高三物理高考第一轮专题复习——电磁场(含答案详解)[1]

高三物理第一轮专题复习——电磁场

在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿＋y 方向飞出。 （1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m ；

（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ’，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ’多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？

电子自静止开始经M 、N 板间（两板间的电压

A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中， 电子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图所示．求匀强磁 场的磁感应强度．（已知电子的质量为m ，电量为e ）

高考）如图所示，abcd 为一正方形区域，正离子束从a 点沿ad 方向以0 =80m/s

的初速度射入，若在该区域中加上一个沿ab 方向的匀强电场，电场强度为E ，则离子束刚好从c 点射出；若撒去电场，在该区域中加上一个垂直于abcd 平面的匀强磁砀，磁感应强度为B ，则离子束刚好从bc 的中点e 射出，忽略离子束中离子间的相互作用，不计离子的重力，试判断和计算：

（1）所加磁场的方向如何？（2）E 与B 的比值B

E /为多少？

制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条窄缝。两个D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图乙为俯视图，在D 型盒上半面中心S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。如此周而复始，最后到达D 型盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。已知正离子的电荷量为q ，质量为m ，加速时电极间电压大小为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 型盒的半径为R 。每次加速的时间很短，可以忽略不计。正离子从离子源出发时的初速度为零。 （1）为了使正离子每经过窄缝都被加速，求交变电压的频率； （2）求离子能获得的最大动能；

（3）求离子第1次与第n 次在下半盒中运动的轨道半径之比。

如图甲所示，图的右侧MN 为一竖直放置的荧光屏，

O 为它的中点，OO’与荧光屏垂直，且长度为l 。在MN 的左侧空间

内存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E 。乙图是从甲图的

左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O 为原点建立如图的

直角坐标系。一细束质量为m 、电荷为q 的带电粒子以相同的初速度

v 0从O’点沿O’O 方向射入电场区域。粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计。

（1）若再在MN 左侧空间加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮

点恰好位于原点O 处，求这个磁场的磁感强度的大小和方向。 （2）如果磁感强度的大小保持不变，但把方向变为与电场方向相同，则荧光屏上的亮点位于图中A 点处，已知A 点的纵坐标 l

y 3

3

，求它的横坐标的数值。

空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场E 、方向水平向右，电场宽度为L ；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里。一个质量为m 、电量为q 、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O 点，然后重复上述运动过程。求： （1）中间磁场区域的宽度d ；

（2）带电粒子从O 点开始运动到第一次回到O 点所用时间t 。

B

B

l

O 甲

乙

甲

乙

如下图所示，PR 是一块长为L= 4m 的绝缘平板，固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR 的匀强电场E ，在板的右半部分有一个垂直于纸面向里的匀强磁场B ，一个质量为0.1Kg ，带电量为0.5C 的物体，从板的P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右作匀加速直线运动，进入磁场后恰能作匀速运动，当物体碰到板R 端竖直绝缘挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C 点，PC=

4

L

，物体与平板间的动摩擦因数μ=0.4，（g=10m/s 2）求： （1）判断物体带正电还是带负电以及电场强度E 的方向（说明理由）； （2）物体与挡板碰撞后的速度V 2和磁感应强度B 的大小； （3）物体与挡板碰撞前的速度V 1和电场强度E 的大小。

L ，足够长，在其上放置两根长也为L 且与导轨垂直的金属棒ab 和cd ，它们的质量分别为2m 、m ，电阻阻值均为R （金属导轨及导线的电阻均可忽略不计），整个装置处在磁感

应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

（1）现把金属棒ab 锁定在导轨的左端，如图甲，对cd 施加与导轨平行的水平向右的恒力F ，使金属棒cd 向右沿导轨运动，当金属棒cd 的运动状态稳定时，金属棒cd 的运动速度是多大？ 此时拉力F 瞬时功率多大？ （2）若当金属棒cd 的速度为最大速度的一半时，金属棒cd 的加速度多大？

（3）若对金属棒ab 解除锁定，如图乙，使金属棒cd 获得瞬时水平向右的初速度v 0，当它们的运动状态达到稳定的过程中，流过金属棒ab 的电量q 是多少？整个过程中ab 和cd

相对运动的位移s 是多大？整个过程中回路中产生的焦耳热Q 是多少？

MN 、PQ 相距l ，在M 点和P 点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间OO 1O 1O ′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d 的匀强磁场，磁感强度为B 。一质量为m ，电阻为r 的导体棒ab ，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d 0。现用一大小为F 、水平向右的恒力拉ab 棒，使它由静止开始运动，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）。求： （1）棒ab 在离开磁场右边界时的速度； （2）棒ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能；

