2019届高考物理二轮复习第一部分专题三电场与磁场第一讲电场与磁场的基本性质课前自测诊断卷.doc

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1、专题三第一讲 电场与磁场的基本性质课前自测诊断卷考点一电场力的性质1.考查点电荷电场中场强的求解与比较直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示。M、N两点各固定一负点电荷，将一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移动到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A.，沿y轴正向B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向解析：选B正点电荷在O点时，G点的场强为零，则两负点电荷在G点的合场强大小为E1，方向沿y轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H点的合场强大小为E2E1，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，在

2、H点产生的场强的大小为E3，方向沿y轴正方向。所以H点的合场强大小EE2E3，方向沿y轴负方向，选项B正确。2考查匀强电场中场强的计算如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60、30，cd2ab4 cm。已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q1.6103 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4103 J。下列关于电场强度的说法正确的是()A垂直ab向上，大小为400 V/mB垂直bd斜向上，大小为400 V/mC平行ca斜向上，大小为200 V/mD平行bd斜向上，大小为200 V/m解析：选B由WqU知Uac V4 V，而a4 V，所以c8 V，过b

3、点作beac交cd于e点，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以UabUce，即e4 V，又因cd2ab，所以Ucd2Uab，即d0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知ebbd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E V/m400 V/m，B项正确。3考查特殊电场中场强的分析与求解均匀带电的球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OMON2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.EB.C.

4、E D.E解析：选A若将半球面AB补充成一个完整的均匀带电球壳，完整球壳所带电荷量为2q，在M点产生电场的场强为k，设右半球壳在M点产生的场强大小为E右，根据电场叠加原理有EE右，解得右半球壳在M点产生的场强大小为E右E，根据对称性，左半球壳在N点产生的场强大小为E，选项A正确。4考查带电体在等效场中的运动问题如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角60时，小球速度为零。(1)求小球的带电性质和匀强电场强度的大小E；(2)若小球恰好能在竖直平面内完成圆周运动，求从A点

5、水平释放小球时应具有的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球从A点静止释放到速度等于零，由动能定理得EqLsin mgL(1cos )0，解得E。(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G，则Gmg，方向与竖直方向成30角偏向右下方。若小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，在等效最高点由牛顿第二定律得mmg，小球从A点到等效最高点，由动能定理得mgL(1cos 30)mv2mvA2，联立解得vA)。答案：(1)带正电(2) )考点二电场能的性质5.考查电势高低、电势能大小的判断多选在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，对角线的

6、交点为O，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，若将一个带负电的粒子P置于b点，静止释放，粒子P将沿着对角线bd运动，则在线段bd上()AO点的电场强度最大BO点电势最高C粒子P在O点时电势能最大D粒子P在O点时动能最大解析：选BD根据等量同种电荷形成的电场线与等势面分布特点，可知在直线bd上正中央点的电势最高，电场强度为零，A错误，B正确；负电荷由b到d先加速后减少，运动到O点时动能最大，电势能最小，故C错误，D正确。6考查电场中的图像问题多选在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是()Aq1和q2带有异种电荷Bx1处的电场强度为零

7、C负电荷从x1移到x2，电势能减小D负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大解析：选AC由题图可知，空间的电势有正有负，无穷远处电势为零，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E可知，x图像的切线的斜率的绝对值表示电场强度大小，因此x1处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Epq、FqE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。7考查电场线、等势线、运动轨迹问题多选带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示。从a到b过程中，下列说法正确的是()A粒子带负电荷B粒子

8、的速度先增大后减小C粒子的加速度先减小后增大D粒子的机械能先减少后增加解析：选CD做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹的凹侧，结合场强的方向可知粒子带正电荷，选项A错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，加速度也越大，所以粒子的加速度先减小后增大，选项C正确；粒子的速度方向先与电场力方向夹角为钝角，然后与电场力方向夹角为锐角，即电场力先做负功再做正功，所以粒子先减速后加速，机械能先减少后增加，选项B错误，D正确。8考查电场力做功、电场中的功能关系如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电

