版高考物理一轮复习单元评估检测九文档格式.docx

1、在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中,导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通过电流I时受到的安培力,即导线MPN受到的安培力大小始终不变,选项A正确。3.（2018长沙模拟）在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz（z轴正方向竖直向上）,如图所示,已知电场方向沿z轴正方向,电场强度大小为E,磁场方向沿y轴正方向,磁感应强度的大小为B。若质量为m、带电量为+q的质点从原点沿不同的方向射出,重力加速度为g,则下列说法正确的是 （）A.若沿x轴正方向射出,速度一定会变化B.若沿y轴正方向射出,动能一定会变化C.若沿z轴正方向射出,速度一定会变化D.若沿z轴正方向射出,动能一定会变化【

2、解析】选C。若沿x轴正方向射出,重力竖直向下,电场力与洛伦兹力向上,可能平衡,速度不一定变化,故A错误;若沿y轴正方向射出,重力可能和电场力平衡,动能不一定变化,故B错误;若沿z轴正方向射出,重力竖直向下,电场力向上,洛伦兹力垂直速度方向,一定沿曲线运动,速度一定变化,当做匀速圆周运动时,动能不变,故C正确,D错误。4.四根等长的导线固定在正方体的四条沿x轴方向的棱上,并通以等大的电流,方向如图所示。正方体的中心O处有一粒子源在不断地沿x轴负方向喷射电子,则电子刚被喷射出时受到的洛伦兹力方向为 （）A.沿y轴负方向 B.沿y轴正方向C.沿z轴正方向 D.沿z轴负方向【解析】选B。沿x轴负方向观

3、察,根据右手螺旋定则,判断出四根导线在O点产生的合磁场方向沿z轴负方向,电子初速度方向沿x轴负方向,即垂直纸面向里,根据左手定则,判断出洛伦兹力方向沿y轴正方向,选项B正确。5.（2018岳阳模拟）1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法中正确的是 （）A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小【解析】选D。通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电,故A错误;带电粒子在速度选择器

4、中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的电场力,可知速度选择器的P1极板带正电,故B错误;由洛伦兹力充当向心力有:qvB=m,得粒子在B2磁场中的运动半径r=,且粒子的运动速度v大小相等,电荷量q未知,故在磁场中运动半径越大的粒子,质量不一定越大,但比荷=越小,故C错误,D正确。6.如图所示,在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场,两带电量相同而质量不同的粒子以相同的速度从O点以与x轴正方向成1=60角在图示的平面内射入x轴上方时,发现质量为m1的粒子从a点射出磁场,质量为m2的粒子从b点射出磁场。若另一与a、b带电量相同而质量不同的粒子以相同速率与x轴正方向成2=30角射入x轴上方时,发现它从a

5、b的中点c射出磁场,则该粒子的质量应为（不计所有粒子重力作用） （）A.m1+m2 B.（m1+m2）C.（m1+m2） D.粒子做匀速圆周运动,轨迹如图:设Oa=L,ab=d,ac=cb=故质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为:R1=L,R2=,R3=L+故:（R1+R2）=2R3 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,故:qvB=m1 qvB=m2 qvB=m3 联立解得:m3=（m1+m2）,故选C。7.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置,如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒,两盒相距很近,分别和高频交流电源相连接,两盒间的窄缝中形成匀强电场,使带电粒子每次通过窄缝

6、都得到加速。两盒放在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒底面,带电粒子在磁场中做圆周运动,通过两盒间的窄缝时反复被加速,直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。如果用同一回旋加速器分别加速氚核H）和粒子He）,比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小,有 （）A.加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能也较大B.加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能较小C.加速氚核的交流电源的周期较小,氚核获得的最大动能也较小D.加速氚核的交流电源的周期较小,氚核获得的最大动能较大带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同,根据T=,知氚核H）的质量与电量的比值大于粒子He）,所

7、以氚核在磁场中运动的周期大,则加速氚核的交流电源的周期较大。根据qvB=m得,最大速度v=,则最大动能Ekm=mv2=,氚核的质量是粒子的倍,氚核的电量是粒子的倍,则氚核的最大动能是粒子的倍,即氚核的最大动能较小。故B正确,A、C、D错误。8.如图所示,在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,d是ac上任意一点,e是bc上任意一点。大量相同的带电粒子从a点以相同方向进入磁场,由于速度大小不同,粒子从ac和bc上不同点离开磁场。不计粒子重力,则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间,与从d点和e点离开的粒子相比较 （）A.经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧

