2018-2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時訓(xùn)練8 電場與磁場的基本性質(zhì).doc

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專題限時訓(xùn)練8　電場與磁場的基本性質(zhì) 時間：45分鐘 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2018石家莊模擬)如圖甲所示，一個條形磁鐵P固定在水平桌面上，以P的右端點(diǎn)為原點(diǎn)，中軸線為x軸建立一維坐標(biāo)系．一個靈敏的小磁針Q放置在x軸上不同位置，設(shè)Q與x軸之間的夾角為θ.實(shí)驗(yàn)測得sinθ與x之間的關(guān)系如圖乙所示．已知該處地磁場方向水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.下列說法正確的是(　B　) A．P的右端為S極 B．P的中軸線與地磁場方向垂直 C．P在x0處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 D．x0處合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0 解析：x趨向無窮大時，小磁針N極所指的方向?yàn)榈厍虻拇艌龅姆较?，所以根?jù)題圖可知，x趨向無窮大時，sinθ趨向1，則θ趨向90，即小磁針的方向與x軸垂直，所以P的中軸線沿東西方向，與地磁場方向垂直，故B正確；當(dāng)x非常小時，小磁針的N極指向x軸正方向，由圖可知，開始時N極背離O點(diǎn)，所以O(shè)點(diǎn)處的磁極是N極，故A錯誤；由乙圖可知，x0處sinθ＝，則θ＝45，設(shè)P在x0處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BP，則有tan45＝，所以BP＝B0，故C錯誤；x0處合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝＝B0，故D錯誤． 2.有兩根長直導(dǎo)線a、b互相平行放置，如圖所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖．在圖中所示的平面內(nèi)，O點(diǎn)為兩根導(dǎo)線連線的中點(diǎn)，M、N為兩根導(dǎo)線附近的兩點(diǎn)，它們在兩導(dǎo)線連線的中垂線上，且與O點(diǎn)的距離相等．若兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關(guān)于線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說法中正確的是(　D　) A．M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同 B．導(dǎo)線a、b互相排斥 C．在線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都不可能為零 D．在線段MN上只有一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零 解析：根據(jù)安培定則判斷得知，兩根通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場方向均沿逆時針方向，由于對稱，兩根導(dǎo)線分別在M點(diǎn)和N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向如圖所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，矢量相加可知M、N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，選項(xiàng)A錯誤；依據(jù)左手定則可知，同向電流的導(dǎo)體出現(xiàn)相互吸引，異向電流的導(dǎo)體出現(xiàn)相互排斥，因此B錯誤；線段MN中點(diǎn)O的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，選項(xiàng)C錯誤，D正確． 3.(2018益陽模擬)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為0.1 g和0.2 g的帶電小球A和B，帶電量分別為q1和q2，兩球用絕緣細(xì)線懸于同一水平天花板上，靜止后它們恰好位于同一水平高度上，兩細(xì)線與豎直方向的夾角分別為α、β，兩帶電小球均可視為點(diǎn)電荷．關(guān)于兩球的電性及夾角的大小，下列說法中正確的是(　D　) A．兩球帶同種電荷，若q1q2，則α>β C．兩球帶異種電荷，若q1β 解析：兩個球相互吸引，一定是帶異種電荷；對兩個球分別受力分析，如圖所示： mA＝ mB＝ 由于mAβ. 4.(2018衡水模擬)如圖所示，一均勻帶正電絕緣細(xì)圓環(huán)水平固定，環(huán)心為O點(diǎn)．帶正電的小球從O點(diǎn)正上方的A點(diǎn)由靜止釋放，穿過圓環(huán)中心O，并通過關(guān)于O與A點(diǎn)對稱的A′點(diǎn)．取O點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn)．關(guān)于小球從A點(diǎn)運(yùn)動到A′點(diǎn)的過程中，小球的加速度a、重力勢能EpG、機(jī)械能E、電勢能Ep電隨位置變化的情況，下列說法中正確的是(　D　) A．從A到O的過程中a一定先增大后減小，從O到A′的過程中a一定先減小后增大 B．從A到O的過程中EpG小于零，從O到A′的過程中EpG大于零 C．從A到O的過程中E隨位移增大均勻減小，從O到A′的過程中E隨位移增大均勻增大 D．從A到O的過程中Ep電隨位移增大非均勻增大，從O到A′的過程中Ep電隨位移增大非均勻減小 解析：圓環(huán)中心的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處場強(qiáng)也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強(qiáng)可能先增大后減小，也可能一直減小，則小球所受的電場力可能先增大后減小，方向豎直向上；也可能一直減小，方向向上，由牛頓第二定律可知，重力不變，則加速度可能先減小后增大，也可能一直增大，故選項(xiàng)A錯誤；小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EpG＝mgh，小球穿過圓環(huán)中心到A′的過程中，EpG＝－mgh，故選項(xiàng)B錯誤；小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場為非勻強(qiáng)電場，電場力做負(fù)功，但不是均勻變化的，機(jī)械能減小，但不是均勻減小，小球穿過圓環(huán)中心到A′的過程中，同理，故選項(xiàng)C錯誤；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，故選項(xiàng)D正確． 5.(2018湖北武漢調(diào)研)已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場相同．如圖所示，半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有A、B兩個點(diǎn)，O和B、B和A間的距離均為R.現(xiàn)以O(shè)B為直徑在球內(nèi)挖一球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為V＝πr3，則A點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為(　B　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：由題意知，半徑為R的均勻帶電體在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E整＝＝.挖出的小球半徑為，因?yàn)殡姾删鶆蚍植?，其帶電荷量Q′＝Q＝.則其在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E挖＝＝＝.所以剩余空腔部分電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E＝E整－E挖＝－＝，故B正確． 6.一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動．取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示．