2018屆高考物理第二輪專題強(qiáng)化訓(xùn)練3

專題能力提升練(四)A卷電場(chǎng)和磁場(chǎng)一、選擇題(本大題共7小題，每小題8分，共56分．第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～7題有多項(xiàng)符合題目要求．)1．關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受的安培力，下列說(shuō)法正確的是()A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場(chǎng)的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角無(wú)關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉?lái)的一半解析：根據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場(chǎng)B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)電流I的方向平行于磁場(chǎng)B的方向時(shí)，直導(dǎo)線受到的安培力為零，當(dāng)電流I的方向垂直于磁場(chǎng)B的方向時(shí)，直導(dǎo)線受到的安培力最大，可見(jiàn)，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向的夾角有關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；如圖所示，電流I和磁場(chǎng)B垂直，直導(dǎo)線受到的安培力F＝BIL，將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，分段研究導(dǎo)線受到的安培力，電流I和磁場(chǎng)B垂直，根據(jù)平行四邊形定則可得，導(dǎo)線受到的安培力的合力為F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：B2.如圖所示，電場(chǎng)中的一簇電場(chǎng)線關(guān)于y軸對(duì)稱分布，O點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn)，M、N、P、Q是以O(shè)為圓心的一個(gè)圓周上的四個(gè)點(diǎn)，其中M、N在y軸上，Q點(diǎn)在x軸上，則()A．M點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)電勢(shì)高B．OM間的電勢(shì)差等于NO間的電勢(shì)差C．一正電荷在O點(diǎn)的電勢(shì)能小于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能D．將一負(fù)電荷從M點(diǎn)移到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功解析：由圖象可知，場(chǎng)源電荷必然在O點(diǎn)以下的y軸上，電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處正交，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低最快，則過(guò)P點(diǎn)的等勢(shì)面對(duì)應(yīng)的電勢(shì)較高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線密處，等差等勢(shì)面也越密，因此NO之間的電勢(shì)差較大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；過(guò)O點(diǎn)的等勢(shì)面與x軸相切，過(guò)Q點(diǎn)的等勢(shì)面與x軸相交，所以O(shè)點(diǎn)的電勢(shì)比Q點(diǎn)高，由Ep＝qφ可知，正電荷在O點(diǎn)的電勢(shì)能大于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；用同樣的辦法做等勢(shì)面，MP之間的電勢(shì)差小于零，將負(fù)電荷從M點(diǎn)移到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)D正確．答案：D3.如圖所示，兩平行導(dǎo)軌與水平面成α＝37°角，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1.0m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可調(diào)，方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下．一金屬桿長(zhǎng)也為L(zhǎng)，質(zhì)量m＝0.2kg，水平放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好而處于靜止?fàn)顟B(tài)，金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，通有圖示方向的電流，電流強(qiáng)度I＝2.0A，令最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值和最小值分別為()A．1.0T0B．1.0T0.6TC．1.0T0.2TD．0.6T0.2T解析：由左手定則知安培力沿斜面向上，因mgsinα＝1.2N、fm＝μmgcosα＝0.8N，所以當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小時(shí)，安培力F1＝BminIL＝0.4N，即Bmin＝0.2T；當(dāng)B最大時(shí)，安培力F2＝BmaxIL＝2.0N，即Bmax＝1.0T，C對(duì)．答案：C4.如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd，bc邊長(zhǎng)為l，線框的下半部分處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與線框平面垂直(在圖中垂直于紙面向里)，線框中通以電流I，方向如圖所示，開(kāi)始時(shí)線框處于平衡狀態(tài)．令磁場(chǎng)反向，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小仍為B，線框達(dá)到新的平衡狀態(tài)，則在此過(guò)程中線框位移的大小Δx及方向是()A．Δx＝eq\f(2nBIl,k)，方向向上B．Δx＝eq\f(2nBIl,k)，方向向下C．Δx＝eq\f(nBIl,k)，方向向上D．Δx＝eq\f(nBIl,k)，方向向下解析：線框在磁場(chǎng)中受重力、安培力、彈簧彈力處于平衡狀態(tài)，安培力為FA＝nBIl，且開(kāi)始時(shí)方向向上，改變電流方向后方向向下，大小不變．設(shè)在電流反向之前彈簧的伸長(zhǎng)為x，則反向之后彈簧的伸長(zhǎng)為(x＋Δx)，由平衡條件知kx＋nBIl＝mg及k(x＋Δx)＝nBIl＋mg，聯(lián)立解得Δx＝eq\f(2nBIl,k)，且線框向下移動(dòng)，B對(duì)．答案：B5.eq\a\vs4\al(2015·安徽高考)已知均勻帶電的無(wú)窮大平面在真空中激發(fā)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(σ,2ε0)，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對(duì)面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計(jì)邊緣效應(yīng)時(shí)，極板可看做無(wú)窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)B.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)D.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)解析：每塊極板上單位面積所帶的電荷量為σ＝eq\f(Q,S)，每塊極板產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(σ,2ε0)，所以兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為2E＝eq\f(Q,ε0S).一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度E′＝eq\f(Q,2ε0S)，故另一塊極板所受的電場(chǎng)力F＝qE′＝Q·eq\f(Q,2ε0S)＝eq\f(Q2,2ε0S)，選項(xiàng)D正確．