（3）试分析讨论ab 棒在磁场中可能的运动情况。

如图12所示，两互相平行的水平金属导轨MN 、PQ 放在竖直平面内，相距为L =0.4m ，左端接平行板电容器，板间距离为d =0.2m ，右端接滑动变阻器R (R 的最大阻值为2Ω)，整个空间有水平匀强磁场，磁感应强度为B =10T ，方向垂直于导轨所在平面。导体棒CD 与导轨接触良好，棒的电阻为r =1Ω，其它电阻及摩擦均不计，现用与导轨平行的大小为F =2N 的恒力作用，使棒从静止开始运动，取g =10m/s 2。求：

(1)导体棒处于稳定状态时，拉力的最大功率是多大?

(2)导体棒处于稳定状态时，当滑动触头在滑动变阻器中点时，一带电小球从平行板电容器左侧沿两极板的正中间入射，在两极板间恰好做匀速直线运动；当滑动触头在滑动变阻器最下端时，该带电小球以同样的方式和速度入射，在两极间恰好能做匀速圆周运动，求圆周的半径是多大?

如图1所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电 MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图2

是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度－时间图象，图像中坐标轴上所标出的字母均为已知量。求： （

1）金属框的边长； （2）磁场的磁感应强度； （3）金属线框在整个下落过程中所产生的热量。

1 2

4

v

N ′

M N

M

c

d

MN 、PQ 相距l ，其框架平面与水平面成θ角，在M 点和P 点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间OO 1O 1′O ′矩形区域内有垂直导轨平面向下、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B 。一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab ，垂直搁置于导轨上，与磁场上边界相距d 0，现使它由静止开始运动，在棒ab 离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）。求： ?棒ab 在离开磁场下边界时的速度； ?棒ab 通过磁场区的过程中整个电路所消耗的电能。

15甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B 。边长abcd （下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 型金属框架MNPQ （下简称U 型框），U 型框与方框架之间接触良好且无摩擦。两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r 。

（1）将方框固定不动，用力拉动U 型框使它以速度v 0垂直NP 边向右匀速运动，当U 型框的MQ 端滑至方框的最右侧（如图所示）时，方框上的bc 两端的电势差为多大？此时方框的热功率为多大？

（2）若方框不固定，给U 型框垂直NP 边向右的初速度v 0，如果U 型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少？

（3）若方框不固定，给U 型框垂直NP 边向右的初速度v (v >v 0)，U 型框最终将与方框分离。如果从U 型框和方框不再接触开始，经过时间t 方框最右侧和U 型框最左侧距离为s 。求两金属框分离时的速度各为多大？

图15 甲

乙

Q

Q

ab质量为100g，用绝缘细线悬挂后，恰好与宽度为50cm的光滑水平导轨MN、PQ 良好接触，导轨上放有质量为200g的另一导棒cd，整个装置处于竖直向上的磁感强度B = 0.2T的匀强磁场中，现将ab棒拉起0.8m高后无初速释放。当ab棒第一次摆到最低点与导轨瞬间接触后还能向左摆到0.45m高处，（取g = 10m/s2）求：

（1）cd棒获得的速度大小（2）瞬间通过ab棒的电量（3）此过程中回路中产生的焦耳热

7所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。一

l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020Ω。开始时，线圈的

下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚

穿出磁场时的速度相等。取g=10m/s2，求：

?线圈进入磁场过程中产生的电热Q。

?线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。

?线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。

如图所示，abcd为交流发电机的矩形线圈，其面积为S，匝数为n，线圈电阻为r，外电阻为R。线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO’匀速转动，角速度为 。若图中的电压表、电流表均为理想交流电表，求：

（

1）此交流发电机产生感应电动势的最大值

m

E；

（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式；（3）交流电压表和交流电流表的示数；

（4）此交流发电机的输出功率P出。

图7

h1 h2

E，内阻为r。与副线圈相连的负载电阻为R。如图所示，求解下列各题：

（1）原线圈中I

多大时，负载上获得的功率最大？最大功率是多少？

（2）负载电阻获得最大功率时，变压器的匝数比多大？

E=20V，内阻不计，它通过一个阻值R＝6Ω的指示灯连接到一个理想降压变压器的输入端。在变压器的输出端并联着24只规格都是“6V，0.25W"彩色小灯泡，每只灯泡都正常发光，导线电阻不计。求：

(1)原线圈中的电流；

(2)降压变压器初级、次级线圈的匝数比；

(3)若只使用18盏彩色小灯泡，通过计算说明这时每盏小灯泡的工作

状态如何?(设小灯泡的电阻不随温度变化)

,由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有"的白炽灯6盏)供电.如果输电线的总电阻R是4Ω,升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1：4和4：1,那么：

(1)发电机的输出功率应是多大?