下列圖象中合理的是(　D　) 解析：在粒子運(yùn)動中的某一小段位移Δx內(nèi)電場力做功qEΔx.由功能關(guān)系知ΔEp＝－qEΔx，即＝－qE，Ep－x圖線斜率的絕對值表示電場力，故由圖線可知E逐漸減小，A錯誤；因粒子僅受電場力作用，由qE＝ma可知a也逐漸減小，D正確；再由動能定理有ΔEk＝qEΔx，即＝qE，Ek－x圖線的斜率也表示電場力，則Ek－x圖線應(yīng)是一條斜率逐漸減小的曲線，B錯誤；由v2＝2ax有v＝，可知v－x圖線應(yīng)是一條曲線，故C錯誤． 二、多項(xiàng)選擇題 7.如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是(　BC　) A．若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時，小球打在N的右側(cè) B．若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時，小球打在N的左側(cè) C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時，小球可能打在N的右側(cè) D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時，小球可能打在N的左側(cè) 解析：若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時，由于二極管的單向?qū)щ娦?，平行板電容器帶電量不變，AB兩極板之間電場強(qiáng)度不變，小球所受向下的電場力不變，向下的加速度不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯誤；若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時，平行板電容器AB兩極板之間電場強(qiáng)度增大，小球所受向下的電場力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左側(cè)，選項(xiàng)B正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時，平行板電容器AB兩極板之間電場強(qiáng)度增大，小球所受向上的電場力增大，向下的加速度減小，小球可能打在N的右側(cè)，選項(xiàng)C正確；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時，由于二極管的單向?qū)щ娦裕叫邪咫娙萜鲙щ娏坎蛔?，AB兩極板之間電場強(qiáng)度不變，小球所受向上的電場力不變，小球仍打在N點(diǎn)，選項(xiàng)D錯誤． 8．如圖甲所示，揚(yáng)聲器中有一線圈處于磁場中，當(dāng)音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音．俯視圖乙表示處于輻射狀磁場中的線圈(線圈平面即紙面)，磁場方向如圖中箭頭所示，在圖乙中(　BC　) A．當(dāng)電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 B．當(dāng)電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 C．當(dāng)電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 D．當(dāng)電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 解析：將圓形線圈看作由無數(shù)小段直導(dǎo)線組成，由左手定則可以判斷，當(dāng)電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)B正確、A錯誤；當(dāng)電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里，選項(xiàng)C正確、D錯誤． 9．(2018衡水調(diào)研)美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量．如圖所示，平行板電容器兩極板M、N與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，則(　AC　) A．此時極板間的電場強(qiáng)度E＝ B．油滴帶電荷量為 C．減小極板間電壓，油滴將加速下落 D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運(yùn)動 解析：極板間電壓為U，間距為d，是勻強(qiáng)電場，故場強(qiáng)E＝，故A正確；油滴受重力和電場力，處于平衡狀態(tài)，故mg＝q，解得q＝，故B錯誤；減小極板間電壓，場強(qiáng)減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故C正確；將極板N向下緩慢移動一小段距離，板間距增加，場強(qiáng)減小，電場力減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故D錯誤． 10．(2018秦皇島模擬)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P.帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上．P與M相距L，P、M和N視為點(diǎn)電荷，下列說法正確的是(　BD　) A．M與N的距離大于L B．P、M和N在同一直線上 C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同 D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零 解析：M、N處于靜止?fàn)顟B(tài)，M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零，選項(xiàng)D正確；P、M和N若不在同一直線上，M、N整體受到的不是共點(diǎn)力，就會發(fā)生轉(zhuǎn)動而不能靜止，選項(xiàng)B正確；P、M和N在同一直線上，M、N所受合力為零，由庫侖定律FPM＝FPN得：k＝k，解得x＝(－1)L≈0.4L，選項(xiàng)A錯誤；沿電場線的方向電勢降低，在P產(chǎn)生的電場中，M處的電勢高于N處的電勢，選項(xiàng)C錯誤． 三、計算題 11.音圈電機(jī)是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機(jī)．如圖是某音圈電機(jī)的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為L，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計．線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等．某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I. (1)求此時線圈所受安培力的大小和方向． (2)若此時線圈水平向右運(yùn)動的速度大小為v，求安培力的功率． 解析：(1)由左手定則可以判斷出線圈所受安培力的方向水平向右． 由于線圈與磁場垂直，故線圈所受安培力的大?。篎安＝nIBL. (2)此時安培力的功率：P＝F安v＝nIBLv. 答案：(1)nIBL　水平向右　(2)nIBLv 12．(2018汕頭模擬)在絕緣水平面上，存在著一電場，電場強(qiáng)度方向平行于水平面，其電勢φ隨位置x變化如圖所示，xAO＝xOB＝x0，一質(zhì)量為m，帶電量為－q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一初速度從A點(diǎn)出發(fā)，沿AB直線向B運(yùn)動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點(diǎn)時的動能為初動能的n倍(n>1)，到達(dá)B點(diǎn)時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，求： (1)小滑塊在A點(diǎn)時的初速度． (2)OB兩點(diǎn)間的電勢差UOB. (3)小滑塊運(yùn)動的總路程s. 解析：(1)小滑塊從A滑到B，因電場力不做功，由動能定理得－2fx0＝0－mv 因此小滑塊在A點(diǎn)時的初速度vA＝2. (2)小滑塊第一次從A滑到O，由動能定理得 －fx0＋qUOA＝nmv－mv 因此UOB＝UOA＝＝. (3)小滑塊最終停在O點(diǎn)，由動能定理得 應(yīng)有－fs＋qUOA＝0－mv 小滑塊運(yùn)動的總路程：s＝＝(2n＋1)x0. 答案：(1)2　(2)　(3)(2n＋1)x0