《【高考复习方案】2017届高考物理(人教版_全国卷地区专用)一轮复习训练：45分钟滚动复习训练卷(三)含答.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【高考复习方案】2017届高考物理(人教版_全国卷地区专用)一轮复习训练：45分钟滚动复习训练卷(三)含答.docx（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、45分钟滚动复习训练卷（三）（考查范围：第六单兀第八单兀分值：100分）、选择题（每小题6分，共48分，15小题为单选，68小题为多选）1. 图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图G3-1所示.一带正电的粒子从正方形中心0点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）*FJ、/ b图 G3-1A .向上B .向下C.向左D .向右2. 对于真空中电荷量为 q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处的电势为kq（k为静电力常量），如图G3-2所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距
2、为 d，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的 A点沿以负电荷为圆 心、半径为R的半圆形轨迹 ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化 情况为（）减少2kQeRd2 R2B .增加2kQeRC减少d2R2D .增加 d2+ R23如图G3-3所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核 心部分是两个 D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频交流电源相连，则带电粒子 获得的最大动能与下列哪些因素有关 （ ）R图 G3-3A .加速的次数B .加速电压的大小C.交流电的频率D . D形盒的最大半径4如图G3-4所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S
3、,当滑动变阻器Ri、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃 P恰好处于静止状态.要使尘埃 P向下加速运动，下列方法中可行的是 （ ）图 G3-4A .把R2的滑片向左移动 B .把R2的滑片向右移动 C.把Ri的滑片向左移动 D 把开关S断开5如图G3-5所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为 的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、B 导体棒中的电流大小为磁感应强度为B的匀强磁场中,A导体棒中的电流方向从(kxBLC.若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大D .若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x
4、变大6如图G3-6所示，、是两个等量异种点电荷形成电场中的位于同一平面内 的三条等势线，其中为直线，与、与的电势差相等.一个重力不计、带负电的粒 子进入电场，运动轨迹如图中实线所示，与、分别交于a、b、c三点.下列判断正确的是（）图 G3-6A 粒子在c点时的加速度为零B a点的电势比b点的电势高C.粒子从a到b再到c,电势能不断增加D若粒子从a到b电场力做功大小为 Wi,从b到c电场力做功大小为 W?，则Wi>W27.如图G3- 7所示， 三角形磁场区域的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为(0, 23 cm)、(-2 cm, 0)、(2 cm , 0)，磁感应强度 B= 4X
5、 104 T,方向垂直于纸面向里.某正离子的比荷为= 2.5 x 105 C/kg ,重力不计.大量的该正离子在t= 0时从0点以相 同的速度v= 2 3 m/s沿不同方向垂直于磁场射入该磁场区域，下列说法正确的是()A .从ac边离开磁场的离子离开磁场时距c点最近的位置坐标为,3 cm, (2 . 3- 3) cmB .从a点离开磁场的离子在磁场中运动时间最长C.不可能有离子垂直于 ab边离开磁场nD .在t= 300 s时运动时间最长的离子离开磁场&如图G3- 8所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向里的水平匀强磁场.在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带
6、正电的小球.O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水 平线上.已知小球所受的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()图 G3-8A .小球能越过d点并继续沿环向上运动B. 当小球运动到 d点时，不受洛伦兹力C. 小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减少，电势能减少D .小球从b点运动到c点的过程中，经过弧中点时速度最大二、计算题(第9题24分，第10题28分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9. 长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场,个带电荷量为+ q、质量为