(2)发电机的电动势是多大?

(3)输电效率是多少?

R ，光线DC 平行于直径AB 射向介质球的C 点，DC 与AB 的距离H=0.8R 。

(1)试证明：DC 光线进入介质球后，第一次再到达介质球的界面时，界面上不会发生全反射 (要求说明理由) ； (2)若DC 光线进入介质球后，第二次再到达介质球的界面时，从球内折射出的光线与入射光线平行，求介质球的折射率

A ＝60°，∠C ＝90°，一束极细的光于AC 边的中点垂直AC 面入射，AC ＝2a ，棱镜的折射率为2

n ．求：

（1）、光在棱镜内经一次全反射后第一次射入空气时的折射角． （2）、光从进入棱镜到第一次射入空气时所经历的时间（设光在真空中传播速度为c ）．

PH 的右侧是一磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强E 、方向水平向左的匀强电场。在虚线PH 上的一点O 处有一质量为M 、电荷量为Q 的镭核(

22688

Ra)。某时刻原来静止的镭核水平向右放出一个质量为m 、电荷量为q 的α粒子而衰变为氡(Rn)核，设

α粒子与氡核分离后它们之间的作用力忽略不计，涉及动量问题时，亏损的质量可不计。 (1)写出镭核衰变为氡核的核反应方程；

(2)经过一段时间

α粒子刚好第一次到达虚线

PH 上的A 点，测得OA=L 。求此时刻氡核的速率。

B

B

O A

计算题部分参考答案：

1．解：（1）由几何知识知带电粒子在磁场中运动的半径为r ，则有：qvB=mv 2/r 解得：q/m ＝v /Br （2）由几何知识得带电粒子在磁场B’中做匀速圆周运动的圆心角θ=600，半径为：R=

3r ，则有：

qv B’=mv 2/R ，t=

qB m T

3/6

π= 解得： B’＝ 3B/3 t ＝3πr/3v

2．解：设电子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：

2

12

mv eU = ①

电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则： 2

v evB m r

= ②

作电子在磁场中的轨迹如图，由几何关系得：222()r r L d =-+ ③

联解①②③式得：2

2

2()L B L d =

+3．解：?磁场方向垂直于纸面向外

?离子在电场中运动时，设正方形的边长为L,离子的质量为m ，电量为q

根据L=t v 0，L=2

t m Eq 21? 解得：E=qL

2mv 2

离子在磁场中运动时，设半径为R ，满足：（L-R ）2+2)2L (

=R 2 解得R =8

5L

由根据qvB =m R v 2 得R =qB mv

即85L =qB mv 0 解得：B=5qL

8mv 0 故45v B E 0==100

4．解（1）使正离子每经过窄缝都被加速，交变电压的频率应等于离子做圆周运动的频率正离子在磁场中做匀

速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力

r

v m Bqv 2= 又 v r T π2= 解得 qB m

T π2= 所以m qB f π2=

（2）当离子从D 盒边缘离开时速度最大，此时离子做圆周运动的半径为D 盒的半径有：m

qBR

v m =

离子获得的最大动能为 m

R B q mv E m 2212

222==

（3）离子从S 点经电场加速1次后，以速度v 1第1次进入下半盒，由动能定理： 212

1

mv Uq =

解得 m

qU

qB m qB mv r m

Uq v 22111

=

=

=

离子从S 点经电场加速3次后，以速度v 3第2次进入下半盒： 2

32

13mv Uq =

解得 m

Uq

qB m qB mv r m

Uq v 2323323

?=

=

?=

离子经电场加速（2n －1）次后，第n 次进入磁场，同理可得 m

Uq

n qB m r n

2)12(?-=

所以

1

21

1-=

n r r n 5．解：（1）亮点恰好位于原点O 处，表明带电粒子所受的电场力与洛仑兹力大小相等，设所加磁场的磁感应强度为B ，则 qE =qv 0B 解得 B=E / v 0 由电场力以及左手定则判定磁场方向竖直向上。 （2）以OO ’方向为z 轴正方向，与x 、y 组成空间直角坐标系。磁场改变方向

