【物理】2019届二轮复习电场与磁场的基本性质作业（全国通用） 8页

专题三·第一讲 电场与磁场的基本性质——课后“高仿”检测卷 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1．(2016·全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析：选B　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，将负试探电荷从电势高的等势面移到电势低的等势面时，电场力做负功，选项D错误。‎ ‎2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)‎ A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大 C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等 解析：选BD　经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A错误。电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确。a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误。根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。‎ ‎3.[多选](2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1‎ C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3‎ 解析：选AC　设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，选项C正确，D错误。‎ ‎4．[多选](2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　)‎ A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面f C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 解析：选AB　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝6 eV，故Uad＝6 V；因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确。‎ 因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确。电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，故C错误。由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。‎ ‎5．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)‎ A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ 解析：选AC　外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知 在b点：B0＝B0－B1＋B2‎ 在a点：B0＝B0－B1－B2‎ 由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。‎ ‎6.[多选](2014·全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 解析：选AC　根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，仅依据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。‎ 二、名校模拟重点演练——知热点 ‎7.(2019届高三·濮阳模拟)把一根绝缘导线PQ弯成两个半圆形状，每个半圆的半径都为R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有竖直向下且磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示(俯视图)。现给导线通入由P到 Q的电流，并逐渐增大电流强度，导线PQ始终处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的摩擦力增大 B．增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力增大 C．当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为2πBIR D．当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为πBIR 解析：选A　在桌面方向上，导线受到安培力和静摩擦力而平衡，增大电流强度的过程中，安培力增大，故静摩擦力也增大，A正确；在竖直方向上导线受到重力和支持力而平衡，与电流强度无关，故增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力不变，B错误；导线PQ在磁场中的有效长度为L＝4R，故当电流为I时，导线PQ受到的安培力为F＝BIL＝4BIR，C、D错误。‎ ‎8．(2018·湖北重点高中联考)如图所示，真空中O点处有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成53°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成37°角。关于a、b两点场强Ea、Eb及电势φa、φb的关系，正确的是(　　)‎ A．25Ea＝9Eb，φa＞φb B．16Ea＝9Eb，φa＜φb C．9Ea＝25Eb，φa＞φb D．9Ea＝16Eb，φa＜φb 解析：选D　设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb。根据几何知识得：rb＝ra，根据点电荷场强公式E＝k，得：Ea＝Eb，由题图可知，该电场是由负点电荷产生的，故在点电荷的周围越靠近场源电势越低，则有φa＜φb，故D正确。‎ ‎9．(2018·甘肃河西五市一模)如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有一B点，该处有带正电液滴不断地由静止开始下落(不计空气阻力，每滴液滴的质量、电荷量均相同)，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，且前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落的带电液滴对下落液滴的影响，则下列说法正确的是(　　)‎ A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力与电场力大小相等时，开始做匀速运动 C．能够下落到A球的所有液滴在下落过程中达到最大动能时的位置均相同 D．除第一滴外所有液滴下落过程中电势能均在增加 解析：选D　液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，所以A球电荷量Q逐渐增加，以后的液滴下落过程中受到重力和电场力共同作用，当电荷量Q 增加到一定程度后，液滴将不能到达A球，故A项错误。液滴受到的电场力是变力，当液滴下落到重力等于电场力位置时，速度最大，以后将减速下落，故B项错误。设速度最大处液滴距A球的距离为R，有mg＝k，可以看出随Q逐渐增加，R也逐渐增加，故C项错误。除第一滴外所有液滴下落过程中，电场力对液滴做负功，所以液滴下落过程中电势能增加，故D项正确。‎ ‎10．(2018·西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地。以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，Ep表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是(　　)‎ A．E增大，φ降低，Ep减小，θ增大 B．E不变，φ降低，Ep增大，θ减小 C．E不变，φ升高，Ep减小，θ减小 D．E减小，φ升高，Ep减小，θ减小 解析：选C　将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C＝可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q不变，由C＝得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E＝＝＝，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极板接地，由公式U＝Ed得知，P点的电势增加；负电荷在P点的电势能减小；故A、B、D错误，C正确。‎ ‎11．(2019届高三·江西八校联考)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＝rBφC，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，若速度大小满足eEA＝m ‎，则电子做匀速圆周运动，若不满足，电子做离心运动或向心运动，故D正确。‎ ‎12.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直线框平面向里，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态。令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是(　　)‎ A．Δx＝，方向向上 B．Δx＝，方向向下 C．Δx＝，方向向上 D．Δx＝，方向向下 解析：选B　线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FB＝nBIl，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变。‎ 设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x，则反向之后弹簧的伸长量为(x＋Δx)，‎ 则有：kx＋nBIl－G＝0‎ k(x＋Δx)－nBIl－G＝0‎ 解得：Δx＝，且线框向下移动。‎ 故B正确。‎ ‎13．[多选](2018·榆林模拟)在下列图中图甲、图乙是电荷量相等的两点电荷，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点。下列说法正确的是(　　)‎ A．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小 B．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相等 C．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大 D．图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度相等 解析：选AD　在题图甲中根据场强公式：E＝k以及场强的合成可以知道O点场强为零；在题图丁中根据安培定则以及场强的合成可以知道O点磁感应强度为零，都是最小的，故选项A正确。题图甲和题图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度只是大小相等，但是方向不同，故选项B错误。在题图乙中，在中垂线上O点场强最大，但是在连线上O点场强最小，故选项C错误。根据场强的合成，可以知道在题图乙和题图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故选项D正确。‎ ‎14.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1‎ D．x2～x3段的电场强度大小和方向均不变 解析：选D　根据图像的斜率表示电场力，在x1处斜率为零即电场力为零，所以在此处的场强为零，故A错误；由图像斜率可知，在O～x1段斜率减小，即电场力减小，同理可知，x1～x2段电场力增大，所以粒子在O～x2段做非匀变速直线运动，故B错误；根据负电荷在电势低的地方电势能更大，可知，φ3＜φ2＜φ1，根据对称性可知，φ0＝φ2，所以φ3＜φ2＝φ0＜φ1，故C错误；由于x2～x3的斜率不变，即电场力不变，所以电场强度不变，故D正确。‎ ‎15．[多选](2018·榆林模拟)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑绝缘固定斜杆底端固定一电荷量为2×10－4 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，其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像(静电力常量k＝9×109 N·m2/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 kg D．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＝2.35×105 V 解析：选BC　由图线2得知，小球的速度先增大后减小，根据库仑定律得知，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；由线1可得Ep＝mgh＝mgssin θ，代入数据可以得到：m＝＝‎ kg＝4 kg，故选项C正确；由线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，mgsin θ＝k，解得q＝1.11×10－5 C，根据动能定理有：－mgh＋qU＝Ekm－0 ，代入数据得：U＝4.23×106 V，故选项D错误。‎