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1、第6讲电场和磁场的基本性质一、单项选择题1.如图是静电喷漆的工作原理图。工作时,喷枪部分接高压电源负极,工件接正极,喷枪的端部与工件之间就形成静电场,从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件,并被吸附在工件表面。图中画出了部分微粒的运动轨迹,设微粒被喷出后只受静电力作用,则()A.微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况B.微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大C.在向工件运动的过程中,微粒的动能逐渐减小D.在向工件运动的过程中,微粒的电势能逐渐增大答案B微粒的运动轨迹是曲线时与电场线一定不重合,A错误。由场强叠加原理可知,距离两个电极越近的位置,电场强度越大,所以微粒在向工件运动的过程中所
2、受电场力先减小后增大,B正确。在微粒向工件运动的过程中,电场力做正功,电势能减少;只有电场力做功,即合力做正功,微粒的动能增加,C、D错误。2.(2019河北承德模拟)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()
3、A.B=R(F1-F2)L(E1-E2) B.B=R(F1-F2)L(E1+E2)C.B=R(F1+F2)L(E1-E2) D.B=R(F1+F2)L(E1+E2)答案B当线框接入恒定电压为E1时,拉力显示器的示数为F1,则F1=mg+BE1RL;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F2=mg-BE2RL;联立解得B=R(F1-F2)L(E1+E2),选项B正确。3.如图所示,三根长为L通有电流的直导线在空间构成等边三角形,电流的方向均垂直纸面向里。电流大小均为I,其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,导线C位于水平面,处于静止状态,则导
4、线C受到的静摩擦力为()A.3B0IL,水平向左 B.3B0IL,水平向右C.32B0IL,水平向左 D.32B0IL,水平向右答案B根据安培定则,A电流在C处产生的磁场方向垂直于AC,B电流在C处产生的磁场方向垂直于BC,如图所示。根据平行四边形定则及几何知识可知,合磁场的方向竖直向下,与AB边平行,合磁感应强度的大小B=2B0 cos 30=3B0,由公式F=BIL得,导线C所受安培力大小F=3B0IL,根据左手定则,导线C所受安培力方向水平向左,因导线C位于水平面处于静止状态,由平衡条件知,导线C受到的静摩擦力方向为水平向右,故B正确。4.(2019河南安阳模拟)如图甲所示,x轴上固定两
5、个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O),其上有M、N、P三点,间距MN=NP。Q1、Q2在x轴上产生的电势随x变化的关系如图乙。则()A.M点场强大小为零B.N点场强大小为零C.M、N之间电场方向沿x轴负方向D.一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功|WPN|=|WNM|答案B-x图线的切线斜率表示电场强度的大小,则N点场强为零,M点场强不为零,故A错误,B正确;M点电势为零,N点电势小于零,因沿电场线方向电势降低,故在MN间电场方向沿x轴正方向,故C错误;设正电荷电荷量为q,由题图可知,UMNUNP,故电场力做功|WPN|=|qUPN|=|q(P-N)|q(N-M)|=|WNM|,选项D
6、错误。5.(2019江西八校模拟)如图所示,一均匀带正电的无限长绝缘细杆水平放置,细杆正上方有A、B、C三点,三点均与细杆在同一竖直平面内,且三点到细杆的距离满足rA=rBrC,则()A.A、B、C三点电势A=BC,A、B、C三点电场强度方向相同,故A、C错误;将一正电荷从A点移到C点,电场力做正功,电势能减小,故B错误;在A点,若电子(不计重力)以一垂直于纸面向外的速度飞出,当速度大小满足eEA=mv2rA时,电子做匀速圆周运动,故D正确。6.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
7、,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32ED.将一正点电荷从C点沿虚线移到D点,电势能一直减小答案D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kqAL2=33E,kqBL2=233E,可知qA=12qB,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,大小为33E,C项错误;由题可知,D处的场强方向水平向右,因此带正电的点电荷从C点沿题
8、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。7.(2019陕西宝鸡模拟)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试探电荷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,平移过程中两试探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.在A、B的连线上a所处的位置电势a0C.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整体做正功答案BA、B连线的中点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
9、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,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。8.(2019广东珠海模拟)图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。O是PQ上一点,在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子,粒子电荷量为q、质量为m。现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇,MO与PQ间夹角为60,不计粒子重力及粒子间
10、的相互作用,则下列说法正确的是()A.两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为2m3qBB.两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30和60C.在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为mv0qBD.垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运行时间最长答案A以粒子带正电为例分析,两个粒子先后由O点射入磁场,并在M点相遇的情况下,轨迹恰好组成一个完整的圆,从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为240,根据带电粒子在磁场中运动周期T=2mBq可知,该粒子在磁场中运动的时间t1=2403602mqB=4m3qB,则另一个粒子轨迹所对圆心角为120,该粒子运动时间t2=2m3qB,可知,两粒子在磁场中运动
