(新课标)高考物理一轮复习课下限时集训(二十八)

1、课下限时集训（ 28）一、单项选择题1. 如图所示，在平行线MN、PQ 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场( 未画出) ，磁场的磁感应强度从左到右逐渐增大。一带电微粒进入该区域时，由于受到空气阻力作用，恰好能沿水平直线 OO通过该区域。带电微粒所受的重力忽略不计，运动过程带电量不变。下列判断正确的是 ()A微粒从左向右运动，磁场方向向里B微粒从左向右运动，磁场方向向外C微粒从右向左运动，磁场方向向里D微粒从右向左运动，磁场方向向外2如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是()A小球一定带正电B小球一定带负电C

2、小球的绕行方向为逆时针方向D改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动3为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、 b、 c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量 ( 单位时间内排出的污水体积) ，下列说法中正确的是()A若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高C污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D污水流量Q与 U成

3、正比，与a、b 无关4. (2016 南京月考 ) 如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a( 不计重力 ) 以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点 ( 图中未标出 ) 穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b( 不计重力 ) 仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()1 / 7A穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小5(2016 南通联考 ) 如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场 E，在竖直平面

4、内建立坐标系 xOy，在 y0 的空间内，将一质量为m 的带电液滴 ( 可视为质点 ) 自由释放，此液滴则沿y 轴的负方向，以加速度a 2g( g 为重力加速度) 做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安装在原点的一个装置改变了带电性质( 液滴所带电荷量和质量均不变) ，随后液滴进入y0 的空间内运动，液滴在yt ACt ADC t ABt AC0 的空间内，根据液滴沿y轴负方向以加速度 2(为重力加ag g速度 ) 做匀加速直线运动可知，液滴在此空间内运动时所受电场力方向向下，大小等于重力；进入 y0 的空间后，液滴电性改变，其所受电场力向上，大小仍等于重力，所以液滴将在洛伦兹力作

5、用下做匀速圆周运动，在液滴运动半个周期内，动能保持不变，重力势能先减小后增大，电势能先增大后减小，D正确， A、 B、 C错误。6解析：选C带负电的绝缘物块在磁场中的斜面上运动时受到重力、支持力和垂直斜面向下的洛伦兹力，设斜面顶端的高度为h，倾角为 ，则物块的加速度为a gsin1 2h2h，由公式 s2at sin，得 t gsin2 ，可知 越大， t 越小， C 正确。7解析：选 BC仅在重力场中时，物块由A 点至 D点的过程中，由动能定理得mghcoss12 0，即coss12 0，由题意知A点距水平面的高度h、mgmgsh s物块与斜面及水平面间的动摩擦因数、斜面倾角 、斜面长度s1

6、 为定值，所以 s2与重力的大小无关，而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s2 不变， D点一定与 D点重合， B 正确；在 ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D点一定在D 点右侧， C 正确。8. 解析：选 AC 在此复合场中，动能逐渐减小，因洛伦兹力不做功，说明电场力做负4kQ功，则电场力小于洛伦兹力。电场强度，S减小，Q不变，则E增大，电场力变ErS大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大， A 项正确；当增大两板间距离时，因为电场强度不变，所以B 项

7、错误；当减小磁感应强度时，洛伦兹力减小，可能小于电场力，所以C 项正确；当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，故D 项错误。9. 解析：选 CD 小球开始下滑时，对其受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有mg( Eq qvB) ma，随着 v 的增大，小球加速度先增大，当Eq qvB 时达到最大值amax g，继续运动， mg ( qvB Eq) ma，随着 v 的增加， a 逐渐减小， A 错误；因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B 错误；若在前半段达到最大加速度的一半，则mg() g，得2qEmg(mv，若在后半段达到最大加速度的一半

8、，则qvBEqqvB2qBmg25 / 7 ) g2qE mgm，得v，C、D正确。Eq2qB210. 解析：选 BD 微粒从 A 到 P 受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及电场力的性质可确定微粒一定带正电，A 错；此时有qE1mgtan 37 ，微粒从 P 到 C 在电场力、重力作用下做直线运动，必有mg qE2，所以 E2的E13方向竖直向上， B 对；由以上分析可知E2 4， C 错； AP 段有 mg Bqvcos 37 ，即v5mg4Bq， D 对。11解析： (1) 依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力

9、为零，若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷。100m/s(2) 小球在 D点速度为 vDvC7设重力与电场力的合力为F1，如图所示，则 F1 F 洛 qvCBmg又 F1 cos 37 5 NF17解得 qB vC20 C T在 F 处由牛顿第二定律可得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，由动能定理可得1 1 WFf 2F1R 2mvF22mvD2解得 WFf 27.6 J(3) 小球离开 F 点后做类平抛运动，其加速度为a F1 mat2解得t4mR 22由 2 sRF152交点 G与 D点的距离 GDvFt 82m 2.26 m5答案： (1)正电荷(2)27.6 J(3)2.26 m12. 解析： (1) 设物体在传送带上加速度大小为a，则 agcos 37 gsin 37 解得 0.4 m/s2a物体达到与传送带速度相同所用时间设为t ，速度相同后经t达到 B点，126 / 7则 vat 1， t 1 10 s1x 2at 21， x 20 mLAB x vt 2，所以 t 2 1 s到达 B点总时间 t t 1 t 2 11 s(2)