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1、第8讲电场与磁场的基本性质1.如图所示，a、b、c、d为椭圆的四个顶点，一带电量为Q的点电荷处在椭圆的一个焦点上，另有一带负电的点电荷仅在与Q之间的库仑力的作用下沿椭圆运动，则下列说法中正确的是()A负电荷在a、c两点的电势能相等B负电荷在a、c两点所受的电场力相同C负电荷在b点的速度小于在d点速度D负电荷在b点的电势能大于在d点的电势能解析：负电荷在a、c两点到Q的点电荷的距离相等，则由点电荷等势面分布可知，a、c两点电势相等，则负电荷在a、c两点的电势能相等，选项A正确；由库仑定律Fk可知，负电荷在a、c两点所受的电场力大小相同，但是方向不同，选项B错误；因b点电势高于d点电势，负电荷在b
2、点的电势能小于在d点的电势能，则由能量守恒定律可知，b点的动能大于在d点的动能，即在b点的速度大于在d点速度，选项C、D错误。答案：A2(多选)(2021浙江6月选考卷)如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80 A和100 A流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是()A两导线受到的安培力Fb125FaB导线所受的安培力可以用FILB计算C移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变D在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置解析：两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；因为磁场与导线垂直，导
3、线所受的安培力可以用FILB计算，故B正确；移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与导线b产生磁场方向同向，磁感应强度的方向向里，移走后，p点磁场方向与导线a产生磁场方向相同，磁感应强度的方向向外，故C正确；因直线电流产生的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆，故在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。答案：BCD3.(多选)甲图是某电场中的一条竖直方向的电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一带负电的小球从A点自由释放，小球沿电场线从A到B运动过程中的速度时间图线如乙图，根据图线可知()AA点电势
4、高于B点电势BA点电场强度小于B点电场强度C小球在A点电势能大于B点电势能D该电场的电场线方向为由A指向B解析：由图乙可知，带负电小球从A点到B点做加速运动，则电场力从A指向B，电场方向从B指向A，A点电势低于B点电势，故AD错误；v t图像的斜率表示加速度，由图乙可知，带电小球从A点到B点过程，加速度增大，则电场力增大，电场强度增大，故A点电场强度小于B点电场强度，故B正确；由图乙可知，带电小球从A点到B点过程，动能增大，根据能量守恒可知，小球电势能减小，故小球在A点电势能大于B点电势能，故C正确。答案：BC4如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L1 m。P、M间接有一个电动势
5、为E6 V、内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M0.4 kg。棒与导轨的动摩擦因数为0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是()A2 B2.5 C3 D4 解析：对棒受力分析可知，其必受绳的拉力FTMg和安培力F安BIL。若摩擦力向左，且为最大静摩擦力，mgMg，代入数据解得R14 ；若摩擦力向右，则由平衡条件得mgMg，代入数据解得R22.4 ，所
6、以R的取值范围为2.4 R4 ，则A正确，BCD错误。答案：A5(2021全国乙卷)如图(a)，在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则()AFMEpN BFMFN，EpMEpNCFMFN，EpMFN，EpMEpN解析：由图中等势面的疏密程度可知EMEN ，根据FqE可知：FMEpN，故A正确，BCD错误。答案：A6(2021全国甲卷)两足够长直导线均折成直角，按
7、图示方式放置在同一平面内，EO与OQ在一条直线上，PO与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()AB、0 B0、2BC2B、2B DB、B解析：两直角导线可以等效为如图所示两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B；综上分析B正确，ACD错误。答案：B7如图所示，真空中三个质量相等的小
8、球A、B、C，带电荷量大小分别为QA 6q，QB3q，QC8q。现用适当大小的恒力F拉C，可使A、B、C沿光滑水平面做匀加速直线运动，运动过程中 A、B、C保持相对静止，且A、B间距离与B、C间距离相等。不计电荷运动产生磁场的影响，小球可视为点电荷，则此过程中B、C之间的作用力大小为() AF BFCF DF解析：设小球的质量为m，以三个球为整体：F3ma；以A、B为整体：F12ma，解得F1F；由牛顿第三定律知A、B对C的库仑力的合力大小为F，方向向左。因三个小球以相同的速度同向运动，则B、C及A、B之间为库仑引力，大小为FB C和FAB，知A、C间为库仑斥力，大小为FAC ，又因kk，故B
