《高考物理二轮复习专题能力提升练（四）（A卷）电场和磁场》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习专题能力提升练（四）（A卷）电场和磁场（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题能力提升练(四)A卷电场和磁场一、选择题(本大题共7小题，每小题8分，共56分第15题只有一项符合题目要求，第67题有多项符合题目要求)1关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，选项A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到
2、的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力FBIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为FBIL，选项D错误答案：B2.如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则()AM点电势比P点电势高BOM间的电势差等于NO间的电势差C一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能D将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功解析：由图象可知，场源电荷
3、必然在O点以下的y轴上，电场线与等势面处处正交，沿电场线方向电势降低最快，则过P点的等势面对应的电势较高，选项A错误；电场线密处，等差等势面也越密，因此NO之间的电势差较大，选项B错误；过O点的等势面与x轴相切，过Q点的等势面与x轴相交，所以O点的电势比Q点高，由Epq可知，正电荷在O点的电势能大于在Q点的电势能，选项C错误；用同样的办法做等势面，MP之间的电势差小于零，将负电荷从M点移到P点，电场力做正功，选项D正确答案：D3.如图所示，两平行导轨与水平面成37角，导轨间距为L1.0 m，匀强磁场的磁感应强度可调，方向垂直导轨所在平面向下一金属杆长也为L，质量m0.2 kg，水平放在导轨上，
4、与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数0.5，通有图示方向的电流，电流强度I2.0 A，令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为()A1.0 T0 B1.0 T0.6 TC1.0 T0.2 T D0.6 T0.2 T解析：由左手定则知安培力沿斜面向上，因mgsin1.2 N、fmmgcos0.8 N，所以当磁感应强度B最小时，安培力F1BminIL0.4 N，即Bmin0.2 T；当B最大时，安培力F2BmaxIL2.0 N，即Bmax1.0 T，C对答案：C4.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为l，线框
5、的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡状态，则在此过程中线框位移的大小x及方向是()Ax，方向向上Bx，方向向下Cx，方向向上Dx，方向向下解析：线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡状态，安培力为FAnBIl，且开始时方向向上，改变电流方向后方向向下，大小不变设在电流反向之前弹簧的伸长为x，则反向之后弹簧的伸长为(xx)，由平衡条件知kxnBIlmg及k(xx)nBIlmg，联立解得x，且线框向下移动，B对答案：B5.已知均匀带电
6、的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，0为常量如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()A.和 B.和C.和 D.和解析：每块极板上单位面积所带的电荷量为，每块极板产生的电场强度为E，所以两极板间的电场强度为2E.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E，故另一块极板所受的电场力FqEQ，选项D正确答案：D6.如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为
7、，l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()Aa处的磁感应强度大小比c处的大Bb、c两处的磁感应强度大小相等Ca、c两处的磁感应强度方向相同Db处的磁感应强度为零解析：根据安培定则可知，在两导线所在的平面上每根直导线在导线左侧产生的磁场的方向垂直平面向里，在右侧垂直平面向外，离导线越远处产生的磁场越弱，由于两导线电流大小相等，因此在离导线相等距离处的磁感应强度大小相等，根据磁场叠加规律可知，b处的磁感应强度为零，两导线在a处产生的合磁场比在c处产生的合磁场强，在a处的合磁场方向垂直平面向里，在c处产生的合磁场方向垂直平面向外，因此A、D项正确，B、C项错误答案：AD7.质谱议的构
8、造原理如图所示从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看做初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是()A粒子一定带正电B粒子一定带负电Cx越大，则粒子的质量与电量之比一定越大Dx越大，则粒子的质量与电量之比一定越小解析：根据左手定则和粒子的运动轨迹，知粒子带正电，故A正确，B错误；根据半径公式r知，x2r，又qUmv2，联立解得x， 知x越大，质量与电量的比值越大，故C正确，D错误答案：AC二、计算题(本大题共3小题，共44分需写出规范的解题步骤)8.如图在竖直放置的铅屏A的右表面上贴着能
9、放射电子的仪器P，放射源放出的电子速度大小均为v01.0107 m/s，各个方向均有足够大的荧光屏M与铅屏A平行放置，相距d2.0102 m，其间有水平向左的匀强电场，电场强度大小E2.5104 N/C.已知电子电量e1.61019C，电子质量m9.01031 kg，不计电子重力求：(1)电子到达荧光屏M上的动能；(2)荧光屏上的发光面积(结果保留3位有效数字)解析：(1)由动能定理eEdEkmv解得Ek1.251016 J(2)电子各个方向均有，其中和铅屏A平行的电子在纵向偏移距离最大，则dt2rv0t解得r3102 m在荧光屏上观察到的范围是半径为r的圆，其面积为Sr22.83103m2答
10、案：(1)1.251016 J(2)2.83103m29.音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机如图所示是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率解析：(1)由安培力表达式FBIL可知，线圈所受的安培力FnBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右
11、(2)由功率公式PFv可知，安培力的功率PnBILv.答案：(1)nBIL水平向右(2)nBILv10.如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN为理想分界面，区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电荷量为q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑(1)若k1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式解析：(1)若k1，则有MPL，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径R1L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB0m粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEdmv2联立解得E(2)因为2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，则从S1到S2的轨迹如图所示由几何关系得R(kL)2(R2L)2又有qvB0m联立解得v又因为6L2kL2x根据几何关系有由R知，联立解得B答案：(1)(2)vB5
