物理大一轮复习题组层级快练第九单元磁场作业3

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精题组层级快练(四十三)一、选择题1．（2017·绵阳二诊）如图所示,一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中．A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量,虚线是两位置连线的中垂线;C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外．其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是（)答案B解析图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动;图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强先水平向左后水平向右,带电粒子受力方向不同，粒子不可能做匀速直线运动;图C中粒子运动方向与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要v0＝eq\f(E,B），粒子也会做匀速直线运动,故选B项．2．如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失．先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑,结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来．则以下说法中正确的是（)A．D′点一定在D点左侧 B．D′点一定与D点重合C．D″点一定在D点右侧 D．D″点一定与D点重合答案BC解析仅在重力场中时，物块由A点至D点的过程中，由动能定理得mgh－μmgcosαs1－μmgs2＝0，即h－μcosαs1－μs2＝0，由题意知A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s1为定值，所以s2与重力的大小无关,而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后,相当于把重力增大了,s2不变，D′点一定与D点重合，选项B正确；在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上,正压力变小,摩擦力变小，重力做的功不变，所以D″点一定在D点右侧，选项C正确．3．磁流体发电机，又叫等离子体发电机，下图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体．高温等离子体经喷管提速后以1000m/s进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁感应强度为6T．等离子体发生偏转，在两极间形成电势差．已知发电通道长a＝50cm，宽b＝20cm,高d＝20cm.A．发电机的电动势为1200VB．因不知道高速等离子体为几价离子，故发电机的电动势不能确定C．当外接电阻为8Ω时,发电机效率最高D．当外接电阻为4Ω时，发电机输出功率最大答案AD解析E＝Bdv＝1200V,外接电阻越大发电机效率越高．发电机的内阻为r＝ρeq\f(d,ab）＝4Ω，当外接电阻为4Ω时，发电机输出功率最大．4。如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动，经a点后到b点时速度减为零，接着又滑了下来．设物块带电荷量保持不变，则从a到b和从b回到a两过程相比较(）A．加速度大小相等B．摩擦产生热量不相同C．电势能变化量的绝对值不相同D．动能变化量的绝对值相同答案B解析两过程中,重力、电场力恒定、支持力方向不变，洛伦兹力、摩擦力方向相反，故物块所受合外力不同,由牛顿第二定律知，加速度必定不同，A项错误；上滑过程中,洛伦兹力垂直斜面向上，物块所受滑动摩擦力Ff＝μ(mgcosθ－qvB）,下滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向下，物块所受滑动摩擦力Ff＝μ（mgcosθ＋qvB)，摩擦产生热量Q＝Ffx,两过程位移大小相等，摩擦力大小不同,故产生热量不同，B项正确;a、b两点电势确定，由Ep＝qφ可知，两过程中电势能变化量的绝对值相等，C项错误；整个过程中，重力做功为零，电场力做功为零，摩擦力做功不为零,故物块动能一定变化,所以上滑和下滑两过程中动能变化量绝对值一定不同，D项错．5．如图所示，在一竖直平面内，y轴左侧有一水平向右的匀强电场E1和一垂直纸面向里的匀强磁场B，y轴右侧有一竖直方向的匀强电场E2，一电荷量为q(电性未知)、质量为m的微粒从x轴上A点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P点运动到图中C点，其中m、q、B均已知，重力加速度为g，则()A．微粒一定带负电B．电场强度E2一定竖直向上C．两电场强度之比eq\f（E1，E2）＝eq\f(4,3)D．微粒的初速度为v＝eq\f(5mg，4Bq)答案BD解析微粒从A到P受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及电场力的性质可确定微粒一定带正电，选项A错误；此时有qE1＝mgtan37°,微粒从P到C在电场力、重力作用下做直线运动，必有mg＝qE2,所以E2的方向竖直向上，选项B正确；由以上分析可知eq\f(E1,E2)＝eq\f(3,4),选项C错误;AP段有mg＝Bqvcos37°，即v＝eq\f（5mg,4Bq），选项D正确．6。（2017·浙江模拟)电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1,两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计)的电源上，则()A．泵体上表面应接电源正极B．通过泵体的电流I＝UL1/σC．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度答案AC解析当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体,这时受到的磁场力水平向左,拉动液体，故A项正确；根据电阻定律,泵体内液体的电阻R＝ρeq\f（L,S)＝eq\f（1，σ）×eq\f（L2,L1L2）＝eq\f(1，σ·L1);因此流过泵体的电流I＝eq\f(U，R)＝UL1·σ，故B项错误；增大磁感应强度B,受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C项正确；若增大液体的电阻率,可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小,故D项错误．7.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时,两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动,电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为3.0mm,血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0。040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（）A．1.3m/s，a正、b负 B．2。7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正 D．2。7m/s，a负、b正答案A解析血液中正负离子流动时，根据左手定则,正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力,所以正离子向上偏,负离子向下偏．则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有qeq\f（U，d）＝qvB，所以v＝eq\f（U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0。040×3×10－3）m/s＝1.3m/s。故A项正确，B、C、D三项错误．8。