2017～2018學年物理二輪專題卷（六）說明：1．本卷主要考查電場、磁場的基本性質。2．考試時間60分鐘，滿分100分。一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．(2017·河北保定調研)在傾角為α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根長為L、重為G的直導體棒，系統(tǒng)側視圖如圖所示．通過圖示方向電流I，然后給系統(tǒng)施加豎直向上的勻強磁場，導體棒剛好能靜止在斜面上，則下列說法中正確的是()A．磁感應強度B＝eq\f(G,IL)B．磁感應強度B＝eq\f(Gtanα,IL)C．斜面受到導體棒的壓力為零D．斜面受到導體棒的壓力等于Gcosα【解析】對導體棒受力分析如圖所示，由力的平衡條件可知，安培力與支持力的合力和重力等大反向，則F＝Gtanα，又F＝BIL，則B＝eq\f(Gtanα,IL)，故選項A錯誤，B正確；斜面對導體棒的支持力大小為FN＝eq\f(G,cosα)，由牛頓第三定律可知斜面受到導體棒的壓力大小等于eq\f(G,cosα)，故選項C、D錯誤．【答案】B2．(2017·福建泉州質檢)如圖，在勻強磁場中，兩根平行固定放置的長直導線a和b通有大小相等、方向相反的電流，勻強磁場方向與兩根導線所在平面平行且垂直于兩根導線，此時a受到的磁場力大小為F1.若撤去b，保留勻強磁場，則a受到的磁場力大小為F2；若撤去勻強磁場，保留b，則b受到的磁場力大小為()A．F1－F2 B．F1＋F2C.eq\r(F\o\al(2,1)－F\o\al(2,2)) D．eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))【解析】假設導線a、b之間相互作用的斥力大小為F0，勻強磁場對兩導線的作用力大小為F，則導線a所受的合磁場力大小為F1＝eq\r(F\o\al(2,0)＋F2).如果撤去導線b，導線a所受的磁場力大小為F2＝F；如果撤去勻強磁場，導線a所受到的磁場力大小為F0，由以上可求得F0＝eq\r(F\o\al(2,1)－F\o\al(2,2))，故選項C正確．【答案】C3．(2017·湖南十三校聯(lián)考一)如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為M半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的磁感應強度大小為B1，若將N處長直導線移至O處，則O點的磁感應強度大小為B2，那么B2與B1之比為()A．1∶1 B．1∶2C．eq\r(3)∶1 D．eq\r(3)∶2【解析】由安培定則可知，導線M、N在O處產(chǎn)生的磁場的方向相同，均垂直MN連線向下，設導線M在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B，則B1＝2B；將導線N移至P處后，導線N在O處產(chǎn)生的磁場方向與MN連線夾角為30°，斜向上指向M一側，故此時導線M、N在O處產(chǎn)生的磁場方向夾角為120°，因此合磁感應強度大小仍為B，即B2＝B，故B2∶B1＝1∶2，B項正確．【答案】B4．(2017·黑龍江五校聯(lián)考)如圖所示，點A、B、C在半徑為r的同一圓周上，三點等分圓周，A點放置正點電荷，所帶電荷量為＋eq\f(2Q,3)，B、C點放置負點電荷，所帶電荷量為－eq\f(Q,3)，靜電力常量為k，則三個點電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為()A.eq\f(kQ,r2) B．eq\f(kQ,3r2)C．eq\f(kQ,9r2) D．eq\f(2kQ,3r2)【解析】根據(jù)點電荷電場分布規(guī)律，三個點電荷在圓心O處產(chǎn)生的場強大小分別為eq\f(2kQ,3r2)、eq\f(kQ,3r2)、eq\f(kQ,3r2)，方向分別沿AO、OB、OC方向，三個點電荷在圓心O處產(chǎn)生的場強疊加后，合場強大小為eq\f(kQ,r2)，方向由A指向O，選項A正確．【答案】A5．(2017·甘肅張掖診斷)A、B為兩等量異種電荷，圖中水平虛線為A、B連線的中垂線．如圖所示，現(xiàn)將另兩個等量異種的檢驗電荷a、b，用絕緣細桿連接后從離A、B無窮遠處沿中垂線平移到A、B的連線處，平移過程中兩檢驗電荷位置始終關于中垂線對稱．若規(guī)定離A、B無窮遠處電勢為零，則下列說法中正確的是()A．在A、B的連線上a所處的位置電勢φ<0B．a(chǎn)、b整體在A、B連線處具有的電勢能Ep>0C．整個移動過程中，靜電力對a做正功D．