11、的时间差可能为t=2m3qB,故A正确;射入磁场方向分别与PQ成30和60的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360,不可能在M点相遇,故B错误;在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d=2mv0qB,故C错误;沿OP方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大,运动时间最长,故D错误。二、多项选择题9.(2019江西赣州模拟)如图所示,在正方形区域abcd内有沿水平方向的、垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电荷量为q的离子垂直于EF自O点沿箭头方向进入磁场。当离子运动到F点时,突然吸收了若干个电子,接着沿另一圆轨道运动到与OF在一条直线上的E点。已知OF的长度为EF长度的一半,电子电荷
12、量为e(离子吸收电子时不影响离子的速度,电子重力不计),下列说法中正确的是()A.此离子带正电B.离子吸收电子的个数为q2eC.当离子吸收电子后所带电荷量增多D.离子从O到F的时间与从F到E的时间相等答案AB根据左手定则可知离子带正电,选项A正确;正离子在吸收电子之前的半径R=mvqB,正离子吸收若干电子后轨道半径由R变为2R,可得2R=mv(q-ne)B,解得n=q2e,选项B正确;离子原来带正电,当离子吸收电子后所带电荷量减少,选项C错误;由于离子电荷量改变,根据周期公式T=2mBq可得,周期改变,因此离子从O到F的时间与从F到E的时间不相等,选项D错误。10.如图所示,等量的异种点电荷+
13、Q、-Q在x轴上并关于O点对称放置,虚线是其在空间中产生的电场的等势线,空间中的点a、b、c连线与x轴平行,b点在y轴上,并且ab=bc,则下列说法正确的是()A.a、c两点的电势关系为a=cB.a、c两点的电场强度的大小关系为Ea=EcC.若在a点由静止释放一个质子,则质子经过y轴后一定不能通过c点D.若从O点以初速度v0沿y轴正方向射出一电子,则电子将沿y轴运动答案BC在等量异种点电荷的电场中,电场线从正电荷出发沿垂直于等势面方向指向负电荷,所以ac,选项A错误;a、c两点关于y轴对称,所以电场强度的大小相等,选项B正确;质子从a点由静止释放,受到的电场力可以分解为沿x轴正方向的分力Fx和
14、沿y轴正方向的分力Fy,所以质子沿x轴正方向做初速度为零的加速运动,同时沿y轴正方向也做初速度为零的加速运动,当质子经过y轴后受到的电场力的方向可以分解为沿x轴正方向的分力Fx和沿y轴负方向的分力Fy,所以质子沿x轴正方向继续做加速运动,沿y轴正方向则做减速运动,由于ab=bc,所以质子一定不会经过c点,选项C正确;若电子从O点以初速度v0沿y轴正方向射出,电子受到的电场力沿x轴负方向,不可能沿y轴运动,选项D错误。11.(2019河北衡水模拟)如图所示,平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路,反向电阻无穷大可以视为断路)连接,电源负极接地。初始电容器不带电,闭合开关稳定
15、后,一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是()A.减小极板间的正对面积,带电油滴会向上移动,且P点的电势会降低B.将上极板下移,则P点的电势不变C.将下极板下移,则P点的电势升高D.无论哪个极板上移还是下移,带电油滴都不可能向下运动答案CD二极管具有单向导电性,闭合开关后电容器充电,电容器的电容C=QU=S4kd,极板间的电场强度E=Ud,则整理得E=4kQS;闭合开关稳定后油滴处于静止状态,则qE=mg;减小极板间的正对面积S,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,所以电场强度E变大,油滴所受电场力变大,会向上移动,P点与下极板的距离不变,E变大,则P点的电势升高,
16、故A错误;将上极板向下移动,d变小,电容器两极板间的电场强度E=Ud变大,P与下极板的距离不变,P的电势升高,故B错误;将下极板向下移动,d变大,由C=S4kd可知,C变小,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由E=4kQS可知电容器两极板间的电场强度不变,P与下极板的距离变大,P与下极板间的电势差变大,P的电势升高,故C正确;上极板上移或下极板下移时,d变大,由C项分析知电容器两极板间的电场强度不变,油滴所受电场力不变,油滴静止不动,上极板下移或下极板上移时,d变小,由B项分析知电场力变大,电场力大于重力,油滴所受合力向上,油滴向上运动,故D正确。12.(2019陕西榆林模拟)如图甲所
17、示,倾角=30的光滑绝缘固定斜杆底端固定一电荷量为210-4 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,其中图线1为重力势能随位移变化图像,图线2为动能随位移变化图像(静电力常量k=9109 Nm2/C2,g=10 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m=4 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U=2.35105 V答案BC由题图线2知,小球的速度先增大后减小,根据库仑定律
18、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速运动,直至速度为零,故选项A错误,B正确;由题图线1可得Ep=mgh=mgs sin ,代入数据可以得到m=Epgssin=6010312 kg=4 kg,故选项C正确;由题图线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 =kqQs12,解得q=10910-5 C,根据动能定理有-mgh+qU=Ekm-0,代入数据得U=4.23106 V,故选项D错误。13.反射式速调管是常用的微波器件之
19、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m=2.010-20 kg、电荷量q=2.010-9 C的带负电的粒子(粒子重力不计)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E1E2=12B.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的最大值为4.010-8 JD.该粒子运动的周期T=3.010-8 s答案ACD由-x图线的斜率表示电场强度的大小可知,E1大小为2 000 N/C,E2大小为4 0
20、00 N/C,所以E1E2=12,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qE1x1=4.010-8 J,故选项C正确;粒子运动加速度大小a1=qE1m,a2=qE2m,x1=12a1t12,x2=12a2t22,解得该粒子运动的周期T=2(t1+t2)=3.010-8 s,故选项D正确。14.如图所示,一个质量为m、带电荷量为+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0,在以后的运动中下列说法正确的是()A.圆环可能做匀减速直线运动B.圆环可能做匀速直线运动C.圆环克服摩擦力所做的功可能为12mv02D.圆环克服摩擦力所做的功不可能为12mv02-m3g22q2B2答案BC当qv0Bmg时,圆环做减速运动到静止,速度在减小,洛伦兹力减小,杆的支持力和摩擦力都发生变化,所以不可能做匀减速直线运动,故A错误;当qv0B=mg时,圆环不受支持力和摩擦力,做匀速直线运动,故B正确;当qv0Bmg时,圆环先做减速运动,当qvB=mg时,圆环不受摩擦力,做匀速直线运动,解得v=mgqB,根据动能定理得,-W=12mv2-12mv02,代入解得W=12mv02-m3g22q2B2,故D错误。