（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第6講 電場和磁場的基本性質(zhì)練習(xí)

第6講電場和磁場的基本性質(zhì)一、單項選擇題1.如圖是靜電噴漆的工作原理圖。工作時,噴槍部分接高壓電源負極,工件接正極,噴槍的端部與工件之間就形成靜電場,從噴槍噴出的涂料微粒在電場中運動到工件,并被吸附在工件表面。圖中畫出了部分微粒的運動軌跡,設(shè)微粒被噴出后只受靜電力作用,則()A.微粒的運動軌跡顯示的是電場線的分布情況B.微粒向工件運動的過程中所受電場力先減小后增大C.在向工件運動的過程中,微粒的動能逐漸減小D.在向工件運動的過程中,微粒的電勢能逐漸增大答案B微粒的運動軌跡是曲線時與電場線一定不重合,A錯誤。由場強疊加原理可知,距離兩個電極越近的位置,電場強度越大,所以微粒在向工件運動的過程中所受電場力先減小后增大,B正確。在微粒向工件運動的過程中,電場力做正功,電勢能減少;只有電場力做功,即合力做正功,微粒的動能增加,C、D錯誤。2.(2019河北承德模擬)利用如圖所示的實驗裝置可以測量磁感應(yīng)強度B的大小。用絕緣輕質(zhì)絲線把底部長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的U形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上,并用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與電源,導(dǎo)線的電阻忽略不計。當(dāng)有拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時,拉力顯示器可以直接顯示力敏傳感器所受的拉力。當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時,拉力顯示器的示數(shù)為F1;接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反),拉力顯示器的示數(shù)為F2。已知F1>F2,則磁感應(yīng)強度B的大小為() 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當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時,拉力顯示器的示數(shù)為F1,則F1=mg+BE1RL;接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反),拉力顯示器的示數(shù)為F2,則F2=mg-BE2RL;聯(lián)立解得B=R(F1-F2)L(E1+E2),選項B正確。3.如圖所示,三根長為L通有電流的直導(dǎo)線在空間構(gòu)成等邊三角形,電流的方向均垂直紙面向里。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受到的靜摩擦力為()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)強度的大小B=2B0 cos 30°=3B0,由公式F=BIL得,導(dǎo)線C所受安培力大小F=3B0IL,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。4.(2019河南安陽模擬)如圖甲所示,x軸上固定兩個點電荷Q1、Q2(Q2位于坐標(biāo)原點O),其上有M、N、P三點,間距MN=NP。Q1、Q2在x軸上產(chǎn)生的電勢隨x變化的關(guān)系如圖乙。則()A.M點場強大小為零B.N點場強大小為零C.M、N之間電場方向沿x軸負方向D.一正試探電荷從P移到M過程中,電場力做功|WPN|=|WNM|答案B-x圖線的切線斜率表示電場強度的大小,則N點場強為零,M點場強不為零,故A錯誤,B正確;M點電勢為零,N點電勢小于零,因沿電場線方向電勢降低,故在MN間電場方向沿x軸正方向,故C錯誤;設(shè)正電荷電荷量為q,由題圖可知,UMN>UNP,故電場力做功|WPN|=|qUPN|=|q(P-N)|<|q(N-M)|=|WNM|,選項D錯誤。5.(2019江西八校模擬)如圖所示,一均勻帶正電的無限長絕緣細桿水平放置,細桿正上方有A、B、C三點,三點均與細桿在同一豎直平面內(nèi),且三點到細桿的距離滿足rA=rB<rC,則()A.A、B、C三點電勢A=B<CB.