(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練10 電場和磁場的基本性質(zhì)
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(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練10 電場和磁場的基本性質(zhì)
專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十)一、選擇題1(2019·東北師大附中教學(xué)抽樣檢測)如右圖所示,光滑絕緣水平面上兩個(gè)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(gè)圓環(huán),并系于結(jié)點(diǎn)O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運(yùn)動(dòng),輕繩恰好構(gòu)成一個(gè)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(shè)輕繩的拉力為T,則對(duì)A:TTcos60°k;Tcos30°maA,聯(lián)立解得:aA,選項(xiàng)B正確,A錯(cuò)誤;恒力F的大小為F2ma,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤答案B2(多選)(2019·武漢二中月考)如右圖所示,a、b、c、d四個(gè)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(gè)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(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng),三小球所在位置恰好將圓周等分小球d位于O點(diǎn)正上方h處,且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài),已知a、b、c三小球的電荷量均為q,d球的電荷量為6q,hR.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(yùn)動(dòng),則d球與a、b、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(cuò)誤設(shè)ad連線與水平方向的夾角為,則cos,sin;對(duì)b球,根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得kcos2k·cos30°mRma,解得T ,a,則小球c的加速度大小為,故B、C正確對(duì)d球,由平衡條件得F3ksinmgmg,故D正確答案BCD3(多選)(2019·全國卷)靜電場中,一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng),N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn),則()A運(yùn)動(dòng)過程中,粒子的速度大小可能先增大后減小B在M、N兩點(diǎn)間,粒子的軌跡一定與某條電場線重合C粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D粒子在N點(diǎn)所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行解析在兩個(gè)同種點(diǎn)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(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng),粒子的速度先增大后減小,選項(xiàng)A正確;帶電粒子僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng),若運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的動(dòng)能為零,則帶電粒子在N、M兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等;僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng),帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變,若粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不為零,則粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于在M點(diǎn)的電勢(shì)能,即粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能,選項(xiàng)C正確;粒子所受電場力與電場線共線與運(yùn)動(dòng)軌跡無關(guān),D錯(cuò)誤答案AC4(多選)(2019·全國卷)如圖,電荷量分別為q和q(q>0)的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上,a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)則()Aa點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等Ba點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等Ca點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同D將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn),電勢(shì)能增加解析a、b兩點(diǎn)到兩點(diǎn)電荷連線的距離相等,且關(guān)于兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)對(duì)稱,可知a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等,方向相同,選項(xiàng)B、C均正確答案BC5(2019·山東省濟(jì)南市期末測試)兩個(gè)點(diǎn)電荷位于x軸上,在它們形成的電場中,若取無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零,則在x軸正半軸上各點(diǎn)的電勢(shì)如圖中曲線所示,當(dāng)x0時(shí),電勢(shì),當(dāng)x時(shí),電勢(shì)0.電勢(shì)為零的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1,電勢(shì)為最小值0的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x2,根據(jù)圖線提供的信息,下列判斷正確的是()A這兩個(gè)點(diǎn)電荷一定是同種電荷B這兩個(gè)點(diǎn)電荷一定是等量的異種電荷C在x1處的電場強(qiáng)度為零D在x2處的電場強(qiáng)度為零解析若這兩個(gè)點(diǎn)電荷是同種電荷,則在x1處的電勢(shì)不可能為零,因此這兩個(gè)點(diǎn)電荷一定是異種電荷,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)x0時(shí),電勢(shì),可知在原點(diǎn)一定有正點(diǎn)電荷,負(fù)點(diǎn)電荷只能在x軸負(fù)半軸上,且負(fù)點(diǎn)電荷所帶電荷量的絕對(duì)值一定大于正點(diǎn)電荷所帶電荷量,可知這兩個(gè)點(diǎn)電荷必定是不等量的異種電荷,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系可知E,故在x2處的電場強(qiáng)度為零,在x1處的電場強(qiáng)度不為零,選項(xiàng)D正確、C錯(cuò)誤答案D6(2019·寶雞高三一模)如右圖所示,豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場,與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)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(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置,則從開始釋放到運(yùn)動(dòng)到右極板的過程中,它們的()A電荷量之比qPqQ21B電勢(shì)能減少量之比EpPEpQ21C運(yùn)動(dòng)時(shí)間tp>tQD動(dòng)能增加量之比EkPEkQ41解析小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng),在水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性,兩小球下落的高度一樣,即hgt2,所以運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同,設(shè)為t,C錯(cuò)誤;在水平方向上有daPt2 t2,daQt2 t2,可得qPqQ21,A正確;電勢(shì)能的減少量等于電場力所做的功,所以有EpPUqP,EpQUqQ,所以有EpPEpQ41,B錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)過程中重力和電場力做功,所以動(dòng)能的增加量為EkPmghUqP,EkQmghUqQ,所以EkPEkQ41,D錯(cuò)誤答案A7(2019·全國卷)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成,固定于勻強(qiáng)磁場中,線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直,線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接已知導(dǎo)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()A2F B1.5FC0.5F D0解析設(shè)三角形邊長為l,通過導(dǎo)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(dǎo)體棒ML和LN的電流大小為,如圖所示,依題意有FBlI,則導(dǎo)體棒ML和LN所受安培力的合力為F1BlIF,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(xiàng)B正確答案B8.