全品復(fù)習(xí)方案18高考物理大一輪復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練(九)第9單元磁場

PAGEPAGE4內(nèi)部文件，版權(quán)追溯專題訓(xùn)練（九）第9單元磁場基礎(chǔ)鞏固1．(多選)[2016·洛陽聯(lián)考]類比是物理學(xué)中常用的思想方法．狄拉克曾經(jīng)預(yù)言，自然界應(yīng)該存在只有一個(gè)磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，距離它r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f(k,r2)(k為常數(shù))．磁單極S的磁場分布如圖Z9-1甲所示，它與如圖乙所示負(fù)點(diǎn)電荷Q的電場分布相似．假設(shè)磁單極子S和負(fù)點(diǎn)電荷Q均固定，有一帶電小球分別在S和Q附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的判斷正確的是()圖Z9-1A．若小球帶正電，其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在S正上方，如圖甲所示B．若小球帶正電，其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在Q正下方，如圖乙所示C．若小球帶負(fù)電，其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在S正上方，如圖甲所示D．若小球帶負(fù)電，其運(yùn)動(dòng)軌跡平面可在Q正下方，如圖乙所示2．(多選)[2016·廣西河池模擬]如圖Z9-2所示，某足夠?qū)挼目臻g有垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為F＝0.6N的恒力，g取10m/s2.關(guān)于滑塊的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()圖Z9-2A．剛開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．最終做速度為10m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)C．剛開始加速度為2m/s2，速度為6m/s時(shí)，滑塊加速度開始減小D．一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)3．(多選)[2016·河北冀州檢測]磁流體發(fā)電機(jī)可簡化為如下模型：兩塊長、寬分別為a、b的平行板相距L，板間通入已電離的速度為v的氣流，兩板間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的磁場，磁場方向與兩板平行，并與氣流速度方向垂直，如圖Z9-3所示．把兩板與外電阻R連接起來，在磁場力作用下，氣流中的正、負(fù)離子分別向兩板移動(dòng)形成電流．設(shè)該氣流的導(dǎo)電率(電阻率的倒數(shù))為σ，則()圖Z9-3A．該磁流體發(fā)電機(jī)模型的內(nèi)阻為r＝eq\f(L,σab)B．產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E＝BavC．流過外電阻R的電流I＝eq\f(BLv,R＋\f(L,σab))D．該磁流體發(fā)電機(jī)模型的路端電壓為eq\f(BLvR,R＋σ\f(L,ab))4．(多選)[2015·杭州師大附中月考]質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球套在水平固定且足夠長的絕緣桿上，如圖Z9-4所示，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)給球一個(gè)水平向右的初速度v0使其開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則球運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做的功可能是()圖Z9-4A．0B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．mveq\o\al(2,0)D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,q2B2)能力提升5．如圖Z9-5所示，場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，三個(gè)油滴a、b、c帶有等量的同種電荷．已知a靜止，b、c在紙面內(nèi)按圖示方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(軌跡未畫出)．忽略三個(gè)油滴間的靜電力作用，比較三個(gè)油滴的質(zhì)量及b、c的運(yùn)動(dòng)情況，以下說法中正確的是()圖Z9-5A．三個(gè)油滴的質(zhì)量相等，b、c都沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小，b、c都沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)C．b的質(zhì)量最大，a的質(zhì)量最小，b、c都沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)D．三個(gè)油滴的質(zhì)量相等，b沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，c沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)6．[2015·重慶一中月考]如圖Z9-6甲所示，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，圖乙所示的空間僅存在水平向右的勻強(qiáng)電場，且兩區(qū)域中的電場強(qiáng)度的大小均為E.質(zhì)量均為m的帶電微粒a和b分別在圖甲和圖乙區(qū)域沿圖示虛線做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡均與水平方向成θ＝30°角．下列說法中正確的是()m/s2＝2m/s2的加速度一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqv＝mg，解得v＝10m/s，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，a′＝eq\f(F,M)＝eq\f(0.6,0.2)m/s2＝3m/s2.可知滑塊先與木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后發(fā)生相對滑動(dòng)，做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做速度為10m/s的勻速運(yùn)動(dòng)．滑塊開始時(shí)的加速度為2m/s，當(dāng)恰好開始滑動(dòng)時(shí)，有f＝μ(mg－Bqv)＝ma，得v＝6m/s，此后滑塊的加速度減?。