2024年高考物理第一轮复习：专题强化课(10)　限时规范训练

这是一份2024年高考物理第一轮复习：专题强化课(10)　限时规范训练，共11页。
限时规范训练[基础巩固]1．现代病毒研究实验室通常都有废水检测排放系统，其原理如图所示．当含有新冠病毒(带正、负离子)的废水从排水管右侧流入时，给排水管加上垂直纸面向里的匀强磁场，下列说法正确的是(　　)A．N点的电势高于M点的电势B．M点的电势高于N点的电势C．M、N两点电势差越大，废液的流动速度越慢D．所加磁感应强度越小，废液的流动速度越慢解析：A　带电离子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到洛伦兹力向上，M点的电势低于N点的电势，或N点的电势高于M点的电势，故A正确、B错误；当正、负离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，则有qvB＝q，解得，液体的流速v＝，U是MN两点间的电势差，B为所加磁感应强度，则有M、N两点电势差越大，废液的流动速度越快，流速与B无关，v＝不是决定式，故CD错误．  2．(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(　　)A．经过最高点时，三个小球的速度相等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．甲球的释放位置比乙球的高D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：CD　设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，由牛顿第二定律有mg＋Bv甲q甲＝，mg－Bv乙q乙＝，mg＝，则v甲＞v丙＞v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确．3．如图所示，空间中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内．一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)A．小球可能带正电，也可能带负电B．磁场和电场的大小关系为＝v0C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动D．若撤去电场，小球的机械能不断增大解析：C　洛伦兹力和支持力与运动方向相互垂直，均不做功，重力做正功，而小球动能保持不变，则电场力一定做负功，小球带正电，故A错误；仅当支持力为零时，电场力、重力、洛伦兹力三力平衡，则有qE＝qv0Bsin 60°，可得＝v0，故B错误；撤去磁场后，因重力和电场力的合力垂直于杆，小球仍做匀速直线运动，故C正确；撤去电场后，小球仅有重力做功，机械能不变，故D错误．4．(2021·济宁调研)(多选)如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g.空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0＝ 的初速度，则以下判断正确的是(　　)A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：BC　小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，选项A错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v＝，由于是双层轨道约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，选项C正确；在最高点时，小球做圆周运动所需的向心力F＝m＝mg，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，选项B正确；小球在从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且不断减小，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，选项D错误．5．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知)，小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则(　　)A．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝ C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大解析：BC　小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球受到的电场力竖直向上，故小球带负电，A错误；因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有Bqv＝m，由动能定理得Uq＝mv2，且有mg＝qE，联立可得小球做匀速圆周运动的半径r＝ ，故B正确；由运动学公式可得T＝，解得T＝，与电压U无关，故C正确，D错误．[能力提升]6．(2021·甘肃高三二模)(多选)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是(　　)A．小球由M到N与由N到M所经历的时间相等B．小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不等C．小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等D．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的解析：AC　小球所受得洛伦兹力与速度方向垂直不做功，轨道光滑没有摩擦力，只受重力作用，小球机械能守恒，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，A正确；小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直不做功，B错误；根据动量定理公式Ft＝mΔv，根据A选项可知，小球机械能守恒，故小球从M到P与由N到P过程中速度变化量大小相等，所以在此过程中所受合外力的冲量大小相等，C正确；由于小球带负电根据左手定则，小球从M到P的过程中到达P点时所受洛伦兹力方向竖直向下，根据合力提供向心力对小球受力分析，如图1所示．图1FN－mg－FL＝m，FN＝m＋mg＋FL，当小球从N到P的过程中到达P时洛伦兹力竖直向上，受力分析如图2所示，图2FN＋FL－mg＝mFN＝m＋mg－FL根据牛顿第三定律支持力与压力互为相互作用力，在整个过程中洛伦兹力大小相等．所以从M到P的过程中到达P点对轨道的压力大于小球从N到P的过程中到达P时对轨道的压力，D错误．7．(2021·锦州模拟)如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动，经a点后到b点时速度减为零，接着又滑了下来．设物块带电荷量保持不变，则从a到b和从b回到a两过程相比较(　　)A．加速度大小相等B．摩擦产生热量不相同C．电势能变化量的绝对值不相同D．