2019高考物理大二轮复习专题三电场和磁场3.1精练（含解析）.docx

电场和磁场(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(15题为单项选择题，611题为多项选择题)1.如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为该电场线上的两点，在电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，其动能增加，则可以判断()A场强大小EAEBB电势ABC电场线方向由B指向AD若Q为负电荷，则Q在B点的右侧解析：由于电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，其动能增加，故电子所受的电场力方向与速度方向一致，由A指向B，因电子带负电，所以电子所受电场力的方向与场强方向相反，故场强方向由B指向A，即电场线方向由B指向A，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，AEB，若点电荷为正点电荷，则有EAEB，选项A、D错误。答案：C2(2018天津卷3)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为M、N，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是()AvMvN，aMaNBvMvN，MNCMN，EpMEpNDaMaN，EpMEpN解析：因为N点的电场线密，所以场强大，受到的电场力大，加速度大，即aMN。又由Epq知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpMvN。若带负电粒子由N向M。运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得vMvN，故选D。答案：D3(2018岳阳一模)如图所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为，则下列说法中正确的是()A保持开关S闭合，使两极板靠近一些，将减小B保持开关S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，将减小C断开开关S，使两极板靠近一些，将不变D轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析：保持开关S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E知，电场强度增大，将增大，A项错误；调节滑动变阻器滑片不影响电容器两极板间的电压，B项错误；断开开关S，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C、U、E知，E不变，即夹角不变，C项正确；轻轻将细线剪断，小球所受合力方向沿细线方向向下，所以小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，D项错误。答案：C4.如图所示，28根通有同向等大电流的长直导线(彼此绝缘)正好紧密排列在以O为圆心的圆周上，直径BD水平，AC竖直，直导线中电流方向均垂直纸面向外，现将B处的长直导线撤走，而将C处的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处的长直导线所受安培力的方向()A沿COB的角平分线向下B沿AOB的角平分线向上C沿AOD的角平分线向上D沿COD的角平分线向下解析：因通电直导线的磁场是以导线为圆心的一层层的同心圆，由对称性可知O处的磁场为A处直导线的电流和D处直导线的电流在O点产生的磁场的叠加，由安培定则可知A处直导线的电流在O点产生的磁场方向水平向右，D处直导线的电流在O点产生的磁场方向竖直向上，且两处直导线的电流在O点产生的磁场大小相等，由矢量的合成法则知O处的磁场方向沿AOB的角平分线向上，由左手定则可知圆心O处的长直导线所受安培力的方向沿AOD的角平分线向上，C对。答案：C5(2018北京卷19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是()A实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A对：实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷。B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C知，电容C变小，由C知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大。C错：插入有机玻璃板，相对介电常数变大，由C知，电容C变大，由C知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小。D错： C，实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的。答案：A6.(2018山东烟台二模)如图所示，ac和bd为正方形abcd的对角线，O为正方形的中心。现在a、b、c三点分别放上电荷量相等的三个正电荷，则下列说法正确的是()AO点电场强度的方向垂直于ac由O指向dB从O到d电势逐渐升高C将b点的电荷移到O点时，d点的电场强度变小D将带正电的试探电荷由O移到d，该电荷的电势能逐渐减少解析：a、c两点在O点形成的电场强度为零，故O点的场强就是b点的电荷在O点产生的场强，其方向垂直于ac由O指向d，将b点的电荷移到O点时，d点的电场强度变大，选项A正确，C错误；从O到d电势逐渐降低，将带正电的试探电荷由O移到d，该电荷的电势能逐渐减少，选项B错误，D正确；故选A、D。答案：AD7.