD版含答案.docx

1、专题7 电场和磁场一选择题1 如图所示是一个常用的电子元件，该电子元件()A是电阻B电容是1 000 FC带电荷量是16 000 CD击穿电压为16 V2 图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的距离为x，P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，E的合理表达式应为()AE2kx BE2kxCE2kx DE2kx3 已知导线中的电流在周围空

2、间产生磁场的磁感应强度大小为Bk，k为常量，r为到导线的距离。如图所示，两个半径相同、材料不同的半圆环并联接在电路中，电路中的总电流为I，流过ABD半圆环的电流为，流过ACD半圆环的电流为I，在圆环圆心O处电流产生磁场的磁感应强度大小为B0。若将ABD半圆环截去，电路中的总电流保持不变，则此时O点处的磁感应强度大小为()A3B0 B2B0 CB0 D.B04 如图甲所示，两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m、3m的带电小球A、B(均可视为点电荷)悬挂在O点，系统处于静止状态，然后在水平方向施加一匀强电场，当系统再次达到静止状态时，如图乙所示，小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态)。则两

3、个点电荷带电荷量QA与QB的大小关系正确的是()A73 B31 C37 D535 利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知F1F2，则磁感应强度B的大小为()A.B B.B C.B D.B6 (多选)已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强

4、度满足Bk(其中k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离)现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图3，其中A、C导线中的电流大小为I1，B、D导线中的电流大小为I2.已知A导线所受的磁场力恰好为零，则下列说法正确的是()A电流的大小关系为I12I2B四根导线所受的磁场力为零C正方形中心O处的磁感应强度为零D若移走A导线，则中心O处的磁场将沿OB方向7 (2017全国卷)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是()A电场强度的大小为2.5

5、V/cmB坐标原点处的电势为1 VC电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV8 如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为q的点电荷，静电力常量为k，则点电荷q受到的电场力大小为()AB CD9 (多选)如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为，把半圆环分成AB、BC、CD三等分下列说法正确的是()ABC部分在O点产生的电场强度的大小为BBC部分在O点产生的电场强度的大小为CBC部分在O点产生的电势为DBC部分在O点产生的电势为10 (多选)图中虚线a、

6、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fC该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍11 (多选)如图所示，两块正对平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，则()A点电荷受到的电场力变小BM板带的电荷量增加CP点的电势升高D点电荷在P点具有的电势能增加12 如图所示，小球A、B带电荷量相等，质量均为m，都用

7、长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F.由于外部原因小球B的带电荷量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的带电荷量减小为原来的()A. B. C. D.13 （多选）长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M到金属板右端的距离也为l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为m，电荷量为q的粒子以初速度v0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上对此过程，下列分析正确的是()A粒子在平行金属板间的运

8、动时间和在金属板右端到光屏的运动时间相等B板间电场强度大小为C若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上D若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上14 如图所示， 真空中电荷量均为Q的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则()AA、B、C、D四个点的电势相同BA1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同C负检验电荷在A点的电势能小于在C1点的电势能D正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做正功15 (多选)如

9、图所示，下端封闭、上端开口、高h5 m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m10 g，电荷量的绝对值|q|0.2 C的小球，整个装置以v5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B0.2 T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出g取10 m/s2.下列说法中正确的是()A小球带负电 B小球在竖直方向做匀加速直线运动C小球在玻璃管中的运动时间小于1 s D小球机械能的增加量为1 J16 如图所示的坐标系中，有两个半径均为r的圆形线圈L1、L2，分别垂直于y轴和x轴放置，其圆心O1和O2的坐标分别为(0，r)、(r，0)，给线圈L1

10、通电流3I0(从上向下看为逆时针方向)，给线圈L2通电流4I0(从右向左看为逆时针方向)据相关电磁学理论可以知道，圆环形电流在其中心轴线上产生的磁感应强度为B，其中为真空磁导率，I为环中电流，r为圆环半径，Z为中心轴线上任意一点到圆环圆心的距离据此可推算出两通电线圈在坐标原点O处产生的磁感应强度的大小和方向分别为()A.，方向指向第一象限 B.，方向指向第二象限C.，方向指向第三象限 D.，方向指向第四象限17 （多选）如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B

11、极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A极板来改变两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N点的右侧B若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧C若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧D若小球带负电，当A、B间距增大时，小球可能打在N点的左侧18 A、B为两等量异种点电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线。现将另两个等量异种的检验电荷a、b，用绝缘细杆连接后从无穷远处沿中垂线平移到A、B的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称，若规定离A、B无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是()A.

