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一、选择题

1.(2011•长沙一中月考)通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示.下列哪种情况将会发生(　　)

A.因L2不受磁场力的作用，故L2不动

B.因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动

C.L2绕轴O按顺时针方向转动

D.L2绕轴O按逆时针方向转动

解析：　本题考查常见电流周围的磁场的分布，安培力的方向和物体转动的条件等知识点.由右手螺旋定则可知导线L1的上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对.

答案：　D

2.如右图所示，没有磁场时，显像管内电子束打在荧光屏正中的O点，加磁场后电子束打在荧光屏O点上方的P点，则所加磁场的方向可能是(　　)

A.垂直于纸面向内　　　　　　 B.垂直于纸面向外

C.平行于纸面向上   D.平行于纸面向下

解析：　电子受到的洛伦兹力的方向向上，由左手定则，可判定磁场方向可能垂直于纸面向外，B正确.

答案：　B

3.如图所示，一带电粒子垂直射入一垂直纸面向里自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻尼作用，其运动径迹为一段圆弧线，则从图中可以判断(不计重力)(　　)

A.粒子从A点射入，速率逐渐减小 B.粒子从 A点射入，速率逐渐增大

C.粒子带负电，从B点射入磁场 D.粒子带正电，从A点射入磁场

解析：　由于空气有阻尼作用，粒子运动速率一定减小，由R=mvqB知，v逐渐减小，而R却保持不变，B一定逐渐减小，所以A正确.粒子以洛伦兹力作圆周运动的向心力，根据左手定则判断，D正确.

答案：　AD

4.如右图所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动，l与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中错误的是(　　)

A.液滴一定做匀变速直线运动   B.液滴一定带正电

C.电场线方向一定斜向上   D.液滴一定做匀速直线运动

解析：　在电磁场复合区域粒子一般不会做匀变速直线运动，因速度变化洛伦兹力变化，合外力一般变化.

答案：　A

5.如右图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x.当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是(　　)

A.方向向上

B.大小为2mg2LI

C.要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移

D.若使b下移，a将不能保持静止

解析：　由安培定则可知A正确;由mgsin α=BLIcos α知B=mgsin αLIcos α，B错误;若要使B最小，应在垂直斜面向上的方向上，所以C、D正确.

答案：　B

6.如右图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板.从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是(　　)

A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上

B.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心

C.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长

D.只要速度满足v=qBRm，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上

解析：　当v⊥B时，所受洛伦兹力充当向心力，做半径和周期分别为R=mvqB，T=2πmqB的匀速圆周运动;只要速度满足v=qBRm，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，选项D正确.

答案：　D

7.如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy平面向外，原点O处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下图给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是(　　)

解析：　磁场垂直xOy平面向外并位于y轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子运动方向，并画出草图找出圆心，可判断出C图是正确的.

答案：　C

8.如右图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角.磁场的磁感应强度大小为(　　)

A.mvqRtan θ2   B.mvqRcot θ2

C.mvqRsin θ2   D.mvqRcos θ2

解析：　本题考查带电粒子在磁场中的运动.根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析.注意两点，一是找圆心的两种方法(1)根据初末速度方向垂线的交点.(2)根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点.二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系，确定半径.分析可得B选项正确.

答案：　B

9.在一空心圆柱面内有一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，其横截面如右图所示，磁场边界为同心圆，内、外半径分别为r和(2+1)r.圆心处有一粒子源不断地沿半径方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计粒子重力.为使这些粒子不射出磁场外边界，粒子从圆心处射出时速度不能超过(　　)

A.qBrm   B.2qBrm

C.2+1qBrm   D.2-1qBrm

解析：　如右图所示，带电粒子不从磁场中穿出，其临界条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹应与外圆相切，所以[(2+1)r-rx]2=r2+rx2，解上式可得rx=r，又由rx=mvqB可得，选项A正确.

答案：　A

10.如右图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场.现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是(　　)

A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t0，则它一定从cd边射出磁场

B.若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t0，则它一定从ad边射出磁场

C.若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t0，则它一定从bc边射出磁场

D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场

解析：　作出粒子刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和从ad边射出的轨迹④.由题意可推知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.结合图可知，从ab边射出经历的时间一定不大于5t0/6;从bc边射出经历的时间一定不大于4t0/3;从cd边射出经历的时间一定是5t0/3;从ad边射出经历的时间一定不大于t0/3.

答案：　AC

二、非选择题

11.如图甲所示，质量为m=50 g，长l=10 cm的铜棒，用长度也为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1/3 T.未通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ=37°，求此棒中恒定电流的大小.

某同学对棒中恒定电流的解法如下：对铜棒进行受力分析，通电时导线向外偏转，说明安培力方向垂直电流和磁场方向向外，受力如图乙所示(侧视图).

当最大偏转角θ=37°时，棒受力平衡.有

tan θ=Fmg=BIlmg，得I=mgtan θBl=11.25 A.

(1)请判断，该同学的解法正确吗?若不正确则请指出错在哪里?

(2)试写出求解棒中电流的正确解答过程及结果.

解析：　(1)该同学的解法错误.

错误原因：认为棒到达最高点速度为零时，一定处于平衡状态;或者认为偏角最大的是平衡位置.

(2)正确的解法如下：金属棒向外偏转过程中，导线拉力不做功，如右图所示，安培力F做功为

WF=Fx1=BIl2sin 37°

重力做功为WG=-mgx2=-mgl(1-cos 37°)

由动能定理得BIl2sin 37°-mgl(1-cos 37°)=0

解得：I=mg1-cos 37°Blsin 37°=5 A.

答案：　(1)该同学的解法错误　(2)5 A

12.(2010•安徽理综)如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图2所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上.t=0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点.Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量.

(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小;

(2)求电场变化的周期T;

(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值.

解析：　此题考查粒子在复合场中的运动问题.

(1)微粒做直线运动，则

mg+qE0=qvB①

微粒做圆周运动，则mg=qE0②

联立①②得q=mgE0③

B=2E0v④

(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则d2=vt1⑤

qvB=mv2R⑥

2πR=vt2⑦

联立③④⑤⑥⑦得t1=d2v;t2=πvg⑧

电场变化的周期T=t1+t2=d2v+πvg⑨

(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩

联立③④⑥得R=v22g⑪

设N1Q段直线运动的最短时间为t1 min，由⑤⑩⑪得

t1min=v2g

因t2不变，T的最小值Tmin=t1min+t2=2π+1v2g

答案：　(1)mgE0　2E0v　(2)d2v+πvg　(3)2π+1v2g

滚动训练(七)