后，粒子在yOz 平面内的运动是匀速圆周运动，轨迹如图2所示。设圆半径为R ，根据几何关系有： R 2-l 2=（R-y ）2

由于l y 33=

，可解出l R 3

32=，可知θ=60° 粒子沿x 方向的分运动是初速为零的匀加速直线运动，时间： qB

m

T t 3 6π==

qE

mv )qB m (m Eq at x 183 21212

2

2

2ππ-

=??-=-= 6．解：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： 2

2

1mv qEL =

（1） 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得： R

v m B q v

2

= （2） 由（1）（2）两式，可得 q

mEL B R 21=

。

可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO 1O 2O 3是等边三角形，其边长为2R 。所以中间磁场区域的宽度为：

q

mEL

B R d 62160sin 0=

=

（2）在电场中 qE

mL

qE mv a v t 22

221===， 在中间磁场中运动时间qB m T t 3232π=

=

，在右侧磁场中运动时间qB

m T t 35653π==

则粒子第一次回到O 点的所用时间为.3722321qB

m qE mL t t t t π+=++=

O

7．解：（1）进入磁场后向右匀速,阻力增大,所以洛伦兹力向下,由左手定则知物块带负电,电场力向右,电场向左。

由受力平衡有： Eq =μ(qBv 1+mg （1）

（2）碰后在磁场中,匀速向左,速度为V 2,则不受摩擦力的作用洛人权兹力与重力 qv 2B=mg （2）

出磁场后,向左匀减速

2

22

14mv L mg

=μ （3） 联立（2）（3）解得：v 2=2

2 m/s ，T B 2

2

=

（3）物块在电场中匀加速向右： 212

1

2)

(mv l mg Eq =-μ （4） 由（1）（2）（3）（4）解得：m/s 241=v ，N/C 2.4=E

8．解：?当cd 棒稳定时，恒力F 和安培力大小相等，方向相反，以速度v 匀速度运动，有：

F =BIL 又R

BLv I 2= 联立得： 222L

B FR v =

?ab 棒在安培力作用下加速运动，而cd 在安培力作用下减速运动，当它们的速度相同，达到稳定状态时，回路中的电流消失，ab ，cd 棒开始匀速运动。

设这一过程经历的时间为t ，最终ab 、cd 的速度为v ′，通过ab 棒的电量为Q 。 则对于ab 棒由动量守恒：BILt ＝2mv ′ 即：BLQ ＝2 mv ′

同理，对于cd 棒：－BILt ＝mv ′－mv 0 即： BLQ ＝m （v 0-v ′）得：BL

m v Q 320=

设整个过程中ab 和cd 的相对位移为S ，由法拉第电磁感应定律得： t

B L S t E =?Φ=

流过ab 的电量：t R E

Q 2=

得：2

2034L

B R m v S = 9．解：（1）ab 棒离开磁场右边界前做匀速运动，速度为m v ，则有 m E Blv = E

I R r

=

+ 对ab 棒 F －BIl ＝0 解得 22

()