12、在A、B的连线上a所处的位置电势a0B.a、b整体在A、B连线处具有的电势能Ep0C.整个移动过程中，静电力对a做正功D.整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功19 （多选）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x轴的分布如图所示。一个质量m2.01020 kg、电荷量q2.0109 C的带负电的粒子从(1，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则()A.x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比B.粒子在00.5 cm区间运动过程中的电势能减小C.该粒子运动过程中电势能变化量

13、的最大值为4.0108 JD.该粒子运动的周期T3.0108 s20 （多选）如图甲所示，倾角30的光滑绝缘固定斜杆底端固定一电荷量为2104 C的正点电荷Q，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)由静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图乙所示，其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像(静电力常量k9109 Nm2/C2，g10 m/s2)，则()A小球向上运动过程中的加速度先增大后减小B小球向上运动过程中的速度先增大后减小C由图线1可求得小球的质量m4 kgD斜杆底端至小球速度最大处，由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U2.35105

14、 V21 (多选)如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点P到直径MN的距离为h，则()A若某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，则该粒子的入射速度是B恰好能从M点射出的粒子速度是C若hR，粒子从P点经磁场到M点的时间是D当粒子轨道半径rR时，粒子从圆形磁场区域最低点射出22 如图5所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O点出发，沿ON方向在竖直面内做匀变速直

15、线运动。ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgqE，不计空气阻力。则()A 小球运动的加速度大小为 B小球可能一直做匀加速运动C小球沿ON方向运动的最大位移为022g D在小球运动的前0g时间内，电场力对小球做功为m02423 一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷Q与其像电荷Q共同激发产生的像电荷Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷Q在此镜中的像点位置如图所示，已知Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN，则()Aa点的电场强度大小为E4kBa点的电

16、场强度大小大于b点的电场强度大小，a点的电势高于b点的电势Cb点的电场强度和c点的电场强度相同D一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零24 （多选）如图所示为实验室电磁炮的模型图。在倾角37的绝缘斜面上固定两条不计电阻、间距d1 m的平行金属导轨，导轨处在垂直斜面向下的B2 T的匀强磁场中，导轨下端接有电动势E24 V、内阻r1 的电源，滑动变阻器的阻值变化范围为010 ，允许通过的最大电流为5 A。导轨上放置一连同金属杆PQ在内的质量m1 kg的电磁炮，金属杆PQ垂直两金属导轨放置，金属杆电阻R02 ，与导轨间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关

17、S，使电磁炮在导轨上静止，则变阻器连入电路的阻值可能是(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)A.2 B.4 C.6 D.8 25 如图所示，三角形ABC为正三角形，在A、B两点分别放有异种点电荷，结果在C点产生的合场强大小为E，方向与CB边夹角30，CD是AB边的垂线，D为垂足，则下列说法正确的是()A.A处电荷带负电，B处电荷带正电B.A处电荷的电荷量是B处电荷的2倍C.撤去B处的电荷，C处的电场强度大小为ED.将一正点电荷从C点沿虚线移到D点，电势能一直减小26 (多选)如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、

18、b两点关于O点对称导线通有大小相等、方向相反的电流已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度Bk，式中k是常数、I为导线中电流、r为点到导线的距离带负电的小物体在拉力F的作用下，以速度v从a点出发沿M、N连线做匀速直线运动直到b点，小物体与桌面的动摩擦因数为，关于上述过程，下列说法正确的是()A拉力F一直增大B小物体对桌面的压力先减小后增大C桌面对小物体的作用力方向不变D拉力F的功率先减小后增大二计算题27 飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思路如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射器