宰黾铀龠\(yùn)動(dòng)，直到v＝10m/s，做勻速運(yùn)動(dòng)．選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B、C正確．3．AC[解析]根據(jù)左手定則知正離子向上偏，負(fù)離子向下偏，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，最終離子處于平衡狀態(tài)，有qvB＝qeq\f(E,L)，解得電動(dòng)勢E＝BLv，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；內(nèi)電阻r＝ρeq\f(L,S)＝eq\f(L,σab)，故選項(xiàng)A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，流過外電阻R的電流I＝eq\f(BLv,R＋\f(L,σab))，故選項(xiàng)C正確；R兩端電壓為eq\f(BLv,R＋\f(L,σab))R，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．ABD[解析]當(dāng)qv0B＝mg時(shí)，小球不受支持力和摩擦力，克服摩擦力做功為零，選項(xiàng)A正確；當(dāng)qv0B<mg時(shí)，小球做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)直到靜止，只有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)B正確；當(dāng)qv0B>mg時(shí)，小球先做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)qvB＝mg時(shí)，小球不受摩擦力作用，小球以速度v＝eq\f(mg,qB)做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,q2B2)，選項(xiàng)D正確．5．A[解析]油滴a靜止不動(dòng)，其受到的合力為零，所以電場力方向豎直向上，油滴帶負(fù)電荷，且mag＝qE.又油滴b、c在場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則其重力和受到的電場力是一對平衡力，油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以mbg＝mcg＝qE.由左手定則可判斷，b、c都沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確．6．C[解析]帶電微粒在圖甲所示的空間中運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電微粒要做直線運(yùn)動(dòng)，只有做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對帶電微粒受力分析，根據(jù)平衡條件可得微粒一定帶正電，根據(jù)平行四邊形定則解三角形得tan30°＝eq\f(q1E,mg)，帶電微粒在圖乙所示的空間中運(yùn)動(dòng)時(shí)，帶電微粒要做直線運(yùn)動(dòng)，只有做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，對帶電微粒受力分析，根據(jù)平行四邊形定則解三角形得tan60°＝eq\f(q2E,mg)，聯(lián)立得微粒a所帶電荷量是微粒b所帶電荷量的eq\f(1,3)，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．7．(1)1∶1∶eq\r(2)負(fù)電荷(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s[解析](1)對油滴受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負(fù)電荷，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶eq\r(2).(2)由第(1)問得qvB＝eq\r(2)qE解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s.(3)進(jìn)入第一象限，電場力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，油滴先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入y＞h的區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，最后從x軸上的N點(diǎn)離開第一象限．油滴由O到A做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(x1,v)＝0.1s由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)的周期關(guān)系式T＝eq\f(2πm,qB)知，油滴由A到C做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(1,4)T＝0.628s由對稱性知油滴從C到N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝t1油滴在第一象限運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s.8．(1)eq\f(\r(2)v0,g)(2)eq\f(\r(2)mv0,qB)－eq\f(2veq\o\al(2,0),g)(3)eq\f(\r(2)mg,qB)[解析](1)由牛頓第二定律得eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝ma解得小球在第一象限中的加速度a＝eq\r(2)g，方向與v0的方向相反小球在第一象限中先勻減速運(yùn)動(dòng)再反向勻加速運(yùn)動(dòng)t1＝eq\f(2v0,a)＝eq\f(\r(2)v0,g)(2)小球第一次經(jīng)過y軸后，在第二、三象限內(nèi)有qE＝mg，電場力與重力平衡，故做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)軌跡半徑為R，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得R＝eq\f(mv0,qB)小球第二次經(jīng)過y軸的縱坐標(biāo)y2＝eq\r(2)R＝eq\f(\r(2)mv0,qB)t時(shí)間后第三次經(jīng)過y軸，在第一、四象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，有v0t＝eq\f(1,2)eq\r(2)gt2解得t＝eq\f(\r(2)v0,g)小球第二次經(jīng)過y軸的點(diǎn)與第三次經(jīng)過y軸的點(diǎn)的距離Δy＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2