2019屆高考物理二輪復習專題--電磁感應及綜合應用交變電流(帶答案)與2019屆高考物理二輪復習專題--帶電粒子在復合場中的運動(附答案)
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2019 屆高考物理二輪復習專題--電磁感應及綜合應用交變電流(帶答案)與 2019 屆高考物理二輪復習專題--帶電粒子在復合場中的運動(附答案)2019 屆高考物理二輪復習專題--電磁感應及綜合應用交變電流(帶答案)電磁感應命題頻率較高,大部分以選擇題的形式出題,也有部分是計算題,多以中檔以上難度的題目來增加試卷的區(qū)分度,考查較多的知識點有:感應電流的產(chǎn)生條件、方向判定和導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算,同時也會與力學、磁場、能量等知識綜合考查及圖象問題的考查。命題趨勢集中在以下三個方面:楞次定律、右手定則、左手定則的應用;與圖象結(jié)合考查電磁感應現(xiàn)象;通過“桿+導軌”模型,“線圈穿過有界磁場”模型,考查電磁感應與力學、電路、能量等知識的綜合應用。高頻考點:電磁感應圖象;電磁感應中的電路問題;理想變壓器。1.法拉第電磁感應定律:電路中感應電動勢的大小跟穿過這一電路的磁通量變化率成正比,這就是法拉第電磁感應定律。內(nèi)容:電路中感應電動勢的大小,跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。發(fā)生電磁感應現(xiàn)象的這部分電路就相當于電源,在電源的內(nèi)部電流的方向是從低電勢流向高電勢。(即:由負到正)2.[感應電動勢的大小計算公式]1) E=BLV (垂直平動切割) 2) …=?(普適公式 )ε∝ (法拉第電磁感應定律)3) E= nBSωsin(ωt+Φ);Em =nBSω(線圈轉(zhuǎn)動切割)4)E=BL2ω/2 (直導體繞一端轉(zhuǎn)動切割 ) 5)*自感 E 自= nΔΦ/Δt==L ( 自感 )3.楞次定律:感應電流具有這樣的方向,即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量變化,這就是楞次定律。內(nèi)容:感應電流具有這樣的方向,就是感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。B 感和 I 感的方向判定:楞次定律(右手) 深刻理解 “阻礙”兩字的含義(I 感的B 是阻礙產(chǎn)生 I 感的原因)B 原方向? ; B 原? 變化( 原方向是增還是減);I 感方向 ?才能阻礙變化;再由 I 感方向確定 B 感方向。4.交變電流交變電流(1)中性面線圈平面與磁感線垂直的位置,或瞬時感應電動勢為零的位置。中性面的特點:a.線圈處于中性面位置時,穿過線圈的磁通量 Φ 最大,但 =0;產(chǎn)生:矩形線圈在勻強磁場中繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動。變化規(guī)律 e=NBSωsinωt=Emsinωt;i =Imsinωt;(中性面位置開始計時),最大值 Em= NBSω四值:①瞬時值②最大值③有效值電流的熱效應規(guī)定的;對于正弦式交流 U= =0.707Um④ 平均值不對稱方波: 不對稱的正弦波求某段時間內(nèi)通過導線橫截面的電荷量 Q=IΔt=εΔt/R=ΔΦ/R我國用的交變電流,周期是 0.02s,頻率是 50Hz,電流方向每秒改變 100 次。瞬時表達式:e=e=220 sin100πt=311sin100πt=311sin314t線圈作用是“通直流,阻交流;通低頻,阻高頻”.電容的作用是“通交流、隔直流;通高頻、阻低頻”.變壓器兩個基本公式:① ②P 入=P 出,輸入功率由輸出功率決定,遠距離輸電:一定要畫出遠距離輸電的示意圖來,包括發(fā)電機、兩臺變壓器、輸電線等效電阻和負載電阻。并按照規(guī)范在圖中標出相應的物理量符號。一般設(shè)兩個變壓器的初、次級線圈的匝數(shù)分別為、n1、n1/ n2、n2/,相應的電壓、電流、功率也應該采用相應的符號來表示。功率之間的關(guān)系是:P1=P1/,P2=P2/,P1/=Pr=P2 。電壓之間的關(guān)系是: 。電流之間的關(guān)系是: .求輸電線上的電流往往是這類問題的突破口。輸電線上的功率損失和電壓損失也是需要特別注意的。分析和計算時都必須用 ,而不能用 。特別重要的是要會分析輸電線上的功率損失 。