高考物理二轮复习专题三第1讲 电场与磁场的基本性质——课后“高仿”检测卷 (含解析)

这是一份高考物理二轮复习专题三第1讲 电场与磁场的基本性质——课后“高仿”检测卷 (含解析)，共9页。试卷主要包含了高考真题集中演练——明规律，名校模拟重点演练——知热点等内容，欢迎下载使用。
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.[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fC．该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD．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。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∶1C．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](2019·江苏高考)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有(　　)A．Q1移入之前，C点的电势为B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为－4W解析：选ABD　根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的电势能Ep＝W，根据电势的定义知C点电势φ＝＝，A对。在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C移到B的过程中，电场力做功为0，B对。单独在A点固定电荷量为＋q的点电荷时，C点电势为φ，单独在B点固定点电荷Q1时，C点电势也为φ，两点电荷都存在时，C点电势为2φ，Q2从无穷远移到C点时，具有的电势能Ep′＝－2q×2φ＝－4W，电场力做功W′＝－Ep′＝4W，C错，D对。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B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D．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](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是(　　)A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1解析：选BC　由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。7．[多选](2019·江苏高考)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是(　　)A．均向左  B．均向右C．a的向左，b的向右  D．a的向右，b的向左解析：选CD　如图甲所示，当a、b中电流方向均向左时，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，a、b中电流均向右时，线框向导线a移动，A、B错。电流方向a的向左，b的向右时，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图乙所示，导线AB、CD所在处的磁感应强度相同，但所受安培力大小相等、方向相反，线框静止。同理可知，电流方向a的向右，b的向左时，线框也能静止，C、D对。　　　　　　                      甲　　　　　　　　　乙二、名校模拟重点演练——知热点8．[多选](2019·烟台二模)如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ＝30°。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d。已知两球的质量均为m、电荷量均为＋q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷。则下列说法正确的是(　　)A．两球之间库仑力F＝kB.＝ 时，斜面对小球A的支持力C.＝ 时，细线上拉力为0D．将小球B移到斜面底面左端C点，＝2时，斜面对小球A的支持力为0解析：选ABD　根据库仑定律，两球之间的库仑力大小为F＝，选项A正确；当＝时，则有k＝mg，对球受力分析，如图甲所示，根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为N＝，T＝，选项B正确，C错误；当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图乙所示，F＝k＝mg，mg、F、T三个力的合力为零，致使N＝0，小球恰要离开斜面，选项D正确。9.(2019·佛山一模)右图为一个以O为圆心、半径为R、带电量为＋Q的均匀带电圆环，在圆心O处放一个带电量为q的负点电荷，AB为圆环的中轴线，C点在AB上距O的长度为R。现把该点电荷从O拉到C，若不考虑点电荷对场源的影响，则下列说法正确的是(　　)A．点电荷在O点受到的电场力不为零B．点电荷在C点受到的电场力大小为C．点电荷从O到C的过程中，外力对其做正功，电势能增大D．若将点电荷从C由静止释放，则它会一直沿由B到A的方向运动解析：选C　将均匀带电圆环分成相同的微元，由库仑定律和对称性可知，点电荷在O点受到的电场力为零，选项A错误；把均匀带电圆环分成相同的微元ΔQ，由库仑定律可得负点电荷q与微元ΔQ之间的电场力为ΔF＝，沿AB轴线方向的分力为ΔFcos 45°＝，由对称性可知垂直AB方向的分力相互抵消。对ΔFcos 45°＝求和可得，点电荷在C点受到的电场力大小为F＝∑ΔFcos 45°＝∑＝，选项B错误；点电荷从O到C的过程中，外力对其做正功，电势能增大，选项C正确；若将点电荷从C由静止释放，则它会沿由B到A的方向，先做加速运动后做减速运动，运动到A点时速度减小到零，然后反向运动，选项D错误。10.[多选](2019·唐山二模)如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，a、b、c、d为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，e、f为正方形外接圆与bd中垂线的两个交点。取无限远处的电势为0，下列说法中正确的是(　　)A．a、b、c、d电场强度和电势都相同B．O点的电场强度和电势均为零C．将一带正电的试探电荷从e点沿直线移动到f点过程中电势能不变D．过e点垂直于纸面的直线上，各点的电场强度为零，电势为零解析：选BC　由场强的叠加原理及对称性可知，a、b、c、d电场强度大小相同，方向不同，电势都相同，选项A错误；由场强的叠加原理及对称性可知，O点的电场强度和电势均为零，选项B正确；e、f两点连线上各点的电势均为零，则将一带正电的试探电荷从e点沿直线移动到f点过程中电势能不变，选项C正确；过e点垂直于纸面的直线上，各点的电势为零，电场强度不为零，选项D错误；故选B、C。11.(2019·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2πBIRD．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。12.(2019·高三考试大纲调研)如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里的、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射同种带电粒子，不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，这些粒子从某一段圆弧射出边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的；若仅将磁感应强度的大小变为B2，这段圆弧的弧长变为圆形区域周长的，则等于(　　)A.  B.C.  D.解析：选C　设圆形区域的圆心为O，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长为圆周长的，所以∠POQ＝120°；结合几何关系，有：r1＝Rsin 60°；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB1＝m；联立解得：B1＝；同理，若仅将磁感应强度的大小为B2，相应的弧长为圆周长的，所以∠POQ＝90°；结合几何关系，有：r2＝Rsin 45°；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB2＝m；联立解得：B2＝；则＝，故C正确。13．(2019·怀化模拟)某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是(　　)A．在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左B．在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小C．把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大D．把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功解析：选C　在x轴上，从x1到x2电势先降低后升高，可知电场强度方向先向右后向左，A项错误；因φ­x图像的斜率等于电场强度，可知从x1到x2电场强度先减小后增大，B项错误；由F＝qE知把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大，C项正确；由Ep＝qφ知Ep1>Ep2，把一负电荷从x1移到x2电势能减小，电场力做正功，D项错误。14．[多选](2019·合肥模拟)如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变，已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是(　　)A．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里B．粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqUC．粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变D．粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为 解析：选BD　粒子在A、B之间加速，故粒子是沿顺时针方向运动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，故磁场方向垂直纸面向外，选项A错误；粒子在电场中加速，根据动能定理，有Ek＝NqU，故选项B正确；粒子在加速，根据T＝，周期要减小，故选项C错误；由动能定理知NqU＝mvN2，得到vN＝ ，由牛顿第二定律，则有m＝qvNBN，解得BN＝，联立解得BN＝ ，故选项D正确。