將一正電荷從A點移到C點,電荷電勢能一定增加C.三點中,只有A、B兩點電場強度方向相同D.在A點,若電子(不計重力)以一垂直于紙面向外的速度飛出,電子可能做勻速圓周運動答案D細桿外各點電場強度方向都垂直無限長絕緣細桿向外,所以A、B所在直線為等勢線,且A=B>C,A、B、C三點電場強度方向相同,故A、C錯誤;將一正電荷從A點移到C點,電場力做正功,電勢能減小,故B錯誤;在A點,若電子(不計重力)以一垂直于紙面向外的速度飛出,當(dāng)速度大小滿足eEA=mv2rA時,電子做勻速圓周運動,故D正確。6.如圖所示,三角形ABC為正三角形,在A、B兩點分別放有異種點電荷,結(jié)果在C點產(chǎn)生的合場強大小為E,方向與CB邊夾角=30°,CD是AB邊的垂線,D為垂足,則下列說法正確的是()A.A處電荷帶負電,B處電荷帶正電B.A處電荷的電荷量是B處電荷的2倍C.撤去B處的電荷,C處的電場強度大小為32ED.將一正點電荷從C點沿虛線移到D點,電勢能一直減小答案D由于C處的場強是由A、B兩處的點電荷產(chǎn)生的場強疊加而成的,可以判斷A處電荷帶正電,B處電荷帶負電,A項錯誤;設(shè)正三角形的邊長為L,由幾何關(guān)系可知,A、B處電荷在C處產(chǎn)生的場強大小分別為kqAL2=33E,kqBL2=233E,可知qA=12qB,B項錯誤;由以上分析可知,撤去B處的電荷,C處的場強由A處的電荷產(chǎn)生,大小為33E,C項錯誤;由題可知,D處的場強方向水平向右,因此帶正電的點電荷從C點沿題圖中虛線向D處移動的過程中,電場力與運動方向的夾角小于90°,電場力一直做正功,電勢能一直減小,D項正確。7.(2019陜西寶雞模擬)A、B為兩等量異種點電荷,圖中水平虛線為A、B連線的中垂線?，F(xiàn)將另兩個等量異種的試探電荷a、b,用絕緣細桿連接后從無窮遠處沿中垂線平移到A、B的連線,平移過程中兩試探電荷位置始終關(guān)于中垂線對稱,若規(guī)定離A、B無窮遠處電勢為零,則下列說法中正確的是()A.在A、B的連線上a所處的位置電勢a<0B.a、b整體在A、B連線處具有的電勢能Ep>0C.整個移動過程中,靜電力對a做正功D.整個移動過程中,靜電力對a、b整體做正功答案BA、B連線的中點O電勢為零,AO間的電場線方向由A到O,由沿著電場線方向電勢逐漸降低可知,a所處的位置電勢a>0,選項A錯誤;由等量異種點電荷的電場特點可知,A、B連線的中點O的電勢為零,a所處的位置電勢a>0,b所處的位置電勢b<0,由Ep=q知,a、b在A、B連線處的電勢能均大于零,則整體的電勢能Ep>0,選項B正確;在平移過程中,a所受的靜電力與其位移方向的夾角為鈍角,靜電力對a做負功,同理靜電力對b也做負功,所以整個移動過程中,靜電力對a、b整體做功為負,選項C、D錯誤。8.(2019廣東珠海模擬)圖中虛線PQ上方有一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。O是PQ上一點,在紙面內(nèi)從O點向磁場區(qū)域的任意方向連續(xù)發(fā)射速率為v0的粒子,粒子電荷量為q、質(zhì)量為m?，F(xiàn)有兩個粒子先后射入磁場中并恰好在M點相遇,MO與PQ間夾角為60°,不計粒子重力及粒子間的相互作用,則下列說法正確的是()A.兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔可能為2m3qBB.兩個粒子射入磁場的方向分別與PQ成30°和60°C.在磁場中運動的粒子離邊界的最大距離為mv0qBD.垂直PQ射入磁場中的粒子在磁場中的運行時間最長答案A以粒子帶正電為例分析,兩個粒子先后由O點射入磁場,并在M點相遇的情況下,軌跡恰好組成一個完整的圓,從O點沿OP方向入射并通過M點的粒子軌跡所對圓心角為240°,根據(jù)帶電粒子在磁場中運動周期T=2mBq可知,該粒子在磁場中運動的時間t1=240°360°×2mqB=4m3qB,則另一個粒子軌跡所對圓心角為120°,該粒子運動時間t2=2m3qB,可知,兩粒子在磁場中運動的時間差可能為t=2m3qB,故A正確;射入磁場方向分別與PQ成30°和60°的兩粒子軌跡所對圓心角之和不是360°,不可能在M點相遇,故B錯誤;在磁場中運動的粒子離邊界的最大距離為軌跡圓周的直徑d=2mv0qB,故C錯誤;沿OP方向入射的粒子在磁場中運動的軌跡所對圓心角最大,運動時間最長,故D錯誤。二、多項選擇題9.(2019江西贛州模擬)如圖所示,在正方形區(qū)域abcd內(nèi)有沿水平方向的、垂直于紙面向里的勻強磁場,一個帶電荷量為q的離子垂直于EF自O(shè)點沿箭頭方向進入磁場。