新课标2022版高考物理大二轮复习专题强化训练10电场和磁场的基本性质.doc

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1、专题强化训练(十)一、选择题1(2019东北师大附中教学抽样检测)如右图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则()A小环A的加速度大小为B小环A的加速度大小为C恒力F的大小为D恒力F的大小为解析设轻绳的拉力为T，则对A：TTcos60k；Tcos30maA，联立解得：aA，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F2ma，选项C、D错误答案B2(多选)(2019武汉二中月考)如右图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“

2、三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，hR.重力加速度为g，静电力常量为k.则()A小球a一定带正电B小球b的周期为 C小球c的加速度大小为D外力F竖直向上，大小等于mg解析a、b、c三小球所带电荷量相同，要使它们做匀速圆周运动，则d球与a、b、c三小球一定带异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误设ad连线与水平方向的夹角为，则cos，sin；对b球，根据牛

3、顿第二定律和向心力公式得kcos2kcos30mRma，解得T ，a，则小球c的加速度大小为，故B、C正确对d球，由平衡条件得F3ksinmgmg，故D正确答案BCD3(多选)(2019全国卷)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行解析在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正

4、确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；粒子所受电场力与电场线共线与运动轨迹无关，D错误答案AC4(多选)(2019全国卷)如图，电荷量分别为q和q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点则()Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度方向相同D将负电荷从a点移到b点，电势能增加解析a、b两点到两点

5、电荷连线的距离相等，且关于两点电荷连线中点对称，可知a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，选项B、C均正确答案BC5(2019山东省济南市期末测试)两个点电荷位于x轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，当x0时，电势，当x时，电势0.电势为零的点的横坐标为x1，电势为最小值0的点的横坐标为x2，根据图线提供的信息，下列判断正确的是()A这两个点电荷一定是同种电荷B这两个点电荷一定是等量的异种电荷C在x1处的电场强度为零D在x2处的电场强度为零解析若这两个点电荷是同种电荷，则在x1处的电势不可能为零，因此这两个点电荷一定是异种电荷，选项A错

6、误；当x0时，电势，可知在原点一定有正点电荷，负点电荷只能在x轴负半轴上，且负点电荷所带电荷量的绝对值一定大于正点电荷所带电荷量，可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，选项B错误；根据电场强度与电势的关系可知E，故在x2处的电场强度为零，在x1处的电场强度不为零，选项D正确、C错误答案D6(2019宝鸡高三一模)如右图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的()A电荷量之比qPqQ21B电势能

7、减少量之比EpPEpQ21C运动时间tptQD动能增加量之比EkPEkQ41解析小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，根据合运动与分运动的等时性，两小球下落的高度一样，即hgt2，所以运动的时间相同，设为t，C错误；在水平方向上有daPt2 t2，daQt2 t2，可得qPqQ21，A正确；电势能的减少量等于电场力所做的功，所以有EpPUqP，EpQUqQ，所以有EpPEpQ41，B错误；运动过程中重力和电场力做功，所以动能的增加量为EkPmghUqP，EkQmghUqQ，所以EkPEkQ41，D错误答案A7(2019全国卷)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒

8、连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A2F B1.5FC0.5F D0解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有FBlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1BlIF，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确答案B8.(2017全国卷)如图，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

9、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()A0 B.B0 C.B0 D2B0解析设导线P在a点处产生的磁感应强度为B，由于a点处的磁感应强度为零，故导线P、Q在a点处产生的合磁感应强度与B0等大反向如图甲所示，由几何关系得，导线P、Q在a点处产生的合磁感应强度B02Bcos30，方向水平向右若P中的电流反向、其他条件不变，如图乙所示，由几何关系得，P、Q导线在a点处的磁感应强度变为B，方向竖直向上，则a点处合磁感应强度的大小为B0，故选项C正确答案C9(多选)(2019南京金陵中学二模)间距为L

10、20 cm的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L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，磁感应强度大小为B0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，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，sin530.8，cos530.6，g10 m/s2，则()A磁场方向一定竖直向下B电源电动势E3.0 VC导体棒在摆动过程中所受安培力F3 ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.0

11、48 J解析当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；设电路中电流为I，则根据动能定理得mgL(1cos53)FLsin530，解得安培力F0.3 N，由FBIL，得E3 V，故B正确，C错误；导体棒在摆动过程中电源提供的电能一部分转化为导体棒的机械能EmgL(1cos53)0.06100.20.4 J0.048 J，另一部分转化为焦耳热，故D错误答案AB二、非选择题10(2019石家庄高三质检二)如图所示，ABCD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为Q.现从A点将一质量为m、电荷量为q的小球由静止

12、释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：(1)小球运动到D点时对轨道的压力；(2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量解析(1)小球在D点时有FNkmg解得FN2mgk由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN2mgk方向竖直向下(2)小球从A运动到D，根据动能定理，有：mgrW电m()20解得电场力做的功：W电mgr因为电场力做负功，则电势能增加，Epmgr答案(1)2mgk，方向竖直向下(2)mgr11(2019北京西城区模拟)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功，它的阻拦技术原理是，飞机着舰

13、时利用阻拦索的作用力使它快速停止随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的阻拦技术原理是，飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计轨道端点MP间接有阻值为R的电阻一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好质量为M的飞机以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度假如忽略摩擦等次要因素，飞机和导体棒系统仅在安培力作用下很快停下来求：(1)飞机钩住导体棒

14、后它们获得的共同速度v的大小；(2)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值；(3)从飞机钩住导体棒到它们停下来的整个过程中运动的距离x.解析(1)以飞机和导体棒为研究对象，根据动量守恒定律有Mv0(Mm)v，解得它们共同的速度vv0；(2)飞机钩住导体棒后它们以速度v开始在安培力的作用下做减速运动，所以当它们的速度为v时所受安培力最大，此时加速度也最大，根据牛顿第二定律有BIL(Mm)a，根据闭合电路欧姆定律有I，联立以上两式解得a；(3)以飞机和导体棒为研究对象，在很短的一段时间t内，根据动量定理有BiLt(Mm)v，在某时刻，根据闭合电路欧姆定律有i，联立可得t(Mm)v，飞机经时间t停下来，在时间t内，对等式两边求和，有x(Mm)v，解得x.答案(1)v0(2)(3)