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2013届高三物理第一轮单元能力复习题22
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45分钟单元能力训练卷(八)
[考查范围：第八单元 分值：120分]
一、选择题(每小题6分，共42分)
1．关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是( )
A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极
B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受到的磁场作用力的方向
C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小
2．如图D8－1所示是电视机中显像管的偏转线圈示意图，它由绕在磁环上的两个相同的线圈串联而成，线圈中通有如图D8－1所示方向的电流．当电子束从纸里经磁环中心向纸外射来时(图中用符号“·”表示电子束)，它将( )
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向右偏转 D．向左偏转
图D8－1
图D8－2
3．如图D8－2所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、Q2，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里．将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变
B．小球受到的洛伦兹力将不断增大
C．小球的加速度先增大后减小
D．小球的电势能一直减小
4．如图D8－3所示，虚线框中存在匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行．有一个带正电的小球从该复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过图中的哪些复合场区域( )
A B
C D
图D8－3
5．在一空心圆柱面内有一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，其横截面如图D8－4所示，磁场边界为同心圆，内、外半径分别为r和(＋1)r.圆心处有一粒子源不断地沿半径方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计粒子重力．为使这些粒子不射出磁场外边界，粒子从圆心处射出时速度不能超过( )
A. B.
C. D.
图D8－4
图D8－5
6．随着社会生产的发展，环境污染也越来越严重．为减少环境污染，技术人员在排污管末端安装了如图D8－5所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C．污水中离子浓度越高则电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比
7．如图D8－6所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝10 N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，一带电荷量q＝＋0.2 C、质量m＝0.4 kg的小球由长l＝0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点．现将小球拉至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，细线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点(g＝10 m/s2)，则( )
图D8－6
A．小球运动到O点时的速度为2 m/s
B．细线断裂前瞬间对小球的拉力大小为8.0 N
C．线断后，小球水平方向的加速度为5 m/s2
D．ON间的距离为1.6 m
二、填空题(共18分)
8．(8分)如图D8－7所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量为＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2，则木板的最大加速度为________；滑块的最大速度为________．
图D8－7
图D8－8
9．(10分)如图D8－9所示，水平放置的光滑金属导轨M、N平行地置于匀强磁场中，间距为d，匀强磁场的磁感强度大小为B，方向与导轨平面夹角为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，定值电阻的阻值为R，其余部分电阻不计．当开关闭合后，导轨对棒ab的支持力大小为________，棒ab的加速度大小为________．
三、计算题(共60分)
10．(17分)如图D8－9所示，宽度为l＝0.8 m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E＝2×108 N/C，B＝10 T．一带正电荷的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45°的偏转．求粒子的比荷．(不计粒子的重力)
图D8－9
11．(21分)如图D8－10所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x≤4区域内分布着场强为E＝×10－2 N/C的匀强电场，方向竖直向上；在第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－9 T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m＝1.6×10－27 kg、电荷量为q＝＋3.2×10－12 C的带电粒子(不计粒子重力)从坐标点M(－4，)处以×106 m/s的速度平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域和匀强电场区域．
(1)求带电粒子在磁场中的运动半径．
(2)在图中画出粒子从直线x＝－4到x＝4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与y轴和直线x＝4的交点坐标(不要求写出解答过程)．
