高二物理上學期期末復習備考黃金30題專題06大題易丟分20題

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1、大題易丟分（20題） 1?如圖，一束初速度不計的電子的電子槍中經 _'的加速電壓加速后，沿距離」〕兩極板等 ■ J，板長.，偏轉 已知電子質量為：：， 間距的中間虛線垂直進入」〕平行板的勻強電場，如圖所示，若板間距離 電極邊緣到熒光屏的距離為 ,偏轉電場只存在于兩個偏轉電極之間. 電荷量為一，求: （一）電子離開加速電場時的速度大小. (-) 電子經過偏轉電場的時間. 要使電子能從平行板間飛出, 3 - 電子最遠能夠打到離熒光屏上中心 點多遠處. K電于槍 j _r兩個極板上最大電壓 -j是多少. 熒光屏 19 E.今有一質 2?如圖所示，B

2、C是半徑為R的1/4圓弧形的光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內，其下端 與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度為 yq \\ I 量為m帶正電q的小滑塊（體積很小可視為質點），從C點由靜止釋放，滑到水平軌道上的 卩，求: A點時速度減為零?若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為 （1）滑塊通過B點時的速度大小. （2）水平軌道上A B兩點之間的距離. 3.如圖所示，一對半徑均為 R1的金屬板 M N圓心正對平行放置，兩板距離為 d, N板中心 鍍有一層半徑為 R2的圓形鋅金屬薄膜，： ，兩板之間電壓為 Umn兩板之間真空且 v,方

3、向 可視為勻強電場。N板受到某種單色光照射后鋅金屬薄膜表面會發(fā)射出最大速率為 M板全部被吸收。M板右側串 各異的電子，已知電子的電荷量為 e,質量為m,每秒穩(wěn)定發(fā)射n個電子。電子在板間運動 過程中無碰撞且不計電子的重力和電子間相互作用，電子到達 聯(lián)的電流表可以測量到通過 M板的電流I。試求: （1 ）當Un取什么值時，I始終為零； （2 ）當Un取什么值時，I存在一個最大值，并求這個最大值； 8 4.8 X 10- J,再由B點移到C點電 4.如圖，勻強電場中 A、B、C三點構成一個直角三角形， AC邊長為4m, / A=30,把電荷 量為+2X 10-10C

4、的點電荷由A點移動到B點，電場力做功 4.8 X 10-8 J，取B點的電勢為零，求: （1） A、C兩點的電勢； （2 ）勻強電場的場強的大小及方向 5?真空室中有如圖所示的裝置. 電極丄發(fā)出的電子（初速為0）經過加速電場后，由小孔_■ 沿水平放置的偏轉板丄r、丁間的中心軸線"射入。一t、廠板長為二，兩板間加有恒 定電壓，它們間的電場可看作勻強電場.偏轉板右端邊緣到熒光屏2的距離為一。當加速電 壓為-丨時，電子恰好打在—板中央的」點；當加速電壓為-亠時，電子打在熒光屏的j 點?已知」、j點到中心軸線的距離相等。求-‘1 ：=。 6?如圖所示，質量為 匸、電荷量為丨卩的小球從距地

5、面一定高度的 j點，以初速度：沿著 水平方向拋出，已知在小球運動的區(qū)域里， 存在著一個與小球的初速度方向相反的勻強電場， 如果測得小球落地時的速度方向恰好是豎直向下的，且已知小球飛行的水平距離為 .，求: （1） 電場強度匸為多大？ （2） 小球落地點 」與拋出點一■之間的電勢差為多大？ （3） 小球落地時的動能為多大？ 電動自行車是目前較為時尚的代步工具。某廠生產的一種電動自行車，設計質量（包括人） 為m=80kg,動力電源選用能量存儲量為“ 36V 10A?h” （即輸出電壓為 36v,工作電流與工 作時間的乘積為10安培小時）的蓄電池（不計內阻）。所用電動機的