动能变化量的绝对值相同解析：B　两过程中，重力、电场力恒定，支持力方向不变，洛伦兹力方向相反，摩擦力方向相反，物块所受合外力不同，由牛顿第二定律知，加速度大小必定不同，A项错误；上滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向上，物块所受滑动摩擦力Ff′＝μ(mgcos θ－qvB)，下滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向下，物块所受滑动摩擦力Ff″＝μ(mgcos θ＋qvB)，摩擦产生热量Q＝Ffx，两过程位移大小相等，摩擦力大小不同，故产生热量不同，B项正确；a、b两点电势确定，由Ep＝qφ可知，两过程中电势能变化量的绝对值相等，C项错误；上滑过程和下滑过程，都是重力、摩擦力及电场力做功，但是上滑时摩擦力小于下滑时摩擦力，由动能定理可知，动能变化量大小不相同，D项错误．8．(2021·河北卷)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是(　　)A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝解析：B　由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsin θ，而I＝，而对等离子体受力分析有q＝qvB1，解得v＝.故B正确，A、C、D错误．9．(2021·山东济南高三模拟)(多选)如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上、范围足够大的匀强磁场．从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10 m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球，若磁感应强度B＝，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)A．小球离开磁场时的速度大小为10 m/sB．小球离开磁场时的速度大小为10 m/sC．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为  mD．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为  m解析：AD　小球在磁场中，水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球运动的周期T＝＝2 s，则小球离开磁场时运动的时间t＝＝1 s，下落的高度h＝gt2＝5 m，小球从进入磁场到离开磁场，由动能定理得mv2＝mv＋mgh，解得小球离开磁场时的速度大小v＝10 m/s，A正确，B错误；小球做圆周运动的半径r＝＝，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离s＝＝  m，C错误，D正确．10．(2022·滨州模拟)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角．在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间的区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．解析： (1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动．由图知qE1＝mgtan 37°，qv0B1＝解得E1＝，B1＝.   (2)小球在区域Ⅰ中做直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知qE2＝mgcos 37°，解得E2＝方向与x轴正方向成53°角斜向上．(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，解得E3＝因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示，丙由几何关系得r＝d由洛伦兹力提供向心力知B2q·2v0＝m联立得B2＝.答案：(1)　(2)，方向与x轴正方向成53°角斜向上(3)　[热点加练]11．如图所示，在边长为L的正方形abcd区域内存在图示方向的匀强电场，正方形的内切圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场．现有一质量为m、带电荷量为＋q的粒子从ad边中点e以速度v0沿内切圆直径ef射入场区，粒子恰沿直线从bc边的中点f射出场区．保持粒子入射位置及速度大小、方向均不变，仅撤去磁场，粒子射出电场时速度偏向角θ0＝45°.已知tan 53°＝，不计粒子重力．(1)求仅撤去磁场时粒子在电场内运动的时间t0及电场强度E的大小；(2)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不变，仅撤去电场，求粒子在磁场中的运动时间．解析：(1)当只有电场时，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子出电场时沿电场方向的分速度为vy，速度偏向角的正切值tan θ0＝tan 45°＝，粒子在垂直电场方向的位移x＝v0t0，沿电场方向的位移y＝t0，解得x＝2y，由几何关系可知粒子一定是从c点射出电场，则粒子的水平位移x＝L，粒子在电场中的运动时间t0＝，粒子在电场中的加速度a＝，沿电场方向分速度vy＝at0，解得E＝.(2)设磁场的磁感应强度大小为B，当电场和磁场共存时粒子做直线运动，由平衡条件得qE＝qv0B，当只存在磁场时粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，由几何关系可知偏转角θ满足tan＝＝，可得θ＝53°，粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，则粒子在磁场中的运动时间t＝T＝.答案：(1)　　(2)12．如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T．现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字．(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．解析：(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，物块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，解得v2＝0.设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有ΔE＝mv＋Mv2－mv，解得ΔE＝85 J.(2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76 N，由牛顿第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m，解得r＝1.0 m.(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝ m/s.设圆弧轨道的最大半径为Rm，由能量守恒定律有mv＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，解得Rm＝0.71 m.答案：(1)85 J　(2)1.0 m　(3)0.71 m