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單元高考模擬特訓(九) 一、選擇題(1～5題只有一項符合題目要求，6～8題有多項符合題目要求，每小題6分，共48分) 1. 如圖所示，中心軸線為OO′的螺線管固定，可以自由運動的直導線MN靜止在光滑的絕緣水平面上，OO′⊥MN且OO′與MN在同一水平面上，螺線管關于MN左右對稱．直導線MN中通入方向由M→N的恒定電流I1，當開關S閉合后，直導線MN(　　) A．對水平面的壓力將變小 B．對水平面的壓力將不變 C．將順時針方向轉(zhuǎn)動(從上向下看) D．將逆時針方向轉(zhuǎn)動(從上向下看) 解析： 開關S閉合后，根據(jù)安培定則判斷知，直導線MN處的磁感線方向如圖所示，根據(jù)左手定則判斷知，直導線MN受到的安培力方向為垂直水平面向上，直導線MN對水平面的壓力將變小，直導線MN不會水平轉(zhuǎn)動，只有A正確． 答案：A 2．如圖所示，a、b、c、d為圓心為O的圓上的四個點，直徑ac、bd相互垂直，兩根長直導線垂直圓面分別固定在b、d處，導線中通有大小相等，垂直紙面向外的電流，關于a、O、c三點的磁感應強度，下列說法正確的是(　　) A．都為零 B．O點最大 C．a(chǎn)、c兩點方向相反 D．a(chǎn)、c兩點方向相同 解析： 由安培定則可知，b、d兩處的通電導線在a點的磁場方向如圖所示，由平行四邊形定則可知，a點的磁感應強度方向垂直ac向下，同理可知c點的磁感應強度方向垂直ac向上，即a、c兩點的磁感應強度方向相反，C正確，AD錯誤；根據(jù)磁感應強度的疊加原理可知，O點的磁感應強度大小為零，B錯誤． 答案：C 3. 如圖所示，從S處發(fā)出的電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向下極板偏轉(zhuǎn)．設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當減小電場強度E B．適當減小磁感應強度B C．適當增大加速電壓U D．適當增大加速電場極板之間的距離 解析：根據(jù)左手定則可知，電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向下極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力小于洛倫茲力，要想使電子沿直線從電磁復合場區(qū)域通過，則必須有Eq＝qvB，所以可以適當增大電場強度或適當減小磁感應強度，A錯誤、B正確；由Ue＝mv2得v＝，可以適當減小加速電壓來減小電子進入電磁復合場的速度v，從而使得Eq＝qvB，C錯誤；適當增大加速電場極板間的距離，但只要兩板間電壓不變，電子進入磁場的速度就不變，則電子受到的電場力仍小于它受到的洛倫茲力，電子向下偏轉(zhuǎn)，D錯誤． 答案：B 4．如圖所示，某空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好沿虛線ab向上運動．下列說法中正確的是(　　) A．該微粒一定帶負電 B．該微粒的動能一定減少 C．該微粒的電勢能一定增加 D．該微粒的機械能不一定增加 解析：微粒受到的重力和電場力是恒力，沿直線運動，則可以判斷出微粒受到的洛倫茲力也是恒定的，即該微粒做勻速直線運動，B錯誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以不會沿直線運動，故該微粒一定帶負電，電場力做正功，電勢能一定減少，機械能增加，A正確，C、D錯誤． 答案：A 5．如圖所示是實驗室里用來測量磁場力的一種儀器—電流天平，某同學在實驗室里用電流天平測算通電螺線管中的磁感應強度，若他測得CD段導線長度410－2 m，天平(等臂)平衡時鉤碼重力410－5 N，通過導線的電流I＝0.5 A，由此測得通電螺線管中的磁感應強度B為(　　) A．2.010－3 T，方向水平向右 B．5.010－3 T，方向水平向右 C．2.010－3 T，方向水平向左 D．5.010－3 T，方向水平向左 解析：天平平衡時，CD段導線所受的安培力大小為：F＝mg；由F＝BIL得：B＝＝＝ T＝2.010－3 T；根據(jù)左手定則可知磁感應強度的方向向右，所以A正確，B、C、D錯誤．故選A. 答案：A 6. [2019杭州模擬]如圖所示，一軌道由兩等長的光滑斜面AB和BC組成，兩斜面在B處用一光滑小圓弧相連接，P是BC的中點，豎直線BD右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，B處可認為處在磁場中，一帶電小球從A點由靜止釋放后能沿軌道來回運動，C點為小球在BD右側(cè)運動的最高點，則下列說法正確的是(　　) A．C點與A點在同一水平線上 B．小球向右或向左滑過B點時，對軌道壓力相等 C．小球向上或向下滑過P點時，其所受洛倫茲力相同 D．小球從A到B的時間是從C到P時間的倍 解析：小球在運動過程中受重力、洛倫茲力和軌道支持力作用，因洛倫茲力永不做功，支持力也不做功，只有重力做功，滿足機械能守恒，因此C點與A點等高，在同一水平線上，A項正確；小球向右或向左滑過B點時速度等大反向，即洛倫茲力等大反向，小球?qū)壍赖膲毫Σ坏?，B項錯誤；同理小球向上或向下滑過P點時，洛倫茲力也等大反向，C項錯誤；因洛倫茲力始終垂直BC，小球在AB段和BC段(斜面傾角均為θ)的加速度均由重力沿斜面的分力產(chǎn)生，大小為gsinθ，由x＝at2得小球從A到B的時間是從C到P的時間的倍，D項正確． 答案：AD 7．[2019領航高考沖刺卷]如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．紙面內(nèi)有兩個半徑不同的半圓在b點平滑連接后構(gòu)成一絕緣光滑環(huán)．一帶電小球套在環(huán)上從a點開始運動，發(fā)現(xiàn)其速率保持不變．則小球(　　) A．帶正電 B．受到的洛倫茲力大小不變 C．運動過程的加速度大小保持不變 D．光滑環(huán)對小球始終沒有作用力 解析：小球速率不變，則做勻速圓周運動，可知所受的電場力和重力平衡，所以小球受向上的電場力，則小球帶正電，選項A正確；小球的速率不變，根據(jù)F洛＝Bqv可知受到的洛倫茲力大小不變，選項B正確；因小球在不同的圓環(huán)中運動的半徑不同，根據(jù)a＝可知，小球從小圓環(huán)過渡到大圓環(huán)的過程中加速度變小，選項C錯誤；小球從小圓環(huán)過渡到大圓環(huán)的過程中，加速度減小，根據(jù)F＋qvB＝ma可知光滑環(huán)對小球的作用力要發(fā)生變化，且作用力不可能總是零，選項D錯誤． 答案：AB 8．