（廣東專用）高考物理一輪復習方案 45分鐘單元能力訓練卷(九)

45分鐘單元能力訓練卷(九)(考查范圍：第九單元分值：100分)一、單項選擇題(每小題6分，共18分)1．如圖D9－1所示，水平導線中通有穩(wěn)恒電流，導線正下方的電子e的初速度方向與電流方向相同，其后電子將()圖D9－1A．沿路徑a運動，軌跡是圓B．沿路徑a運動，半徑變小C．沿路徑a運動，半徑變大D．沿路徑b運動，半徑變小2．如圖D9－2所示，兩塊平行、正對金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量的正電荷，下面金屬板帶上等量的負電荷，再在它們之間加上垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場和磁場的方向從兩塊金屬板左端中央射入后向上偏轉(zhuǎn)．若帶電粒子所受重力可忽略不計，仍按上述方式將帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉(zhuǎn)，下列措施中一定不可行的是()圖D9－2A．僅增大帶電粒子射入時的速度B．僅增大兩塊金屬板所帶的電荷量C．僅減小粒子所帶電荷量D．僅改變粒子的電性3．如圖D9－3所示，銅質(zhì)導電板置于勻強磁場中，通電時銅板中電流方向向上．由于磁場的作用，則()圖D9－3A．板左側(cè)聚集較多電子，使b點電勢高于a點電勢B．板左側(cè)聚集較多電子，使a點電勢高于b點電勢C．板右側(cè)聚集較多電子，使a點電勢高于b點電勢D．板右側(cè)聚集較多電子，使b點電勢高于a點電勢二、雙項選擇題(每小題6分，共24分)4．磁場中某區(qū)域的磁感線如圖D9－4所示，則()圖D9－4A．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強度的大小不等，Ba＞BbB．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強度的大小不等，Ba＜BbC．同一通電導線放在a處受力可能比放在b處受力大D．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小5．下列說法中正確的是()A．電荷在某處不受到電場力的作用，則該處的電場強度為零B．一小段通電導線在某處不受到磁場力的作用，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零C．把一個試探電荷放在電場中的某點，它受到的電場力與所帶電荷量的比值表示該點電場的強弱D．把一小段通電導線放在磁場中某處，它受到的磁場力與該小段通電導線的長度和電流的乘積的比值表示該處磁場的強弱6．粒子回旋加速器的工作原理如圖D9－5所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩個金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為＋e，在加速器中被加速．不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確是()圖D9－5A．不改變磁感應(yīng)強度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速α粒子B．加速的粒子獲得的最大動能隨加速電場U增大而增大C．質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πRfD．質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶17．如圖D9－6所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)，一群比荷為eq\f(q,m)的負離子以相同的速率v0(較大)由P點在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場，則下列說法正確的是(不計重力)()圖D9－6A．離子飛出磁場時的動能一定相等B．離子在磁場中運動半徑一定相等C．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大三、計算題(58分)8．(18分)如圖D9－7所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強度B＝0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E＝4.5V、內(nèi)阻r＝0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質(zhì)量m＝0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0＝2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°(1)通過導體棒的電流；(2)導體棒受到的安培力大?。?3)導體棒受到的摩擦力．圖D9－79．(20分)如圖D9－8所示，帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d；兩塊金屬板之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.建立如圖所示的坐標系，x軸平行于金屬板，且與金屬板中心線重合，y軸垂直于金屬板．區(qū)域Ⅰ的左邊界是y軸，右邊界與區(qū)域Ⅱ的左邊界重合，且與y軸平行；區(qū)域Ⅱ的左、右邊界平行．在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向外，區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向里．一電子沿著x軸正向以速度v0射入平行板之間，在平行板間恰好沿著x軸正向做直線運動，并先后通過區(qū)域Ⅰ和Ⅱ.已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ沿x軸方向?qū)挾染鶠閑q\f(\r(3)mv0,2Be).不計電子重力．(1)求兩金屬板之間電勢差U；(2)求電子從區(qū)域Ⅱ右邊界射出時，射出點的縱坐標y；(3)撤除區(qū)域Ⅰ中的磁場而在其中加上沿x軸正向的勻強電場，使得該電子剛好不能從區(qū)域Ⅱ的右邊界飛出．求電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔t.圖D9－810．(20分)如圖D9－9所示裝置中，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和eq\f(E,2)；Ⅱ區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點與OP成60°角射入Ⅱ區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入Ⅲ區(qū)域的勻強電場中．求：(1)粒子在Ⅱ區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑；(2)O、M間的距離；(3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間．圖D9－9