m F R r v B l +=

（2）由能量守恒可得： 201()2m F d d W mv +=+电 解得： 22

044

()()2mF R r W F d d B l +=+-电

（3）设棒刚进入磁场时速度为v ， 由 2

012

F d m v ?=

可得 v =

棒在进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中运动可分三种情况讨论：

22()F R r B l +=（或44

022()d B l F m R r =+），则棒做匀速直线运动；

22()F R r B l +（或F ＞44

022()d B l m R r +），则棒先加速后匀速；

22()F R r B l +（或F ＜44

02

2()d B l m R r +＝，则棒先减速后匀速。

10．解：(1)导体棒CD 在F 作用下向左作切割磁感线运动，在棒中产生的感应电动势为ε＝BLV 。由闭合电路的欧姆定律得导体棒CD 中的电流为：

BLV

I R r

=

+外 ①

当导体棒CD 处于稳定状态时,CD 棒所受合外力为零，即有： F ＝BIL ② 此时拉力F 的功率为： P ＝FV ③ 解得：P ＝

()222

F R r B L +外 ④

要使拉力的功率最大，则外电阻R 外最大,即R 外＝2Ω时： P max ＝

()222

F R r B L +外＝0.75W ⑤

(2)当滑动触头在滑动变阻器中点时，R 1＝1Ω，且导体棒CD 处于稳定状态时,由①②③式得CD 棒中产生的感应电动势为：

()11F R r BL

ε+=

⑥

此时电容器两极板间的电压为：1

111U R R r

ε=

+ ⑦

带电小球受到平衡力作用而做匀速直线运动，即： qV 0B ＋q

1

U d

＝mg ⑧ 当滑动触头在滑动变阻器的最下端时，R 2＝2Ω。且当导体棒CD 再次处于稳定状态时，由①②③式得CD 棒中

产生的感应电动势为：

()22F R r BL

ε+=

⑨

此时电容器两极板间的电压为：2

222U R R r

ε=

+ ⑩

由于带电小球恰好能做匀速圆周运动，则应有：

2U

q mg d = ⑾

qV 0B ＝m 2

00

V r ⑿

解联立方程组得轨道的半径为：r 0＝0.0125m

11．解：（1）由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v 1，运动时间为t 2－t 1，

所以金属框的边长

)(121t t v l -=

（2）在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力 l BI mg ＝ R Blv I 1＝

解得1

121)(1v mgR

t t v B －＝ （3）金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q 1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得

W 重－W 安＝0

Q 1＝W 安

Q 1＝W 重＝mgl

金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为Q 2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得 W 重－W /安＝

2

2232

121mv mv － Q 2＝W /安

线框产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2 解得：)(2

1)(22322121v v m t t mgv Q -+-=

12．解：?导体棒ab 切割磁感线产生的电动势E ＝BLv ，产生的电流为r

R E

I += ， 导体棒受到的安培力为： F ＝BIl

导体棒出磁场时作匀速运动，受力平衡，即mg sin θ＝F 联立解得 ()2

2sin L

B r R mg v θ

+=

?由能量转化守恒得E 电＝E G －E K

即E 电＝()2

021sin mv d d mg -+θ＝()()4

422

2302sin sin L

B r R g m d d mg θθ+-+

13．解：（1）当方框固定不动，U 型框以v 0滑至方框最右侧时，感应电动势为E ，有：E=BLV 0 (1)

bc 间并联电阻 R 并=r ×3r r +3r =3

4

r (2) bc 两端的电势差 U bc =E R 并+2r +r R 并 （3）

由(1)(2)(3)得U bc =1

5 BLV 。 (4)

此时方框的热功率P=（E

R 并+2r +r

）2 R 并 (5)

由(1)(2)(5)得：2220475B l v p r

=

(6) （2）若方框不固定，当U 型框恰好不与方框分离时速度设为v ,由动量守恒可知：

03(34)mv m m v =+ (7)

由能的转化和守恒可知总热量Q 为

Q=12 3m v 02 - 1

2

(3m +4m )v 2 (8) 由(7)(8)可知，Q=6

7

mv 02 (9)

（3）若方框不固定，设U 型框与方框分离时速度分别为v 1、v 2

由动量守恒可知：3mv =3mv 1+4mv 2 (10) 在t 时间内相距S 可知：s =(v 1-v 2)t (11) 由（10）（11）可知 v 1=17 (3v +4s

t

)

v 2=37 (v - s

t

)

c a b M d

N B

Q P N P

b Q

M B a c d

14．解：（1）设导体棒ab 的质量为m 1，下落到最低点的速度为v 1，离开最低点的速度为'

1v 。导体棒cd 的质量

为m 2，速度为'

2v ，相互作用的时间为△t 。 导体棒ab 下落过程和跳起过程都机械能守恒，则有：

m 1gh 1 =

2

121mv ，解得：v 1 =s m gh /8.010221??== 4 m /s

m 1gh 2 =21

12

1

v m '，解得：'1v =s m gh /45.010222??== 3 m /s

导体棒ab 、cd 在水平面相互作用过程中，由动量守恒定律有：

m 1v 1 = m 11

v '+ m 22v '，解得：2v '=s m s m m v m v m /5.0/2

.0)34(1.021

111=-?='-

（2）设通过导体棒ab 电量为q ，在水平方向受安培力作用，由动量定理有： 111

1v m v m t BIL -'=??-， q = I ?t

解得：q =

C C BL v m v m 15

.02.0)34(1.01

111=?-?='-

（3）设产生的热能为Q ，由导体棒ab 、cd 系统全过程能量守恒，则有：

m 1gh 1 = m 1gh 2 +

Q v m +'22

221 则：Q = m 1g (h 1 – h 2) –2222

1

v m '= 0.1 × 10 × (0.8 – 0.45) –21× 0.2 × 0.52J = 0.32J 15．解?由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q 就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒得：Q =mgd=0.50J

?3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有：v 02-v 2=2g （d-l ），得v =2

