1、单元高考模拟特训(九)一、选择题(15题只有一项符合题目要求，68题有多项符合题目要求，每小题6分，共48分)1.如图所示，中心轴线为OO的螺线管固定，可以自由运动的直导线MN静止在光滑的绝缘水平面上，OOMN且OO与MN在同一水平面上，螺线管关于MN左右对称直导线MN中通入方向由MN的恒定电流I1，当开关S闭合后，直导线MN()A对水平面的压力将变小B对水平面的压力将不变C将顺时针方向转动(从上向下看)D将逆时针方向转动(从上向下看)解析：开关S闭合后，根据安培定则判断知，直导线MN处的磁感线方向如图所示，根据左手定则判断知，直导线MN受到的安培力方向为垂直水平面向上，直导线MN对水平面的压
2、力将变小，直导线MN不会水平转动，只有A正确答案：A2如图所示，a、b、c、d为圆心为O的圆上的四个点，直径ac、bd相互垂直，两根长直导线垂直圆面分别固定在b、d处，导线中通有大小相等，垂直纸面向外的电流，关于a、O、c三点的磁感应强度，下列说法正确的是()A都为零BO点最大Ca、c两点方向相反Da、c两点方向相同解析：由安培定则可知，b、d两处的通电导线在a点的磁场方向如图所示，由平行四边形定则可知，a点的磁感应强度方向垂直ac向下，同理可知c点的磁感应强度方向垂直ac向上，即a、c两点的磁感应强度方向相反，C正确，AD错误；根据磁感应强度的叠加原理可知，O点的磁感应强度大小为零，B错误答
3、案：C3.如图所示，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是()A适当减小电场强度EB适当减小磁感应强度BC适当增大加速电压UD适当增大加速电场极板之间的距离解析：根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力，要想使电子沿直线从电磁复合场区域通过，则必须有EqqvB，所以可以适当增大电场强度或适当减小磁感应强度，A错误、B正确；由Uemv2得v，可以适当减小加速电压来减小电子进入电磁复合
4、场的速度v，从而使得EqqvB，C错误；适当增大加速电场极板间的距离，但只要两板间电压不变，电子进入磁场的速度就不变，则电子受到的电场力仍小于它受到的洛伦兹力，电子向下偏转，D错误答案：B4如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好沿虚线ab向上运动下列说法中正确的是()A该微粒一定带负电B该微粒的动能一定减少C该微粒的电势能一定增加D该微粒的机械能不一定增加解析：微粒受到的重力和电场力是恒力，沿直线运动，则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的，即该微粒做匀速直线运动，B错误；如果该微粒带正电，则受到向右的电场力和向
5、左下方的洛伦兹力，所以不会沿直线运动，故该微粒一定带负电，电场力做正功，电势能一定减少，机械能增加，A正确，C、D错误答案：A5如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器电流天平，某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度4102 m，天平(等臂)平衡时钩码重力4105 N，通过导线的电流I0.5 A，由此测得通电螺线管中的磁感应强度B为()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：天平平衡时，CD段导线所受的安培力大小为：Fmg；由FBIL得：B T2.0103 T
6、；根据左手定则可知磁感应强度的方向向右，所以A正确，B、C、D错误故选A.答案：A6.2019杭州模拟如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中，一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是()AC点与A点在同一水平线上B小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等C小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同D小球从A到B的时间是从C到P时间的倍解析：小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持
7、力也不做功，只有重力做功，满足机械能守恒，因此C点与A点等高，在同一水平线上，A项正确；小球向右或向左滑过B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，B项错误；同理小球向上或向下滑过P点时，洛伦兹力也等大反向，C项错误；因洛伦兹力始终垂直BC，小球在AB段和BC段(斜面倾角均为)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsin，由xat2得小球从A到B的时间是从C到P的时间的倍，D项正确答案：AD72019领航高考冲刺卷如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里纸面内有两个半径不同的半圆在b点平滑连接后构成一绝缘光滑环一带电
8、小球套在环上从a点开始运动，发现其速率保持不变则小球()A带正电B受到的洛伦兹力大小不变C运动过程的加速度大小保持不变D光滑环对小球始终没有作用力解析：小球速率不变，则做匀速圆周运动，可知所受的电场力和重力平衡，所以小球受向上的电场力，则小球带正电，选项A正确；小球的速率不变，根据F洛Bqv可知受到的洛伦兹力大小不变，选项B正确；因小球在不同的圆环中运动的半径不同，根据a可知，小球从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小，选项C错误；小球从小圆环过渡到大圆环的过程中，加速度减小，根据FqvBma可知光滑环对小球的作用力要发生变化，且作用力不可能总是零，选项D错误答案：AB8质谱仪可以测定有机化合
9、物分子结构，现有一种质谱仪的结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷，进而推测有机物的分子结构已知高压电源的电压为U，圆形磁场区的半径为R，真空管与水平面夹角为，离子进入磁场室时速度方向指向圆心则下列说法正确的是()A高压电源A端应接电源的正极B磁场室的磁场方向必须垂直纸面向外C若离子化后的两同位素X1、X2(X1质量大于X2质量)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹和，则轨迹一定对应X1D若磁场
10、室内的磁感应强度大小为B，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷解析：正离子在电场中加速，可以判断高压电源A端应接负极，同时根据左手定则知，磁场室的磁场方向应垂直纸面向外，A错误，B正确；设离子通过高压电源后的速度为v，由动能定理可得qUmv2，离子在磁场中偏转，则qvBm，联立计算得出r ，由此可见，质量大的离子的运动轨迹半径大，即轨迹一定对应X1，C错误；离子在磁场中偏转轨迹如图所示，由几何关系可知r，可解得，D正确答案：BD二、非选择题(本题共3个小题，52分)9.(16分)如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场
11、方向与xOy平面平行，且与x轴成45夹角一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直于纸面向里，大小不变，不计重力(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律有，qv0BT依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间t1T联立式得t1(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀
12、加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0.设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有：qEmav0at2联立式得t2根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2T0联立式得，电场强度的最大值为E答案：(1)(2)10.(16分)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5 T有一带正电的小球，质量m1.0106 kg，电荷量q2106 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10 m/s2.求：(1)小球做
13、匀速直线运动的速度v的大小和方向(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan代入数据解得tan60(2)撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan联立式，代入数据解得t2 s3.5 s答案：(1)20 m/s速度v的方向与电场E的方向之
14、间的夹角为60(2)3.5 s11(20分)2018天津卷，11如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出不计粒子重力(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，
15、所受洛伦兹力提供向心力，有qvBm设粒子在电场中运动所受电场力为F，有FqE设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有Fma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有vat联立式得t(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短设粒子在磁场中的轨迹半径为r，由几何关系可得(rR)2(R)2r2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tan粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得tan联立式得v0答案：(1)(2)