1.【浙江省 2017 普通高校招生選考科目考試物理試題】間距為 l 的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成,如圖所示,傾角為 θ 的導軌處于大小為 B_1,方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中,水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為 3m 的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為 l 的金屬桿,cd 和 ef,用長度為 L 的剛性絕緣桿連接而成),在“聯(lián)動雙桿 ”右側(cè)存在大小為 B_2,方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ,其長度大于 L,質(zhì)量為 m,長為 l的金屬桿 ab,從傾斜導軌上端釋放,達到勻速后進入水平導軌(無能量損失),桿 cd 與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞后桿 ab 和 cd 合在一起形成 “聯(lián)動三桿”,“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出,運動過程中,桿ab、cd 和 ef 與導軌始終接觸良好,且保持與導軌垂直。已知桿 ab、cd 和 ef電阻均為 R=0.02Ω,m=0.1kg,l=0.5m,L=0.3m,θ=〖30〗^0,B_1=0.1T,B_2=0.2T。不計摩擦阻力和導軌電阻,忽略磁場邊界效應。求:(1)桿 ab 在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小 v_0;(2)聯(lián)動三桿進入磁場區(qū)間 II 前的速度大小 v;(3)聯(lián)動三桿滑過磁場區(qū)間 II 產(chǎn)生的焦耳熱 Q1.【2018 年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理(江蘇卷)】如圖所示,兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為 θ,間距為 d.導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為 B,方向與導軌平面垂直.質(zhì)量為 m 的金屬棒被固定在導軌上,距底端的距離為 s,導軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流.金屬棒被松開后,以加速度 a 沿導軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為 g.求下滑到底端的過程中,金屬棒:(1)末速度的大小 v;(2)通過的電流大小 I;(3)通過的電荷量 Q.一、多選題1.如圖,在磁感應強度大小為 B 的勻強磁場中,有一面積為 S 的矩形單匝閉合導線 abcd,ab 邊與磁場方向垂直,線框的電阻為 R。使線框以恒定角速度 ω繞過 ad、bc 中點的軸旋轉(zhuǎn)。下列說法正確的是( )A.線框 abcd 中感應電動勢的最大值是 BSωB.線框 abcd 中感應電動勢的有效值是 BSωC.線框平面與磁場方向平行時,流經(jīng)線框的電流最大D.線框平面與磁場方向垂直時,流經(jīng)線框的電流最大2.如圖(a) ,在同一平面內(nèi)固定有一長直導線 PQ 和一導線框 R,R 在 PQ 的右側(cè)。導線 PQ 中通有正弦交流電 i,i 的變化如圖(b)所示,規(guī)定從 Q 到 P 為電流正方向。導線框 R 中的感應電動勢( )A.在 t=T/4 時為零B.在 t=T/2 時改變方向C.在 t=T/2 時最大,且沿順時針方向D.在 t=T 時最大,且沿順時針方向二、單選題1.采用 220 kV 高壓向遠方的城市輸電.當輸送功率一定時,為使輸電線上損耗的功率減小為原來的 1/4,輸電電壓應變?yōu)? )A.55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV2.教學用發(fā)電機能夠產(chǎn)生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機( 內(nèi)阻可忽略)通過理想變壓器向定值電阻 R 供電,電路如圖所示,理想交流電流表 A、理想交流電壓表 V 的讀數(shù)分別為 I、U,R 消耗的功率為 P.