2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元高考模擬特訓(xùn)（九）新人教版.doc

單元高考模擬特訓(xùn)(九)一、選擇題(15題只有一項符合題目要求，68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(dǎo)線MN靜止在光滑的絕緣水平面上，OOMN且OO與MN在同一水平面上，螺線管關(guān)于MN左右對稱直導(dǎo)線MN中通入方向由MN的恒定電流I1，當(dāng)開關(guān)S閉合后，直導(dǎo)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(guān)S閉合后，根據(jù)安培定則判斷知，直導(dǎo)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(dǎo)線MN受到的安培力方向為垂直水平面向上，直導(dǎo)線MN對水平面的壓力將變小，直導(dǎo)線MN不會水平轉(zhuǎn)動，只有A正確答案：A2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(dǎo)線垂直圓面分別固定在b、d處，導(dǎo)線中通有大小相等，垂直紙面向外的電流，關(guān)于a、O、c三點的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說法正確的是()A都為零BO點最大Ca、c兩點方向相反Da、c兩點方向相同解析：由安培定則可知，b、d兩處的通電導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度方向垂直ac向下，同理可知c點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直ac向上，即a、c兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，C正確，AD錯誤；根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加原理可知，O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，B錯誤答案：C3.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(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)電子向下極板偏轉(zhuǎn)設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dāng)減小電場強(qiáng)度EB適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度BC適當(dāng)增大加速電壓UD適當(dāng)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(fù)合場區(qū)域通過，則必須有EqqvB，所以可以適當(dāng)增大電場強(qiáng)度或適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，A錯誤、B正確；由Uemv2得v，可以適當(dāng)減小加速電壓來減小電子進(jìn)入電磁復(fù)合場的速度v，從而使得EqqvB，C錯誤；適當(dāng)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(jìn)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：B4如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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(jìn)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(fù)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(jī)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(fù)電，電場力做正功，電勢能一定減少，機(jī)械能增加，A正確，C、D錯誤答案：A5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(xué)在實驗室里用電流天平測算通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度，若他測得CD段導(dǎo)線長度4102 m，天平(等臂)平衡時鉤碼重力4105 N，通過導(dǎo)線的電流I0.5 A，由此測得通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為()A2.0103 T，方向水平向右B5.0103 T，方向水平向右C2.0103 T，方向水平向左D5.0103 T，方向水平向左解析：天平平衡時，CD段導(dǎo)線所受的安培力大小為：Fmg；由FBIL得：B T2.0103 T；根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向右，所以A正確，B、C、D錯誤故選A.答案：A6.2019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(qiáng)磁場，B處可認(rèn)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()AC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(jī)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)的加速度均由重力沿斜面的分力產(chǎn)生，大小為gsin，由xat2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：AD72019領(lǐng)航高考沖刺卷如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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)FqvBma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：AB8質(zhì)譜儀可以測定有機(jī)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(jī)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(qiáng)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(jìn)而推測有機(jī)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，離子進(jìn)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(yīng)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(jìn)入磁場室后，出現(xiàn)圖中的軌跡和，則軌跡一定對應(yīng)X1D若磁場室內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，當(dāng)記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應(yīng)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(yīng)接負(fù)極，同時根據(jù)左手定則知，磁場室的磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，A錯誤，B正確；設(shè)離子通過高壓電源后的速度為v，由動能定理可得qUmv2，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則qvBm，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，即軌跡一定對應(yīng)X1，C錯誤；離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強(qiáng)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(jìn)入電場，進(jìn)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?，大小不變，不計重?1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強(qiáng)度的最大值解析：(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)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，qv0BT依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為，所需時間t1T聯(lián)立式得t1(2)粒子進(jìn)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(dá)x軸時速度大小仍為v0.設(shè)粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強(qiáng)度大小為E，有：qEmav0at2聯(lián)立式得t2根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2T0聯(lián)立式得，電場強(qiáng)度的最大值為E答案：(1)(2)10.(16分)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E5 N/C，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T有一帶正電的小球，質(zhì)量m1.0106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)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代入數(shù)據(jù)解得v20 m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan代入數(shù)據(jù)解得tan60(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(shè)其加速度為a，有a設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有xvt設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有yat2a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為，又tan聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t2 s3.5 s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 s11(20分)2018天津卷，11如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進(jìn)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(jìn)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的大小解析：(1)設(shè)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qvBm設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有FqE設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有Fma粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有vat聯(lián)立式得t(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關(guān)，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(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系可得(rR)2(R)2r2設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab的夾角為，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系知tan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(jìn)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tan聯(lián)立式得v0答案：(1)(2)