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

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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(1～9題為單項選擇題，10～14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(　　) A．Ec＜Ed B．φc＞φd C．Ed＞Ee D．φc＝φe 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Ec＞Ed；中垂線是一個等勢面，所以φc＝φe, 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：　D 2．(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MA＝CN＝NB，MA＜NA.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(fù)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：　B 3．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(　　) A．P、Q兩點的電場強度相同 B．M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E＝k＋k＝3k，選項D錯誤． 答案：　B 4.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(　　) A．q將做勻速直線運動 B．q的加速度將逐漸減小 C．q的動能將逐漸減小 D．q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(yuǎn)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：　D 5.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Uab＝Ubc，實線為一帶負(fù)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(fù)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(fù)電荷在Q點電勢能較小，電勢較高，D正確． 答案：　D 6.如圖所示，真空中有兩個點電荷，Q1＝＋4.010－8 C和Q2＝－1.010－8 C，分別固定在x軸上的x＝0和x＝6 cm的位置上．將一帶負(fù)電的試探電荷q從x＝20 cm的位置沿x軸負(fù)方向移到x＝10 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E＝k可知，點電荷Q1在x＝20 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x＝20 cm處的場強方向沿＋x方向；同理可知，點電荷Q1在x＝10 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x＝10 cm處的場強方向沿－x方向．負(fù)試探電荷在由x＝20 cm處向x＝10 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(fù)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：　C 7.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(dá)O點時的動能一定相等 C．到達(dá)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(dá)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：　C 8.(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B＝2B0cos 30＝B0，由公式F＝BIL得，導(dǎo)線C所受安培力大小為F＝B0IL，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：　B 9.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＝(　　) A．1　　　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 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h＝gt2，水平方向有d＝t2，E＝＝＝，所以Qh＝常數(shù)，即Q＝(Q＋Q1)，Q＝(Q－Q2)L，聯(lián)立得＝2，B對． 答案：　B 10．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εr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：　CD 11.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(fù)電、B帶正電．C、D、O是分布在AB連線的垂線上的三個點，且AO＞BO.下列判斷正確的是(　　) A．C、D兩點的電勢相等 B．C、D兩點的電場強度的方向均水平向左 C．同一帶負(fù)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，φO＞φD＞φC，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(fù)電荷在電勢低處電勢能大，所以EpC＞EpD，選項C正確；EC＜ED，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：　CD 12．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v0 D．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(fù)電，飛入瞬間洛倫茲力方向向下，A對，B錯；利用動能定理mgh＝mv2－mv得，v＝，C錯，D對． 答案：　AD 13．(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(chǎn)、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(dá)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(fù)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(fù)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：　BC 14．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(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細(xì)桿上套有一個質(zhì)量為m＝10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.010－4 C．小球從C點由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運動的v－t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(biāo)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E＝1.2 V/m B．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 D．C、B兩點間的電勢差UCB＝0.9 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/s2＝0.06 m/s2，由牛頓第二定律得：Eq＝ma，解得：E＝1.2 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Ep＝qφ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，qUCB＝mv2，解得：UCB＝0.9 V，D項正確． 答案：　ACD