2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元評估檢測（九）.doc

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單元評估檢測(九) (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～7題為單選題,8～10題為多選題) 1.關(guān)于電場力與洛倫茲力,下列說法中正確的是 (　　) A.電荷只要處在電場中,就會受到電場力的作用 B.電荷只要處在磁場中,就會受到磁場力的作用 C.洛倫茲力的方向在磁感線上 D.運動的電荷在磁場中一定會受到洛倫茲力的作用 【解析】選A。電場的基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用,電荷只要在電場中就會受到電場力作用,故A正確;只有運動電荷在磁場中才可能受到洛倫茲力作用,故B錯誤;由左手定則可知,洛倫茲力與磁感線相互垂直,故C錯誤;運動的電荷在磁場中平行于磁場的方向運動時,不會受到洛倫茲力的作用,故D錯誤。 2.如圖所示,空間中有垂直紙面向里的勻強磁場,一不可伸縮的軟導(dǎo)線繞過紙面內(nèi)的小動滑輪P(可視為質(zhì)點),兩端分別拴在紙面內(nèi)的兩個固定點M、N處,并通入由M到N的恒定電流I,導(dǎo)線PM和PN始終伸直。現(xiàn)將P從左側(cè)緩慢移動到右側(cè),在此過程中導(dǎo)線MPN受到的安培力大小 (　　) A.始終不變 B.逐漸增大 C.先增大后減小 D.先減小后增大 【解析】選A。在P從左側(cè)緩慢移動到右側(cè)的過程中,導(dǎo)線MPN受到的安培力可等效為直導(dǎo)線MN通過電流I時受到的安培力,即導(dǎo)線MPN受到的安培力大小始終不變,選項A正確。 3.(2018長沙模擬)在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標(biāo)系Oxyz(z軸正方向豎直向上),如圖所示,已知電場方向沿z軸正方向,電場強度大小為E,磁場方向沿y軸正方向,磁感應(yīng)強度的大小為B。若質(zhì)量為m、帶電量為+q的質(zhì)點從原點沿不同的方向射出,重力加速度為g,則下列說法正確的是 (　　) A.若沿x軸正方向射出,速度一定會變化 B.若沿y軸正方向射出,動能一定會變化 C.若沿z軸正方向射出,速度一定會變化 D.若沿z軸正方向射出,動能一定會變化 【解析】選C。若沿x軸正方向射出,重力豎直向下,電場力與洛倫茲力向上,可能平衡,速度不一定變化,故A錯誤;若沿y軸正方向射出,重力可能和電場力平衡,動能不一定變化,故B錯誤;若沿z軸正方向射出,重力豎直向下,電場力向上,洛倫茲力垂直速度方向,一定沿曲線運動,速度一定變化,當(dāng)做勻速圓周運動時,動能不變,故C正確,D錯誤。 4.四根等長的導(dǎo)線固定在正方體的四條沿x軸方向的棱上,并通以等大的電流,方向如圖所示。正方體的中心O處有一粒子源在不斷地沿x軸負(fù)方向噴射電子,則電子剛被噴射出時受到的洛倫茲力方向為 (　　) A.沿y軸負(fù)方向 B.沿y軸正方向 C.沿z軸正方向 D.沿z軸負(fù)方向 【解析】選B。沿x軸負(fù)方向觀察,根據(jù)右手螺旋定則,判斷出四根導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的合磁場方向沿z軸負(fù)方向,電子初速度方向沿x軸負(fù)方向,即垂直紙面向里,根據(jù)左手定則,判斷出洛倫茲力方向沿y軸正方向,選項B正確。 5.(2018岳陽模擬)1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎。若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示,則下列說法中正確的是 (　　) A.該束帶電粒子帶負(fù)電 B.速度選擇器的P1極板帶負(fù)電 C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量越大 D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,比荷越小 【解析】選D。