6、輸入功率有兩檔，分別 為P仁120w和P2=180w,考慮到傳動摩擦及電機發(fā)熱等各種因素造成的損耗，自行車的效率 為■' =80%.如果電動自行車在平直公路上行駛時所受阻力與行駛速率 和自行車對地面壓力 都成正比，即 f=kmgv，其中 k=5.0 x 10-3s.m-1 , g 取 10N/kg。求： 7?該電動自行車分別使用兩檔行駛時，行駛的最長時間分別是多少？ &自行車在平直公路上能達到的最大速度為多大？ K,當把它接入電 I 1=0.4A ;當把電動機 工作電流是l2=1.0A , 9?如圖所示為直流電動機提升重物裝置，電動機的內阻一定，閉合開關 壓為Ui=0.2V

7、的電路時，電動機不轉，測得此時流過電動機的電流是 接入電壓為U2=4.0V的電路中，電動機正常工作且電動機勻速提升重物, 求: (2) 當U2=4.0V電動機正常工作時的輸出功率及電動機的效率； (3) 如果重物質量 m=0.5kg，當U2=4.0V時電動機提升重物的速度大小是多少？ (g取10m/s2) 10. 串列加速器是用來產生高能離子的裝置， 圖中虛線框內為其主體的原理示意圖， 其中加 速管的中部b處有很高的正電勢 U, a、c兩端均有電極接地(電勢為零)?，F(xiàn)將速度很低的 負一價碳離子從a端輸入，當離子到達b處時，可被設在b處的特殊裝置將其電子剝離， 成 為n價正離

8、子，而不改變其速度大小。 這些正n價碳離子從c端飛出后進入一與其速度方向 垂直的、磁感強度為 B的勻強磁場 中，在磁場中做半徑為 R的圓周運動，已知碳離子的質 26 5 19 量 m=2.0X 10- kg, U=7.5X 10 V, B=0.50T , n=2,基元電荷 e=1.6 X 10- C ,求 R。 11. 如圖所示，有界勻強磁場的磁感應強度 B=2X 10「3T;磁場右邊是寬度 L=0.2m、場強 — 19 _ 27 E=40V/m 方向向左的勻強電場. 一帶電粒子電荷量 q=_ 3.2 X 10 C,質量m=6.4X 10 kg , 以v=4X 10 4m/s的速

9、度沿00垂直射入磁場，在磁場中偏轉后進入右側的電場， 最后從電場 ■儀\、1〉 (1) 大致畫出帶電粒子的運動軌跡； (畫在答題紙上給出的圖中) (2 )帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑； (3) 帶電粒子飛出電場時的動能 Ek. 12. 如右圖所示，在傾角為 37°的光滑斜面上有一根長為 0.4 m質量為6X 10 — 2kg的通電 直導線，電流強度 I =1A，方向垂直于紙面向外，導線用平行于斜面的輕繩拴住不動，整 個裝置放在磁感應強度每秒增加 0.4 T，方向豎直向上的磁場中，設 t = 0時，B= 0,則需 要多長時間，斜面對導線的支持力為零? 13

10、?如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌 的勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端 MN PQ豎直放置，一個磁感應強度 B= 0.50T M與P間連接阻值為 R= 0.30 Q的電阻，導軌寬 度L= 0.40m。電阻為r = 0.20 Q的金屬棒 ab緊貼在導軌上，導軌電阻不計，現(xiàn)使金屬棒 ab 由靜止開始下滑，通過傳感器記錄金屬棒 ab下滑的距離，其下滑距離與時間的關系如下表 2 所示。(g=10m/s ) 時間t (s) 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 下滑距離h( m 0 0.10 0.30 0

11、.70 1.20 1.70 2.20 2.70 求：(1)在前0.4s的時間內，金屬棒 ab電動勢的平均值； (2) 金屬棒ab的質量m; (3) 在前0.7s的時間內，電阻 R上產生的熱量 Q。 14.如圖所示,有矩形線圈，面積為S,匝數為n,整個線圈內阻為r，在勻強磁場B中繞00' 軸以角速度3勻強轉動，用電刷與外電路相連， 外電路電阻為 R。當線圈由圖示位置轉過 90? 的過程中，求： — 旺 ?? (1) 平均感應電動勢的大小; (2) 電阻R產生的熱量; (3) 通過電阻R的電量。 15?如圖所示，足夠長、傾角 0 =37°的光滑傾斜導軌與粗