(3)求粒子在两个磁场及电场区域偏转所用的总时间．
图D8－10
12．(22分)如图D8－11所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限分布着场强E＝5×103 V/m、方向水平向左的匀强电场，其余三象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场．现从电场中M(0.5,0.5)点由静止释放一比荷为＝2×104 C/kg、重力不计的带正电微粒，该微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴．求：
(1)匀强磁场的磁感应强度；
(2)带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标；
(3)为了使微粒还能回到释放点M，在微粒第二次进入磁场后撤掉第Ⅰ象限的电场，求此情况下微粒从释放到回到M点所用时间．
图D8－11
45分钟单元训练卷（八）
1．D [解析] 磁感线是一些闭合的曲线，没有出发点和终止点，选项A错误；磁场的方向与通电导体在磁场中某点受到的磁场力的方向垂直，故选项B错误；磁感线的疏密可定性表示磁场强弱，不是沿磁感线方向磁场减弱，选项C错误；通电导体在磁场中受的安培力最小为零，最大为BIL，同一通电导体在磁场中所受的安培力在零到BIL之间，由此可见选项D正确．
2．A [解析] 由安培定则判断在偏转线圈内部存在水平向左的磁场，再由左手定则判定电子束向上偏转．
3．A [解析] Q1、Q2连线上中点处电场强度为零．从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力指向中点．小球从右向左运动过程中，小球的加速度先减小后增大，选项C错误；速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变．故选项A正确、选项B错误；小球的电势能先减小后增大，选项D错误．
4．D [解析] 带电小球要沿直线通过复合场区域，则小球所受的合力为零或者合力恒定，分析刚进复合场时的受力可知选项D正确．
5．A [解析] 如图所示，带电粒子不从磁场中穿出，其临界条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹与外圆相切，所以[(＋1)r－rx]2＝r2＋r，解得rx＝r，又由rx＝
可得v＝，选项A正确．
6．D [解析] 由左手定则可判断出，正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势较高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势较低，故选项A、B均错；设前后表面的最高电压为U，则＝qvB，所以U＝vBb，即U与离子浓度无关，选项C错误；因Q＝vbc，而U＝vBb，所以Q＝，选项D正确．
7．C [解析] 在小球从A运动到O的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理有mv2＝mgl－qEl，可得小球在O点时的速度为：v＝＝2 m/s，选项A错误；小球运动到O点细线断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律有：F向＝T－mg－F洛＝m，F洛＝Bvq，所以T＝mg＋Bvq＋m＝8.2 N，选项B错误；线断后，小球水平方向的加速度：ax＝＝5 m/s2，选项C正确；小球从O点运动至N点所用的时间：t＝＝0.8 s，所以ON间距离：h＝gt2＝3.2 m，选项D错误．
8．3 m/s2 10 m/s
[解析] 开始滑块与木板一起匀加速运动，刚发生相对滑动时整体的加速度a＝＝2 m/s2，对滑块μ(mg－qvB)＝ma，代入数据可得此时的速度为6 m/s.此后滑块做加速度减小的加速运动，最终匀速运动，此时速度最大，有mg＝qvmB，代入数据可得最大速度为10 m/s.而板做加速度增加的加速运动，最终匀加速运动，最大加速度am＝＝3 m/s2.
9．mg＋
[解析] 如图所示，画出截面图，电流I＝
安培力F＝BId
在竖直方向：FN＝mg＋Fcosα
在水平方向：Fsinα＝ma
解得FN＝mg＋，a＝
10．2.5×106 C/kg
[解析] 设粒子的初速度为v0，粒子在复合场中做直线运动时受力平衡，即
qE＝qv0B
当只撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，则
l＝v0t
vx＝v0
vy＝t
＝tan45°
联立解得＝＝2.5×106 C/kg.
11．(1)×10－1 m (2)如图所示 (3)4.40×10－7 s
[解析] (1)带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律得qvB＝m，
所以r＝＝×10－1 m.
(2)如图所示．
(3)带电粒子在磁场中的运动周期
T＝＝6.3×10－7 s，
运动的时间t1＝＝1.575×10－7 s，
带电粒子在电场中运动的时间：
t2＝＝ s≈2.83×10－7 s，
故粒子所用的总时间：t＝t1＋t2＝4.40×10－7 s.
12．(1)1.0 T (2)(0,1.0) (3)7.21×10－4 s
[解析] (1)设微粒第一次进入磁场时速度为v0，磁感应强度为B，在磁场中运动轨道半径为R，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得R＝0.5 m
由动能定理可得mv＝Eqx
由牛顿第二定律Bqv0＝m
联立解得B ＝1.0 T
(2)微粒在磁场中刚好运动圆周后，从点(0.5,0)处垂直电场方向进入电场做类平抛运动．设微粒第二次进入磁场的位置坐标为(0，y)，则：
x＝t2
y＝v0t
联立解得y＝1.0 m，
即微粒第二次进入磁场的位置坐标为(0,1.0)．
(3)设微粒第二次进入磁场时速度为v1，轨道半径为R1，则
mv－mv＝Eqx
Bqv1＝m
解得R1＝R
微粒运动圆周后刚好从坐标原点射出磁场，其轨迹如图所示．
微粒在磁场中运动周期T＝
若在微粒第二次进入磁场后撤掉电场，微粒从释放到回到M点所用时间
t1＝2＋＝7.21×10－4 s
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