通過粒子在質(zhì)譜儀中的運動軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電,故A錯誤;帶電粒子在速度選擇器中勻速運動時受到向上的洛倫茲力和向下的電場力,可知速度選擇器的P1極板帶正電,故B錯誤;由洛倫茲力充當(dāng)向心力有:qvB=m,得粒子在B2磁場中的運動半徑r=,且粒子的運動速度v大小相等,電荷量q未知,故在磁場中運動半徑越大的粒子,質(zhì)量不一定越大,但比荷=越小,故C錯誤,D正確。 6.如圖所示,在x軸上方有垂直于紙面向外的勻強磁場,兩帶電量相同而質(zhì)量不同的粒子以相同的速度從O點以與x軸正方向成α1=60角在圖示的平面內(nèi)射入x軸上方時,發(fā)現(xiàn)質(zhì)量為m1的粒子從a點射出磁場,質(zhì)量為m2的粒子從b點射出磁場。若另一與a、b帶電量相同而質(zhì)量不同的粒子以相同速率與x軸正方向成α2=30角射入x軸上方時,發(fā)現(xiàn)它從ab的中點c射出磁場,則該粒子的質(zhì)量應(yīng)為(不計所有粒子重力作用) (　　) A.m1+m2 B.(m1+m2) C.(m1+m2) D.(m1+m2) 【解析】選C。粒子做勻速圓周運動,軌跡如圖: 設(shè)Oa=L,ab=d,ac=cb= 故質(zhì)量為m1、m2、m3的粒子軌道半徑分別為: R1==L, R2=, R3==L+, 故:(R1+R2)=2R3 ① 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,故:qvB=m1 ② qvB=m2 ③ qvB=m3 ④ 聯(lián)立①②③④解得:m3=(m1+m2),故選C。 7.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置,如圖所示。它的核心部分是兩個D形金屬盒,兩盒相距很近,分別和高頻交流電源相連接,兩盒間的窄縫中形成勻強電場,使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速。兩盒放在勻強磁場中,磁場方向垂直于盒底面,帶電粒子在磁場中做圓周運動,通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速,直到達(dá)到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。如果用同一回旋加速器分別加速氚核H)和α粒子He),比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小,有 (　　) A.加速氚核的交流電源的周期較大,氚核獲得的最大動能也較大 B.加速氚核的交流電源的周期較大,氚核獲得的最大動能較小 C.加速氚核的交流電源的周期較小,氚核獲得的最大動能也較小 D.加速氚核的交流電源的周期較小,氚核獲得的最大動能較大 【解析】選B。帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同,根據(jù)T=,知氚核H)的質(zhì)量與電量的比值大于α粒子He),所以氚核在磁場中運動的周期大,則加速氚核的交流電源的周期較大。根據(jù)qvB=m得,最大速度v=,則最大動能Ekm=mv2=,氚核的質(zhì)量是α粒子的倍,氚核的電量是α粒子的倍,則氚核的最大動能是α粒子的倍,即氚核的最大動能較小。故B正確,A、C、D錯誤。 8.如圖所示,在等腰三角形abc區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,d是ac上任意一點,e是bc上任意一點。大量相同的帶電粒子從a點以相同方向進(jìn)入磁場,由于速度大小不同,粒子從ac和bc上不同點離開磁場。不計粒子重力,則從c點離開的粒子在三角形abc磁場區(qū)域內(nèi)經(jīng)過的弧長和運動時間,與從d點和e點離開的粒子相比較 (　　) A.經(jīng)過的弧長一定大于從d點離開的粒子經(jīng)過的弧長 B.經(jīng)過的弧長一定小于從e點離開的粒子經(jīng)過的弧長 C.運動時間一定大于從d點離開的粒子的運動時間 D.運動時間一定大于從e點離開的粒子的運動時間 【解析】選A、D。