1、板塊三限時標(biāo)準(zhǔn)特訓(xùn)口 時間：45分鐘 芒總分值：100分一、選擇題此題共9小題海題6分，共54分。其中15為單項選 擇,69為多項選擇1、2022冀州月考如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖，在間距為d的平行 金屬板A、C間,存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場 兩金屬板通過導(dǎo)線與變阻器 R相連，等離子體以速度v平行于兩金屬 板垂直射入磁場。假設(shè)要減小該發(fā)電機的電動勢，可采取的方法是A等離子體cA、增大d B、增大B C、增大R D、減小v答案 D解析： 發(fā)電機的電動勢 E = Bdv,要想減小電動勢，那么可以通過減小B、d或v實現(xiàn),D正確。2、2022綿陽二診如下列圖，一個不計重力的帶電粒子

2、以vo沿各圖的虛 線射入場中。A中I是兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中等大反向的電流 , 虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線；B中+ Q是兩個位置固定的等量同種 點電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中 的電流，虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強電場和勻強 磁場,虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外。其中，帶電 粒子不可能做勻速直線運動的是解析： 圖A中兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中通有等大反向的電流,在中垂線上產(chǎn)生的合磁場方向水平向右，帶電粒子將沿中垂線做勻速 直線運動；圖B中等量同種正點電荷在中垂線上的合場強在連線中 點左側(cè)水平向左，在連線中點右側(cè)水平向右，帶電粒子受力

3、不為零，不 可能做勻速直線運動；圖 C中粒子運動方向與所處位置磁感線平行, 粒子做勻速直線運動；圖D是速度選擇器的原理圖，只要vo = B，粒子 做勻速直線運動，應(yīng)選B。3. 2022長春質(zhì)監(jiān)如下列圖，寬度為d、厚度為h的導(dǎo)體放在垂直于它的 磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，當(dāng)電流通過該導(dǎo)體時，在導(dǎo)體的上、下 外表之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實驗說明：當(dāng)磁場 不太強時，電勢差U、電流I和磁感應(yīng)強度B的關(guān)系為：U = d，式中的比例系數(shù)K稱為霍爾系數(shù)。設(shè)載流子的電荷量為q,以下說法正確B、C、導(dǎo)體上外表的電勢一定大于下外表的電勢1霍爾系數(shù)為K= nq,其中n為導(dǎo)體單位長度上的電荷數(shù)BID、

4、載流子所受洛倫茲力的大小 F洛=石,其中n為導(dǎo)體單位體積內(nèi) 的電荷數(shù)答案 D解析： 導(dǎo)體中的電場強度E = h,載流子所受電場力F = Eq = qU,A 項錯誤；由左手定那么可知，載流子受到的洛倫茲力向上，由于載流子的 電性不確定,B項錯誤；穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力相等，即qvB = q?IBU= Bhv,又電流的微觀表達(dá)式：I = nqSv = nqhdv,解兩式得：U = nqd，BI式中n為單位體積內(nèi)的電荷數(shù),C項錯誤；由F洛=Bqv = nBd，D項正 確。4、2022浙江模擬電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。 如下列圖，泵體是一個長方體，ab邊長為Li,兩側(cè)端面是邊長為L2

5、的正方 形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為 p在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為 &電阻率的倒數(shù),泵體所在處有方向垂直向外的磁場 B，把泵體的上下A、泵體上外表應(yīng)接電源負(fù)極B、通過泵體的電流I =叢&C、增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度D、增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度答案 C解析： 當(dāng)泵體上外表接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時 受到的磁場力水平向左拉動液體，故A錯誤；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液1111U體的電阻R=卩=了士 =匚匚,因此流過泵體的電流1= R = ULi q 故B錯誤；增大磁感應(yīng)強度B,泵體內(nèi)液體受到的磁場力變大，因此可 獲得更大的抽液高度，故C正確；假設(shè)增大液體的電阻率

