（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練10 電場和磁場的基本性質(zhì)

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1、專題強化訓練(十) 一、選擇題 1．(2019·東北師大附中教學抽樣檢測)如右圖所示，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為l的等邊三角形，則(　　) A．小環(huán)A的加速度大小為 B．小環(huán)A的加速度大小為 C．恒力F的大小為 D．恒力F的大小為 [解析]　設輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，聯(lián)立解得：aA＝，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F＝2ma＝，選項C、D錯誤． [答案]　B 2．(多

2、選)(2019·武漢二中月考)如右圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分．小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止狀態(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，h＝R.重力加速度為g，靜電力常量為k.則(　　) A．小球a一定帶正電 B．小球b的周期為 C．小球c的加速度大小為 D．外力F豎直向上，大小等于mg＋ [解析]　a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使它們做勻速圓周運動，則d球與a、b

3、、c三小球一定帶異種電荷，由于d球的電性未知，所以a球不一定帶正電，故A錯誤．設ad連線與水平方向的夾角為α，則cosα＝＝，sinα＝＝；對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得kcosα－2k·cos30°＝mR＝ma，解得T＝ ，a＝，則小球c的加速度大小為，故B、C正確．對d球，由平衡條件得F＝3ksinα＋mg＝mg＋，故D正確． [答案]　BCD 3．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則(　　) A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重

4、合 C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能 D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行 [解析]　在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點由靜止開始運動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運動，若運動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，若粒子運動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能，即粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能，選項C正確；粒子所受電場力與電場線共線與運動軌跡無關，D錯誤． [答案]　AC 4．(多

5、選)(2019·全國卷Ⅲ)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點．則(　　) A．a(chǎn)點和b點的電勢相等 B．a(chǎn)點和b點的電場強度大小相等 C．a(chǎn)點和b點的電場強度方向相同 D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加 [解析]　a、b兩點到兩點電荷連線的距離相等，且關于兩點電荷連線中點對稱，可知a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，選項B、C均正確． [答案]　BC 5．(2019·山東省濟南市期末測試)兩個點電荷位于x軸上，在它們形成的電場中，若取無限遠處的電勢為零，則在x軸正半軸上各點的電勢如圖中曲線所示，當x→0時

6、，電勢φ→∞，當x→∞時，電勢φ→0.電勢為零的點的橫坐標為x1，電勢為最小值－φ0的點的橫坐標為x2，根據(jù)圖線提供的信息，下列判斷正確的是(　　) A．這兩個點電荷一定是同種電荷 B．這兩個點電荷一定是等量的異種電荷 C．在x1處的電場強度為零 D．在x2處的電場強度為零 [解析]　若這兩個點電荷是同種電荷，則在x1處的電勢不可能為零，因此這兩個點電荷一定是異種電荷，選項A錯誤；當x→0時，電勢φ→∞，可知在原點一定有正點電荷，負點電荷只能在x軸負半軸上，且負點電荷所帶電荷量的絕對值一定大于正點電荷所帶電荷量，可知這兩個點電荷必定是不等量的異種電荷，選項B錯誤；根據(jù)電場強度與電

7、勢的關系可知E＝，故在x2處的電場強度為零，在x1處的電場強度不為零，選項D正確、C錯誤． [答案]　D 6．(2019·寶雞高三一模)如右圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，小球P從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球Q從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中，它們的(　　) A．電荷量之比qP∶qQ＝2∶1 B．電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝2∶1 C．運動時間tp>tQ D．動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1 [解析]　小球在豎直方向上做自由落體

8、運動，在水平方向上做勻加速直線運動，根據(jù)合運動與分運動的等時性，兩小球下落的高度一樣，即h＝gt2，所以運動的時間相同，設為t，C錯誤；在水平方向上有d＝aPt2＝ t2，d＝aQt2＝ t2，可得qP∶qQ＝2∶1，A正確；電勢能的減少量等于電場力所做的功，所以有ΔEpP＝UqP，ΔEpQ＝UqQ，所以有ΔEpP∶ΔEpQ＝4∶1，B錯誤；運動過程中重力和電場力做功，所以動能的增加量為ΔEkP＝mgh＋UqP，ΔEkQ＝mgh＋UqQ，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，D錯誤． [答案]　A 7．(2019·全國卷Ⅰ)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強