若發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?/2,則( )A.R 消耗的功率變?yōu)?1/2 P B.電壓表 V 的讀數(shù)變?yōu)?1/2 UC.電流表 A 的讀數(shù)變?yōu)?2I D.通過 R 的交變電流頻率不變3.如圖,在同一平面內(nèi)有兩根平行長導軌,導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠?l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為3/2 l 的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動,線框中感應電流 i 隨時間 t 變化的正確圖線可能是( )A. B. C. D.三、解答題6.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立 xOy 坐標系,在 0≤x≤0.65m,y≤0.40m 范圍內(nèi)存在一具有理想邊界、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域。一邊長為L=0.10m、質(zhì)量 m=0.02kg、電阻 R=0.40Ω 的勻質(zhì)正方形剛性導線框 abcd處于圖示位置,其中心的坐標為(0,0.65)?,F(xiàn)將線框以初速度 v_0=2m/s水平向右拋出,線框在進入磁場過程中速度保持不變,然后在磁場中運動,最后從磁場右邊界離開磁場區(qū)域,完成運動全過程,線框在全過程中始終處于xOy 平面內(nèi),其 ab 邊與 x 軸保持平行,空氣阻力不計,求:(1)磁感應強度 B 的大??;(2)線框在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q;(3)在全過程中,cb 兩端得到電勢差 U_cb 與線框中心位置的 x 坐標的函數(shù)關(guān)系。7.如圖,兩光滑平行金屬導軌置于水平面(紙面)內(nèi),軌間距為 l,左端連有阻值為 R 的電阻.一金屬桿置于導軌上,金屬桿右側(cè)存在一磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域.已知金屬桿以速度 v0 向右進入磁場區(qū)域,做勻變速直線運動,到達磁場區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時速度恰好為零.金屬桿與導軌始終保持垂直且接觸良好.除左端所連電阻外,其他電阻忽略不計.求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。參考答案1.【解析 】沿著斜面正交分解,最大速度時重力分力與安培力平衡(1)感應電動勢 E=B_1 lv_0電流 I=E/1.5R安培力 F=B_1 Il勻速運動條件 mgsinθ=(〖B_1〗^2 l^2 v_0)/1.5R代入數(shù)據(jù)解得:v_0=6m/s(2)由定量守恒定律 mv_0=4mv解得:v=1.5m/s(3)進入 B2 磁場區(qū)域,設(shè)速度變化大小為 Δv,根據(jù)動量定理有B_2 IlΔt=-4mΔvIΔt=q=Δ?/1.5R=(B_2 Ll)/1.5R解得:Δv=-0.25m/s出 B2 磁場后“聯(lián)動三桿 ”的速度為v^'=v+2Δv=1.0m/s根據(jù)能量守恒求得:Q=1/2×4m×(v^2-〖v^'〗^2 )=0.25J【答案】(1) v_0=6m/s (2) 1.5m/s (3)0.25J1.【解析 】( 1)勻加速直線運動 v2=2as 解得 v=√2as(2)安培力 F 安=IdB 金屬棒所受合力 F=mgsinθ–F_安牛頓運動定律 F=ma解得 I=(m(gsinθ –a))/dB(3)運動時間 t=v/a 電荷量 Q=It解得 Q=(√2as m(gsinθ-a ))/dBa【答案】(1)√2as ;(2 )(m(gsinθ-a))/dB;(3)(√2as m(gsinθ-a))/dBa;一、多選題1.【解題思路】一個單匝線圈在勻強磁場中旋轉(zhuǎn),當從中性面開始計時,產(chǎn)生的正弦式交變電流電動勢的瞬時值表達式為:e=Emsinθ.=Emsinωt。