答案：D6.如圖，兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流；a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點(diǎn)，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為eq\f(l,2)，l和3l.關(guān)于這三點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列判斷正確的是()A．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同D．b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零解析：根據(jù)安培定則可知，在兩導(dǎo)線所在的平面上每根直導(dǎo)線在導(dǎo)線左側(cè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向垂直平面向里，在右側(cè)垂直平面向外，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)越弱，由于兩導(dǎo)線電流大小相等，因此在離導(dǎo)線相等距離處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)磁場(chǎng)疊加規(guī)律可知，b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，兩導(dǎo)線在a處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)比在c處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)強(qiáng)，在a處的合磁場(chǎng)方向垂直平面向里，在c處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向垂直平面向外，因此A、D項(xiàng)正確，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：AD7.質(zhì)譜議的構(gòu)造原理如圖所示．從粒子源S出來(lái)時(shí)的粒子速度很小，可以看做初速為零，粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后進(jìn)入有界的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，并沿著半圓周運(yùn)動(dòng)而達(dá)到照相底片上的P點(diǎn)，測(cè)得P點(diǎn)到入口的距離為x，則以下說(shuō)法正確的是()A．粒子一定帶正電B．粒子一定帶負(fù)電C．x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越大D．x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越小解析：根據(jù)左手定則和粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，知粒子帶正電，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，x＝2r＝eq\f(2mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，知x越大，質(zhì)量與電量的比值越大，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC二、計(jì)算題(本大題共3小題，共44分．需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)8.如圖在豎直放置的鉛屏A的右表面上貼著能放射電子的儀器P，放射源放出的電子速度大小均為v0＝1.0×107m/s，各個(gè)方向均有．足夠大的熒光屏M與鉛屏A平行放置，相距d＝2.0×10－2m，其間有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝2.5×104N/C.已知電子電量e＝1.6×10－19C，電子質(zhì)量m＝9.0×(1)電子到達(dá)熒光屏M上的動(dòng)能；(2)熒光屏上的發(fā)光面積(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)．解析：(1)由動(dòng)能定理eEd＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Ek＝1.25×10－16J(2)電子各個(gè)方向均有，其中和鉛屏A平行的電子在縱向偏移距離最大，則d＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)·t2r＝v0t解得r＝3×10－2在熒光屏上觀察到的范圍是半徑為r的圓，其面積為S＝πr2＝2.83×10－3答案：(1)1.25×10－16J(2)2.83×10－39.eq\a\vs4\al(2015·重慶高考)音圈電機(jī)是一種應(yīng)用于硬盤(pán)、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動(dòng)機(jī)．如圖所示是某音圈電機(jī)的原理示意圖，它由一對(duì)正對(duì)的磁極和一個(gè)正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，匝數(shù)為n，磁極正對(duì)區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場(chǎng)忽略不計(jì)．線圈左邊始終在磁場(chǎng)外，右邊始終在磁場(chǎng)內(nèi)，前后兩邊在磁場(chǎng)內(nèi)的長(zhǎng)度始終相等．某時(shí)刻線圈中電流從P流向Q，大小為I.(1)求此時(shí)線圈所受安培力的大小和方向；(2)若此時(shí)線圈水平向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，求安培力的功率．解析：(1)由安培力表達(dá)式F＝BIL可知，線圈所受的安培力F＝nBIL，由左手定則可判斷安培力方向水平向右．(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBILv.答案：(1)nBIL水平向右(2)nBILv10.eq\a\vs4\al(2014·廣東高考)如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L，兩板間存在兩個(gè)方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面向外．A1、A2上各有位置正對(duì)的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L(zhǎng).質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入Ⅱ區(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍，不計(jì)重力，碰到擋板的粒子不予考慮．(1)若k＝1，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場(chǎng)中的速度大小v與k的關(guān)系式和Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式．解析：(1)若k＝1，則有MP＝L，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系，該情況粒子的軌跡半徑R1＝L粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知qvB0＝meq\f(v2,R1)①粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2②聯(lián)立解得E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2dm)(2)因?yàn)?<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，則從S1到S2的軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系得Req\o\al(2,2)－(kL)2＝(R2－L)2③又有qvB0＝meq\f(v2,R2)④聯(lián)立解得v＝eq\f(qB0L＋k2L,2m)又因?yàn)?L－2kL＝2x根據(jù)幾何關(guān)系有eq\f(kL,x)＝eq\f(R2,R)⑥由R＝eq\f(mv,qB)知，eq\f(R2,R)＝eq\f(B,B0)⑦聯(lián)立解得B＝eq\f(