19、是一种长度为l1120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以对飞机起飞提供一个恒定的安培力作为牵引力F牵。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N。考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。飞机离舰起飞的速度v100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点。请计算(计算结果保留两位有效数字)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器提供的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器

20、需要消耗多少能量。28 如图所示，A、B间存在与竖直方向成45角斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏。一质量m1.0103 kg，电荷量q1.0102 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点。若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O点(图中未画出)。g取10 m/s2，sin 370.6。求：(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O点电势能的变化量；(3)粒子偏转的角度。29 如图所示，在方向竖直向上、大小为E1106 V

21、/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R0.2 mA、B用一根绝缘轻杆相连，A的带电荷量为q7107 C，B不带电，质量分别为mA0.01 kg、mB0.08 kg.将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高，B在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动取g10 m/s2.(1)通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C.(2)求小球A的最大速度的大小(可保留根号)(3)求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值30 如图所示，在0xa、0y范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小

22、为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在090范围内已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时(1)粒子速度的大小；(2)粒子速度方向与y轴正方向夹角的正弦值专题7 电场和磁场参考答案：一选择题1 答案：B解析：由该电子元件的铭牌“16 V1 000 F”，F是电容的单位，可知这个电子元件是电容器，其电容是1 000 F，耐压值为16 V，击穿电压要大于16 V；由Q

23、CU知，C一定，带电荷量与实际电压成正比，选项B正确，A、C、D错误。2 答案：B解析：当R10时，带电圆环演变为带电圆面，假设0，则中心轴线上一点的电场强度E0，而A项中，E0，故A错误；当x时E0，而C项E2k2k，x时，E2k(R1R2)，同理可知D项中x时，E4k，故C、D错误；所以正确选项为B。3 答案：A解析：ABD半圆环的电流和ACD半圆环的电流产生的磁场在O点处的磁场的磁感应强度方向相反，根据磁场叠加可知，半圆环中I电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小为B，那么ACD半圆环的电流为I，在O点产生磁场的磁感应强度大小为2B，则2BBB0，即BB0；若将ABD半圆环截去，电路中的总

24、电流保持I不变，则此时O点处的磁感应强度大小为3B3B0，选项A正确，B、C、D错误。4 答案：A解析：解法一：在图乙中，对A、B整体受力分析由平衡条件可得TOAcos 4mg, QBETOAsin QAE；对B受力分析由平衡条件可得TABcos Fcos 3mg, TABsin Fsin QBE；对A受力分析由平衡条件可得TOAcos TABcos Fcos mg，TOAsin TABsin Fsin QAE；由以上各式解得，选项A正确。解法二：对整体(QAQB)E4mgtan ，对B有QBE3mgtan ，解得QAQB73。5 答案：B解析：当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F

25、1，则F1mgBL；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2，则F2mgBL；联立解得B，选项B正确。6 答案ACD7 答案：ABD解析：如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1 V，B正确；则在x轴上，每0.5 cm长度对应电势差为1 V,10 V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5,0)，aOe中，OeOa4.5634，由几何知识得：Od长度为3.6 cm，代入公式E得，E2.5 V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点

26、运动到c点，电场力做功WeU9 eV，D正确。8 答案：A解析：由对称性可知，点电荷q所受的电场力等于与Q在同一对角线上的Q对点电荷电场力的矢量和，其它电荷对点电荷的作用力的和为零，则点电荷受电场力大小为F2k，故选A9 答案：AD解析：如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段设每段在O点产生的电场强度大小均为E.AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120，它们的合场强大小为E，则整个半圆环在O点的合场强：E2E，则：E；故圆弧BC在圆心O处产生的场强为.电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为，则有 3，则 ，故选A、D.10 答案：AB解析：电子在等势面b时的电势能为Eq2 eV，电子由

27、a到d的过程电场力做负功，电势能增加6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2 eV，C错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ekmv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确11 答案：AD解析：两板电压不变，M板上移，d增大，由