質(zhì)譜儀可以測定有機化合物分子結(jié)構(gòu)，現(xiàn)有一種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)可簡化為如圖所示，有機物的氣體分子從樣品室注入離子化室，在高能電子作用下，樣品氣體分子離子化或碎裂成離子．若離子化后的離子帶正電，初速度為零，此后經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室(內(nèi)為勻強磁場)、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到離子比荷，進而推測有機物的分子結(jié)構(gòu)．已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區(qū)的半徑為R，真空管與水平面夾角為θ，離子進入磁場室時速度方向指向圓心．則下列說法正確的是(　　) A．高壓電源A端應接電源的正極 B．磁場室的磁場方向必須垂直紙面向外 C．若離子化后的兩同位素X1、X2(X1質(zhì)量大于X2質(zhì)量)同時進入磁場室后，出現(xiàn)圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡Ⅰ一定對應X1 D．若磁場室內(nèi)的磁感應強度大小為B，當記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應的離子比荷＝ 解析： 正離子在電場中加速，可以判斷高壓電源A端應接負極，同時根據(jù)左手定則知，磁場室的磁場方向應垂直紙面向外，A錯誤，B正確；設離子通過高壓電源后的速度為v，由動能定理可得qU＝mv2，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則qvB＝m，聯(lián)立計算得出r＝ ，由此可見，質(zhì)量大的離子的運動軌跡半徑大，即軌跡Ⅱ一定對應X1，C錯誤；離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，由幾何關系可知r＝，可解得＝，D正確． 答案：BD 二、非選擇題(本題共3個小題，52分) 9. (16分)如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶铮笮〔蛔?，不計重力? (1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間； (2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值． 解析：(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律有， qv0B＝① T＝② 依題意，粒子第一次到達x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為π， 所需時間t1＝T③ 聯(lián)立①②③式得t1＝④ (2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0.設粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有： qE＝ma⑤ v0＝at2⑥ 聯(lián)立⑤⑥式得t2＝⑦ 根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足 t2≥T0⑧ 聯(lián)立⑦⑧式得，電場強度的最大值為E＝⑨ 答案：(1)　(2) 10. (16分)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.010－6 kg，電荷量q＝210－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，g取10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向． (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. 解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有 qvB＝① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝③ 代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝ θ＝60④ (2)撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有a＝⑤ 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s＝3.5 s⑨ 答案：(1)20 m/s　速度v的方向與電場E的方向之間的夾角為60　(2)3.5 s 11．(20分)[2018天津卷，11]如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出．不計粒子重力． (1)求粒子從P到M所用的時間t； (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出．粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大?。? 解析：(1)設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m　① 設粒子在電場中運動所受電場力為F，有 F＝qE?、? 設粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有 F＝ma?、? 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有 v＝at?、? 聯(lián)立①②③④式得 t＝?、? (2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定．故當軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短．設粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關系可得 (r′－R)2＋(R)2＝r′2?、? 設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系知 tanθ＝　⑦ 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0，由運動的合成和分解可得 tanθ＝?、? 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得 v0＝?、? 答案：(1)　(2)