整個移動過程中，靜電力對a、b整體做正功【解析】在A、B的連線上，中點處電勢為0，沿著電場線方向電勢逐漸降低，故a所處的位置電勢φ>0，檢驗電荷a在a所處位置的電勢能大于0，b所處的位置電勢φ<0，檢驗電荷b在b所處位置的電勢能大于0，故a、b整體在A、B連線處具有的電勢能Ep>0，選項A錯誤，B正確；因檢驗電荷a、b受到的電場力方向與速度方向均成鈍角，整個移動過程中，靜電力對a做負功，對b也做負功，對a、b整體做負功，系統(tǒng)電勢能增加，則選項C、D錯誤．【答案】B6．(2017·山東重點中學聯(lián)考)(多選)如圖所示，空間某區(qū)域存在著非勻強電場，實線表示該電場的電場線，過O點的虛線MN表示該電場的一個等勢面，兩個相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度開始運動，速度方向垂直于MN，A、B連線與MN平行，且都能從MN左側經(jīng)過O點．設粒子P、Q在A、B兩點的電勢能分別為Ep1和Ep2，經(jīng)過O點時的速度大小分別為v1和v2.粒子的重力不計，則()A．v1>v2 B．v1<v2C．Ep1<Ep2 D．Ep1>Ep2【解析】由題意知兩個相同的帶電粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度運動，且皆能從MN左側經(jīng)過O點，電場力對兩個粒子皆做正功，再由電場線和等勢面的垂直關系以及沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知B點的電勢φB高于A點的電勢φA，B點與O點的電勢差大于A點與O點的電勢差，對兩個粒子分別運用動能定理有qU＝eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))，而UBO>UAO，可知兩個粒子經(jīng)過O點時的速度v1<v2，則選項A錯誤，B正確；再由電勢能公式Ep＝qφ，知Ep1<Ep2，則選項C正確，D錯誤．【答案】BCA．UAC∶UAB＝1∶3B．UAC∶UAB＝1∶4C．勻強電場的電場強度大小為eq\f(4E0,qd)D．勻強電場沿BC方向【解析】帶電粒子由A到C的過程，由動能定理得qUAC＝3E0－E0，帶電粒子由A到B的過程，由動能定理得qUAB＝9E0－E0，解得UAC∶UAB＝1∶4，選項A錯誤，B正確；由分析可知，C點的電勢比B點的電勢高，且在AB上與C點電勢相等的點為D點，D點為AB的四等分點，如圖所示，由幾何關系知CD⊥AB，因此電場強度的方向由A指向B，又AB＝2d，則E＝eq\f(UAB,2d)＝eq\f(4E0,qd)，選項C正確，D錯誤．【答案】BC8．(2017·寧夏銀川模擬)(多選)如圖所示為兩個點電荷的電場線分布，圖中M、N兩點到點電荷Q1(帶電荷量為q1)的距離和R、S兩點到點電荷Q2(帶電荷量為q2)的距離相等，M、N兩點與點電荷Q1共線，且M、N兩點和R、S兩點均關于兩點電荷的連線對稱，左邊半圓(圖示虛線)是正檢驗電荷的運動軌跡．下列說法正確的是()A．|q1|>|q2|B．M、N兩點的電場強度可能不同，R、S兩點的電勢一定不同C．正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，可能只受電場力作用做勻速圓周運動D．正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，其電勢能先增大后減小【解析】由題圖可知，Q1為正電荷，Q2為負電荷，且由電場線的疏密程度得|q1|>|q2|，選項A正確；由對稱性可知，M、N兩點的電場強度大小相等，方向不同，R、S兩點的電勢一定相同，選項B錯誤；若只有點電荷Q1，正檢驗電荷的運動軌跡為等勢面，現(xiàn)由于點電荷Q2的影響，M、N處電場線發(fā)生彎曲，題圖中半圓虛線上，M、N兩點，電勢最低，因此正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，其電勢能先增大后減小，選項D正確；由于半圓軌跡不是等勢線，正檢驗電荷不可能只受電場力而做勻速圓周運動，選項C錯誤．【答案】AD二、非選擇題：本大題共4小題，共52分。按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。9．(2017·廣州期中)一長為L的細線，上端固定，下端拴一質量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，當細線轉過60°角時，小球到達B點速度恰好為零，求：(1)A、B兩點的電勢差UAB；(2)勻強電場的場強大??；(3)小球到達B點時，細線對小球的拉力大小?！