2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題3 電場和磁場 第1講 電場與磁場的基本性質(zhì)課時作業(yè)集訓(xùn).doc

2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題3 電場和磁場 第1講 電場與磁場的基本性質(zhì)課時作業(yè)集訓(xùn)選擇題(19題為單項選擇題，1014題為多項選擇題)1.若A、B是真空中兩個帶等量異種電荷的點電荷，則c、d、e三點的電場強度和電勢，下列說法正確的是()AEcEdBcdCEdEeDce解析：根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布圖可以知道，中垂線上從O點向外電場強度逐漸減小，所以EcEd；中垂線是一個等勢面，所以ce, 中垂線上關(guān)于O點對稱的兩點電場強度大小相等，方向也相同答案：D2(xx寧夏銀川一中高三年級第五次考試)如圖所示，空間存在兩個被固定的、等量同種正點電荷M、N，在它們的連線上有A、B、C三點，已知MACNNB，MANA.現(xiàn)有一正點電荷q，關(guān)于在電場中移動點電荷q，下列說法中正確的是()A沿半圓弧1將q從B點移到C點，電場力不做功B沿曲線3將q從A點移到C點，電場力做正功C沿曲線2將q從B點移到C點，電場力做負功D沿直線將q從A點移到B點，電場力做正功解析：由等量電荷電場線分布可知，沿半圓弧1將正電荷q從B點移到C點，電場力做正功，選項A錯誤；沿曲線3將q從A點移到C點，電場力做正功，選項B正確；沿曲線2將q從B點移到C點，電場力做正功，選項C錯誤；沿直線將q從A點移到B點，電場力不做功，選項D錯誤；因此答案選B.答案：B3如圖所示是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷連線長度為2r，左側(cè)點電荷帶電荷量為2q，右側(cè)點電荷帶電荷量為q，P、Q兩點關(guān)于兩電荷連線對稱由圖可知()AP、Q兩點的電場強度相同BM點的電場強度大于N點的電場強度C把同一試探電荷放在N點，其所受電場力大于放在M點所受的電場力D兩點電荷連線的中點處的電場強度為2k解析：P、Q兩點的電場強度大小相等，方向不相同，選項A錯誤根據(jù)電場線疏密程度反映電場強度大小可知，M點的電場強度大于N點的電場強度，選項B正確把同一試探電荷放在N點，其所受電場力小于放在M點所受的電場力，選項C錯誤兩點電荷連線的中點處的電場強度為Ekk3k，選項D錯誤答案：B4.如圖，在M、N處固定兩個等量同種點電荷，兩電荷均帶正電O點是MN連線的中點，直線PQ是MN的中垂線現(xiàn)有一帶正電的試探電荷q自O(shè)點以大小是v0的初速度沿直線向Q點運動若試探電荷q只受M、N處兩電荷的電場力作用，則下列說法正確的是()Aq將做勻速直線運動Bq的加速度將逐漸減小Cq的動能將逐漸減小Dq的電勢能將逐漸減小解析：試探電荷從O點向Q點運動過程中，受電場力的合力從O點指向Q點，在O點時受合力為零，無窮遠處合力也為零，所以從O點向Q點運動過程中受力可能先變大后變小，也可能一直變大所以根據(jù)牛頓第二定律可以知道，加速度可能先變大，后變小，也可能一直變大，AB錯；從O點向Q點運動過程中速度一直在增加，所以動能一直增加，C錯；從O點向Q點運動過程中，電場力一直做正功，所以電勢能逐漸減小，D對答案：D5.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即UabUbc，實線為一帶負電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R同時在等勢面b上，據(jù)此可知()A帶電質(zhì)點在P點的加速度比在Q點的加速度小B帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點的小C帶電質(zhì)點在P點的動能大于在Q點的動能D三個等勢面中，c的電勢最高解析：等勢線密的地方電場線也密，電場強度大，所受電場力大，因此加速度也大，A錯誤；電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶負電，因此電場線向上，根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，帶電質(zhì)點通過P點時的電勢能較大，由能量守恒可知，P點的動能較小，B、C錯誤；負電荷在Q點電勢能較小，電勢較高，D正確答案：D6.