12、糙水平導軌相連，導軌寬 L=1 m 處在垂直于傾斜導軌向上的勻強磁場 B中；導體棒ab和cd都垂直于導軌，ab在傾斜導軌 上，cd在水平導軌上，質量都是 m=0.2 kg,電阻分別為 尬=2 Q , 3=3 Q。ab棒由靜止開 始運動，經過一段時間，通過 cd棒電荷量q=1C, ab剛好達到最大速度 v=6 m/s, cd始終靜 2 =0.6 , cos37°= 0.8 , g= 10 m/s，導軌電阻不計。求： 止。sin37 ° 磁感應強度B的大?。? (1) (2) (3) 這段時間內，cd棒受到靜摩擦力的最大值和方向; 這段時間內，cd棒中產生的熱量 Qd。 1

13、6.如圖甲所示，一小型發(fā)電機內的矩形線圈在勻強磁場中以恒定的角速度繞垂直于磁場方 向的固定軸轉動，線圈匝數 n= 100,穿過每匝線圈的磁通量 ①隨時間按正弦規(guī)律變化，如 圖乙所示。發(fā)電機線圈電阻 r = 4.0 Q,外電路中的電阻 R= 6Q,燈泡L電阻R.= 12Q，不 計其他電阻，交流電流表為理想電流表。求: 甲 杯10 :Wb 乙

14、(1) 線圈轉動的角速度3 ； (2) 交變電流表的讀數. 17?有一臺內阻為1 Q的太陽能發(fā)電機，供給一個學校照明用電，如圖 4— 15所示，升壓 變壓器匝數比為1 : 4，降壓變壓器的匝數比為 4： 1，輸電線的總電阻 R= 4 Q，全校共22 個班，每班有“ 220 V 40 W ”燈6盞，若全部電燈正常發(fā)光，則 (1 )發(fā)電機輸出功率多大？ (2) 發(fā)電機電動勢多大？ (3 )輸電效率多少？ 18.如圖，A C兩點分別位于 x軸和y軸上，/ OCA=30 , 0A的長度為L-在厶OCA區(qū)域內 有垂直于xOy平面向里的勻強磁場?質量為 m電荷量為q的帶正電粒子，以平行

15、于 y軸的 方向從0A邊射入磁場.已知粒子從某點射入時， 恰好垂直于0C邊射出磁場，且粒子在磁場 中運動的時間為to .不計重力. (1 )求磁場的磁感應強度的大??； (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場， 恰好從OC邊上的同一點射出磁場， 求 該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和; (3) 若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與 求粒子此次入射速度的大小 ? 5 AC邊相切，且在磁場內運動的時間為 - 19?如圖所示區(qū)域i、n分別存在著勻強電場 E、氐 已知區(qū)域I寬 L= 0.8m，區(qū)域n足夠 寬, -I"'' 且與水平成 45°角斜向右上方, 巳

16、=2kV/m方向水平向左。絕緣薄 板B長L = 2.8m質量m= 1.6kg置于光滑水平面上，其左端與區(qū)域I的左邊界平齊。帶電量 為q=+ 1.6 x 10 — 金屬棒做勻加速運動時通過金屬棒的電荷量 q; 1 勻加到cd后，調節(jié)拉力使金屬棒接著沿圓弧做勻速圓周運動至 ab處，金屬棒從cd沿 圓 弧做勻速圓周運動至 ab的過程中，拉力做的功 W C質量m= 1.6kg的帶電體A可視為質點，與木板間的動摩擦因數 卩=0.1 , (2)木板B的最終速度 (3)整個過程由于摩擦產生的熱量 20.如圖1所示，兩根水平的金屬光滑平行導軌，其末端連接等高光滑的 圓

17、弧，其軌道半 徑r=0.5m，圓弧段在圖中的 cd和ab之間，導軌的間距為 L=0.5m,軌道的電阻不計，在軌 道的頂端接有阻值為 R=2.0 Q的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度 B=2.0T ?現(xiàn)有一根長度稍大于 L、電阻不計，質量 mF1.0kg的金屬棒，從軌道的水平位置 ef 開始在拉力F作用下，從靜止勻加速運動到 cd的時間to=2.Os，在cd時的拉力為Fo=3.ON .已 V 知金屬棒在ef和cd之間運動時的拉力隨時間變化的圖象如圖 2所示，重力加速度g=10m/s2, (1)求勻加速直線運動的加速度; 圖2