如图，光滑半圆槽两端固定着两通电直导线A和C，电流方向垂直纸面向外，电流大小相等，另一通电轻导线B(重力不计)中电流方向垂直纸面向里，若将导线B从图中位置释放，关于导线B的受力及运动情况，下列说法正确的是()A释放时，导线B所受合力方向沿圆槽切线方向斜向上B释放时，导线B所受合力方向沿圆槽切线方向斜向下C导线B将在圆槽中做往复运动D导线B将沿圆槽向上运动解析：开始释放时，导线B受力如图甲所示，在半径方向上合力为零，在切线方向上合力斜向下，所以导线将沿圆槽向下加速运动。经过最低点之后，受力分析如图乙所示，在切线方向上合力斜向下，导线将沿圆槽做减速运动，到达与初始位置对称的位置时停止，之后做往复运动。综上所述，选项B、C正确。答案：BC8在某电场中沿x方向上，电势与x关系如图所示，假设有一电子在该电场中仅受电场力作用而移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是()Ax3到x4区域内沿x轴方向上的电场为匀强电场B若电子从电势为2 V的x1位置向右运动到电势为2 V的x7位置，因为电子电势能不变，电场力不做功，电子初动能大于零即可满足要求Cx6到x7区域内沿x方向的电场强度为零D若电子从电势为2 V的x1位置向右运动到电势为2 V的x7位置，为了通过x4处电势为3 V的位置，电子至少具有的初动能为1 eV解析：由x3到x4电势均匀增大，则电场为匀强电场，故A正确；由x6到x7电势不变，则沿x方向电场强度为零，故C正确；要电子能从x1运动到x7，对于x1到x2，电场力阻碍电子运动，电子的初动能要大于电场力做功的值，故B错误；电子只要能通过x2处，就可通过x4，则其具有的初动能至少为2 eV，故D错误。答案：AC9.如图所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷量分别为Q、Q、q。A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在粗糙绝缘杆上且与绝缘杆间的动摩擦因数处处相同，绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下滑至桌面时速度恰好为零。C沿杆下滑时带电荷量保持不变，那么在C下滑的过程中，以下判断正确的是()AC所受摩擦力变大B电场力做正功CC的电势能不变D下滑到杆的中点时C的速度一定最大解析：由于在两个等量异种点电荷连线的中垂线上。从连线中点向上，各点的电场强度逐渐减小，所以C从杆上某一位置由静止释放，在下滑过程中所受的水平向右的电场力逐渐增大，C与杆间的压力逐渐增大，所受摩擦力逐渐增大，选项A正确；由于电场力水平向右，C沿竖直杆运动，故电场力做功为零，选项B错误；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，各点电势相等，所以C从杆上某一位置由静止释放下滑的过程中，电势能不变，选项C正确；C从杆上某一位置由静止释放下滑的过程中，当摩擦力大小增大到等于重力大小时，速度最大，此时C不一定是下滑到杆的中点，选项D错误。答案：AC10.如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、B三点，其中O为圆心，A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，ABL。有一个可视为质点的质量为m，电荷量为q的带电小球正在槽中运动，在C点受到的电场力指向圆心，C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知()AB点的电荷带正电BB点的电荷的电荷量为3QCB点的电荷的电荷量为QD小球在槽内做的是匀速圆周运动解析：如图，由小球在C点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B点的电荷带负电，由ABCACB30，知：ACO30，ABACL，BC2ABcos 30L由几何关系可得：F1F2即：得QBQ，故A、B错误，C正确。圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确。答案：CD11光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m60 g、电阻R1 、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧导轨摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，忽略导体棒产生的反电动势，sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2，则()A磁场方向一定竖直向下B电源电动势E3 VC导体棒在摆动过程中所受安培力的大小F3 ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J解析：导体棒向右沿圆弧导轨摆动，说明其受到方向向右的安培力，由左手定则知该磁场方向竖直向下，选项A正确；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BILLsin mgL(1cos )0，代入数值得导体棒中的电流为I3 A，由EIR得电源电动势E3 V，选项B正确(注意最大偏角处并不是处于平衡状态)；由FBIL得导体棒在摆动过程中所受安培力的大小F0.3 N，选项C错误；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量E的和，即WQE，而EmgL(1cos )0.048 J，故WE0.048 J，选项D错误。答案：AB二、非选择题12.如图所示，在xOy坐标平面内，x轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点以一定的