新高考物理二轮复习专题3第1讲电场与磁场的基本性质作业

第一部分专题三第1讲A组基础能力练1．(2020·宁夏六盘山四模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知(A)A．P的电势高于Q点的电势B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点时的电场强度小于在Q点时的电场强度【解析】电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右，由于粒子带负电，所以电场线方向向左，则有P的电势高于Q点的电势，故A正确；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故B错误；根据能量守恒定律，带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，故C错误；电场线的疏密表示电场的强弱，则由电场线疏密可知带电粒子在R点时的电场强度大于在Q点时的电场强度，故D错误．2．(2020·山东泰安三模)如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O点是A、B两点连线的中点．以O点为坐标原点，以A、B两点的连线为x轴，以O、C两点的连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四点各有一条长直导线垂直穿过坐标平面，各导线中通有大小相等的电流，其中过A、B两点的导线中的电流方向向里，过C、O两点的导线中的电流方向向外．过O点的导线所受安培力的方向为(A)A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向【解析】等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流，由安培定则可得，导线A、B的电流在O处的合磁场为零，C处的电流在O处产生磁场水平向右，即O处的磁场方向水平向右，再由左手定则可得，安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向，B、C、D错误A正确．3.(多选)(2020·江苏省高考真题)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)．开始时，两小球分别静止在A、B位置．现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置．取O点的电势为0.下列说法正确的有(AB)A．电场E中A点电势低于B点B．转动中两小球的电势能始终相等C．该过程静电力对两小球均做负功D．该过程两小球的总电势能增加【解析】沿着电场线方向，电势降低，A正确；由于O点的电势为0，根据匀强电场的对称性φ1＝－φB又qA＝－qB，Ep＝qφ，所以EPA＝EPB，B正确；A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，C、D错误；故选A、B．4．(多选)(2020·全国调研卷)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是(CD)A．带正电B．速度先变大后变小C．电势能先变大后变小D．经过b点和d点时的速度大小相同【解析】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．6．(多选)(2020·天津和平区三模)质量为m、电量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是(CD)A．环形电流的电流强度跟q成正比B．环形电流的电流强度跟v成正比C．环形电流的电流强度跟B成正比D．环形电流的电流强度跟m成反比【解析】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由qvB＝meq\f(v2,r)，得T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，环形电流：I＝eq\f(q,T)＝eq\f(q2B,2πm)，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故A、B错误，C、D正确．7．(2020·湖北武汉调研)如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd，其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场．现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为(D)A．0 B．eq\f(1,2)BILC．eq\r(2)BIL D．eq\f(\r(2),2)BIL【解析】电流I经过A点后分成两条支路，其大小分别为Iabcd＝eq\f(1,4)I，Iad＝eq\f(3,4)I，如图判断线圈四边受安培力大小和方向分别为Fab＝eq\f(1,4)BIL，向右；Fbc＝eq\f(1,4)BIL，向下；Fcd＝eq\f(1,4)BIL，向右；Fad＝eq\f(3,4)BIL，向上，则线框受到的安培力的大小为F＝eq\f(\r(2),2)BIL，A、B、C错误，D正确．B组素养提升练8．(2020·湘赣皖十五校联考)一电流表的原理如图所示．质量为m＝20g的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k＝2.0N/m.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.20T，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab，ab的长度为l＝0.20m，bc的长度为L＝0.05m，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度，不计通电时电流产生的磁场的作用(g＝10m/s2)(D)A．若要电流表正常工作，N端应接电源正极B．若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为B′＝0.40TC．此电流表可以测量的最大电流为2.0AD．当电流表示数为零时，弹簧伸长10cm【解析】为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故A错误；设弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，解得Δx＝10cm，设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有BIml＋mg＝k(L＋Δx)，代入解得Im＝2.5A，设扩大量程后，磁感应强度变为B′，则有2B′Iml＋mg＝k(L＋Δx)，解得B′＝0.10T，故B、C错误，D正确．