18、 201^2018學年第一學期期末復習備考之高二物理專題復習之期末復 習大題易丟分（20題） 參考答案 1. \「（_）飛一；（一） r ；； Tf &U = -^-0 【解析】（I）設電子流經加速電壓后的速度為 .,由動能定理有： ] ，解 y 二 F+打 . 則 一.離一■點最遠距離: \2L+l]d ~21 - 2.⑴ 2(mg-qE\R [mg-qE}R pmg + qE （_）電子經過偏轉電場時做類平拋運動，運動時間為: （一;）設兩極板上最多能加的電壓為 」，要使電子能從平行板間飛出則電子的最大側

19、移量 d 1 2 eUf TTt 如 —=—at a = (J =―廠 電子偏轉電場中做類平拋運動，豎直方向: 1 1 ， ：；Q，解得： 廣 （-）從板邊緣飛出到熒光屏上離 一點最遠. tan Ct ———— 這時： '.-. 耳 UI 豎直分速度： 【解析】(1)小滑塊從c到B的過程中，只有重力和電場力對它做功，設涓塊通過B點時的速度為F根 據動能定理有 噸R -qER =斗mv 3)小滑塊從匚經B到A的整個過程中，重力做正功，電場力和摩播力做負功?設小渭塊在水平軌適上運 動的距離(即訊、B兩點間的距離)為L,則根據動能走理有 輕R_qE \ R+L\_何電匚二?

20、 t _(yng-qE}R Xj — 解得 3. ( 1) 2md2v2 (2) -' 【解析】試題分析: 垂直N板發(fā)射速度為v的電子不能到達 M板時，電流為零，根據動能定 理，即可求解；根據從鋅膜邊緣平行 N板射出的電子作類平拋運動剛好能到達 M板邊緣時, 則所有電子均能到達 M板，電流最大，結合類平拋運動處理規(guī)律， 依據牛頓第二定律與運動 學公式，即可求解。 (1) 當垂直N板發(fā)射速度為v的電子不能到達 M板時，電流為零 令此時兩板間電壓為 Un -片仃確￥ 根據動能定理： %’ J黔) 可得： (2)當從鋅膜邊緣平行 N板射出的電子作類平拋運

21、動剛好能到達 M板邊緣時，則所有電子 均能到達M板，電流最大I =ne 令此時兩板間電壓為 根據運動學公式可得: 豎直方向： 水平方向： R- R2=vt 由牛頓第二定律得: dm “ .MiV — t 聯(lián)立以上可得： ■■- 點睛：本題主要考查了帶電粒子在電場中做類平拋運動， 應用動能定理、牛頓第二定律和運 動學公式即可解題。 4. ( 1)亡 -'' (2)亡―；「匚’門，場強方向垂直于直線 AC向下 【解析】由 %二皿 可得= = 240V解之得：鴿=240V 由 % =9 S 可彳專2取=鋰一叭=-240V取B點電勢為氧 解之眷:怨=240V 過S

22、點作AC垂 因為誓嚴％ ,所以山匚為等勢面，且因為軌 ，故場強方向垂直于直線恥向下。 線交AC于D,則易得直線 AD長度.1丄。 又因為 ，解之得 ￡=807? N/m 綜上所述本題答案是： 廠-「“、.門；K ，方向垂直于直線 AC向下 耳一 L 5 U2 4(L+2s\ 1解析】試題分析：在加速電場中運用動育癥理求出末速度一粒子進入偏轅電場后做類平拋運動，根據平 拋運動的規(guī)律求出偏轉位移，再進行討論即可解題- 設電子電量為叭質量為m.由題意，電子在偏轉電場中做類平推運動』加遠度為白且保持不變。加速電壓 為口時 > 設電子進入偏轉電場時的速度為h ‘憶；=￡號t ■ 偏輕

23、距離為>1,沿板方冋的位移為字 | = 加速電壓為U.時,設電子進入偏轉電場fl寸的速度為耳,eU2 = 1 mv^ 偏轉距離対y2)沿梅方向的位移為L > L= v;r;、 y2 = g mJ 電子從C注幵電場，沿直線C￡勻速運動打在扒臥 由幾何關系得 由決上各式解得務島 6 . (1)—(2))- 【解析】試題分析：小球在電場中受到重力和水平向左的電場力，根據運動的分解法可知, 水平方向做勻減速運動， 豎直方向做自由落體運動， 由牛頓第二定律和運動學公式研究水平 -iTTa 方向，可求出場強 E. A與0之間的電勢差Uao=E?L研究豎直方向的運動， 由自由落體運動