如图所示，绝缘的中空轨道竖直固定,圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°,C、D两端等高,O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的eq\f（\r（3)，3)倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则（）A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度amax＝eq\f(2\r(3），3)gB．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度vmax＝eq\f（\r(3）mg，3μqB）C．小球进入DH轨道后，上升的最高点比P点低D．小球经过O点时，对轨道的弹力最小值一定为｜2mg－qBeq\r(gR)｜答案AC解析A项,小球第一次沿轨道AC下滑的过程中,由题意可知,电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC,则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后,由左手定则可知,洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大,而重力与电场力的合力大小为:F＝eq\r（（mg）2＋（\f(\r（3）mg，3)）2）＝eq\f（2\r（3）,3）mg,其不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，故刚下滑时，加速度最大，即为amax＝eq\f(F,m)＝eq\f(2\r（3)，3）g；故A项正确；B项，当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，即为qvB＝N，而μN＝f，且f＝eq\f（2\r（3),3）mg，因此解得:vmax＝eq\f(2\r（3)mg，3μqB）,故B项错误；C项，根据动能定理，可知,取从静止开始到进入DH轨道后,因存在摩擦力做功，导致上升的最高点低于P点，故C项正确；D项,对小球在O点受力分析，且由C向D运动,则有：N－mg＋Bqv＝meq\f（v2,R）；由C到O点，机械能守恒，则有：mg(R－Rsin30°）＝eq\f（1，2）mv2；由上综合而得:对轨道的弹力为2mg－qBeq\r（gR），当小球由D向C运动时,则对轨道的弹力为2mg＋qBeq\r（gR)，故D项错误．二、计算题9．如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场（C点处于MN边界上)．一质量为0。4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC＝eq\f(100,7)m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点,在F点速度为vF＝4m/s（不计空气阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8)．求:（1）小球带何种电荷；(2）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功;(3）小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点（未标出）,求G点到D点的距离．答案(1)带正电荷（2)Wf＝27。6J(3）GD＝2.26解析（1）依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为0，因此带电小球应带正电荷．（2）在D点速度为vD＝vC＝eq\f（100，7)m/s设重力与电场力的合力为F,则F＝qvCB又F＝eq\f(mg，cos37°)＝5N解得qB＝eq\f(F,vC)＝eq\f(7,20）在F处由牛顿第二定律，可得qvFB＋F＝eq\f(mvF2，R)把qB＝eq\f（7，20）代入,得R＝1m小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由动能定理,可得－Wf－2FR＝eq\f（m（vF2－vD2）,2)Wf＝27。6J（3）小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a＝eq\f（F，m）由2R＝eq\f（at2,2),得t＝eq\r（\f（4mR，F））＝eq\f(2\r（2）,5)s交点G与D点的距离GD＝vFt＝eq\f（8\r（2)，5）m＝2.26m10。在竖直面内建立直角坐标系，曲线y＝eq\f(x2,20）位于第一象限的部分如图，在曲线上不同点以初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m，带电量为＋q的小球,小球下落过程中都会通过坐标原点，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域，磁感应强度为B＝eq\f（\r（π)，10）T，方向垂直纸面向里，小球恰好做匀速圆周运动，并在做圆周运动的过程中都能打到y轴负半轴上（已知重力加速度g＝10m/s2,eq\f(q,m）＝102C/kg）．求:(1）第三象限的电场强度大小及方向；（2)沿水平方向抛出的初速度v0;（3)为了使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积．解析(1)小球做匀速圆周运动,则:mg＝qEE＝eq\f(mg，q)解得：E＝0。1N/C方向竖直向上（2)令小球释放点坐标为(x，y），由平抛规律可知x＝v0ty＝eq\f(1,2）gt2y＝eq\f（g，2v02)x2由题意可知:y＝eq\f(x2,20)联立可得v0＝10m(3)设小球在进入第三象限时合速度为v,与x轴负半轴夹角为α.则有v0＝vcosα洛伦兹力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r），r＝eq\f（mv，qB）打在y轴负方向上的点与原点距离为：H＝2rcosα＝eq\f（2mv0,qB）可见所有小球均从y轴负半轴上同一点进入第四象限最小磁场区域是一半径为R＝eq\f（mv0，qB)的半圆其面积为Smin＝eq\f（πR2，2)＝eq\f（1,2)π(eq\f(mv0，qB)）2解得：Smin＝0.511。如图所示,在平面直角坐标系中，OA是∠xOy的角平分线，x轴上方存在电场强度方向水平向左的匀强电场，下方存在电场强度方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放,质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点．已知OD＝eq\f(3,4)OM，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f（m,q）(T），重力加速度为g＝10m/s2。求：(1）两匀强电场的电场强度E的大小；(2)OM的长L；（3）质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.答案（1)eq\f(mg,q)（2)20eq\r(2）m或eq\f(20\r（2)，9）m(3)7。71s或6.38s解析(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做匀加速直线运动，所以有mg＝qE，即E＝eq\f（mg,q）。(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动,从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有Bqv＝meq\f（v2,R）由运动学规律知v2＝2aL，a＝eq\r(2）g由类平抛运动规律知R＝vt3，R－eq\f(3L,4)＝eq\f(1，2）at32联立解得L＝20eq\r（2）m或eq\f(20\r(2),9)m.（3）质点做匀加速直线运动有L＝eq\f(1，2)at12,得t1＝2s或eq\f（2，3）s质点做匀速圆周运动有t2＝eq\f（3,4)×eq\f(2πm，Bq）＝4。71s质点做类平抛运动有R＝vt3，得t3＝1s质点从M点出发到击中D点所经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＝7。71s或6.38s.12．如图甲所示,在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两