故感應電動勢的最大值 Em=BSω ,有效值 E=E_m/√2,故 A 正確,B 錯誤。當 θ=〖90〗^o 時,即線框平面與磁場方向平行時,電流最大故 C 正確,D錯誤?!敬鸢浮緼D2.【解題思路】由圖(b)可知,導線 PQ 中電流在 t=T/4 時達到最大值,變化率為零,導線框 R 中磁通量變化率為零,根據(jù)法拉第電磁感應定律,在t=T/4 時導線框中產(chǎn)生的感應電動勢為零,選項 A 正確;在 t=T/2 時,導線PQ 中電流圖象斜率方向不變,導致導線框 R 中磁通量變化率的正負不變,根據(jù)楞次定律,所以在 t=T/2 時,導線框中產(chǎn)生的感應電動勢方向不變,選項 B錯誤;由于在 t=T/2 時,導線 PQ 中電流圖象斜率最大,電流變化率最大,導致導線框 R 中磁通量變化率最大,根據(jù)法拉第電磁感應定律,在 t=T/2 時導線框中產(chǎn)生的感應電動勢最大,由楞次定律可判斷出感應電動勢的方向為順時針方向,選項 C 正確;由楞次定律可判斷出在 t=T 時感應電動勢的方向為逆時針方向,選項 D 錯誤?!敬鸢浮緼C二、單選題1.【解題思路】本意考查輸電線路的電能損失,意在考查考生的分析能力。當輸電功率 P=UI,U 為輸電電壓,I 為輸電線路中的電流,輸電線路損失的功率為 P 損=I2R,R 為輸電線路的電阻,即 P 損=(P/U)^2 R。當輸電功率一定時,輸電線路損失的功率為原來的 1/4,則輸電電壓為原來的 2 倍,即 440V,故選項 C 正確?!敬鸢浮緾2.【解題思路】根據(jù)公式 E_m=nBSω 分析電動機產(chǎn)生的交流電的最大值以及有效值、頻率的變化情況;根據(jù) n_1/n_2 =U_1/U_2 =I_2/I_1 判斷原副線圈中電流電壓的變化情況,根據(jù)副線圈中功率的變化判斷原線圈中功率的變化;根據(jù) ω=2πn 可知轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?1/2,則角速度變?yōu)樵瓉淼?1/2,根據(jù)E_m=nBSω 可知電動機產(chǎn)生的最大電動勢為原來的 1/2,根據(jù) U=E_m/√2 可知發(fā)電機的輸出電壓有效值變?yōu)樵瓉淼?1/2,即原線圈的輸出電壓變?yōu)樵瓉淼?/2,根據(jù) n_1/n_2 =U_1/U_2 可知副線圈的輸入電壓變?yōu)樵瓉淼?1/2,即電壓表示數(shù)變?yōu)樵瓉淼?1/2,根據(jù) P=U^2/R 可知 R 消耗的電功率變?yōu)?1/4 P,A 錯誤 B 正確;副線圈中的電流為 I_2=(1/2 U)/R,即變?yōu)樵瓉淼?1/2,根據(jù) n_1/n_2 =I_2/I_1 可知原線圈中的電流也變?yōu)樵瓉淼?1/2,C 錯誤;轉(zhuǎn)速減小為原來的 1/2,則頻率變?yōu)樵瓉淼?1/2,D 錯誤?!敬鸢浮緽3.【解題思路】試題分析:找到線框在移動過程中誰切割磁感線,并根據(jù)右手定則判斷電流的方向,從而判斷整個回路中總電流的方向。要分過程處理本題。第一過程從①移動②的過程中左邊導體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時針,右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時針,兩根棒切割產(chǎn)生電動勢方向相同所以E=2Blv,則電流為 i=E/R=2Blv/R,電流恒定且方向為順時針。再從②移動到③的過程中左右兩根棒切割磁感線產(chǎn)生的電流大小相等,方向相反,所以回路中電流表現(xiàn)為零,然后從③到④的過程中,左邊切割產(chǎn)生的電流方向逆時針,而右邊切割產(chǎn)生的電流方向也是逆時針,所以電流的大小為i=E/R=2Blv/R,方向是逆時針。當線框再向左運動時,左邊切割產(chǎn)生的電流方向順時針,右邊切割產(chǎn)生的電流方向是逆時針,此時回路中電流表現(xiàn)為零,故線圈在運動過程中電流是周期性變化,故 D 正確。故選 D?!敬鸢浮緿三、解答題6.【解析 】(1 )線框進入磁場的過程中速度不變,線框受力平衡:mg=BIl感應電流 I=(Blv_y)/R進入時的 y 方向速度: v_y=2m/s,解得:B=2T(2)動量定理:-BlΔq=mv-mv_0解得 Δq=(Bl^2)/R全過程能量守恒:Q=mgl+1/2 mv_0^2-1/2 mv^2解得 Q=0.0375J(3)進入磁場前:x≤0.4mU_ab=0進入磁場過程:0.4m0 的區(qū)域存在方向沿 y 軸負方向的勻強電場,場強大小為 E;在 y0 的區(qū)域存在方向垂直于 xOy 平面向外的勻強磁場。