如圖所示，真空中有兩個點電荷，Q14.0108 C和Q21.0108 C，分別固定在x軸上的x0和x6 cm的位置上將一帶負電的試探電荷q從x20 cm的位置沿x軸負方向移到x10 cm的位置，在此過程中，試探電荷的()A電勢能一直增大B電勢能一直減小C電勢能先減小后增大D電勢能先增大后減小解析：由點電荷的場強公式Ek可知，點電荷Q1在x20 cm處產(chǎn)生的場強大于點電荷Q2在該處產(chǎn)生場強，由場強疊加原理，可知x20 cm處的場強方向沿x方向；同理可知，點電荷Q1在x10 cm處產(chǎn)生的場強小于點電荷Q2在該處產(chǎn)生場強，由場強疊加原理，可知x10 cm處的場強方向沿x方向負試探電荷在由x20 cm處向x10 cm處運動過程中，電場力方向先向左再向右，故電場力先做正功后做負功，根據(jù)電場力做功與電勢能變化關(guān)系可知，試探電荷的電勢能先減小后增大，C項正確答案：C7.如圖所示，空間存在等量異種點電荷的電場，AB為兩電荷間的連線，MN為AB的中垂線，CD垂直AB，且C點在AB上，現(xiàn)有兩個試探電荷帶電荷量相等，電性相同，分別從C、D兩點以等大的速率只在電場力作用下運動到O點，則兩試探電荷()A可能都是沿直線運動到O點B到達O點時的動能一定相等C到達O點時的加速度一定相同D電場力做功可能相等，但電勢能變化一定不相等解析：因為等量異種電荷間的電場不是勻強電場，故雖然中垂線MN是等勢線，但C、D兩點的電勢不相等，兩電荷在C、D兩點的電場力也不等且方向不同，故兩電荷不可能都沿直線運動到O點，電場力做功不等，電勢能變化也不相等，到達O點時的動能一定不相等，選項A、B、D錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，兩試探電荷在O點受到的電場力相同，故加速度一定相同，選項C正確答案：C8.(xx六盤水一模)如圖所示，三根長為L的直線電流在空間構(gòu)成等邊三角形，電流的方向垂直紙面向里電流大小均為I，其中A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小均為B0，導(dǎo)線C位于水平面處于靜止?fàn)顟B(tài)，則導(dǎo)線C受到的靜摩擦力是()A.B0IL，水平向左B.B0IL，水平向右C.B0IL，水平向左D.B0IL，水平向右解析：根據(jù)安培定則，A電流在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直于AC，B電流在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直于BC，如圖所示根據(jù)平行四邊形定則及幾何知識可知，合磁場的方向豎直向下，與AB邊平行，合磁感應(yīng)強度B的大小為B2B0cos 30B0，由公式FBIL得，導(dǎo)線C所受安培力大小為FB0IL，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線C所受安培力方向水平向左，因?qū)Ь€C位于水平面處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件知，導(dǎo)線C受到的靜摩擦力方向為水平向右，故B正確，A、C、D錯誤答案：B9.如圖所示，平行板電容器的兩金屬板A、B豎直放置，電容器所帶電荷量為Q，一液滴從A板上邊緣由靜止釋放，液滴恰好能擊中B板的中點O，若電容器所帶電荷量增加Q1，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中OB的中點C，若電容器所帶電荷量減小Q2，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中B板的下邊緣D點，則()A1B2C3D4解析：由運動的合成與分解知液滴在豎直方向做自由落體運動，水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)兩金屬板長為L、間距為d、正對面積為S，兩極板間場強為E，液滴所帶電荷量為q、質(zhì)量為m，則豎直方向有hgt2，水平方向有dt2，E，所以Qh常數(shù)，即Q(QQ1)，Q(QQ2)L，聯(lián)立得2，B對答案：B10如圖所示，兩塊相互靠近彼此絕緣的平行金屬板組成平行板電容器，極板N與靜電計金屬球相連，極板M和靜電計的外殼均接地用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U.