如圖所示,若粒子從ac邊射出,粒子依次從ac上射出時,半徑增大而圓心角相同,弧長等于半徑乘以圓心角,所以經(jīng)過的弧長越來越大,運動時間t=T,運動時間相同,所以A正確,C錯誤;如果從bc邊射出,粒子從b到c依次射出時,弧長會先變小后變大,但都會小于從c點射出的弧長。圓心角也會變大,但小于從c點射出時的圓心角,所以運動時間變大,故B錯誤,D正確。 9.(2018開封模擬)如圖,空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,電場和磁場相互垂直。在電磁場區(qū)域中,有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán),環(huán)上套有一個帶正電的小球,小球可沿圓環(huán)自由運動。O點為圓環(huán)的圓心,a、b、c為圓環(huán)上的三個點,a點為最高點,c點為最低點,Ob沿水平方向。已知小球所受電場力與重力大小相等。現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放。下列判斷正確的是 (　　) A.當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的時,洛倫茲力最大 B.當(dāng)小球運動的弧長為圓周長的時,洛倫茲力最大 C.小球從a點到b點,重力勢能減小,電勢能減小 D.小球從b點運動到c點,電勢能增大,動能先增大后減小 【解析】選B、C、D。小球受到水平向左的電場力和豎直向下的重力,二力大小相等,故二力的合力方向與水平方向成45向左下,如圖,小球運動到圓弧bc的中點時,速度最大,此時的洛倫茲力最大,故A錯誤;由A的分析可知,小球運動的弧長為圓周長的時,洛倫茲力最大,故B正確;小球由a到b的過程中,電場力和重力均做正功,重力勢能和電勢能都減小,故C正確;小球從b點運動到c點,電場力做負(fù)功,電勢能增加;因電場力與重力的合力方向與水平方向成45向左下,當(dāng)小球運動到圓弧bc的中點時速度最大,所以小球從b點運動到c點過程中,動能先增大,后減小,故D正確。 10.如圖所示,實線表示在豎直平面內(nèi)的勻強電場的電場線,電場線與水平方向的夾角為α,水平方向的勻強磁場與電場線正交,有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運動。l與水平方向的夾角為β,且α>β,則下列說法中正確的是 (　　) A.液滴一定做勻速直線運動 B.液滴一定帶正電 C.電場線方向一定斜向上 D.液滴也有可能做勻變速直線運動 【解析】選A、B、C。帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力f,由于α>β,這三個力的合力不可能沿帶電液滴的速度方向,因此這三個力的合力一定為零,帶電液滴做勻速直線運動,不可能做勻變速直線運動,故A正確,D錯誤;當(dāng)帶電液滴帶正電,且電場線方向斜向上時,帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力f作用,這三個力的合力可能為零,帶電液滴沿虛線l做勻速直線運動,如果帶電液滴帶負(fù)電或電場線方向斜向下時,帶電液滴所受合力不為零,不可能沿直線運動,故B、C正確。 【總結(jié)提升】復(fù)合場中粒子重力是否考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子,如電子、質(zhì)子、離子等,因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小,可以忽略;而對于一些實際物體,如帶電小球、液滴、金屬塊等一 般應(yīng)當(dāng)考慮其重力。 (2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的,這種情況按題目要求處理即可。 (3)不能直接判斷是否要考慮重力的,在進(jìn)行受力分析與運動分析時,要結(jié)合運動狀態(tài),確定是否要考慮重力。 二、計算題(本題共2小題,共40分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.