高考物理专家押题

1、2017年物理专家押题考前终极攻略2目 录 / contents5月23日 万有引力定律的应用015月24日 点电荷电场的性质105月25日匀强电场195月26日直流电路305月27日 安培力385月28日带电粒子在磁场、有界磁场中的运动465月29日带电粒子在组合场、叠加场、周期场中的运动585月23日万有引力定律的应用1北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。“北斗”系统中两颗工作卫星1和2均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图所示。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用

2、力。以下判断中正确的是卫星1卫星2地球60°ABOA.这两颗卫星的向心加速度大小相等，均为 B.卫星1由位置A运动至位置B所需的时间 为C.如果使卫星1加速，它就一定能追上卫星2D.卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力不做功2嫦娥三号探测器平稳落月，让全国人民为之振奋。已知嫦娥三号探测器在地球表面受的重力为G1，绕月球表面飞行时受到月球的引力为G2，地球的半径为R1，月球的半径为R2，地球表面处的重力加速为g。则下列说法正确的是A.探测器沿月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为B.月球与地球的质量之比为C.月球表面处的重力加速度为D.月球与地球的第一宇宙速度之比为32016年2月

3、11日，美国“激光干涉引力波天文台”(LIGO)团队向全世界宣布发现了引力波，这个引力波来自于距离地球13亿光年之外一个双黑洞系统的合并。已知光在真空中传播的速度为c，太阳的质量为M0，引力常量为G。(1)两个黑洞的质量分别为太阳质量的26倍和39倍，合并后为太阳质量的62倍。利用所学知识，求此次合并所释放的能量。(2)黑洞密度极大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离它的引力，因此我们无法通过光学观测直接确定黑洞的存在。假定黑洞为一个质量分布均匀的球形天体。a.因为黑洞对其他天体具有强大的引力影响，我们可以通过其他天体的运动来推测黑洞的存在。天文学家观测到，有一质量很小的恒星独自

4、在宇宙中做周期为T，半径为r0的匀速圆周运动。由此推测，圆周轨道的中心可能有个黑洞。利用所学知识求此黑洞的质量M；b.严格解决黑洞问题需要利用广义相对论的知识，但早在相对论提出之前就有人利用牛顿力学体系预言过黑洞的存在。我们知道，在牛顿体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时也会具有势能，称之为引力势能，其大小为(规定无穷远处势能为零)。请你利用所学知识，推测质量为M的黑洞，之所以能够成为“黑”洞，其半径R最大不能超过多少？专家押题1【答案】AD【考点】卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径的关系【解析】由黄金代换知：，卫星的加速度为：，A对；卫星绕行的线速度为：，卫星由A位置运动至B

5、位置的时间为：，B错；空间的追击，由内圈加速追赶外圈的卫星，C错；卫星1由位置A运动到位置B的过程中，万有引力与速度垂直，不做功，D对。【点拨】做匀速圆周运动的卫星所受万有引力完全提供所需向心力，即。熟练掌握万有引力定律与线速度、角速度、周期、向心加速度、轨道半径间的关系是解该类试题的关键。2【答案】A【考点】万有引力定律的应用中心天体的质量、表面的重力加速度、第一宇宙速度等【解析】万有引力充当向心力，所以在月球表面有，联立即得，A正确；在地球上有，在月球上有，联立可得，C错误；根据第一宇宙速度可得月球与地球的第一宇宙速度之比为，D错误；根据得，因为，则月球和地球的质量之比为，B错误。3【考点

6、】能量守恒定律、天体运动、万有引力定律【解析】(1)由题目可知，两个黑洞在合并时类似发核聚变反应，所释放出的能量来源于质量亏损，根据爱因斯坦的质能方程得E=m×c2=(26+3962)M0*c2=3M0c2(2)a.由题目可知，质量很小的恒星在其做圆周运动的轨道中心的黑洞吸引力下运动，则由万有引力提供恒星运动的向心力，设恒星质量为m，则有，解得b.这里需要阅读前面关于黑洞的解释，黑洞密度大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离它的引力，物体想要逃离黑洞，至少要达到黑洞的第二宇宙速度，根据题目可知，黑洞的第二宇宙速度大于等于光速，物体脱离黑洞是指在黑洞产生的引力场中到达无穷