9、磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接．已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為(　　) A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 [解析]　設三角形邊長為l，通過導體棒MN的電流大小為I，則根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知通過導體棒ML和LN的電流大小為，如圖所示，依題意有F＝BlI，則導體棒ML和LN所受安培力的合力為F1＝BlI＝F，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為1.5F，選項B正確． [答案]　B 8.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直

10、于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為(　　) A．0 B.B0 C.B0 D．2B0 [解析]　設導線P在a點處產(chǎn)生的磁感應強度為B，由于a點處的磁感應強度為零，故導線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應強度與B0等大反向．如圖甲所示，由幾何關系得，導線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應強度B0＝2Bcos30°，方向水平向右．若P中的電流反向、其他條件不變，如圖乙所示，由幾何關系得，P、Q導線在a點處的磁感應強度變?yōu)锽，方向豎直向上，則

11、a點處合磁感應強度的大小為＝B0，故選項C正確． [答案]　C 9．(多選)(2019·南京金陵中學二模)間距為L＝20 cm的光滑平行導軌水平放置，導軌左端通過開關S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L的兩段光滑圓弧導軌相接，一根質(zhì)量m＝60 g、電阻R＝1 Ω、長為L的導體棒ab，用長也為L的絕緣細線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，當閉合開關S后，導體棒沿圓弧擺動，擺到最大高度時，細線與豎直方向成θ＝53°角，擺動過程中導體棒始終與導軌接觸良好且細線處于張緊狀態(tài)，導軌電阻不計，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝

12、10 m/s2，則(　　) A．磁場方向一定豎直向下 B．電源電動勢E＝3.0 V C．導體棒在擺動過程中所受安培力F＝3 N D．導體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048 J [解析]　當開關S閉合時，導體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方向豎直向下，故A正確；設電路中電流為I，則根據(jù)動能定理得－mgL(1－cos53°)＋FLsin53°＝0，解得安培力F＝0.3 N，由F＝BIL＝，得E＝3 V，故B正確，C錯誤；導體棒在擺動過程中電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為導體棒的機械能E＝mgL(1－cos53°)＝0.06×10×0.2×0.4 J＝0.0

13、48 J，另一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯誤． [答案]　AB 二、非選擇題 10．(2019·石家莊高三質(zhì)檢二)如圖所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為＋Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求： (1)小球運動到D點時對軌道的壓力； (2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量． [解析]　(1)小球在D點時有FN＋k－mg＝ 解得FN＝2mg－k 由牛頓第三定律得，小球在D點時對軌道的壓力大小為FN′＝2mg－k

14、方向豎直向下 (2)小球從A運動到D，根據(jù)動能定理，有：mgr＋W電＝m()2－0 解得電場力做的功：W電＝－mgr 因為電場力做負功，則電勢能增加，ΔEp＝mgr [答案]　(1)2mg－k，方向豎直向下　(2)mgr 11．(2019·北京西城區(qū)模擬)2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機著艦時利用阻攔索的作用力使它快速停止．隨著電磁技術(shù)的日趨成熟，新一代航母已準備采用全新的電磁阻攔技術(shù)，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機著艦時利用電磁作用力使它快速停止．為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖所示的模型．在磁感應強度為B、方向如圖所示的勻強

15、磁場中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計．軌道端點MP間接有阻值為R的電阻． 一個長為L、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好．質(zhì)量為M的飛機以水平速度v0迅速鉤住導體棒ab，鉤住之后關閉動力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度．假如忽略摩擦等次要因素，飛機和導體棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來．求： (1)飛機鉤住導體棒后它們獲得的共同速度v的大??； (2)飛機在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值； (3)從飛機鉤住導體棒到它們停下來的整個過程中運動的距離x. [解析]　(1)以飛機和導體棒為研究對象， 根據(jù)動量守恒定

16、律有Mv0＝(M＋m)v， 解得它們共同的速度v＝v0； (2)飛機鉤住導體棒后它們以速度v開始在安培力的作用下做減速運動，所以當它們的速度為v時所受安培力最大，此時加速度也最大， 根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝(M＋m)a， 根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝， 聯(lián)立以上兩式解得a＝； (3)以飛機和導體棒為研究對象，在很短的一段時間Δt內(nèi)， 根據(jù)動量定理有BiL·Δt＝(M＋m)Δv， 在某時刻，根據(jù)閉合電路歐姆定律有i＝， 聯(lián)立可得·Δt＝(M＋m)Δv， 飛機經(jīng)時間t停下來，在時間t內(nèi)，對等式兩邊求和，有·x＝(M＋m)v， 解得x＝. [答案]　(1)v0　(2) (3) 10