(20分)如圖所示,直角坐標(biāo)系xOy第一象限的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m,電荷量為e的電子從第一象限的某點P(L,L)以初速度v0沿x軸的負(fù)方向開始運動,經(jīng)過x軸上的點Q(,0)進(jìn)入第四象限,先做勻速直線運動然后進(jìn)入垂直紙面的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出),磁場左邊界和上邊界分別與y軸、x軸重合,電子偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O,并沿y軸的正方向運動,不計電子的重力。求: (1)電子經(jīng)過Q點時的速度v。 (2)該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B和最小面積S。 【解析】(1)電子從P點開始在電場力作用下做類平拋運動到Q點, 可知豎直方向 y=L=at2, (2分) 水平方向x=L=v0t, (2分) 解得a= 而vy=at=v0, (2分) 所以電子經(jīng)過Q點時的速度為 v==v0 (2分) 設(shè)v與x軸負(fù)方向的夾角為θ,可知tanθ==,所以θ=30。 (2分) (2)如圖所示,電子以與x軸負(fù)方向成30角的方向進(jìn)入第四象限后先沿QM做勻速直線運動,然后進(jìn)入勻強磁場區(qū)域做勻速圓周運動,恰好以沿y軸向上的速度經(jīng)過O點?？芍獔A周運動的圓心O′一定在x軸上,且O′點到O點的距離 與O′點到直線QM上M點(M點即磁場的邊界點)的距離相等,找出O′點,畫出其運動的部分軌跡為弧MNO,所以面積最小的磁場的右邊界和下邊界就確定了 設(shè)偏轉(zhuǎn)半徑為R,evB=m, (2分) 由圖知OQ=L=3R, (2分) 解得B=, (1分) 方向垂直紙面向里 (1分) 面積最小的磁場的長度 LOC=R=L, (1分) 寬度LOA=R=L (1分) 矩形磁場的最小面積為: Smin=LOCLOA=L2。 (2分) 答案:(1)v0,與x軸負(fù)方向的夾角為30 (2),方向垂直紙面向里　L2 12.(20分)如圖所示,真空中有一個點狀的放射源P,它能向各個方向發(fā)射速率都相同的同種正粒子,ab為P點附近的一條水平直線,P到直線ab的距離PC=1 m,Q為直線ab上一點,它與P點相距PQ= m(只研究與放射源P和直線ab在同一個平面內(nèi)的粒子的運動),當(dāng)直線ab以上區(qū)域只存在垂直平面向里、磁感應(yīng)強度為B=2 T的勻強磁場時,放射源P水平向左射出的粒子恰到達(dá)Q點;當(dāng)直線ab以上區(qū)域只存在平行于紙面的勻強電場時,沿不同方向發(fā)射的粒子若能到達(dá)ab直線,則到達(dá)ab直線時它們的速度大小都相等,已知放射源P水平向左射出的粒子也恰好到達(dá)Q點,粒子比荷為=1106 C/kg,粒子重力不計。 (1)求粒子的發(fā)射速率。 (2)當(dāng)僅加上述電場時,求到達(dá)ab直線上粒子的速度大小和電場強度的大小(結(jié)果可用根號表示)。 (3)當(dāng)僅加上述磁場時,求粒子從P運動到直線ab所用的最短時間。 【解析】(1)作PQ的中垂線交PQ、PC于A、O兩點,O點即為圓心,如圖甲所示。設(shè)圓的半徑為r,由相似三角形知識 有= (2分) 由直角三角形知識有 AO= (2分) 對粒子由牛頓第二定律得 qv0B=m(2分) 解以上方程并代入數(shù)據(jù)得 v0=1.25106 m/s(2分) (2)因所有粒子到達(dá)ab直線的速度大小相等,故電場的方向應(yīng)由P指向C,水平向左發(fā)射的粒子應(yīng)做類平拋運動,所以QC=v0t, PC=t2,v= (3分) 聯(lián)立解以上方程并代入數(shù)據(jù)得 v=106 m/s,E=1.25107 V/m(2分) (3)從P運動到直線ab所用時間最短的粒子,PC必為其運動軌跡的一條弦,如圖乙所示,由幾何關(guān)系得 sin∠PO′P1==, 所以∠PO′P1=53(2分) 得∠PO′C=106(3分) 則其運動時間 t==10-6 s=9.210-7 s(2分) 答案:(1)1.25106 m/s (2)106 m/s　1.25107 V/m (3)9.210-7 s