7、远处时速度依然大于等于0。对于临界情况(黑洞第二宇宙速度等于光速，物体脱离黑洞时的速度恰好为0)，由能量守恒定律可知，解得5月24日点电荷电场的性质1如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管的底部固定一电荷量为Q的正点电荷，在与其距离为h2的管口A处，将一电荷量为q、质量为m的正点电荷由静止释放，在下落到与底部点电荷距离为h1的B处时速度恰好为零。现使一个电荷量也为q、质量为3m的正点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷A.运动到B处时的速度为零B.在下落过程中加速度逐渐减小C.运动到B处时的速度大小为D.速度最大时与底部点电荷的距离为2两电荷量分别为

8、q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则A.A点的电场强度大小为零B.C点的电场强度大小为零C.NC间场强方向沿x轴正方向D.将一负电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功3如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等。一不计重力的带负电粒子从右侧垂直等势面4向左射入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则可以判断 A.1<2<3<4B.粒子的运动轨迹和等势面3也可能垂直 C.4等势面上各点场强处处相等D.该电场可能是由点电荷和无限大金属平板形成的专家押

9、题1【答案】C【考点】动能定理、库仑定律【解析】点电荷运动B点时速度为零，由动能定理可求出电场力对点电荷做的功为W1=mg(h2h1)，当电荷量不变，质量变为3m时，点电荷到达B点时电场力做的功仍为W1，由动能定理有3mg(h2h1)+W1=，解得点电荷运动到B点时的速度v=，C正确，A错误；下落过程中两电荷间的库仑力不断增大，当电荷的重力和库仑力相等时，电荷的速度最大，设此时间距为，由，解得，D错误；在此之前，重力大于电场力，合力向下，随着电场力不断增大，加速度减小，此后电场力大于重力，合力向上，随着电场力不断增大，加速度增大，B错误。2【答案】BD【考点】x图象、电场与电势、电场力做功【解

10、析】图线在A点处的斜率不等于零，故A点的电场强度不等于零，A错误；C点处电势为极值，图线在C点处的斜率等于零，电场强度为零，B正确；从N到C，电势升高，根据沿电场线方向电势降低可知，NC间电场强度方向沿轴负方向，C错误；从N到D，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，D正确。【点拨】x图象的斜率等于电场强度E，电势为零处，电场强度不一定为零；根据沿电场线方向电势降低，结合x图象可判断出两点电荷的电性。3【答案】AD【考点】带电粒子在电场中的运动、等势面【解析】根据带负电粒子的运动轨迹可知，所受的电场力垂直等势面，且指向轨

11、迹的凹侧，可知电场线由4指向1，顺着电场线方向电势逐渐降低，则可知1<2<3<4，A正确；因粒子的初速度与等势面4垂直，则粒子的运动轨迹不可能和等势面3也垂直，B错误；因为等势面分布不均匀，故等势面4上各点场强不可能处处相等，C错误；由等势面的分布可知，该区域可能是由位于等势面1左侧的点电荷和位于等势面4处的无限大金属平板形成的，D正确。1如图所示，平行板电容器竖直放置，与直流电源相连，开始时两板M、N错开(图中实线所在位置)，M板固定，并接地，两板间P点固定一带正电的粒子，则 A.开关k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，两板间的电压先增大后减小 B.开关k闭合，N板缓慢向

12、下移到虚线所在位置，电容器的带电量先增大后减小 C.开关k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，带电粒子的电势能先增大后减小 D.开关k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器贮存的电场能先增大后减小2在真空中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。由此可见A.电场力为3mgB.小球带负电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D.小球从A到B与从B到C的速度变化量相同3如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有

13、A、B、C三点，坐标分别为(6 cm，0)、(0，cm)、(3 cm，0)。O、A、B三点的电势分别为0 V、4 V、2 V。现有一带电粒子从坐标原点O处以某一速度垂直电场方向射入，恰好通过B点，不计粒子所受重力。下列说法正确的是A.C点的电势为2 VB.匀强电场的方向与AB垂直斜向下C.匀强电场的场强大小为×l02 V/mD.粒子带正电4一条绝缘的挡板轨道ABC固定在光滑水平桌面上，BC段为直线，长为4R，动摩擦因数为，AB是半径为R的光滑半圆弧(两部分相切于B点)。垂直于挡板轨道平面内有匀强电场，场强大小为，方向与BC夹角为。一带电量为、质量为的小球从C点静止释放，已知，求：(1