2m/s

?2到3是减速过程，因此安培力R

v l B F 2

2=减小，由F -mg =ma 知加速度减小，到3位置时加速度最小，a=4.1m/s 2

16．解：（1）在图示位置时，电动势有最大值，所以此发电机电动势最大值为： E nBS M =ω

（2）电动势的瞬时值：e E t M =cos ω

∴感应电流函数表达式为：i e R r nBS R r

t =

+=+ω

ωcos （3）电动势有效值：E E M =

2

∴=

+=+电流的有效值为：·

I E R r nBS R r 22ω

()

∴=

+=+电压的有效值为：··U R R r E R

R r

nBS 22ω （4）发电机的输出功率为： P IU R

R r n B S 出

==

+22

2222()

ω

17．解：根据题意，题中所给交流的电动势、原线圈中的电流，均为交流的有效值，应用有效值这一概念可把问题转化为直流问题来处理。

（1）由于变压器为理想变压器，则负载电阻上R 上获得的功率等于交流电源的输出功率，即r I E I P 211-=。该式表明负载电阻上获得的功率P 是I 1的一元二次函数，为此求P 的最大值：

r E r E I r I r E I r P 4)2()(221121

+--=--=可见，当r E I 21=时，P 有最大值：r

E P m 42

=。 （2）由于负载获得最大功率时r

E I 21=，变压器原线圈上电压为2)2(11E r r E E r I E U =-=-=。

变压器副线圈上的电压为U 2，由R U P m 2

2=，得r

R E R r E R P U m 2

)4(2

2=

?==。

所以变压器原副线圈的匝数比为：R r U U n n ==2121。

18．解：

1

22121222,1625.024n n

I n n I A U P I ===?==

（1） R n n

U n n R I U E 1

222111+=

+= （2） 联立（1）（2）解得：A I 311=

， 132

1：=n n

(3)Ω===

14425

.062

2P U R L ，Ω==818L R R 负载 Ω==722

2

1负载等效）（

R n n R V R R ER U 13

240

1=

+=

等效

等效‘

V U n n U 15.613

80

1122===

‘’ 小灯泡两端电压为6.15V ,故不能正常工作,其实际功率为0.26W 19．解：（1）P 3=40×6×22=5280W

A U P U P I V U n n U 6,880'23'2'

2233'

2'2

=====

W R I P 1442

2==?， P P P ?+=3输出=5424W

（2）V U n n U V R I U U 226,904221

12'

22

==

=+=， A U P I 241

1==输出，则E=U 1+I 1r=250V （3）%97%100=?=

输出

用P P η

20解：如图DC 光线进入介质球内，发生折射

n r

sin i

sin =，折射角r 一定小于介质的临界角，光线CE 再到达球面时的入射角∠OEC=r ，小于临界角，因此一定不发生全反射。如图

sini=0.8 447.05

5

r s i n

== 折射率79.155

4)

2

i sin(i sin n ===

21解：光路如图示。

（1）设玻璃的临介角为C ，由折射定律得： sinc=1/n=

2

2 ∴∠c=450 由几何知识得:∠2=600

> ∠c ∴光线在D 点发生全反射. 在E 点，由折射定律得：

n =∠∠4

sin 5

sin ，由几何知识得∠4＝30°

∴ 第一次射入空气的折射角 ∠5＝45° （2）、设光线由O 点到E 点所需的时间t ，则

V

DE

OD t +=

又 n c v =

由数学知识得：a AO OD 330tan /0==

， a OC DE 3

3

260sin /0=

= 由以上各式可得：c

a

t 335=

22．解： (1)核反应方程：He Rn a R 4

22228622688+→ （4分）

(2)设衰变后，氡核的速度为v 0，α粒子的速度为v α， 由动量守恒定律得

(M-m)v 0=mv α （2分）

α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 到达A 点需时α

?νπ=2L t （2分）

又2

L m B q 2

αα

ν=ν （2分）

氡核在电场中做匀加速直线运动，t 时速度为v =v 0+at （2分） 氡核加速度m

M E

)q Q (a --=

（2分）

由以上各式解得：qB

)m M (2mE )q Q (2L B q 2

2--π+=ν。 （2分）

2高三物理高考第一轮专题复习――电磁场(附答案详解)

高三物理第一轮专题复习——电磁场 在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内,存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿-x 方向射入磁场,恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿+y 方向飞出。 (1请判断该粒子带何种电荷,并求出其比荷q/m ; (2若磁场的方向和所在空间范围不变,而磁感应强度的大小变为B ’,该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场,但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角,求磁感应强度B ’多大?此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少? 电子自静止开始经M 、N 板间(两板间的电压