24、的規(guī)律求出小球落地時的速度，即可求出小球落地時的動能. (1)小球在水平方向上受到水平向左的電場力，做勻減速運動，則有 Vq = 2aL 又根據牛頓第二定律得 qE 2 2qEL 「「聯(lián)立得一】，解之得一丁 (2) A與0之間的電勢差: (3)設小球落地時的動能為 Eka,空中飛行的時間為 T,分析豎直方向的分運動有 1 ； E『嚴vA = gT 分析水平方向的分運動有: ，解得 7. 3h、 2h & 6m/s 【解析】(1)根據P=UI,以及電池容量可得：tl=^ = = ^ = ^h=3h 1 U ~36 0 0 10 t2=f==T=isoh=2h

25、 U 16 (2)經分析可知，當自行車以最大功率行駛且達勻速時速度最大，因此有: F ^=kmgvm 聯(lián)立代入邈據可得：vm=6m/s 9. ( 1)電動機線圈的電阻為 r=0.5 Q ; (2) 當U2=4.0V電動機正常工作時的輸出功率為 3.5W,電動機的效率為 87.5%； (3) 如果重物質量 m=0.5kg，當U2=4.0V時電動機提升重物的速度大小是 0.7m/s . 【解析】本題考查有關電動機不轉與轉動時電阻、功率的計算。 (1)電動機不轉時，此時電動機為純電阻元件，則: 0.4 (2)電動機正常工作時消耗的功率為:

26、 P = U rl r = 4.0 X 1 Ovv = 4Jhv 電動機正常工作時線圈電阻損耗的功率為: P》.，,= 1 O' x 0 — O.Siv 電動機正常工作時輸出功率為： 乜_：i ■'汕n::隹”-:曲 電動機正常工作時效率為: 101叫 (3) 勻速提升時，拉力等于重力，即: 卜—；—" v = r m/5 = 0.7 m/ 由電動機的輸出功率 P出=Fv可得提升重物的速度為: 10. 0.75m f解析】由動能定理：eU= - mvf 2 1 ? tieU= —mvC “eU J 亠 (n+1) eu=

27、 - mv： 7 亠 2(n+l)eLT 耀 SB , wv\ w 解得：ft= 2(旳十11 已匸(2|' tt+lj wL7 -i - 毛亦 11. (1) i X X X (2) 0.4m； ■ /TvJ —Il ￡ (3) ：、」「 J 【解析】解：（1）|軌跡如圖. （2）帶電粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力，有 R二玄二 6舅XM ‘MXIO4 4 m Ek=EqL+-^itiv （3）帶電粒子在電場中運動時，

28、電場力做功，粒子的動能增加: 代人數據解得：=?「? ' J 答：（1 ）大致畫出帶電粒子的運動軌跡如圖； （2 ）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑是 0.4m； =1 E （3）帶電粒子飛出電場時的動能 一 ■■ ' - ＜，：：， 1 " J. 畫出軌跡，運用幾何知識是 【點評】本題是常見的帶電粒子在磁場中和電場中運動的問題， 處理帶電粒子在磁場中運動問題的基本方法. 12.解：t = 5 s. 【解析】試題分析：解：斜直對導線的支持力為霧時導線的受力如圖所示. 由平衡條件 F<05 37° = F ① F占in 37f — fT

29、lQ ig) mg 由①②解得： F= ul 汀 代入數值得： F= 0.8 N R 0?8 由F= BIL得: 77 1X0,4 B= _ — = T= 2 T B與t的變化關系為 B= 0.4 t ?解得t = 5 s. 考點：共點力平衡的條件及其應用；安培力. 點評：本題是平衡條件得應用，關鍵是受力分析，安培力的方向是由左手定則判斷的， 由平 衡條件列式計算即可，是一個比較簡單的題目. C） 13. （ 1） I 打（2） 、二（3）0.58J 【解析】根痼去拉第電道感應定律求解；再根擔牛頓第二定活求k質量；再根擔能臺守恒求出熱量9 （1）前0.