窘馕觥?1)小球由A到B過程中，由動能定理得：mgLsin60°＋qUAB＝0，解得UAB＝－eq\f(\r(3)mgL,2q)；(2)BA間電勢差為UBA＝－UAB＝eq\f(\r(3)mgL,2q)，則場強E＝eq\f(UBA,L－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q)。(3)小球在AB間擺動，由對稱性得知，B處繩拉力與A處繩拉力相等，而在A處，由水平方向平衡有：FTA＝Eq＝eq\r(3)mg，所以FTB＝FTA＝eq\r(3)mg。【答案】(1)－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,q)(3)eq\r(3)mg10.(2017皖南八校聯(lián)考)如圖所示，PQ和EF為水平放置的平行金屬導軌，間距為l=1.0m，導體棒ab跨放在導軌上，棒的質量為m=20g，棒的中點用細繩經(jīng)輕滑輪與物體c相連，物體c的質量M=30g。在垂直導軌平面方向存在磁感應強度B=0.2T的勻強磁場，磁場方向豎直向上，重力加速度g取10m/s2。若導軌是粗糙的，且導體棒與導軌間的最大靜摩擦力為導體棒ab重力的0.5倍，若要保持物體c靜止不動，應該在棒中通入多大的電流?電流的方向如何?【解析】因導軌粗糙，設棒和導軌之間的最大靜摩擦力為Ff。若BIl>Mg，則棒所受靜摩擦力的方向與細繩的拉力方向相同，設此時電流為I1，即有：BI1l－Mg≤Ff=0.5mg若BIl<Mg，則棒所受靜摩擦力的方向與細繩的拉力方向相反，設此時電流為I2，即有：MgBI2l≤Ff=0.5mg即ab棒中的電流為1.0A≤I≤2.0A。根據(jù)左手定則判斷，棒中的電流方向應該由a到b?！敬鸢浮?.0A≤I≤2.0A電流方向應該由a到b11.(2017·駐馬店期中)如圖所示，在xOy坐標平面中，有正方形區(qū)域abcd，其中的兩條邊界與坐標軸重合，區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，電場強度為E。質量為m、電量為q的帶電粒子，不計重力，由初速度為零經(jīng)加速電場后獲得速度v0，并從坐標原點沿x正方向進入電場，恰好從c點飛出電場。(1)求加速電壓；(2)求ac兩點間的電勢差；(3)推導證明：帶電粒子在正方形區(qū)域內(nèi)運動過程中，動能與電勢能之和不變?！窘馕觥?1)粒子經(jīng)加速電場時，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv02解得U＝eq\f(mv02,2q)。(2)帶電粒子在勻強磁場中做初速度為v0的類平拋運動，x方向上：L＝v0ty方向上：L＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t2解得：L＝eq\f(2mv02,Eq)所以：Uac＝EL＝eq\f(2mv02,q)。(3)由動能定理W總＝Ekt－Ek0再由電場力做功與電勢能的關系W電＝Ep0－Ept由于只有電場力做功，所以W總＝W電即Ekt－Ek0＝Ep0－Ept得到：Ekt＋Ept＝Ek0＋Ep0可見，任意時刻粒子的動能與電勢能之和都等于初始狀態(tài)的動能和電勢能之和，也就是粒子動能與電勢能之和保持不變。【答案】(1)eq\f(mv02,2q)(2)eq\f(2mv02,q)(3)見解析12．(2017·湖南長沙一模)如圖所示，x軸上放有一足夠大的熒光屏，y軸上(0，L)處有一個點狀的α粒子放射源A，某瞬間同時向xOy平面內(nèi)各個方向發(fā)射速率均為v0的α粒子(不計重力)，設α粒子電量為q，質量為m.求：(1)當空間中只存在平行xOy平面沿y軸負方向的勻強電場時，最后到達熒光屏的α粒子在電場中的運動時間為最先到達熒光屏的α粒子在電場中運動時間的3倍，求電場強度；(2)當空間中只存在垂直xOy平面向里的勻強磁場時，最先到達熒光屏的α粒子在磁場中的運動時間為最后到達熒光屏的α粒子在磁場中運動時間的eq\f(2,9).求磁感應強度及熒光屏被打亮的范圍．【解析】(1)設沿y軸負方向射出的粒子運動的最短時間為t1，取y軸正方向射出的粒子運動的最長時間為3t1，取y軸負方向為正，由題意有L＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，L＝－3v0t1＋eq\f(1,2)a(3t1)2，又a＝eq\f(Eq,m)，解得E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2qL).(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，設半徑為R，有R＝eq\f(mv0,qB)，運動時間最短時，則有Rsineq