1、 2017年河北省献县第一中学高考物理复习电场和磁场练习一、 选择题1、如图所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek。那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek的大小是()A.EkEk B.EkEkC.EkqvB，由E可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C错误，D正确；而移动变阻器滑动头P并不能改变板间电压，故A、B均错误。5、C解析负离子打在第象限，相对于原点O向下运动和向左运动，所以E向上，B向下，选项C正确。6、
2、BC 7、C 8、ACD 9、解：设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时：1=BsinS=BS，末位置时：2=BcosS=BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为：=|21|=BS，故B正确故选：B10、解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则在点处的电势一定为5V当该电场不是匀强电场时，在b点处的电势不一定为5V故A错误B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于c点处的场强Eb故B错误C、由于a的电势高于c点的电势，所以电场线方向一定从a指向c，向右，故C正确D、a点的电势高于c点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可
3、知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少故D错误故选：C11、解：A、在a点由静止释放微粒，到达b点时速度恰好为零，可知微粒所受的电场力与重力方向相反，即与电场线方向相反，故粒子带负电，故A错误；B、微粒从a到b先加速后减速，故电场力开始时小于重力，后来电场力大于重力，电场力逐渐增大，由牛顿第二定律知，加速度先减小反向增大故B正确C、微粒所受的电场力一直做负功，所以电势能一直增大，故C错误D、在b点，电场力大于重力，则由过程的可逆性知，微粒可返回a点，故D错误故选：B12、解：根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abd
4、c，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近故C正确，A、B、D错误故选：C13、解：B、由题如图，两个等量异种点电荷，其电场线和等势面具有对称性，通过ab和cd之间的中垂面是一等势面，由题目描述知A、D在同一等势面上，电势相等，故B正确；ACD、由图可知，电场线方向由B指向C一侧，依据沿电场线方向电势降低，由几何关系可知BC，BA，DC，故C正确，AD错误故选：BC14、解：小磁针，只有地磁场的作用下，处于南北方向，A、当使磁针在导线的延长线上时，没有磁场作用，故现象不明显，故A错误；B、当小磁针放在通电直导线所在水平面内且与之平行，由右手螺
5、旋定则可知，小磁针不会转动，故B错误；C、当沿东西方向放置在磁针的正上方，仍不会偏转，故C错误；D、当导线沿南北方向放置在磁针的正上方，可知，小磁针会向东西方向偏，故D正确；故选：D15、解：匀强磁场方向为由南向北，而电流方向为从西向东则由左手定则可得向北与水平面成85角斜向上方安培力的大小为F=BIL=51054000200N=40N故选：A16、解：A、x图象的斜率等于电场强度，则知x=2m处的电场强度不为零故A错误B、从0到x=4m处电势不断降低，但x=2m点的电场方向不一定沿x轴正方向故B错误C、由斜率看出，从0到4m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大故C错误D、沿x轴正
6、方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大故D正确故选：D17、解：A、静电力大小应为：，故A错误；B、洛伦兹力向上，但载流子的电性是不确定的，故无法判断上表面的电性，故无法比较上下表面的电势高低，故B错误；C、对于载流子，静电力和洛伦兹力平衡，故：qvB=q电流微观表达式为：I=nqSv故：U=Bhv=由于S=hd，故U=K，故k=，其中n为导体单位体积上的电荷数，故C错误；D、载流子所受洛伦兹力的大小F洛=qvB，其中，可得，故D正确；故选：D18、解：A、沿着电场线电势降落可知c oa，A项错误；B、o点合场强为零，故EaEo，E
7、cEo，B项错误；C、负粒子在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，可判断出C项正确；D、粒子沿cd匀速移动，受力平衡，外力在大小上等于其所受的静电力，而沿cd方向，但电场强度大小无法判断，因此外力如何变化无法得知，故D项错误故选：C19、解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测量计算出引力常量G，故A错误；B、顿发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律，故B错误；C、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了右手螺旋定则，故C错误；D、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量K的值，故D正确；故选：D20、解：A、在匀强电场中沿相同方