當(dāng)離子運動到F點時,突然吸收了若干個電子,接著沿另一圓軌道運動到與OF在一條直線上的E點。已知OF的長度為EF長度的一半,電子電荷量為e(離子吸收電子時不影響離子的速度,電子重力不計),下列說法中正確的是()A.此離子帶正電B.離子吸收電子的個數(shù)為q2eC.當(dāng)離子吸收電子后所帶電荷量增多D.離子從O到F的時間與從F到E的時間相等答案AB根據(jù)左手定則可知離子帶正電,選項A正確;正離子在吸收電子之前的半徑R=mvqB,正離子吸收若干電子后軌道半徑由R變?yōu)?R,可得2R=mv(q-ne)B,解得n=q2e,選項B正確;離子原來帶正電,當(dāng)離子吸收電子后所帶電荷量減少,選項C錯誤;由于離子電荷量改變,根據(jù)周期公式T=2mBq可得,周期改變,因此離子從O到F的時間與從F到E的時間不相等,選項D錯誤。10.如圖所示,等量的異種點電荷+Q、-Q在x軸上并關(guān)于O點對稱放置,虛線是其在空間中產(chǎn)生的電場的等勢線,空間中的點a、b、c連線與x軸平行,b點在y軸上,并且ab=bc,則下列說法正確的是()A.a、c兩點的電勢關(guān)系為a=cB.a、c兩點的電場強度的大小關(guān)系為Ea=EcC.若在a點由靜止釋放一個質(zhì)子,則質(zhì)子經(jīng)過y軸后一定不能通過c點D.若從O點以初速度v0沿y軸正方向射出一電子,則電子將沿y軸運動答案BC在等量異種點電荷的電場中,電場線從正電荷出發(fā)沿垂直于等勢面方向指向負電荷,所以a>c,選項A錯誤;a、c兩點關(guān)于y軸對稱,所以電場強度的大小相等,選項B正確;質(zhì)子從a點由靜止釋放,受到的電場力可以分解為沿x軸正方向的分力Fx和沿y軸正方向的分力Fy,所以質(zhì)子沿x軸正方向做初速度為零的加速運動,同時沿y軸正方向也做初速度為零的加速運動,當(dāng)質(zhì)子經(jīng)過y軸后受到的電場力的方向可以分解為沿x軸正方向的分力Fx和沿y軸負方向的分力Fy,所以質(zhì)子沿x軸正方向繼續(xù)做加速運動,沿y軸正方向則做減速運動,由于ab=bc,所以質(zhì)子一定不會經(jīng)過c點,選項C正確;若電子從O點以初速度v0沿y軸正方向射出,電子受到的電場力沿x軸負方向,不可能沿y軸運動,選項D錯誤。11.(2019河北衡水模擬)如圖所示,平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零可以視為短路,反向電阻無窮大可以視為斷路)連接,電源負極接地。初始電容器不帶電,閉合開關(guān)穩(wěn)定后,一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A.減小極板間的正對面積,帶電油滴會向上移動,且P點的電勢會降低B.將上極板下移,則P點的電勢不變C.將下極板下移,則P點的電勢升高D.無論哪個極板上移還是下移,帶電油滴都不可能向下運動答案CD二極管具有單向?qū)щ娦?閉合開關(guān)后電容器充電,電容器的電容C=QU=S4kd,極板間的電場強度E=Ud,則整理得E=4kQS;閉合開關(guān)穩(wěn)定后油滴處于靜止?fàn)顟B(tài),則qE=mg;減小極板間的正對面積S,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,所以電場強度E變大,油滴所受電場力變大,會向上移動,P點與下極板的距離不變,E變大,則P點的電勢升高,故A錯誤;將上極板向下移動,d變小,電容器兩極板間的電場強度E=Ud變大,P與下極板的距離不變,P的電勢升高,故B錯誤;將下極板向下移動,d變大,由C=S4kd可知,C變小,由于二極管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,由E=4kQS可知電容器兩極板間的電場強度不變,P與下極板的距離變大,P與下極板間的電勢差變大,P的電勢升高,故C正確;上極板上移或下極板下移時,d變大,由C項分析知電容器兩極板間的電場強度不變,油滴所受電場力不變,油滴靜止不動,上極板下移或下極板上移時,d變小,由B項分析知電場力變大,電場力大于重力,油滴所受合力向上,油滴向上運動,故D正確。12.