14、)小球在B点的速度大小；(2)若场强E与BC夹角可变，为使小球沿轨道运动到A点的速度最大，的取值以及A点速度大小；(3)若场强E与BC夹角可变，为使小球沿轨道运动到A点沿切线飞出，的取值范围。专家押题1【答案】B【考点】平行板电容器【解析】电键k闭合，由于电容器一直电源相连，因此电容器两板间的电压不变，A错误；由可知，两板间的正对面积先增大后减小，因此平行板电容器的电容先增大后减小，再由可知，电容器的带电量先增大后减小，B正确；当k断开，电容器的带电量一定，由可知，两板间的电压先减小后增大，C错误；k断开，电容器带电量一定，N板移动过程中，两板电荷间的库仑力先做正功后做负功，因此电容器储存的电

15、场能先减小后增大，D错误。2【答案】AB【考点】平抛运动与电场中类平抛运动的比较【解析】由题意可得，从竖直方向看，小球初速度为0，先加速后减速到0，从水平方向上看，小球做匀速直线运动，因为AB=2BC，故在做平抛运动时的水平位移是小球在电场中水平位移的2倍，而水平方向的速度相等，所以平抛运动的时间是电场中运动时间的2倍；根据公式v2=2ax，平抛运动的末速度和电场中运动的初速度相等，平抛运动的竖直位移是电场中竖直方向位移的2倍，故电场中的加速度是平抛运动时加速度的2倍，因为平抛运动时的加速度为g，所以电场运动时的加速度为2g，方向竖直向上，所以F电mg=2mg，得电场力F电=3mg，选项A正确

16、，选项C错误；小球在竖直向下的电场中受向上的电场力，故小球带负电，选项B正确；因为v=at，A到B的速度变化量为2gt，B到C的速度变化量为2gt，故它们是相等的，选项D正确。【点拨】先把二者的运动分解为水平方向的运动和竖直方向的运动，然后再根据AB=2BC的关系得出平抛运动与电场中运动的水平位移与竖直位移之间的关系，从而得出时间的关系；所以该题突出类比，计算、判断起来较为简便。3【答案】AC【考点】等势面、电场强度【解析】根据U=Ed可得AO中点C的电势为，故A正确；B、C两点的电势相等，连接BC，BC为等势面，所以匀强电场的方向垂直于BC斜向下，过O点作BC的垂线相交BC于D点，由几何关系

17、得，则电场强度为，故B错误，C正确；带电粒子从坐标原点O处垂直电场方向射入，恰好通过B点，做类平抛运动，粒子受到的电场力逆着电场线，所以粒子带负电，故D错误。4【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系、向心力【解析】(1)根据动能定理有整理可得，代入数据得(2)由于，小球与BC挡板的摩擦力为零，小球到B点的速度最大，且A、B等电势，则小球在A点速度最大，根据动能定理：，则，代入数据得(3)在A点不脱离轨道能沿切线飞出，则有根据动能定理有解得得到的取值范围是【点拨】本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况，然后分过程结合向心力公式、牛顿第二定律和动能定理列式分析。5月26日直流电路1如图电路，C为

18、电容器，D为理想二极管(具有单向导电性)，电流表、电压表均为理想电表。闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数变化量绝对值为U1，电压表V2的示数变化量绝对值为U2，电流表A的示数变化量绝对值为I，则下列判断正确的有A.的值变大B.的值变大C.的值不变，且始终等于电源内阻rD.滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少2在如图所示的电路中，、处分别接小灯、电流表和电压表(均为理想电表)三种元件，电源电动势E、内阻r均保持不变，定值电阻R1:R2:R3:R4=4:3:2:1，小灯电阻RL=R1>r，电路中有电流通过，下列说法中正确的是

19、A.要使电源输出功率最大，则应该接电流表，接电压表，接小灯B.要使电源输出功率最大，则应该接电流表，接小灯，接电压表C.要使闭合电路中电源效率最高，则应该接小灯，接电压表，接电流表D.要使闭合电路中电源效率最高，则应该接小灯，接电流表，接电压表专家押题1【答案】AC【考点】电路动态分析、理想二极管的单向导电性【解析】滑动变阻器R的滑片P向左移动一小段距离，接入电路的电阻增大，为R的电阻，变大，A正确；等于R1和r的电阻之和，B错误；等于电源内阻r，C正确；电路总电阻增大，电流减小，R1的电压减小，由于理想二极管的单向导电性，电容器不能放电，所带电荷量无法减少，D错误。2【答案】AD【考点】闭合