8、向移动同种电荷，电场力做功的正、负相同，M、N分别为AC、BC的中点，因此MN长为AB长的一半，无论电场强度方向如何，MN间电势差为AB间电势差的一半，则有：WMN=WAB=4.0109 J，故AB错误；C、由于电场强度方向未知，当电场强度沿AB方向时，电场强度最小，由W=qEd可知最小场强Emin=2 V/m，所以匀强电场的场强E2 V/m，故C错误；D、若粒子的电量为q=2107C，由WAB=qUAB得A、B之间的电势差为：UAB=4V故D正确故选：D21、解：A、B、C以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向整体的受力图，可见，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2
9、位置，F的最小值为Fmin=2mgsin=mg故AB错误，C正确D、当F竖直向上时，F=2mg；当F水平向右时，由平衡条件得F=2mgtan=，则2mgFmg，而mg在这个范围内，所以F可能为mg故D错误故选C二、多项选择22、解：对B选项，利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，B选项正确；对D选项，假设A球不动，由于A、B两球间的距离减小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；对A、C选项，因水平分量减小，故A正确，C错误故选：
10、ABD23、解：因是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为i=imcost，A、当线圈转过了60的感应电流为1A，即1=imcos60，解得im=2A，故感应电流有效值为=A，故A错误；B、线圈消耗的电功率为：P=I2R=4W，故B正确；C、电路中感应电动势最大为Em=imR=4V，线圈的角速度为，所以过程中产生的感应电动势的瞬时值为e=Emcost=，故C正确；D、任意时刻穿过线圈的磁通量为，根据公式，可得=，故，故D错误；故选：BC24、解：A、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，
11、穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；B、由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B正确；C、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C错误；D、由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D正确；故选：ABD25、解：A、两个小球在光滑的水平面上保持静止，说明电场力与静电力平衡，静电力在两个电荷的连线上，故电场力也就在两个电荷的连线上，故匀强电场方向一定与AB连线平行，故A正确；B、对两个电荷整体，电场力的合力为零
12、，说明两个电荷是等量异号电荷，故B错误；C、D、两个球靠近后，静电引力增加，电场力不变，故两个球会加速靠近，电势能减小，动能增加，故C正确，D错误；故选：AC26、解：电子的运行轨迹如图所示根据几何关系得，R=2（RL），解得R=2L，则圆心的坐标为（0，L）故C错误，D正确根据几何关系得，圆心角的大小为60度，周期T=，则电子的运行时间t=故B正确，A错误故选：BD27、解：A、根据等量异种电荷周围的电场线分布知，M、N两点的场强大小相等，方向不同，故A错误B、沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M、N两点电势不等故B错误来源:学科网C、负电荷由M点移到C处，电势增加，电势能减小，故电场力做正功
13、，故C正确D、等量异种电荷连线的中垂线是等势线，将负电荷从无穷远处移到N点处，电场力做正功，电势能一定减小，故D正确故选：CD三、填空题28、解：长为1.6m的导线折成长、宽之比为3：1的矩形线框，故长为0.6m，宽为0.2m，故面积为：S=0.6m0.2m=0.12m2穿过该线框的磁通量：=BS=0.2T0.12m2=0.024Wb若以其任意一边为轴转过60，则穿过此线框的磁通量为：=BScos60=0.2T0.12m2=0.012Wb故答案为：2.4102，1.210229、 30、gsinq，31、乙 丙 32、 N 33、 10 3 四、计算题34、(1)(2)(3)B解析(1)离子在
14、加速电场中加速，根据动能定理，有：qUmv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0，得：R。(2)离子做类平抛运动，则dvt，3dat2，来源:学#科#网Z#X#X#K根据牛顿第二定律，有qEma，得：E。(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB，得r，离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中和。由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：dr2d，则有B。35、解：(1)由A点到C点应用动能定理有 (3分)解得 (2分)(2)在D点，小球要恰好通过必有 (3分)设释放点距B点的距离为x m，由动能定理得： (3分)以上两式联立可得x=0.5 m.即x至少为0.5m (2分)