30、4S內磁通量的變化量AO）=BA$=0Lh=O.24Wb —△① ￡ = —= 0 6F 毗棒電動勢的平均值 鉅 ⑵ 從表格中數據可知，住哉后棒作勻速運動，速度 =—=5m/s At 由:陀— F", F=B/Lj心在，—血 w = = 0.04^ 解得（慮+譏 （3）棒在下滑過程中，有重力和安培力做功, 克服安培力堿的功等于回路的焦耳熱。貝U： 稹滬-Q = -QQr _L_q 設+F解得Q二C5引 4仏+尸） nBS q= (3) 上， - 14 . (1) E=n — 【解析】（1）根據

31、法拉第電磁感應定律可得 ① ht = -T = — - _?、? 聯(lián)立①②得: (2)在交流電中: ⑤ 23 ⑦ Q=— 聯(lián)立④⑤⑥⑦得 -1 - 7__ (3)通過R電荷量-‘-—'⑧， _：. ■-⑨ 聯(lián)立③⑧⑨得: nBS R+f 15. (1) B=1T (2) fm=0.96 N 方向水平向左(3) QCd= 1.44J 【解析】(1)砧達到最大速度時，砒處于平衡狀態(tài)，設砧中感應電動勢為「感應電流為打受到的安培 力為巧則 E = EL* I = r F - BIL, F = + ^73 解得 f=6V

32、5 8=11 (2)也棒速度逐漸増犬，速度最尢時，曲棒受到安培力最犬，設為A "棒受到靜摩換力達到最犬，i殳 解得扎=。一96廠 方向水平向左. ⑶ 設砒棒由靜止幵始運動到最大速度〉下落高度為h,經過的時間為G血血區(qū)域內磁通量變化為", 平均感應電動勢為⑺平均電流強度為3血棒和比棒產生的總熱量為= , E嚴竺、 5in0 t A =―電—,q = I卞 b+G 聯(lián)立解得'W "2 -丄芒，代入數據有h=3m 根據能量守恒可得 25^2 16. (1) 200rad/s (2) _ A 【解析】(1)由圖象可讀出交流電的周期r = 3.14xio-：j,則^ = — = 2

33、00^ 5 T (2)并聯(lián)電路中電阻的關系丄=4+二 得發(fā)=耳竺"Q Ef爐 & R & 12 + 6 根據閉合電路歐姆定律：卩 _ 17. ⑴」_：丁(2) .■:■H'-' (3) - ' ( 1，=等等亦可) … 4 .. ■ ■ 【解析】(1 )全校消耗的功率,J,' -" :"，設線路電流為」，輸 電電壓為降壓變壓器原線圈電壓為-一，貝y ■■ 1 耳二殳q =1x22W=8S0%=型￡ = 6/ 峰 1 S 880 線 路 損 失 功 率 J '■■ '" , 所 以 二備+§仝痂^+144* = 5424那 (2 )輸電線上損失的電壓為 久1=4九=6x

34、4=24 卩 ，升壓變壓器副線圈上的電壓為 E _地 Tj _ S地_ 9帥y 1 ]r -爼6卩 弘叫 +E二 24+880=9047,由瓦肓，得：4 升壓變壓器原線圈電流 -1 J-' 發(fā)電機的電動勢-』_-一 -' _ + _心 丄山 點睛：解決本題的關鍵知道升壓變壓器的輸出功率等于線路損耗功率和降壓變壓器的輸入功 率之和，發(fā)電機的輸出功率等于升壓變壓器的輸出功率， 以及知道升壓變壓器的輸出電壓等 于電壓損失與降壓變壓器的輸入電壓之和。 b 切 v = 18. ⑴ 乂】；(2) ■' 二一 ;(3) ■ !： 【解析】試題分析：(1)粒子垂直站進入晞場中

35、，轉過加°，垂直打在y軸上，貝= 求出周期, 由周期公式T = 求B的大小 (2)畫出兩個粒子的運動軌跡，設軌跡所對應的圓心角分別為q和冬,由幾何關系有久=兀-冬，可得到時 間之和等于￡ ； ￡ ⑶ 根據圓周運動知識知道，兩粒子在磁場中運動的時間差&與山⑴冬-q成正比，只墓求出站的最大 值，即可求得色的最丈值◎ (1 )粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間 to內其速度方向改變了 90°,故其周期 T=4t o ① 設磁感應強度大小為 B,粒子速度為v,圓周運動的半徑為 r .由洛倫茲力公式和牛頓定律 ② 2加 v=—— 勻速圓周運動的速度滿足 T③ 聯(lián)

