《2018_2019高考物理二轮复习专题限时训练8电场与磁场的基本性质.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018_2019高考物理二轮复习专题限时训练8电场与磁场的基本性质.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题限时训练8电场与磁场的基本性质时间：45分钟一、单项选择题1(2018石家庄模拟)如图甲所示，一个条形磁铁P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系一个灵敏的小磁针Q放置在x轴上不同位置，设Q与x轴之间的夹角为.实验测得sin与x之间的关系如图乙所示已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B0.下列说法正确的是(B)AP的右端为S极BP的中轴线与地磁场方向垂直CP在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0Dx0处合磁场的磁感应强度大小为2B0解析：x趋向无穷大时，小磁针N极所指的方向为地球的磁场的方向，所以根据题图可知，x趋向无穷大时，sin趋向1，则趋向90，即小磁
2、针的方向与x轴垂直，所以P的中轴线沿东西方向，与地磁场方向垂直，故B正确；当x非常小时，小磁针的N极指向x轴正方向，由图可知，开始时N极背离O点，所以O点处的磁极是N极，故A错误；由乙图可知，x0处sin，则45，设P在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为BP，则有tan45，所以BPB0，故C错误；x0处合磁场的磁感应强度大小为BB0，故D错误2.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的
3、磁感应强度的说法中正确的是(D)AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B导线a、b互相排斥C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强度为零解析：根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示，分析得1234，矢量相加可知M、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A错误；依据左手定则可知，同向电流的导体出现相互吸引，异向电流的导体出现相互排斥，因此B错误；线段MN中点O的磁感应强度为零，选项C错误，D正确3.(2018益阳模拟)如图所示，两个质量分别为0.1 g和0.2
4、 g的带电小球A和B，带电量分别为q1和q2，两球用绝缘细线悬于同一水平天花板上，静止后它们恰好位于同一水平高度上，两细线与竖直方向的夹角分别为、，两带电小球均可视为点电荷关于两球的电性及夹角的大小，下列说法中正确的是(D)A两球带同种电荷，若q1q2，则q2，则C两球带异种电荷，若q1q2，则解析：两个球相互吸引，一定是带异种电荷；对两个球分别受力分析，如图所示：mAmB由于mA.4.(2018衡水模拟)如图所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平固定，环心为O点带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，穿过圆环中心O，并通过关于O与A点对称的A点取O点为重力势能零点关于小球从A点运动到A点的过程中
5、，小球的加速度a、重力势能EpG、机械能E、电势能Ep电随位置变化的情况，下列说法中正确的是(D)A从A到O的过程中a一定先增大后减小，从O到A的过程中a一定先减小后增大B从A到O的过程中EpG小于零，从O到A的过程中EpG大于零C从A到O的过程中E随位移增大均匀减小，从O到A的过程中E随位移增大均匀增大D从A到O的过程中Ep电随位移增大非均匀增大，从O到A的过程中Ep电随位移增大非均匀减小解析：圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，也可能一直减小，则小球所受的电场力可能先增大后减小，方向竖直向上；也可能一直减小，方向向上，由牛顿第二定律可
6、知，重力不变，则加速度可能先减小后增大，也可能一直增大，故选项A错误；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpGmgh，小球穿过圆环中心到A的过程中，EpGmgh，故选项B错误；小球从A到圆环中心的过程中，电场为非匀强电场，电场力做负功，但不是均匀变化的，机械能减小，但不是均匀减小，小球穿过圆环中心到A的过程中，同理，故选项C错误；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故选项D正确5.(2018湖北武汉调研)已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同如图所示，半
7、径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为Vr3，则A点处场强的大小为(B)A.B.C.D.解析：由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生的场强E整.挖出的小球半径为，因为电荷均匀分布，其带电荷量QQ.则其在A点产生的场强E挖.所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强EE整E挖，故B正确6.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示下列图象中合理的是(D)解析：在粒子运动中的某一小段位移
8、x内电场力做功qEx.由功能关系知EpqEx，即qE，Epx图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E逐渐减小，A错误；因粒子仅受电场力作用，由qEma可知a也逐渐减小，D正确；再由动能定理有EkqEx，即qE，Ekx图线的斜率也表示电场力，则Ekx图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B错误；由v22ax有v，可知vx图线应是一条曲线，故C错误二、多项选择题7.如图所示，平行板电容器AB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AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB
9、间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是(BC)A若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧B若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧解析：若小球带正电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；若小球带正电，当AB间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；若小球带负电
10、，当AB间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；若小球带负电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误8如图甲所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音俯视图乙表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)，磁场方向如图中箭头所示，在图乙中(BC)A当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向
11、外C当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外解析：将圆形线圈看作由无数小段直导线组成，由左手定则可以判断，当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，选项B正确、A错误；当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，选项C正确、D错误9(2018衡水调研)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量如图所示，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d.现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则(AC)A此时极板间的电场强度EB油滴带电荷
12、量为C减小极板间电压，油滴将加速下落D将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强E，故A正确；油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故mgq，解得q，故B错误；减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故C正确；将极板N向下缓慢移动一小段距离，板间距增加，场强减小，电场力减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故D错误10(2018秦皇岛模拟)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为Q的小球P.带电量分别为q和2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说
13、法正确的是(BD)AM与N的距离大于LBP、M和N在同一直线上C在P产生的电场中，M、N处的电势相同DM、N及细杆组成的系统所受合外力为零解析：M、N处于静止状态，M、N及细杆组成的系统所受合外力为零，选项D正确；P、M和N若不在同一直线上，M、N整体受到的不是共点力，就会发生转动而不能静止，选项B正确；P、M和N在同一直线上，M、N所受合力为零，由库仑定律FPMFPN得：kk，解得x(1)L0.4L，选项A错误；沿电场线的方向电势降低，在P产生的电场中，M处的电势高于N处的电势，选项C错误三、计算题11.音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正
14、对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率解析：(1)由左手定则可以判断出线圈所受安培力的方向水平向右由于线圈与磁场垂直，故线圈所受安培力的大小：F安nIBL.(2)此时安培力的功率：PF安vnIBLv.答案：(1)nIBL水平向右(2)nIBLv12(2018汕头模拟)在绝缘水平面上，存在着一
15、电场，电场强度方向平行于水平面，其电势随位置x变化如图所示，xAOxOBx0，一质量为m，带电量为q的小滑块(可视为质点)以某一初速度从A点出发，沿AB直线向B运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n1)，到达B点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，求：(1)小滑块在A点时的初速度(2)OB两点间的电势差UOB.(3)小滑块运动的总路程s.解析：(1)小滑块从A滑到B，因电场力不做功，由动能定理得2fx00mv因此小滑块在A点时的初速度vA2.(2)小滑块第一次从A滑到O，由动能定理得fx0qUOAnmvmv因此UOBUOA.(3)小滑块最终停在O点，由动能定理得应有fsqUOA0mv小滑块运动的总路程：s(2n1)x0.答案：(1)2(2)(3)(2n1)x0