9．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是(BD)A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【解析】结合题意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但电场方向不能得出，故A错误．电场强度的方向沿c→d时，才有场强E＝eq\f(W2,qL)，故C错误．由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，φM＝eq\f(φa＋φc,2)，φN＝eq\f(φb＋φd,2)，则UMN＝eq\f(Uab＋Ucd,2)，可知该粒子从M点移动到N点的过程中，电场力做功W＝eq\f(W1＋W2,2)，故B正确．若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，变形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝eq\f(Uac,2)，UbN＝eq\f(Ubd,2)，可知UaM＝UbN，故D正确．10．(2020·江西南昌模拟)如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．如果带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是(D)A．P点的电势与Q点的电势相等B．带正电的微粒在O点的电势能为零C．在P点静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动D．P点的电场强度与Q点的电场强度相等【解析】由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，所以P点的电势高于Q点的电势，故A错误；本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，故B错误；电场线方向水平向右，所以在P点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故C错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边，然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在P、Q两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q点产生的电场强度相当于负电半球在Q点产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故D正确．11．(2020·浙江温州三模)示波管的结构如图(a)所示，偏转电极YY′如右图(b)所示，两板间的距离为d、板长为L，在YY′间加上电压U，让电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直电场进入偏转电极，不计电子的重力．则电子穿过偏转电极YY′的过程中，下列说法正确的是(B)A．电子向Y′极板偏转飞出B．电子射出电场时的偏移量ΔY＝eq\f(eUL2,2mdv2)C．射出电子的动能增加了eUD．U越大，电子通过YY′极板的时间就越短【解析】由(b)图可知，Y为正极，则电场强度方向向下，故电子通过YY′的过程中，受到的电场力向上，即电子向Y极偏转飞出电场，故A错误；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有L＝vt，ΔY＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eU,md)，联立解得ΔY＝eq\f(eUL2,2mdv2)，故B正确；根据动能定理可知，电子动能的增加量为ΔEk＝eEΔY，因ΔY<d，故EΔY<Ed＝U，所以ΔEk<eU，故C错误；根据电子的方向做匀速直线运动，有L＝vt，解得t＝eq\f(L,v)，即电子通过YY′极板的时间与U无关，故D错误．12．(2020·山东烟台模拟)在平行于纸面内的匀强电场中，有一电荷量为q的带正电粒子，仅在电场力作用下，粒子从电场中A点运动到B点，速度大小由2v0变为v0，粒子的初、末速度与AB连线的夹角均为30°，如图所示，已知A、B两点间的距离为d，则该匀强电场的电场强度为(D)A．eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，方向竖直向上 B．eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，方向斜向左下方C．eq\f(3mv\o\al(2,0),qd)，方向竖直向上 D．eq\f(\r(21)mv\o\al(2,0),2qd)，方向斜向左下方【解析】以向右为x轴正方向，向下为y轴正方向建立直角坐标系，x轴方向的速度由2v0减为v0cos60°，故Ex向左，y轴方向的速度由0增加到v0sin60°，故Ey向下，故电场强度方向斜向左下方．利用v2－veq\o\al(2,0)＝2ax以及牛顿第二定律，有(v0cos60°)2－(2v0)2＝－2eq\f(qEx,m)dcos30°，(v0sin60°)2＝2eq\f(qEy,m)dsin30°，电场强度E＝eq\r(E\o\al(2,x)＋E\o\al(2,y))，解得E＝eq\f(\r(21)mv\o\al(2,0),2qd)，故A、B、C错误，D正确．13．(2020·新疆三模)“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点．如图是“电磁炮”的原理结构示意图．光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L＝0.2m；在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102T；“电磁炮”弹体总质量m＝0.2kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4Ω；可控电源的内阻r＝0.6Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射；在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I＝4×103A，不计空气阻力．求：(1)弹体所受安培力大小；(2)弹体从静止加速到4km/s，轨道至少要多长；(3)弹体从静止加速到4km/s过程中，该系统消耗的总能量．【答案】(1)8×104N(2)20m(3)1.76×106J【解析】