6、，可以使電流 減小，受到的磁場力減小，使抽液高度減小，故D錯誤。5. 2022曰照三校聯(lián)考如下列圖，勻強磁場垂直于紙面向里，勻強電場平 行于斜面向下，斜面是粗糙的。一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向 上滑動，經(jīng)a點后到b點時速度減為零，接著又滑了下來。設(shè)物塊帶電 荷量保持不變 那么從a到b和從b回到a兩過程相比擬A、加速度大小相等B、摩擦產(chǎn)生熱量不相同C、電勢能變化量的絕對值不相同D、動能變化量的絕對值相同答案 B解析： 兩過程中，重力、電場力恒定、支持力方向不變，洛倫茲力、 摩擦力方向相反，物塊所受合外力不同，由牛頓第二定律知，加速度必 定不同,A項錯誤；上滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向上，物塊

7、所受滑動 摩擦力Ff = KmgcosB qvB,下滑過程中，洛倫茲力垂直斜面向下， 物塊所受滑動摩擦力 Ff = MmgcosB+ qvB，摩擦產(chǎn)生熱量 Q= FfX, 兩過程位移大小相等，摩擦力大小不同，故產(chǎn)生熱量不同,B項正確；a、 b兩點電勢確定，由Ep = q可知,兩過程中電勢能變化量的絕對值相等,C項錯誤；整個過程中，重力做功為零，電場力做功為零，摩擦力做功 不為零，故物塊動能一定變化，所以上滑和下滑兩過程中動能變化量絕 對值一定不同，D項錯誤。6、2022云南邵通二模磁流體發(fā)電機是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為 電能的低碳環(huán)保發(fā)電機，以下列圖為其原理示意圖，水平放置的平行金屬 板C、D

8、間有勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,將一束等離子體高溫下電離 的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒水平射入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓。定值電阻Ro的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半，與開 關(guān)S串聯(lián)接在C、D兩端，兩金屬板間距離為d,射入等離子體的 速度為v,磁流體發(fā)電機本身的電阻為rRor2Ro。不計粒子的重力那么滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動的過程中電阻Ro消耗的功率最大值為B2d2v2RoRo+ r 2B、滑動變阻器消耗的功率最大值為B2d2v2Ro+ rC、金屬板C為電源負(fù)極,D為電源正極D、發(fā)電機的輸出功率先增大后減小 答案 ACD解析：根據(jù)左手定那么可判斷兩極板的極性，離子在運動過程中同

9、時受靜電力和洛倫茲力，到二力平衡時兩極板間的電壓穩(wěn)定,E = Bdv。由題圖可知，當(dāng)滑片P位于b端時，電路中電流最大，電阻Ro消耗功率最B2d2v2Ro大，其最大值為Pi = I 2Ro =2 = V ，故A正確；將定值電阻Ro+ rRo+ rRo歸為電源內(nèi)阻，因為滑動變阻器的最大阻值 2Ror + Ro,那么當(dāng)滑動變2口2序、/2口0阻器連入電路的阻值最大時消耗功率最大，最大值為P=，故r + 3RoB錯誤；等離子體射入后，由左手定那么可知正離子向 D板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子 向C板偏轉(zhuǎn)，所以極板C為電源負(fù)極，極板D為電源正板,C正確；等 離子體穩(wěn)定流動時，洛倫茲力與靜電力平衡，即Bqv =壺,所以電

10、源電 動勢為E = Bdv,又Ror2Ro,所以滑片P由a端向b端滑動時，外電路 總電阻減小，其間某位置有r = Ro+R,由電源輸出功率與外電阻關(guān)系 可知,在滑片P由a端向b端滑動的過程中，發(fā)電機的輸出功率先增大 后減小，故D正確7. 2oi7浙江三校模擬如下列圖，空間中存在正交的勻強電場 E和勻強 磁場B勻強電場水平向右，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出 兩帶電小球不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變，關(guān)于小球的運動，以下說法正確的選項是A、沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B、只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動C、假設(shè)有小球能做直線運動，那么它一定是勻速運