一個氕核 11H 和一個氘核 21H 先后從 y 軸上 y=h 點以相同的動能射出,速度方向沿 x 軸正方向。已知 11H 進入磁場時,速度方向與 x 軸正方向的夾角為60°,并從坐標原點 O 處第一次射出磁場。11H 的質(zhì)量為 m,電荷量為 q。不計重力。求:(1)11H 第一次進入磁場的位置到原點 O 的距離;(2)磁場的磁感應強度大??;(3)21H 第一次離開磁場的位置到原點 O 的距離。1.(多選) 如圖所示,平行紙面向下的勻強電場與垂直紙面向外的勻強磁場相互正交,一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動.若已知小球做圓周運動的半徑為 r,電場強度大小為 E,磁感應強度大小為 B,重力加速度大小為 g,則下列判斷中正確的是( )A.小球一定帶負電荷B.小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動C.小球做圓周運動的線速度大小為 gBrED.小球在做圓周運動的過程中,電場力始終不做功2.如圖所示,水平向右的勻強電場場強為 E,且 Eq=mg,垂直紙面向里的水平勻強磁場磁感應強度為 B,一帶電荷量為 q 的液滴質(zhì)量為 m,在重力、靜電力和洛倫茲力作用下在疊加場空間運動。下列關(guān)于帶電液滴在疊加場空間的運動描述正確的是( )A.液滴可能做勻加速直線運動B.液滴不可能做勻速圓周運動C.液滴可能做勻速直線運動且機械能守恒D.如果是直線運動,必為勻速直線運動,其運動軌跡與水平方向的夾角是1.如圖所示,直角坐標系 xOy 位于豎直平面內(nèi),空間存在著垂直于 xOy 平面向里的勻強磁場和平行于 xOy 平面的勻強電場。第三象限內(nèi)有一點 P,其坐標為(-1 m,- m),質(zhì)量為 m=2×10 -5 kg、帶電量為 q=+5×10-5 C 的液滴以 v=2 m/s 的速度沿直線從 P 點運動 O 點。若已知勻強磁場磁感應強度大小 B=1 T,重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)求勻強電場場強 E 的大小及電場的方向;(2)若在帶電液滴經(jīng)過 O 點時只撒去磁場,液滴會經(jīng)過 x 軸上的 Q 點,求 Q 點的坐標。2.如圖所示,在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標系 xOy,水平軸 x 下方有垂直紙面向里的勻強磁場,第三象限有沿 x 軸負方向的勻強電場,第四象限存在另一勻強電場(圖中未畫出);光滑絕緣的固定不帶電細桿 PQ 交 x 軸于 M 點,細桿 PQ 與 x 軸的夾角 θ=30°,桿的末端在 y 軸 Q 點處,PM 兩點間的距離為L。一套在桿上的質(zhì)量為 2m、電荷量為 q 的帶正電小環(huán) b 恰好靜止在 M 點,另一質(zhì)量為 m、不帶電絕緣小環(huán) a 套在桿上并由 P 點靜止釋放,與 b 瞬間碰撞后反彈,反彈后到達最高點時被鎖定,鎖定點與 M 點的距離為 ,b 沿桿下滑過程中始終與桿之間無作用力,b 進入第四象限后做勻速圓周運動,而后通過x 軸上的 N 點,且 OM= ON。已知重力加速度大小為 g,求:(1)碰后 b 的速度大小 v 以及 a、b 碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能 ΔE;(2)磁場的磁感應強度大小 B;(3)b 離開桿后經(jīng)過多長時間會通過 x 軸。3.光滑水平桌面上建有坐標系 xOy,質(zhì)量為 m、帶電量為 q 的帶正電小球靜止在坐標原點,現(xiàn)沿 x 軸正向施加一勻強電場 E1,經(jīng) t0 后,將勻強電場方向變?yōu)檠?y 軸正方向而大小保持不變,再經(jīng) t0 后撤去電場 E1,同時施加一個與xOy 平面平行的勻強電場 E2,電場強度 E2 和電場強度 E1 的大小關(guān)系為 E2= E1,使得小球沿直線運動并能再次通過 y 軸。求:(1)撤去電場 E1 時小球的位置坐標值 x、y ;(2)勻強電場 E2 的方向與 x 軸正方向的夾角 θ;(3)小球從坐標原點出發(fā)到再次經(jīng)過 y 軸所用的時間 t 和電場力做的功 W。4.