为U 的电场加速后从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中, 电子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ,如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.(已知电子的质量为m ,电量为e 高考如图所示,abcd 为一正方形区域,正离子束从a 点沿ad 方向以0 =80m/s 的初速度射入,若在该区域中加上一个沿ab 方向的匀强电场,电场强度为E ,则离子束刚好从c 点射出;若撒去电场,在该区域中加上一个垂直于abcd 平面的匀强磁砀,磁感应强度为B ,则离子束刚好从bc 的中点e 射出,忽略离子束中离子间的相互作用,不计离子的重力,试判断和计算: (1所加磁场的方向如何?(2E

与B 的比值B E /为多少? 制D 型金属扁盒组成,两个D 形盒正中间开有一条窄缝。两个D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图乙为俯视图,在D 型盒上半面中心S 处有一正离子源,它发出的正离子,经狭缝电压加速后,进入D 型盒中。在磁场力的作用下运动半周,再经狭缝电压加速。如此周而复始,最后到达D 型盒的边缘,获得最大速度,由导出装置导出。已知正离子的电荷量为q ,质量为m ,加速时电极间电压大小为U ,磁场的磁感应强度为B ,D 型盒的半径为R 。每次加速的时间很短,可以忽略不计。正离子从离子源出发时的初速度为零。 ( 1为了使正离子每经过窄缝都被加速,求交变电压的频率; (2求离子能获得的最大动能; ( 3求离子第 1 次与第n 次在下半盒中运动的轨道半径之比。 甲

高三物理第一轮复习专题检测试题

1.【运动的分解】质点仅在恒力F 的作用下，由O 点运动到A 点的轨迹如图所示，在A 点 时速度的方向与x 轴平行，则恒力F 的方向可能沿( D ) A ．x 轴正方向 B ．x 轴负方向 C ．y 轴正方向 D ．y 轴负方向 2．【双选】如图所示，三个小球从水平地面上方同一点O 分别以初速度v 1、v 2、v 3水平抛出， 落在地面上的位置分别是A 、B 、C ，O ′是O 在地面上的射影点，且O ′A :AB :BC =1:3:5．若 不计空气阻力，则（ AB ） (A) v 1:v 2:v 3=1:4:9 (B) 三个小球下落的时间相同 (C) 三个小球落地的速度相同 (D) 三个小球落地的动能相同 3.【理解平抛运动的运动特点及受力特点、含带电粒子在匀强电场中的类平抛运动】 【双选】质量为m 的物体，在F 1、F 2、F 3三个共点力作用下做匀速直线运动，保持F 1、 F 2不变，仅将F 3的方向改变90o（大小不变）后，物体不可能做（ AD ） A 、匀速直线运动 B 、匀加速直线运动 C 、匀变速曲线运动 D 、匀速圆周运动 4.在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计 空气阻力.要使两球在空中相遇，则必须（ C ） A ．甲先抛出A 球 B ．先抛出B 球 C ．同时抛出两球 D ．使两球质量相等 5.如图所示，足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到 斜面上所用的时间为t 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上所用时间为t 2，则t 1 : t 2为：( B ) A ．1 : 1 B ．1 : 2 C ．1 : 3 D ．1 : 4 ◎.图为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分.图中背景方格的边长均为2.5厘米，如果取 重力加速度g=10米/秒2，那么： (1)照片的闪光频率为________Hz. . (2)小球做平抛运动的初速度的大小为_______m/s 答案：(1)10 (2)0.75 6.如图所示，一质点沿螺旋线自外向内运动，已知其走过的弧长s 与运动时间t 成正比，关 于该质点的运动，下列说法正确的是 （ A ） A ．小球运动的线速度越来越小 B ．小球运动的加速度越来越小 C ．小球运动的角速度越来越小 D ．小球所受的合外力越来越小

版高三物理一轮复习专题10电路含高考真题

专题10 电路 1.[2016·全国卷Ⅱ] 阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图1-所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( ) 图1- A. 25 B.12 C.35 D.23 答案：C 解析： 由已知条件及电容定义式C ＝Q U 可得：Q 1＝U 1C ，Q 2＝U 2C ，则Q 1Q 2＝U 1U 2 . S 断开时等效电路如图甲所示 甲 U 1＝R （R ＋R ） （R ＋R ）＋R R ＋R （R ＋R ）（R ＋R ）＋R ·E ×12＝15E ； S 闭合时等效电路如图乙所示， 乙

