(新課標(biāo))高考物理一輪復(fù)習(xí)課下限時(shí)集訓(xùn)(二十八)

1、課下限時(shí)集訓(xùn)（ 28）一、單項(xiàng)選擇題1. 如圖所示，在平行線MN、PQ 之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面的磁場( 未畫出) ，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度從左到右逐漸增大。一帶電微粒進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，由于受到空氣阻力作用，恰好能沿水平直線 OO通過該區(qū)域。帶電微粒所受的重力忽略不計(jì)，運(yùn)動過程帶電量不變。下列判斷正確的是 ()A微粒從左向右運(yùn)動，磁場方向向里B微粒從左向右運(yùn)動，磁場方向向外C微粒從右向左運(yùn)動，磁場方向向里D微粒從右向左運(yùn)動，磁場方向向外2如圖所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()A小球一定帶正電B小球一定帶負(fù)電C

2、小球的繞行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向D改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動3為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)。該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、 b、 c，左右兩端開口。在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B 的勻強(qiáng)磁場，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U。若用Q表示污水流量 ( 單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積) ，下列說法中正確的是()A若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高B若污水中負(fù)離子較多，則前表面比后表面電勢高C污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大D污水流量Q與 U成

3、正比，與a、b 無關(guān)4. (2016 南京月考 ) 如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場。一帶電粒子a( 不計(jì)重力 ) 以一定的初速度由左邊界的O 點(diǎn)射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O點(diǎn) ( 圖中未標(biāo)出 ) 穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個(gè)同樣的粒子b( 不計(jì)重力 ) 仍以相同初速度由O 點(diǎn)射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b()1 / 7A穿出位置一定在O點(diǎn)下方B穿出位置一定在O點(diǎn)上方C運(yùn)動時(shí)，在電場中的電勢能一定減小D在電場中運(yùn)動時(shí)，動能一定減小5(2016 南通聯(lián)考 ) 如圖所示，某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場 E，在豎直平面

4、內(nèi)建立坐標(biāo)系 xOy，在 y0 的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m 的帶電液滴 ( 可視為質(zhì)點(diǎn) ) 自由釋放，此液滴則沿y 軸的負(fù)方向，以加速度a 2g( g 為重力加速度) 做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)液滴運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，瞬間被安裝在原點(diǎn)的一個(gè)裝置改變了帶電性質(zhì)( 液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變) ，隨后液滴進(jìn)入y0 的空間內(nèi)運(yùn)動，液滴在yt ACt ADC t ABt AC0 的空間內(nèi)，根據(jù)液滴沿y軸負(fù)方向以加速度 2(為重力加ag g速度 ) 做勻加速直線運(yùn)動可知，液滴在此空間內(nèi)運(yùn)動時(shí)所受電場力方向向下，大小等于重力；進(jìn)入 y0 的空間后，液滴電性改變，其所受電場力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作

5、用下做勻速圓周運(yùn)動，在液滴運(yùn)動半個(gè)周期內(nèi)，動能保持不變，重力勢能先減小后增大，電勢能先增大后減小，D正確， A、 B、 C錯(cuò)誤。6解析：選C帶負(fù)電的絕緣物塊在磁場中的斜面上運(yùn)動時(shí)受到重力、支持力和垂直斜面向下的洛倫茲力，設(shè)斜面頂端的高度為h，傾角為 ，則物塊的加速度為a gsin1 2h2h，由公式 s2at sin，得 t gsin2 ，可知 越大， t 越小， C 正確。7解析：選 BC僅在重力場中時(shí)，物塊由A 點(diǎn)至 D點(diǎn)的過程中，由動能定理得mghcoss12 0，即coss12 0，由題意知A點(diǎn)距水平面的高度h、mgmgsh s物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)、斜面傾角 、斜面長度s1

6、 為定值，所以 s2與重力的大小無關(guān)，而在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場后，相當(dāng)于把重力增大了，s2 不變， D點(diǎn)一定與 D點(diǎn)重合， B 正確；在 ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場后，洛倫茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以D點(diǎn)一定在D 點(diǎn)右側(cè)， C 正確。8. 解析：選 AC 在此復(fù)合場中，動能逐漸減小，因洛倫茲力不做功，說明電場力做負(fù)4kQ功，則電場力小于洛倫茲力。電場強(qiáng)度，S減小，Q不變，則E增大，電場力變ErS大，當(dāng)電場力大于洛倫茲力時(shí)，粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時(shí)動能變大， A 項(xiàng)正確；當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，因?yàn)殡妶鰪?qiáng)度不變，所以B 項(xiàng)

7、錯(cuò)誤；當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，洛倫茲力減小，可能小于電場力，所以C 項(xiàng)正確；當(dāng)改變粒子電性時(shí)，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時(shí)動能仍然減小，故D 項(xiàng)錯(cuò)誤。9. 解析：選 CD 小球開始下滑時(shí)，對其受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有mg( Eq qvB) ma，隨著 v 的增大，小球加速度先增大，當(dāng)Eq qvB 時(shí)達(dá)到最大值amax g，繼續(xù)運(yùn)動， mg ( qvB Eq) ma，隨著 v 的增加， a 逐漸減小， A 錯(cuò)誤；因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，機(jī)械能與電勢能總和在減小，B 錯(cuò)誤；若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg() g，得2qEmg(mv，若在后半段達(dá)到最大加速度的一半

8、，則qvBEqqvB2qBmg25 / 7 ) g2qE mgm，得v，C、D正確。Eq2qB210. 解析：選 BD 微粒從 A 到 P 受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動，則微粒做勻速直線運(yùn)動，由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，A 錯(cuò)；此時(shí)有qE1mgtan 37 ，微粒從 P 到 C 在電場力、重力作用下做直線運(yùn)動，必有mg qE2，所以 E2的E13方向豎直向上， B 對；由以上分析可知E2 4， C 錯(cuò)； AP 段有 mg Bqvcos 37 ，即v5mg4Bq， D 對。11解析： (1) 依題意可知小球在CD間做勻速直線運(yùn)動，在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力

9、為零，若小球帶負(fù)電，小球受到的合力不為零，因此帶電小球應(yīng)帶正電荷。100m/s(2) 小球在 D點(diǎn)速度為 vDvC7設(shè)重力與電場力的合力為F1，如圖所示，則 F1 F 洛 qvCBmg又 F1 cos 37 5 NF17解得 qB vC20 C T在 F 處由牛頓第二定律可得F1mv2Fqv B F R7把 qB 20 C T 代入得 R1 m小球在 DF段克服摩擦力做功WFf，由動能定理可得1 1 WFf 2F1R 2mvF22mvD2解得 WFf 27.6 J(3) 小球離開 F 點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動，其加速度為a F1 mat2解得t4mR 22由 2 sRF152交點(diǎn) G與 D點(diǎn)的距離 GDvFt 82m 2.26 m5答案： (1)正電荷(2)27.6 J(3)2.26 m12. 解析： (1) 設(shè)物體在傳送帶上加速度大小為a，則 agcos 37 gsin 37 解得 0.4 m/s2a物體達(dá)到與傳送帶速度相同所用時(shí)間設(shè)為t ，速度相同后經(jīng)t達(dá)到 B點(diǎn)，126 / 7則 vat 1， t 1 10 s1x 2at 21， x 20 mLAB x vt 2，所以 t 2 1 s到達(dá) B點(diǎn)總時(shí)間 t t 1 t 2 11 s(2)