如圖甲所示,有一磁感應強度大小為 B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁場邊界 OP 與水平方向夾角為 θ=45° ,緊靠磁場邊界放置長為 6d、間距為 d的平行金屬板 M、N ,M 板與磁場邊界的交點為 P,磁場邊界上的 O 點與 N板在同一水平面上。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(取豎直向下為正方向),其周期 T=4dv0 ,E0=Bv06。某時刻從 O 點豎直向上以初速度 v0 發(fā)射一個電荷量為+q 的粒子,結(jié)果粒子恰在圖乙中的 t=T4 時刻從 P 點水平進入板間電場,最后從電場中的右邊界射出.不計粒子重力。求:(1)粒子的質(zhì)量 m;(2)粒子從 O 點進入磁場到射出電場運動的總時間 t;(3)粒子從電場中的射出點到 M 點的距離。參考答案1.【解題思路】小球從 M 到 N,在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn),所以剛開始受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零,并且速度方向變化,則洛倫茲力方向變化,所以合力方向變化,故不可能做勻變速運動,一定做變加速運動,A 錯誤,B 正確;若電場力和重力等大反向,則此過程中電場力和重力做功之和為零,而洛倫茲力不做功,所以小球的動能不變,重力勢能減小,這種情況下機械能不守恒,若電場力和重力不等大反向,則有電場力做功,所以機械能也不守恒,故小球的機械能不守恒,C 正確,D錯誤。【答案】BC2.【解題思路】(1)11H 在電場中做類平拋運動,在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示.設(shè) 11H 在電場中的加速度大小為 a1,初速度大小為 v1,它在電場中的運動時間為 t1,第一次進入磁場的位置到原點 O 的距離為 s1,由運動學公式有:s1=v1t1①, h=12a1t12②由題給條件,11H 進入磁場時速度的方向與 x 軸正方向夾角 θ1=60° 。11H 進入磁場時速度的 y 分量的大小為: a1t1=v1tan θ1③聯(lián)立以上各式得 s1=233h④(2)11H 在電場中運動時,由牛頓第二定律有:qE=ma1⑤設(shè) 11H 進入磁場時速度的大小為 v1′,由速度合成法則有:v1′=v12+( a1t1)2⑥設(shè)磁感應強度大小為 B, 11H 在磁場中運動的軌跡半徑為 R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有:qv1′B=mv1′2R1⑦由幾何關(guān)系得:s1=2R1sin θ1⑧聯(lián)立以上各式得:B=6mEqh⑨(3)設(shè) 21H 在電場中沿 x 軸正方向射出的速度大小為 v2,在電場中的加速度大小為 a2,由題給條件得:12(2m)v22=12mv12⑩由牛頓第二定律有:qE= 2ma2?設(shè) 21H 第一次射入磁場時的速度大小為 v2′,速度的方向與 x 軸正方向夾角為θ2,入射點到原點的距離為 s2,在電場中運動的時間為 t2.由運動學公式有:s2=v2t2?,h=12a2t22? ,v2′ =v22+(a2t2)2?,sin θ2=a2t2v2′?聯(lián)立以上各式得:s2=s1,θ2=θ1,v2′=22v1′?設(shè) 21H 在磁場中做圓周運動的半徑為 R2,由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得:R2=( 2m)v2′qB=2R1?所以出射點在原點左側(cè)。設(shè) 21H 進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為 s2′,由幾何關(guān)系有:s2′ =2R2sin θ2?聯(lián)立④⑧??? 式得,21H 第一次離開磁場時的位置到原點 O 的距離為:s2′-s2=233(2-1)h?1.【解題思路】帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動,可知,帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力,重力豎直向下,所以電場力豎直向上,與電場方向相反,故小球一定帶負電荷,故 A 正確;磁場方向向外,洛倫茲力的方向始終指向圓心,由左手定則可判斷小球的運動方向為逆時針,故 B 錯誤;由電場力和重力大小相等,得: mg=qE ,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為:r=mvqB,聯(lián)立得: v=gBrE,故 C 正確;小球在做圓周運動的過程中,電場力做功,洛倫茲力始終不做功,故 D 錯誤?!