9、与C带异种电荷，因，故B与A带异种电荷，故FBC与FAC方向相反，可知FB CFA CF，解得FB CF故A正确，BCD错误。答案：A8如图所示，总质量为m，边长为L的正方形线圈共三匝，放置在倾角为的光滑斜面上，刚好关于磁场边界MN对称，MN上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流I后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g，则() A磁场方向可以竖直向下，且BB磁场方向可以竖直向上，且BC磁场方向可以垂直斜面向下，且BD磁场方向可以水平向左，且B解析：当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得3BILmg tan ，则B，选项A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知安培力水平向左，线圈不会静止
10、，选项B错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得3BILmg sin ，则B，选项C正确；当磁场方向水平向左时，由受力分析可知安培力竖直向下，线圈不会静止，选项D错误。答案：C9直线电流周围空间各点的磁感应强度的关系式为Bk，其中I为直线电流强度的大小，x为空间各点到直线电流的垂直距离。在空间放置两相互平行的直导线，其间距为a，现在两导线中通有大小与方向均相同的电流，规定磁感应强度方向向外为正方向，则在0a之间的合磁感应强度随x的变化规律符合下列图像中的() 解析：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线
11、越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁感应强度为零。由于规定B的正方向为垂直纸面向外，所以A正确，B、C、D错误。答案：A10.(2021江苏省苏州市高三诊断性检测)如图，在直角三角形ACD区域的C、D两点分别固定着两根垂直纸面的长直导线，导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流，A90，C30，E是CD边的中点，此时E点的磁感应强度大小为B，若仅将D处的导线平移至A处，则E点的磁感应强度()A大小仍为B，方向垂直于AC向上B大小为B，方向垂直于AC向下C大小为B，方向垂直于AC向上D大小为B，方向垂直于AC向下解析：根据安培定则及对称性，C、D两处的长直导线在E点产生的磁感应强度大小均为B0。由几
12、何关系可知AECEDE，若仅将D处的导线平移至A处，则A处导线在E点产生的磁感应强度大小仍为B0，如图所示。此时E点的磁感应强度为A、C两处长直导线所产生磁感应强度的矢量和，其大小B2B0cos 30B，方向垂直于AC向下。B正确，故A、C、D错误。答案：B11如图所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面的中心轴上的三个点，且BC2AO2OB2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，则由此可得A点的电场强度大小为()A BC D解析：在带电圆环上取一长为l的微小段圆弧，则其所带电荷量为q，则q在
13、B点产生的电场强度为E1k，如图所示。由对称性可知，带电圆环在B处产生的电场强度是水平向右的(竖直分量相抵消)，大小为EBE1cos 45，联立得EB，再由对称性知，圆环在A点产生的电场强度水平向左，大小也为，又因在C处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，故点电荷在B点产生的电场强度水平向左，大小为，由点电荷电场强度决定式Ek可知，C处点电荷在A点产生的电场强度水平向左，大小为，由电场强度的矢量叠加可知A点的电场强度大小为，B项正确，ACD错误。答案：B12(2021山东卷)如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为q的点电荷；在0xa区间，x轴上电势的变化曲线如图乙所示
14、。现将一电荷量为Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是()AQq，释放后P将向右运动BQq，释放后P将向左运动CQq，释放后P将向右运动DQq，释放后P将向左运动解析：对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得kkk ，解得Qq，因在0xa区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动。故C正确，ABD错误。答案：C13.(2021山东济南高三检测)如图所示，在x轴上方垂直于纸面向外的匀强磁场中，两带电荷量相同而质量不同的粒子以相同的速度从O点以与
15、x轴正方向成60角在图示的平面内射入x轴上方时，发现质量为m1的粒子从a点射出磁场，质量为m2的粒子从b点射出磁场。若另一与上述两粒子带电荷量相同而质量不同的粒子以相同速率从O点与x轴正方向成30角射入x轴上方时，发现它从ab的中点c射出磁场，则该粒子的质量应为(不计所有粒子的重力作用)()Am1m2 B(m1m2)C(m1m2) D(m1m2)解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设由c点射出的粒子质量为m3，OaL，abd，由几何关系可知质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为R1L，R2，R3L，故(R1R2)2R3，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有qvBm1，qv
16、Bm2，qvBm3，联立各式解得m3(m1m2)，C正确，ABD错误。答案：C14(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 V解析：由图线2可知，小球的速度先增大后减小，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速运动，直至速度为零，故选项A错误，B正确；由图线1可得Epmghmgs sin ，代入数据得：m kg4 kg，故选项C正确；由图线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，mg sin k，解得q 1.11 105 C，根据动能定理有：mgs1sin qUEkm0，代入数据得：U4.23106 V，故选项D错误。答案：BC