(2017·全國卷)如圖,在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中,兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí),紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為()A0 B.B0 C.B0 D2B0解析設(shè)導(dǎo)線P在a點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,由于a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,故導(dǎo)線P、Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度與B0等大反向如圖甲所示,由幾何關(guān)系得,導(dǎo)線P、Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度B02Bcos30°,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(guān)系得,P、Q導(dǎo)線在a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽,方向豎直向上,則a點(diǎn)處合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0,故選項(xiàng)C正確答案C9(多選)(2019·南京金陵中學(xué)二模)間距為L20 cm的光滑平行導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計(jì)、電動(dòng)勢(shì)為E的電源相連,右端與半徑為L的兩段光滑圓弧導(dǎo)軌相接,一根質(zhì)量m60 g、電阻R1 、長為L的導(dǎo)體棒ab,用長也為L的絕緣細(xì)線懸掛,如圖所示,系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T,當(dāng)閉合開關(guān)S后,導(dǎo)體棒沿圓弧擺動(dòng),擺到最大高度時(shí),細(xì)線與豎直方向成53°角,擺動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線處于張緊狀態(tài),導(dǎo)軌電阻不計(jì),sin53°0.8,cos53°0.6,g10 m/s2,則()A磁場方向一定豎直向下B電源電動(dòng)勢(shì)E3.0 VC導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過程中所受安培力F3 ND導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過程中電源提供的電能為0.048 J解析當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí),導(dǎo)體棒向右擺動(dòng),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(shè)電路中電流為I,則根據(jù)動(dòng)能定理得mgL(1cos53°)FLsin53°0,解得安培力F0.3 N,由FBIL,得E3 V,故B正確,C錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過程中電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的機(jī)械能EmgL(1cos53°)0.06×10×0.2×0.4 J0.048 J,另一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱,故D錯(cuò)誤答案AB二、非選擇題10(2019·石家莊高三質(zhì)檢二)如圖所示,ABCD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上,在C點(diǎn)有一固定點(diǎn)電荷,電荷量為Q.現(xiàn)從A點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度為,g為重力加速度,不考慮運(yùn)動(dòng)電荷對(duì)靜電場的影響,求:(1)小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力;(2)小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中電勢(shì)能的改變量解析(1)小球在D點(diǎn)時(shí)有FNkmg解得FN2mgk由牛頓第三定律得,小球在D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN2mgk方向豎直向下(2)小球從A運(yùn)動(dòng)到D,根據(jù)動(dòng)能定理,有:mgrW電m()20解得電場力做的功:W電mgr因?yàn)殡妶隽ψ鲐?fù)功,則電勢(shì)能增加,Epmgr答案(1)2mgk,方向豎直向下(2)mgr11(2019·北京西城區(qū)模擬)2012年11月,“殲15”艦載機(jī)在“遼寧號(hào)”航空母艦上著艦成功,它的阻攔技術(shù)原理是,飛機(jī)著艦時(shí)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(zhǔn)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(jī)著艦時(shí)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(yīng)強(qiáng)度為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)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(jì)軌道端點(diǎn)MP間接有阻值為R的電阻一個(gè)長為L、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導(dǎo)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(jī)以水平速度v0迅速鉤住導(dǎo)體棒ab,鉤住之后關(guān)閉動(dòng)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(jī)和導(dǎo)體棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來求:(1)飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒后它們獲得的共同速度v的大??;(2)飛機(jī)在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值;(3)從飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒到它們停下來的整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)的距離x.解析(1)以飛機(jī)和導(dǎo)體棒為研究對(duì)象,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv0(Mm)v,解得它們共同的速度vv0;(2)飛機(jī)鉤住導(dǎo)體棒后它們以速度v開始在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng),所以當(dāng)它們的速度為v時(shí)所受安培力最大,此時(shí)加速度也最大,根據(jù)牛頓第二定律有BIL(Mm)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(jī)和導(dǎo)體棒為研究對(duì)象,在很短的一段時(shí)間t內(nèi),根據(jù)動(dòng)量定理有BiL·t(Mm)v,在某時(shí)刻,根據(jù)閉合電路歐姆定律有i,聯(lián)立可得·t(Mm)v,飛機(jī)經(jīng)時(shí)間t停下來,在時(shí)間t內(nèi),對(duì)等式兩邊求和,有·x(Mm)v,解得x.答案(1)v0(2)(3)10