20、电路欧姆定律、电源的效率和功率【解析】设R4=R0，外电路的总电阻为R，电路的总电流为I=，电源的输出功率P=I2R =，由于R1>r，可知要使电源输出功率最大，外电路电阻应最小，所以接电流表，当接电压表，接小灯时，外电路总电阻为R =；当接小灯，接电压表时，外电路总电阻为R =>，选A，不选B；电源的有用功W1=I2Rt，总功为W2=IEt，电源效率为=，可知外电路总电阻越大电源效率越高，应接小灯，当接电流表时，R2、R3、R4都被短路，故接电流表，接电压表，选D，不选C。5月27日安培力1如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为l，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金

21、属棒ab垂直于导轨放置，构成闭合回路，回路平面与水平面成角，回路其余电阻不计。要使棒ab静止，需在空间施加的匀强磁场的最小磁感应强度的大小和方向为A.，水平向右B.，垂直于回路平面向上C.，竖直向下 D.，垂直于回路平面向下2如图所示，质量为m、长为L的直导线用两根轻质绝缘细线悬挂于同一水平线上O'、O两点，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，细线与竖直方向的夹角为，则磁感应强度的最小值和方向是A.，z轴正方向B.，y轴正方向C.，沿悬线斜向上D.，沿悬线斜向下3据报道，在实验室中已研制出一种电磁轨道炮，其装置如图所示。炮弹(图中阴影部分)置于两固定的

22、平行导轨之间，并与轨道壁接触良好。开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁场力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离d=0.10 m，导轨长L=5.0 m，炮弹质量m=10 g。导轨上电流I的方向如图中箭头所示。可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B=50.0 T，若炮弹出口速度为v=2.0×103 m/s，求：(1)磁场的方向；(2)通过导轨的电流I。(忽略摩擦力与重力的影响)专家押题1【答案】D【考点】共点力平衡条件及其应用、安培力、左手定则【解析】对金属棒受力分析，受重力、支持力和安培力作用，如图；从图中可以看出，当安培力沿斜面

23、向上时，安培力最小，由左手定则可知磁场方向垂直于回路平面向下；安培力最小值为FA=mgsin ，结合闭合电路欧姆定律E=IR，得最小磁感应强度的大小为B =2【答案】D【考点】安培力、左手定则、共点力平衡条件【解析】导线受到重力、拉力以及安培力的作用，重力的大小和方向确定，拉力的方向确定，根据矢量三角形可得，当安培力和拉力垂直时，安培力最小，对应磁场的磁感应强度最小，有mgsin =BminIL，解得Bmin=，根据左手定则可得磁感应强度方向为沿悬线斜向下，D正确。3【考点】左手定则、匀变速直线运动【解析】(1)当通过炮弹中的电流方向如图所示时，炮弹向右运动，则炮弹受到的磁场力向右，根据左手定

24、则可判断出磁场方向垂直纸面向里(2)在导轨通有电流I时，炮弹受到的安培力为F=BId由牛顿第二定律有F=ma炮弹在两导轨间做匀加速直线运动，有v2=2aL联立上式解得I=800 A 5月28日 带电粒子在磁场、有界磁场中的运动1如图所示，abcd是一个边长为L的正方形，它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界线。一带电粒子从ad边的中点O垂直于磁场方向射入其速度方向与ad边成=30o角。已知该带电粒子所带电荷量为+q、质量为m，重力不计，若要保证带电粒子从ad边射出，则A.粒子轨道半径最大值为 B.粒子轨道半径最大值为C.该带电粒子在磁场中飞行的时间为 D.则该带电粒子入射时的最大速度为2如图

25、所示，两竖直线AB、CD间距为d，内有竖直方向的匀强电场，CD的右侧有一个与CD相切于M点的圆形区域，圆心为O1，整个圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带电粒子质量为m，带电量为q，重力不计，自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场，粒子从M点飞离CD边界时速度为2v0，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点。求：(1)P、M两点间的距离；(2)圆形区域磁感应强度B的大小及区域半径r；(3)粒子从O点出发到再次返回到O点的时间。专家押题1【答案】BD【考点】带电粒子在磁场中的运动【解析】由左手定则可以判断出，带电粒子受力洛伦兹力使得粒子向上偏转而做圆周运动，由公式