在兩板相距為d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度在整個實驗過程中，保持電容器的帶電荷量Q不變，下面的操作中將使靜電計指針張角變小的是()A僅將M板向下平移B僅將M板向左平移C僅在M、N之間插入云母板(介電常數(shù)大于1)D僅在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸解析：根據(jù)C，僅將M板向下平移，則S減小，僅將M板向左平移，d變大，這兩個都會使C減小，根據(jù)U，則U變大，靜電計指針張角變大，A、B錯誤；僅在M、N之間插入云母板(介電常數(shù)大于1)，則r變大，僅在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸，相當(dāng)于d減小，這兩個都會使得C變大，根據(jù)U，則U減小，靜電計指針張角減小，C、D正確答案：CD11.如圖所示，真空中同一水平線上固定兩等量異種點電荷A、B，其中A帶負電、B帶正電C、D、O是分布在AB連線的垂線上的三個點，且AOBO.下列判斷正確的是()AC、D兩點的電勢相等BC、D兩點的電場強度的方向均水平向左C同一帶負電的試探電荷在C點的電勢能大于在D點的電勢能D同一試探電荷在C點受到的電場力比在D點受到的電場力小解析：由等量異種點電荷的電場線和等勢面分布可知，ODC，選項A錯誤；在AB連線中垂線上的各點電場強度方向水平向左，EC和ED 的方向斜向左上，選項B錯誤；負電荷在電勢低處電勢能大，所以EpCEpD，選項C正確；ECED，所以同一試探電荷在C點受到的電場力比在D點受到的電場力小，選項D正確答案：CD12空間有一磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)點以垂直于磁場方向的速度v0水平進入該磁場，在飛出磁場時高度下降了h.重力加速度為g.則下列說法正確的是()A帶電質(zhì)點進入磁場時所受洛倫茲力可能向上B帶電質(zhì)點進入磁場時所受洛倫茲力一定向下C帶電質(zhì)點飛出磁場時速度的大小為v0D帶電質(zhì)點飛出磁場時速度的大小為 解析：因為磁場水平，帶電質(zhì)點水平且垂直于磁場方向飛入磁場，若磁感應(yīng)強度方向為垂直紙面向里，利用左手定則，可以知道若質(zhì)點帶正電，從左向右飛入瞬間洛倫茲力方向向上，若質(zhì)點帶負電，飛入瞬間洛倫茲力方向向下，A對，B錯；利用動能定理mghmv2mv得，v，C錯，D對答案：AD13(xx四川理綜6)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零則小球a()A從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B從N到P的過程中，速率先增大后減小C從N到Q的過程中，電勢能一直增加D從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量解析：a從N點靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與a速度方向夾角一直大于90，所以庫侖力整個過程做負功小球a從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；帶電小球a受力如圖所示，在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于90，在D點合力與速度夾角大于90，所以小球a從N到P的過程中，速率應(yīng)先增大后減小，故B正確；從N到Q的過程中，庫侖力一直做負功，所以電勢能一直增加，故C正確；根據(jù)能量守恒可知，P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤答案：BC14如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細桿上套有一個質(zhì)量為m10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q5.0104 C小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的vt圖象如圖乙所示小球運動到B點時，速度圖象的切線斜率最大(圖中標出了該切線)則下列說法正確的是()A在O點右側(cè)桿上，B點場強最大，場強大小為E1.2 V/mB由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后變大C由C到A電勢逐漸降低DC、B兩點間的電勢差UCB0.9 V解析：速度圖線斜率表示小球運動加速度，由加速度定義式可知，a m/s20.06 m/s2，由牛頓第二定律得：Eqma，解得：E1.2 V/m，A項正確；由速度圖象及動能定理可知，小球由C到A過程中，電場力做正功，故小球的電勢能一直減小，B項錯誤；由電勢能與電勢關(guān)系Epq可知，由C到A過程中，電勢不斷降低，C項正確；小球由C到B過程中，qUCBmv2，解得：UCB0.9 V，D項正確答案：ACD