敬鸢浮緼C2.【解題思路】由于液滴受到的重力與電場力恒定,如果做勻加速直線運動,則液滴的洛倫茲力大小變化,液滴的合外力變化,不可能做勻加速直線運動,故 A 錯誤;由于液滴受豎直向下的重力和水平方向的電場力,所以重力與電場力的合力不可能為零,即液滴不可能做勻速圓周運動,故 B 正確;當液滴進入復合場時的洛倫茲力與重力和電場力的合力等大反向時,液滴做勻速直線運動,但電場力會做功,所以機械能不守恒,故 C 錯誤;由 A 分析可知,液滴不可能做勻加速直線運動,只要液滴的速度大小變化,其所受的洛倫茲力大小變化,合外力變化,一定做曲線運動,故如果是直線運動,必為勻速直線運動,由于mg=qE,重力與電場力的合力一定與速度方向垂直,即與水平方向成 45°,故D 正確。【答案】BD1.【解析 】(1)由 P 點坐標為(-1 m,- m)可得:PO 與 y 軸負半軸夾角θ=30°帶電液滴沿 PO 做勻速直線運動,小球所受重力、電場力、洛倫茲力三力平衡,洛倫茲力: N根據(jù)平衡條件可得:代入數(shù)據(jù)解得: N/C電場方向沿 PO 方向(與 x 軸正半軸成 30°角斜向上)。(2)撤去磁場,液滴做類平拋運動,設(shè)其加速度為 g?,有:設(shè)撤掉磁場后液滴在初速度方向上的分位移為 x?,有:x? =vt設(shè)液滴在重力與電場力的合力方向上分位移為 y?,有:設(shè) g?與 x 軸正半軸所成夾角為 θ,又聯(lián)立以上各式,代入數(shù)據(jù)解得: m又有 m故 Q 點的坐標為( m,0)。2.【解析 】(1)設(shè) a 和 b 相碰前的速度大小為 v1,碰后的速度為 v2,由機械能守恒定律:由動量守恒定律:解得:機械能損失:解得: 。(2)設(shè)勻強磁場的磁感應強度大小為 B,由于 b 從 M 點運動到 Q 點的過程中與桿無作用力,可得:qvBcos θ=2mg解得: 。(3)b 在第四象限做勻速圓周運動的軌跡如圖,由幾何關(guān)系可知軌跡的圓心 O′在 x 軸上,b 經(jīng)過 N 點時速度方向與 x 軸垂直,圓心角 α=120°,又勻速圓周運動的周期為b 從 Q 點第一次通過 N 點的時間為可得b 第一次通過 N 點后做豎直上拋運動,經(jīng) t2 時間第二次通過 N 點,有:b 第二次通過 N 點后做豎直上拋運動,經(jīng) t3 時間第三次通過 N 點,有:故 b 離開桿后會通過 x 軸的可能時間是:(i)豎直向上通過 x 軸:(n=1、2、3 、……)(2)豎直向下通過 x 軸:(n=1、2、3 、……)3.【解析 】(1)E1 沿 x 軸正向時,小球勻加速運動:qE1=ma1v0=a1t0,E1 沿 y 軸正向時,小球做類平拋運動:x2=v0t0,小球位置坐標: 。(2)撤去 E1 時 y 軸方向速度: vy=a1t0施加電場 E2 后小球能再次經(jīng)過 y 軸,故小球做勻減速直線運動E2 的方向應與 x 軸正向的夾角 θ,有:θ=135°。(3)施加電場 E2 后小球加速度 a2,有:qE2=ma2解得:a2= a1做勻減速直線運動的初速度:v1= v0,位移:s = x到達 y 軸時速度為 v2:得:用時:小球從 O 點出發(fā)到再次經(jīng)過 y 軸所用的時間為:電場力做的功: 。4.【解析 】(1)粒子在磁場中的運動軌跡如圖,軌跡半徑 r=d由牛頓第二定律得 qv0B=mv02r解得:m=qBdv0。(2)粒子在磁場中運動的周期 T0=2πmqB在磁場中運動的時間 t1=T04粒子在電場中做曲線運動,與兩板平行方向上的分運動為勻速直線運動,運動時間 t2=6dv0從 O 點到離開電場的總時間 t=t1+t2解得:t=πd2v0+6dv0=π +122v0d。(3)粒子在電場中的運動時間 t2=6dv0=32T當粒子從時刻 t=T4 自 P 點進入電場后,在豎直方向上運動一個周期 T 的位移為 0,速度圖象如圖所示,故粒子在 32T 內(nèi)運動的豎直位移 y=2×12aT42a=qE0m解得 y=d6 。- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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