7、m的带电粒子以初速度 vo紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场， 刚好从下板边缘射出，射出时末速度恰与下板成30°角，如图G3-9所示，不计粒子重力,求：粒子末速度的大小;匀强电场的场强；(3)两板间的距离.I- L 图 G3-910. 如图G3-10所示，在x轴上方存在沿x轴正方向场强为 E的匀强电场，在 x轴下方的矩形区域 ABCD内存在垂直于纸面向外的匀强磁场.矩形区域的AB边与x轴重合.M点是y轴上的一点，在 M点有一质量为 m、电荷量为e的质子以初速度 vo沿y轴负方向开 始运动，质子恰好从 N点进入磁场，当质子第二次经过 x轴时电场反向，质子恰好回到 M 点，若|OM|=
8、2|ON|,不计质子的重力.求：(1) N点横坐标XN；(2) 匀强磁场的磁感应强度 Bo的大小；(3) 矩形区域的最小面积 S;若质子第二次经过 x轴时，撤去x轴上方的电场，同时在 OM中点处放置一块平行 于x轴的绝缘挡板，质子与挡板发生碰撞，碰撞前后质子速度的水平分量不变，竖直分量 等大反向求质子从离开挡板到再次回到挡板所用的时间t.1P1>A;' * *01 * * AT尹11 - « 11：iq-s -图 G3-1045分钟滚动复习训练卷（三）1. B 解析b、d中的电流在0点产生的合磁场的磁感应强度为零.a、c中的电流在0点产生的合磁场的磁感应强度方向向左，由
9、左手定则可知带电粒子受到洛伦兹力的方向向下，B正确.2. A 解析半圆形轨迹ABC在一Q的等势面上，引起电势能变化是+Q的电场，贝U 系统电势能的变化量为JkQe- JkQe =-2獲，选项A正确.d+ R d- R d R3. D 解析匀强磁场，说明磁场恒定，带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，12口 2_2Rm =巴，带电粒子获得的最大动能 Ekm= -mvm= q_Bm，由题目的选项判断可知，只有 D qB22m项正确.4. A 解析若尘埃P处于静止状态，则重力与电场力平衡.若尘埃向下加速运动，则电场力减小，电容器两极板间的电压减小，故向左移动R2的滑片可以实现这种变化，选项A正确，
10、选项B错误.由于电路稳定时 R-所在的支路无电流，故无论如何移动R-的滑片，电容器两极板间的电压都不会改变，故尘埃仍静止，选项C错误.断开开关 S,电容器两极板间的电压增大，尘埃将向上运动，选项D错误.5. B 解析由左手定则可知，导体棒中的电流方向从 a流向b，选项A错误；由BIL =kx可得导体棒中的电流大小为I =也，选项B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针转过一BL小角度或逆时针转过一小角度，x都变小，选项C、D错误.6. BC 解析粒子做曲线运动，其加速度不为零，选项 A错误.粒子所受电场力的 方向与电场线的方向共线， 而电场线与等势面处处垂直， 故粒子所受电场力的方向也与等势 面垂直，
11、根据曲线运动轨迹的特点可知， 粒子所受电场力指向轨迹凹的一侧，综上，粒子在c点所受电场力的方向与等势面垂直，指向左侧.由于粒子带负电，故过c点的电场线与等势面垂直，指向右侧，又因为电场线指向电势低的等势面，故有幅>0 b>$ c,选项B正确.负电荷在电势高处电势能小，故粒子在c点电势能最大，在 a点电势能最小，选项 C正确.因为等势面与、与的电势差相等，根据W= qU可知，将同一粒子由等势面R=囂=2眉cm，入射移至和由等势面移至，电场力做功大小相等，选项D错误.7. ABD 解析正离子在磁场中做圆周运动的轨迹圆半径方向不同的离子的轨迹圆半径相同，各离子的轨迹圆是过O点的半径为R的
12、动圆，且入射速度沿x轴正方向的离子离开磁场时距c点最近，最近点A的坐标为.3 cm, （2订3 3） cm,选项A正确；当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，运动的时间最长，即从a点射出的离子的运动时间最长，该轨迹圆弧对应的圆心角为60 °,运动时间t = T= - 2兀m=66 qB 300s,选项B、D正确；由几何关系可知，从 O点沿与Oc成120°角方向射入磁场的离子将垂 直于ab边离开磁场，选项 C错误.& BCD 解析电场力与重力的合力斜向左下方，与水平方向成45。角，在等效场圆环的“最高点”为弧 ad的中点，该点关于圆心对称点为“最低点”，小球经过“最低
13、点”时速度最大，选项 D正确；因a、d两点关于等效最高点对称，若小球从a点由静止释放，经过等效“最低点”后恰能运动到d点，此时所受的洛伦兹力为零，选项A错误，选项B正确；从a点运动到b点过程中，重力和电场力都做正功，重力势能、电势能都减少，选项C正确.9.今普，方向竖直向下严解析(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，把射出极板的速度分解，如图所示.有V02 V3v= cos 30。= Tv0.竖直分速度 vy= votan 30°寸0由牛顿第二定律得qE = ma 由类平抛运动规律得 L = v°t,3mv2解得E =冠Vy= at(3)由类平抛运动规律得d= at解得d=
14、¥.62mv02E10. (1)2eE (2)2eEv0(4 + 3 n ) mv0 (2 + *2) m?v4222e E4eE解析(1)质子从M点到I沿y轴负方向：2xn= voti、i 2沿x轴正方向：xn = 2at-iN点做类平抛运动，设运动时间为t1,则:又有：eE a =m2解得：mv0XnN 2eE'(2)质子的运动轨迹如图甲所示:甲乙质子经过N点时,由 Vx= 2axN 解得 Vx= voV= Jvo+ v2= , 2v0设质子进入磁场时速度方向与x轴方向的夹角为 0,贝vo .tan 0 = 1vx解得：0= 45°由几何关系得质子在磁场中做圆周运动的半径为2由牛顿第二定律得：evB0= m-RR= 2xn解得：Bo=vo矩形区域的最小面积为 S= 2R(R+ XN)解得:S=(2点2叭0(4)如图乙所示，质子在 x轴上方与挡板碰撞前后均做匀速直线运动:J2xn mvoti = = 1 v2eE'质子在磁场中运动的周期：T = nmv0v eE质子在磁场中运动的时间：t2=3t= 3nmvp4 4eE质子从离开挡板到再次回到挡板所用时间：(4+ 3 n ) mv0t= 2ti +12=4eE