36、立①②③式得 (2 )設粒子從 0A變兩個不同位置射入磁場，能從 0C邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁 場中運動的軌跡如圖所示. 0 1和0 2 .由幾何關系有 27 01=180°- 02⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為 t 1與t2,則 150 ° . 由幾何關系和題給條件可知，此時有 ro，圓弧與AC相切與B點，從D點射出磁場, (3)如下圖，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為 / OO'D=/ B O'A=30。⑦ 設粒子此次入射速度的大小為 Vo,

37、 由圓周運動線速度公式，則有: 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得 V 點晴：對于帶電粒子在磁場中運動類型, 要善于運用幾何知識幫助分析和求解， 這是軌跡問 題的解題關鍵，注意畫出正確的運動軌跡圖是解題的重點. 19. (1) 4m/s； (2) (3) 【解折】⑴ 帶電體在第一個區(qū)間運動時，由受力分析可知：^￡1sin45= = = 16N 即與木板之間沒有摩撫力，芾電體單個物體在第■"個區(qū)間運動，在水平方向上，宙牛頓第二走律得: ?￡lcos453 =戰(zhàn)護i，代入數據解得: =0.01m/s2 , 由勻變速運動的速度位移公式得：

38、 J -,代入數據解得： ：1 ''L…：; (2)當帶電體進入第二區(qū)間時，分別對 A、B、AB系統(tǒng)由牛頓第二定律求出加速度，然后應 用運動學公式求出 B的速度，由牛頓第二定律得： 對A: -； -一 ?二，代入數據解得： 耳一 對B: 「1[_心叢得：「 設經時間t , A、B速度相等，設為’I,速度相等后加速度為 4 , 由勻變速運動的速度位移公式得 ;1 -;：-j-=丿r ，代入數據解得t=is, 勺二 W — " 由位移公式得： " 1 ' 1 . 代入數據解得： 乙 二…；乙…二 ，則：1- --; _丄 又 1 - -1- ； ―1 ■ ，故當A到達薄板右端時

39、兩者速度相等， 由牛頓第二定律得 廠.：亠，代入數據解得■- 嚴 lm/? , 由速度位移公式得: :- "'-■I ,由速度公式得: 遷二凈 ，解得八 由公式 Q二歸 第一個階段A物體向右邊加速到 4m/s過程中，f=0 ,-.- 第二階段A向右減速，B向右加速過程中， Q?=壓鼬=fAx = 3.2J 第三階段AB一起向有減速到0,反向加速過程中，沒有相對位移， 綜上所述，（1）4m/s；（2） 丄負；（3） --E ： 20. （1） 1. 5m/s2 （2） 1. 5C （3） 5. 59J （解折】試題分析：（1）設金屬1$勻加凍運動的那速度為b則運動到E

40、的速度：煜H 當金屬棒在"時為研究對象，產生的感應電動勢：E=BLv 產生的電流； 金屬棒所受的安培力：F=BIL 據牛頓第二定律得：Fo - F=ma 聯(lián)立以上帶入數據解得：a=1. 5m/s2① （2）據以上可知，金屬棒勻加速運動的位移： s= at2② i 何 HfS ③ 據法拉第電磁感應定律得: 通過金屬棒的平均電流: 通過金屬棒的電量：力q=11?^t⑤ ■HA 聯(lián)立①②③④⑤帶入數據解得： q=1. 5C / <3)金屬樟在圓弧軌道的速率：^=at=3mA ? 運動的時閭為:2生⑦ 產生的電動勢最大值：EdBW⑧ 由于圓弧段導體樟做的是勻速圓周運動，所次導體樟中產生正弦式電流，所以產生的熱量： 0 = —= T - R ⑨ 據能量守恒可知：W-Q+mgh ( 10 ) 麻立以上解得：59」 考點；法拉第電磁感應定律；牛頓第二定律；能量守恒定律 (名師點睛】眈題為一道綜合性很強的題，牽涉知識點眾矢 明確求電動勢、安培加 電童和功的方法是 解題的關鍵，靈活利用求電量和能量守恒的結論是解題的捷徑。