26、R=可知，偏转半径随入射速度的增大而增大，要保证粒子从ad边射出，则粒子必须沿OFE做圆周运动，如图所示。根据几何关系可知，1.5R=，故此时的半径R=，A错误，B正确；此时粒子在磁场中的飞行时间取决于粒子做圆周运动的圆心角的大小，由几何关系可得OO2=O2E，因为EOO2=60°，故EO2O=60°，所以此时的圆心角为360°60°=300°=，则带电粒子在磁场中飞行的时间为t=×=×=， C错误；由公式R=可知，带电粒子入射时的最大速度v=，D正确。【点拨】本题通过带电粒子在磁场中的运动问题，寻找一个最大位置，只要我们根

27、据题意将这个最大位置找出来，那么一切都容易得出来了；由于粒子的入射不是垂直ad边的，故这个圆周运动的轨迹的直径并不是Oa，所以该圆与ab边有相切的位置。2【考点】带电粒子在复合场中的运动【解析】(1)电场中，粒子从O点到M点过程中做类平抛运动，水平方向在M点，粒子速度由运动学公式得(2)由于故由vy=at可知，返回O点时：所以回到O点时：由和可得：再由几何关系：由几何关系确定轨迹半径粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力由牛顿第二定律得，解得，由几何关系确定区域半径为(3)有几何知识可知，带电粒子轨迹对应圆心角为240°，则带电粒子在磁场中运动的时间为粒子从Q点飞出磁场到达N

28、点过程中则所以粒子从O点出发到再次返回到O点的总时间为5月29日 带电粒子在组合场、叠加场、周期场中的运动1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，接在M、N两端间的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)，下列说法正确的是A.N端的电势比M端的高B.若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零C.电压表的示数U跟a和b都成正比

29、，跟c无关D.电压表的示数跟污水的流量Q成正比2如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成夹角且处于竖直平面内。一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上。初始，给小球一沿杆向下的初速度，小球恰好做匀速运动，电荷量保持不变。已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为，则以下说法正确的是A.小球的初速度为B.若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C.若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D.若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为3汤姆孙用来测

30、定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子经加速电压加速后，穿过中心的小孔沿中心线O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和间的区域，极板间距为d。当P和极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；当P和极板间加上偏转电压U后，亮点偏离到点；此时，在P和间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点。不计电子的初速度、所受重力和电子间的相互作用。(1)求电子经加速电场加速后的速度大小；(2)若加速电压值为U0，求电子的比荷；(3)若不知道加速电压值，但已知P和极

31、板水平方向的长度为L1，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为L2，与O点的竖直距离为h，(与O点水平距离可忽略不计)，求电子的比荷。4控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有着广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，y轴左、右两边均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，右边磁场的磁感应强度始终为左边的2倍。在坐标原点O处，一个电荷量为+q、质量为m的粒子a，在t=0时以大小为v0的初速度沿x轴正方向射出，另一与a相同的粒子b某时刻也从原点O以大小为v0的初速度沿x轴负方向射出。不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子相遇时互不影响。(1)若a粒子能经过坐标为(，)的P点，求y轴

32、右边磁场的磁感应强度B1；(2)为使粒子a、b能在y轴上Q(0，l0)点相遇，求y轴右边磁场的磁感应强度的最小值B2；(3)若y轴右边磁场的磁感应强度为B0，求粒子a、b在运动过程中可能相遇的坐标值。 专家押题1【答案】AD【考点】安培力、流量计【解析】由于污水是向右运动的，故污水中带正电荷的离子在安培力的作用下要向N端移动，所以N端的电势比M端的高，A正确；带正电的离子向N极板移动，带负电的离子向M极板移动，所以前后表面的电势差不为零，B错误；当MN的电压形成的电场对离子的电场力等于磁场力时，电压表的示数就稳定了下来，所以=Bqv，所以电压表的示数U=Bvb，跟B、b、v成正比，故C错误；又

33、因为流量Q=bcv=，即U=，所以电压表的示数跟污水的流量Q成正比，D正确。【点拨】该题通过带电离子在磁场与电场中的运动，考查了安培力、流量、电势差等知识，其中电压表的示数就是当污水流动时，污水中的离子受到的电场力与磁场力相平衡时MN两端的电压值；而流量根据定义，我们可以推出它与电压表示数的关系，从而能够判断选项的正确性。2【答案】AC【考点】带电粒子在复合场中的运动【解析】对小球进行受力分析如图电场力的大小：，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，合力：，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功。所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没