(2019陜西榆林模擬)如圖甲所示,傾角=30°的光滑絕緣固定斜桿底端固定一電荷量為2×10-4 C的正點電荷Q,將一帶正電小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)由靜止釋放,小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變化圖像如圖乙所示,其中圖線1為重力勢能隨位移變化圖像,圖線2為動能隨位移變化圖像(靜電力常量k=9×109 N·m2/C2,g=10 m/s2),則()A.小球向上運動過程中的加速度先增大后減小B.小球向上運動過程中的速度先增大后減小C.由圖線1可求得小球的質(zhì)量m=4 kgD.斜桿底端至小球速度最大處,由底端正點電荷Q形成的電場的電勢差U=2.35×105 V答案BC由題圖線2知,小球的速度先增大后減小,根據(jù)庫侖定律知,小球所受的庫侖力逐漸減小,合外力先減小后增大,加速度先減小后增大,則小球沿斜桿向上先做加速度逐漸減小的加速運動,再沿斜桿向上做加速度逐漸增大的減速運動,直至速度為零,故選項A錯誤,B正確;由題圖線1可得Ep=mgh=mgs sin ,代入數(shù)據(jù)可以得到m=Epgssin=6010×3×12 kg=4 kg,故選項C正確;由題圖線2可得,當(dāng)帶電小球運動至1 m處動能最大為27 J,此時重力沿桿向下的分力與庫侖力平衡,mg sin =kqQs12,解得q=109×10-5 C,根據(jù)動能定理有-mgh+qU=Ekm-0,代入數(shù)據(jù)得U=4.23×106 V,故選項D錯誤。13.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一,它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波,其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸,其電勢隨x軸的分布如圖所示。一個質(zhì)量m=2.0×10-20 kg、電荷量q=2.0×10-9 C的帶負電的粒子(粒子重力不計)從(-1,0)點由靜止開始,僅在電場力作用下在x軸上往返運動。則()A.x軸左側(cè)電場強度E1和右側(cè)電場強度E2的大小之比E1E2=12B.粒子在00.5 cm區(qū)間運動過程中的電勢能減小C.該粒子運動過程中電勢能變化量的最大值為4.0×10-8 JD.該粒子運動的周期T=3.0×10-8 s答案ACD由-x圖線的斜率表示電場強度的大小可知,E1大小為2 000 N/C,E2大小為4 000 N/C,所以E1E2=12,故選項A正確;粒子在00.5 cm區(qū)間運動過程中,電場力做負功,電勢能增大,故選項B錯誤;該粒子運動過程中電勢能變化量的最大值為qE1x1=4.0×10-8 J,故選項C正確;粒子運動加速度大小a1=qE1m,a2=qE2m,x1=12a1t12,x2=12a2t22,解得該粒子運動的周期T=2(t1+t2)=3.0×10-8 s,故選項D正確。14.如圖所示,一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的圓環(huán),可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動,細桿處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)一個水平向右的初速度v0,在以后的運動中下列說法正確的是()A.圓環(huán)可能做勻減速直線運動B.圓環(huán)可能做勻速直線運動C.圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為12mv02D.圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為12mv02-m3g22q2B2答案BC當(dāng)qv0B<mg時,圓環(huán)做減速運動到靜止,速度在減小,洛倫茲力減小,桿的支持力和摩擦力都發(fā)生變化,所以不可能做勻減速直線運動,故A錯誤;當(dāng)qv0B=mg時,圓環(huán)不受支持力和摩擦力,做勻速直線運動,故B正確;當(dāng)qv0B<mg時,圓環(huán)做減速運動到靜止,只有摩擦力做功,根據(jù)動能定理得-W=0-12mv02,解得W=12mv02,故C正確;當(dāng)qv0B>mg時,圓環(huán)先做減速運動,當(dāng)qvB=mg時,圓環(huán)不受摩擦力,做勻速直線運動,解得v=mgqB,根據(jù)動能定理得,-W=12mv2-12mv02,代入解得W=12mv02-m3g22q2B2,故D錯誤。- 9 -