8、长B.经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长C.运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间D.运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间【解析】选A、D。如图所示,若粒子从ac边射出,粒子依次从ac上射出时,半径增大而圆心角相同,弧长等于半径乘以圆心角,所以经过的弧长越来越大,运动时间t=T,运动时间相同,所以A正确,C错误;如果从bc边射出,粒子从b到c依次射出时,弧长会先变小后变大,但都会小于从c点射出的弧长。圆心角也会变大,但小于从c点射出时的圆心角,所以运动时间变大,故B错误,D正确。9.（2018开封模拟）如图,空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,电场和磁场相互

9、垂直。在电磁场区域中,有一个竖直放置的光滑绝缘圆环,环上套有一个带正电的小球,小球可沿圆环自由运动。O点为圆环的圆心,a、b、c为圆环上的三个点,a点为最高点,c点为最低点,Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是 （）A.当小球运动的弧长为圆周长的时,洛伦兹力最大B.当小球运动的弧长为圆周长的C.小球从a点到b点,重力势能减小,电势能减小D.小球从b点运动到c点,电势能增大,动能先增大后减小【解析】选B、C、D。小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力,二力大小相等,故二力的合力方向与水平方向成45向左下,如图,小球运动到圆弧bc的

10、中点时,速度最大,此时的洛伦兹力最大,故A错误;由A的分析可知,小球运动的弧长为圆周长的时,洛伦兹力最大,故B正确;小球由a到b的过程中,电场力和重力均做正功,重力势能和电势能都减小,故C正确;小球从b点运动到c点,电场力做负功,电势能增加;因电场力与重力的合力方向与水平方向成45向左下,当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大,所以小球从b点运动到c点过程中,动能先增大,后减小,故D正确。10.如图所示,实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线,电场线与水平方向的夹角为,水平方向的匀强磁场与电场线正交,有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动。l与水平方向的夹角为,且,则下列说法中正确的是A.液滴一

11、定做匀速直线运动B.液滴一定带正电C.电场线方向一定斜向上D.液滴也有可能做匀变速直线运动【解析】选A、B、C。带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f,由于,这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向,因此这三个力的合力一定为零,带电液滴做匀速直线运动,不可能做匀变速直线运动,故A正确,D错误;当带电液滴带正电,且电场线方向斜向上时,带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用,这三个力的合力可能为零,带电液滴沿虚线l做匀速直线运动,如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下时,带电液滴所受合力不为零,不可能沿直线

12、运动,故B、C正确。【总结提升】复合场中粒子重力是否考虑的三种情况（1）对于微观粒子,如电子、质子、离子等,因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小,可以忽略;而对于一些实际物体,如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力。（2）在题目中有明确说明是否要考虑重力的,这种情况按题目要求处理即可。（3）不能直接判断是否要考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要结合运动状态,确定是否要考虑重力。二、计算题（本题共2小题,共40分。需写出规范的解题步骤）11.（20分）如图所示,直角坐标系xOy第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m,电荷量为e的电子从第一象限的某点P（L,L

13、）以初速度v0沿x轴的负方向开始运动,经过x轴上的点Q（,0）进入第四象限,先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域（图中未画出）,磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合,电子偏转后恰好经过坐标原点O,并沿y轴的正方向运动,不计电子的重力。求: （1）电子经过Q点时的速度v。（2）该匀强磁场的磁感应强度B和最小面积S。【解析】（1）电子从P点开始在电场力作用下做类平抛运动到Q点,可知竖直方向y=L=at2, （2分）水平方向x=L=v0t, （2分）解得a=而vy=at=v0, （2分）所以电子经过Q点时的速度为v=v0 （2分）设v与x轴负方向的夹角为,可知tan=,所以=30。 （2分）（2）如图所示,电子以与x轴负方向成30角的方向进入第四象限后先沿QM做匀速直线运动,然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运动,恰好以沿y轴向上的速度经过O点。可知圆周运动的圆心O一定在x轴上,且O点到O点的距离与O点到直线QM上M点（M点即磁场的边界点）的距离相等,找出O点,画出其运动的部分轨迹为弧MNO,所以面积最小的磁场的右边界和下边界就确定了设偏转半径为R,evB=m, （2