45分鐘單元能力訓練卷(九)1．C2.C3．A[解析]電子向下定向移動形成電流，電子受到向左的洛倫茲力而向左偏，大量的電子聚集在左側(cè)，形成新的電場，且b點電勢高于a點電勢，A正確．4．BC[解析]在磁場中，磁感線疏密表示磁場的強弱，故Ba＜Bb，選項A錯誤，選項B正確；同一通電導線如果都垂直放入磁場中，則在a處受力一定比b處受力小，但如果通電導線與磁場平行放置，受力均為零，選項D錯誤；若同一通電導線在a處垂直磁場放置，在b處平行磁場放置，則在a處受力大于b處受力，選項C正確．5．AC[解析]把電荷放入電場某處，如果電荷沒有受到電場力的作用，則該處不存在電場或該處的電場強度為零，故A對；把通電直導線放入某處，如果放置不合適，即使有磁場存在，通電直導線也不受磁場力的作用，故B錯；由電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)知，電場強度等于試探電荷受到電場力F與所帶電荷量q的比值，故C對；磁感應(yīng)強度的定義式B＝eq\f(F,IL)的成立是有條件的，即通電導線與磁場方向垂直，否則該定義式不成立，故D錯．6．CD[解析]質(zhì)子被加速獲得的最大速度受到D形盒最大半徑限制，最大速度vm＝2πRf，C正確；粒子旋轉(zhuǎn)頻率為f＝eq\f(Bq,2πm)，與被加速粒子的比荷有關(guān)，A錯誤；粒子被加速的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝2mπ2R2f2，與電壓U無關(guān)，B錯誤；運動半徑Rn＝eq\f(mvn,Bq)，由nUq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，故半徑之比為eq\r(2)∶1，D正確．7．BC[解析]磁場對電荷的洛倫茲力不做功，這些粒子從射入到射出動能不變，但質(zhì)量不一定相等，故動能可能不相等，A錯誤；離子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為R＝eq\f(mv0,qB)，所有離子的偏轉(zhuǎn)半徑都相等，B正確；同時各離子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)也相等，根據(jù)幾何關(guān)系，圓內(nèi)較長的弦對應(yīng)較大的圓心角，所以從Q點射出的粒子偏轉(zhuǎn)角最大，在磁場內(nèi)運動的時間最長，C正確；沿PQ方向射入的粒子不可能從Q點射出，故偏轉(zhuǎn)角不是最大，D錯誤．8．(1)1.5A(2)0.30(3)0.06N，方向沿斜面向下[解析](1)根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R0＋r)＝1.5A.(2)導體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30N.(3)將重力正交分解，設(shè)導體棒所受重力沿斜面的分力為F1，則F1＝mgsin37°＝0.24N.所以F1<F安，導體棒受力如圖所示，根據(jù)平衡條件有mgsin37°＋f＝F安．解得f＝0.06N，方向沿斜面向下．9．(1)Bv0d(2)eq\f(mv0,eB)(3)eq\f(5m,eB)[解析](1)電子在平行板間做直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，則eE＝ev0B而U＝Ed聯(lián)立解得：U＝Bv0d.(2)如圖所示，電子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，則ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)設(shè)電子在區(qū)域Ⅰ中沿著y軸偏轉(zhuǎn)距離為y0，區(qū)域I的寬度為b(b＝eq\f(\r(3)mv0,2Be))，則(R－y0)2＋b2＝R2聯(lián)立解得：y0＝eq\f(mv0,2eB).因為電子在兩個磁場中有相同的偏轉(zhuǎn)量，故電子從區(qū)域Ⅱ射出點的縱坐標y＝2y0＝eq\f(mv0,eB).(3)電子剛好不能從區(qū)域Ⅱ的右邊界飛出，說明電子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡恰好與區(qū)域Ⅱ的右邊界相切，圓半徑恰好與區(qū)域Ⅱ?qū)挾认嗤娮舆\動軌跡如圖所示．設(shè)電子進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為v，則有evB＝meq\f(v2,r)由r＝b得：v＝eq\f(\r(3),2)v0.電子通過區(qū)域Ⅰ的過程中，向右做勻變速直線運動，此過程中平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2).電子通過區(qū)域Ⅰ的時間：t1＝eq\f(b,v)(b為區(qū)域Ⅰ的寬度eq\f(\r(3)mv0,2Be))解得：t1＝2(2eq\r(3)－3)eq\f(m,eB).電子在區(qū)域Ⅱ中運動了半個圓周，設(shè)電子做圓周運動的周期為T，則T＝eq\f(2πm,eB).電子在區(qū)域中運動的時間t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,eB).電子反向通過區(qū)域Ⅰ的時間仍為t1，t＝2t1＋t2＝(8eq\r(3)－12＋π)eq\f(m,eB)≈eq\f(5m,eB).所以，電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔為eq\f(5m,eB).10．(1)eq\f(2mv0,qB)(2)eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qE)(3)t＝eq\f(（8＋\r(3)）mv0,qE)＋eq\f(πm,3qB)[解析](1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，設(shè)粒子過A點時速度為v，由類平拋運動規(guī)律有v＝eq\f(v0,cos60°)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得Bqv＝meq\f(v2,R)解得R＝eq\f(2mv0,qB).(2)設(shè)粒子在電場中運動時間為t1，加速度為a，則有qE＝mav0tan60°＝at1解得t1＝eq\f(\r(3)mv0,qE)O、M兩點間的距離為L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qE).(3)設(shè)粒子在Ⅱ區(qū)域磁場中運動時間為t2.由幾