28、E知E变小，由FEq知电场力变小，A对；由电容的决定式C知，M板上移，电容减小，由QCU可知，Q变小，B错；N板接地电势为零，PUPNEdPN，E变小，则P降低，C错；由EpqP，因为q0，P变小，则Ep变大，D对12 答案：C解析：小球B受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是L，则OAB是等腰三角形，则线的拉力T与重力G相等，GT，小球处于平衡状态，则库仑力F2Gsin，设原来小球带电荷量为q，A、B间的距离是r，则r2Lsin，由库仑定律得Fk，后来库仑力变为原来的一半，则2Gsin ，r2Lsin，k，解得qBq，故选C.13 答案：ABD解析：粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运

29、动，粒子离开电场具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于0，即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，而且水平位移相等，所以运动时间相等，选项A正确；竖直方向速度变化量等大反向，所以有tgt，可得E，选项B正确；若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项C错误；若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C知U不变，电荷

30、量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项D正确14 答案：A解析：由叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电势相同，选项A正确；A1、B1、C1、D1四个点的电场强度大小相同，但方向不同，选项B错误；由对称性可知A点和C1点电势相同，故负检验电荷在A点的电势能等于在C1点的电势能，选项C错误；由对称性可知C点和C1点的电势相同，故正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做功为零，选项D错误15 答案：BD解析：由左手定则可知，小球带正电，

31、选项A错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，则小球竖直方向所受的洛伦兹力恒定，则竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动，选项B正确；小球在竖直方向的加速度a m/s210 m/s2，在管中运动的时间t s1 s，选项C错误；小球到管口时的竖直分速度vyat10 m/s，机械能的增加量：Emghmv(0.011050.01102) J1 J，选项D正确16 答案：A解析：根据B可知：线圈L1在O点产生的磁感应强度为：B1，由右手螺旋定则可知方向沿y轴正方向，线圈L2在O点产生的磁感应强度为：B2，方向沿x轴正方向，B1和B2方向垂直，所以O点的磁感应强度为B，方向指向第一象限，选项A正

32、确17 答案：BC解析：若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E，E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A错误；若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E，所以d减小时E增大，所以电场力变大向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E，所以d减小时E增大，所以电场力变大向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确；若小球带负电，E，E不变所以电场力大小不变，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度不

33、变，运动时间不变，小球仍落在N点，故D错误。所以BC正确，AD错误。18 答案：B解析：A、B的中点O电势为零，AO间的电场线方向由A到O，由沿着电场线方向电势逐渐降低可知，a所处的位置电势a0，选项A错误；由等量异种点电荷的电场特点可知，A、B连线的中点O的电势为零，a所处的位置电势a0，b所处的位置电势b0，由Epq知，a、b在A、B连线处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep0，选项B正确；在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，静电力对a做负功，同理静电力对b也做负功，所以整个移动过程中，静电力对a、b整体做功为负，选项C、D错误。19 答案：ACD解析：由电势随x的分布图

34、可知斜率表示电场强度，所以E1大小为2 000 N/C，E2大小为4 000 N/C，所以，故选项A正确；粒子在00.5 cm区间运动过程中，电场力做负功，电势能增大，故选项B错误；该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为qE1x14.0108 J，故选项C正确；加速度a1，a2，x1a1t，x2a2t，解得该粒子运动的周期T2(t1t2)3.0108 s，故选项D正确。20 答案：BC解析：选BC由图线2得知，小球的速度先增大后减小，根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜杆向上先做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜杆向上做加速度逐渐增大的减

35、速运动，直至速度为零，故选项A错误，B正确；由线1可得Epmghmgssin ，代入数据可以得到：m kg4 kg，故选项C正确；由线2可得，当带电小球运动至1 m处动能最大为27 J，此时重力沿杆向下的分力与库仑力平衡，mgsin k，解得q1.11105 C，根据动能定理有：mghqUEkm0 ，代入数据得：U4.23106 V，故选项D错误。21 答案：ABD解析：粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中转过了半周，其半径r1h，由牛顿第二定律得qv1Bm，解得v1，选项A正确；粒子从M点射出，其运动轨迹如图，在MQO1中，r(R)2(hr2)2解得r2，由牛顿第二定律得qv2Bm，解得v2