11、動D、兩小球在運動過程中機械能均守恒答案 AC解析：沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負(fù)電小球,在重力、電場力、洛倫茲力的作用下，都可能做勻速直線運動,A正 確,B錯誤。在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一 定是勻速直線運動,C正確。兩小球在運動過程中除重力做功外還有 電場力做功，故機械能不守恒，D錯誤。8. 2022江西新余二模如下列圖,S為一離子源，MN為長熒光屏,S到 MN的距離為L,整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂 直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。某時刻離子源S一次性沿平行紙 面的各個方向均勻地射出大量的正離子，離子的質(zhì)量m、電荷量q、速 率v均

12、相同，不計離子的重力及離子間的相互作用力，那么 XXXXXXXTXSXXXXXXXVxA、當(dāng)vvB*時所有離子都打不到熒光屏上B、 當(dāng)時所有離子都打不到熒光屏上C、當(dāng)V = 詈時,打到熒光屏MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為12D、當(dāng)v = 詈時,打到熒光屏MN的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為_512答案 AC2解析：根據(jù)牛頓第二定律qvB=mv，得r=mv，當(dāng)vvBw，r2, 直徑2RL,所有離子都打不到熒光屏上，故A正確；當(dāng)此詈時，對于 醫(yī) vqmL的離子,2 RR的區(qū)域 存在沿一y方向的勻強電場，電場強度為Ex 105 V/m。在M點有一正 粒子以速率v x 106 m/s沿+ x方向射入

13、磁場，粒子穿出磁場進(jìn)入電場， 速度減小至0后又返回磁場，最終又從磁場離開。粒子的比荷為mx 107 C/kg,粒子重力不計。(1) 求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大??；(2) 求沿+ x方向射入磁場的粒子，從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所走過 的路程。答案 (1)0.2 T (2)(0.5 +1) m解析：(1)沿+ x方向射入磁場的粒子在進(jìn)入電場后，速度減小到0, 粒子一定是從如下列圖的P點豎直向上射出磁場，逆著電場線運動，所以 可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑 r = R= 0.5 mmv2mv根據(jù) Bqv= r ，得 B = qR,代入數(shù)據(jù)得B = 0.2 T。(2) 粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后

14、從 N點射出磁場，MN為直徑，粒子 在磁場中的路程為二分之一圓周長，即si= nR設(shè)粒子在電場中運動的路程為 S2,2根據(jù)動能定理得Eq?=mv2,S2=罟2那么總路程s=寂+mq，代入數(shù)據(jù)得s= (0.5 + 1) m。12. 2022嘉興市一中期末(16分)如下列圖，寬度為3L的區(qū)域被平均分 為區(qū)域I、H、皿，其中I、皿有勻強磁場，它們的磁感應(yīng)強度大小相 等,方向垂直紙面且相反。長為3L、寬為2的矩形abed緊鄰磁場下方，與磁場邊界對齊，0為de邊中點,P為de中垂線上一點，0P=3L。 矩形內(nèi)有勻強電場，電場強度大小為E,方向由a指向0。電荷量為q、 質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子由a點靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入 磁場，運動軌跡剛好與區(qū)域皿的右邊界相切。(2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B;(3) 假設(shè)在aO之間距O點x處靜止釋放該粒子，粒子在磁場區(qū)域中共偏轉(zhuǎn)n次到達(dá)P點，求x滿足的條件及n的可能取值答案(1)2qEL3mE2qL(3)x =32n1 212L，n=2、3、4、5、6、7、8解析：(1)由題意中長寬幾何關(guān)系可知aO= L,粒子在從a到O加速,1由動能定理：qEL = mv2得粒子經(jīng)過o點時速度大?。簐o =2EqL(2)粒子在磁場區(qū)域皿中的運動軌跡如圖，設(shè)粒子軌跡圓半徑為Ro,由幾何關(guān)系