9、子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能。下列说法中正确的是()A该电场可能是孤立的点电荷形成的电场BA点的电场强度小于B点的电场强度C电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功WEpAEpBD电子在A点的动能小于在B点的动能解析：选C由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，是一条过原点的直线，说明电势是均匀增加的，所以一定是匀强电场，而不是孤立点电荷形成的电场，故A、B错误；由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能关系为： EpBEpA，说明电子由A点运动到B点时电势能增大，电场力做负功，

10、电场力对其所做的功为WEpAEpB，故C正确；电场力做负功，动能减小，所以电子在A点的动能大于在B点的动能，故D错误。9考查平行板电容器的动态分析如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在A点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在A点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A增大，E增大 B增大，Ep不变C减小，Ep增大 D减小，E不变解析：选D若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C可知，C变大；根据QCU可知，在Q一定的情况下，两极

11、板间的电势差减小，则静电计指针偏角减小；根据E，QCU，C，联立可得E，可知E不变；A点离下极板的距离不变，E不变，则A点与下极板间的电势差不变，A点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。10考查带电粒子在电容器中的运动问题多选如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量ECU 2。一电荷量大小为q的带电油滴以初动能Ek0从平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则()A保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴仍能沿水平线运动B保持开关闭合

12、，将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek0C断开开关，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2D断开开关，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2解析：选BD保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移的过程中，极板距离减小，根据E知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上偏转，故A错误；初始时油滴能匀速通过电容器，说明mgq，保持开关闭合，仅将上极板下移，两极板间距离变为d，电场强度E，电场力做功W电qE，根据动能定理得，mgEkEk0，解得EkEk0Ek0，所以撞击上极板时的动能是Ek0，故B正确；开始时电容

13、器存储的能量为E1CU2，断开开关后，电容器所带电荷量Q不变，上极板上移，由C知电容器电容变为C，由QUC知，两极板电势差变为U，此时电容器储存能量E22CU2，根据能量守恒，不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板所做的功WE2E1CU2，故C错误，D正确。考点三磁场及其对电流的作用11.考查磁感应强度的叠加问题如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()A0B.B0C.B

14、0 D2B0解析：选C导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BPBQB1，如图所示，则其夹角为60，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba0，则B0B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120，合磁场的磁感应强度大小为B1B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度BB0，则A、B、D项均错误，C项正确。12考查安培力作用下导体棒的平衡问题如图所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡。然后

15、使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2102 kg的砝码，才能使天平重新平衡。若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I0.1 A，bc边长度为10 cm，(g取10 m/s2)则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是()AF0.2 N，B20 T BF0.2 N，B2 TCF0.1 N，B1 T DF0.1 N，B10 T解析：选C当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为FnBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：MgmgnBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为FnBIL，方向向下，此时

16、根据天平处于平衡状态有：Mg(210210)NmgnBIL，联立以上两式解得：B1 T，所以F0.1 N，故A、B、D错误，C正确。考点四磁场对运动电荷的作用13.考查左手定则、半径公式的应用如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将()A向右偏转，速率不变，r变大B向左偏转，速率改变，r变大C向左偏转，速率不变，r变小D向右偏转，速率改变，r变小解析：选A由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁感应强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，

17、由r知r变大，故A正确。14考查电子在匀强磁场中匀速圆周运动的比较多选有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域中做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等解析：选AC两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度B1是磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB得r，即中电子运动轨迹的半径是中的k倍，选项A正确。由F合ma得aB，所以，选项B错误。由T得Tr，所以k，选项C正确。由得，选项D错误。15考查磁场对带电体的作用多选如图所示，一

18、个质量为m、带电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是()A圆环可能做匀减速运动B圆环可能做匀速直线运动C圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02D圆环克服摩擦力所做的功不可能为mv02解析：选BC当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误；当qv0Bmg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确；当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得W0mv02，解得Wmv02，故C正确；当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvBmg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，解得v，根据动能定理得，Wmv2mv02，代入解得Wmv02，故D错误。8