36、，选项B正确；若h，sinPOQ，解得POQ，由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为 ，粒子做圆周运动的周期T，粒子的运动时间tT，选项C错误；当粒子轨道半径rR时，粒子的轨道圆的圆心在P点下方距离P为R处的O点，如图所示，由几何关系可知，粒子从圆形磁场区域最低点射出，选项D正确22 答案：C解析：小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mgEq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30，受力情况如图所示。合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度大小为g，方向沿ON向下，与初速度方向相反，故小球先做匀减速直线运动，当速度

37、减小为零时，再反方向做匀加速直线运动，选项A、B错误；当向上速度减至零时，由运动学公式可得最大位移为x，选项C正确；向上减速至零所用的时间为t，在此过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为mv，则电场力做功为，选项D错误。23 答案：B解析：由题意可知，周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度Ekk，A错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示由图可知EaEb，ab，B正确；图中b、c两点的场强不同，C错误；由于a点的电势高于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到

38、d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误24 答案：BC解析：电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力，其中摩擦力可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下，由平衡条件可知mgsin fBId，又fmgcos ，解得2.2 AI3.8 A，由闭合电路欧姆定律得I，解得 R ，选项B、C正确。25 答案：D解析：由于C处的场强是由A、B两处的点电荷产生的场强叠加而成的，可以判断A处电荷带正电，B处电荷带负电，A项错误；设正三角形的边长为L，由几何关系可知，A、B处电荷在C处产生的场强大小分别为kE，kE，可知qAqB，B项错误；由以上分析可知，撤去B处的电荷，C处的场强由A处的电荷产生

39、，大小为E，C项错误；由题可知，D处的场强方向水平向右，因此正的点电荷从C点沿题图中虚线向D处移动的过程中，电场力与运动方向的夹角小于90，电场力一直做正功，电势能一直减小，D项正确。26 答案：BCD二选择题27 解析(1)设后一阶段飞机加速度大小为a2，平均阻力为f20.2mg，则F推f2ma2代入数值解得a24.0 m/s2。(2)设电磁弹射阶段飞机加速度大小为a1，末速度为v1，平均阻力为f10.05mg则v2a1l1，v2v2a2(ll1)代入数值解得a139.7 m/s2由F牵F推f1ma1得F牵6.8105 N。(3)电磁弹射器对飞机做功WF牵l18.2107 J则其消耗的能量E

40、1.0108 J。答案(1)4.0 m/s2(2)6.8105 N(3)1.0108 J28 解析(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45mg0解得E1 N/C1.4 N/C。(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得qE1dABsin 45mv解得vb5 m/s加磁场前粒子在B、C间做匀速直线运动，则有qE2mg加磁场后粒子在B、C间做匀速圆周运动，如图所示。由牛顿第二定律得qvbBm解得R5 m由几何关系得R2d(Ry)2解得y1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为WqE2ymgy1.0102 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0102 J。(

41、3)设偏转角度为，则sin 0.6解得37。答案(1)1.4 N/C(2)1.0102 J(3)3729 答案：(1)A不能到达圆环最高点(2) m/s(3)0.134 4 J解析(1)设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT、WT，则WTWT0假设A能到达圆环最高点，设A到达圆环最高点时，A、B的动能分别为EkA、EkB对A由动能定理：qERmAgRWT1EkA对B由动能定理：WT1mBgREkBWT1WT10联立解得：EkAEkB0.04 J上式表明，A在圆环最高点时，系统动能为负值故A不能到达圆环最高点(2)设B转过角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半

42、径和角速度均相同，故vAvB对A由动能定理：qERsin mAgRsin WT2mAvA2对B由动能定理：WT2mBgR(1cos )mBvB2WT2WT20联立解得：v(3sin 4cos 4)5sin(53)4解得当37时，A、B的最大速度均为vmax m/s(3)A、B从题图所示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，故得：3sin 4cos 40解得：sin (sin 0舍去)故A的电势能减少量：|Ep|qERsin 代入数值得：|Ep| J0.134 4 J30 解析：(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨迹半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvBm由式得R当Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t，得OCA设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系可得Rsin RRsin aRcos 又sin2cos21由式得Ra由式得v.(2)由式得sin .答案：见解析