U 2＝R ·R R ＋R R ＋R ·R R ＋R ·E ＝13E ，则Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故C 正确． 2.[2016·江苏卷] 如图1-所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，下列说法正确的有( ) 图1- A ．路端电压为10 V B ．电源的总功率为10 W C ．a 、b 间电压的大小为5 V D ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案：AC 解析： 设四个电阻的等效电阻为R 路，由 1R 路＝115 Ω＋5 Ω＋15 Ω＋15 Ω得R 路＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律知，I ＝E R 路＋r ＝12 V 10 Ω＋2 Ω＝1 A ，设路端电压为U ，则U ＝IR 路＝1 A ×10 Ω＝10 V ，选项A 正确；电源的总功率P ＝EI ＝12 W ，选项B 错误；设电源负极电势为0 V ，则a 点电势φa ＝0.5 A ×5 Ω－0＝2.5 V ，b 点电势φb ＝0.5 A ×15 Ω－0＝7.5 V ，则a 、b 两点的电势差U ab ＝φa －φb ＝2.5 V －7.5 V ＝－5 V ，所以a 、b 间电压的大小为5 V ，选项C 正确；当将a 、b 两点用导线连接后，由于导线没有电阻，此时a 、b 两点电势相等，其等效电路图如图所示．其中一个并联电路的等效电阻为3.75 Ω，显然总电阻为9.5 Ω，电流I ＝E R 总＝2419 A ，故选项D 错误． J3 电路综合问题 3.[2016·天津卷] 如图1-所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )

高三物理二轮复习专题一

专题定位 本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理思想和方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想． 应考策略 深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法． 1． 弹力 (1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F ＝kx 计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解． (2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向． 2． 摩擦力 (1)大小：滑动摩擦力F f ＝μF N ，与接触面的面积无关；静摩擦力0

(1)大小：F洛＝q v B，此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0. (2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力总不做功．6．共点力的平衡 (1)平衡状态：静止或匀速直线运动． (2)平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0. (3)常用推论：①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1) 个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形． 1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论． 2．常用的方法 (1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法． (2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解 法等． 3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力． 4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v. 题型1整体法和隔离法在受力分析中的应用 例1如图1所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P 顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝4 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N，作用在物块2的水平力F＝20 N，整个系统平衡，g＝10 m/s2，则以下正确的是() 图1 A．1和2之间的摩擦力是20 N B．2和3之间的摩擦力是20 N

2013届高三物理一轮复习专题精练 4.2 运动的合成与分解[1]

2013届高三物理一轮复习专题精练 4.2 运动的合成与分解 一、选择题 1．（广东六校2012届高三第二次联考）在宽度为d 的河中，水流速度为v 2 ，船在静水中速度为v 1（且v 1＞v 2），方向可以选择，现让该船开始渡河，则该船 A ．可能的最短渡河时间为d/v 2 B ．可能的最短渡河位移为d C ．只有当船头垂直河岸渡河时，渡河时间才和水速无关 D ．不管船头与河岸夹角是多少，渡河时间和水速均无关 1.BD 2.如图所示，一个长直轻杆AB 在墙角沿竖直墙和水平地面滑动，当AB 杆和墙的夹角为θ时，杆的A 端沿墙下滑的速度大小为v 1，B 端沿地面的速度大小为v 2。则v 1、v 2的关系是（ ） A ．v 1=v 2 B ．v 1=v 2cos θ C ．v 1=v 2tan θ D ．v 1=v 2sin θ 2.C 3．（2012·湖北省襄阳五中高三期中考试）一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图所示，云层底面距地面高h ，探照灯以匀角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是 A ．h ω B ．2cos h ωθ C ．cos h ωθ D ．tan h ωθ

3.B 4.现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上下通过，如右图所示．假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，运动员能顺利完成该动作，最终仍落在滑板原来的位置上．要使这个表演成功，运动员除了跳起的高度足够高外，在起跳时双脚对滑板作用力的合力方向应该( ) A．竖直向下 B．竖直向上 C．向下适当偏后 D．向下适当偏前 4.A 5.在红蜡块的演示实验中，假设蜡块在从静止匀加速上升的同时，将玻璃管沿水平方向向右匀加速移动，那么蜡块的实际运动是（） A．一定是直线运动 B．一定是曲线运动 C．可能是直线运动，也可能是曲线运动 D．以上都不对 5. A 6.如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始做自由落体运动。若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是（） 6.B 7．（2012届·江苏无锡市高三期中考试）如图所示，图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图象如图乙所示；人顶杆沿水平地面运动的s－t图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是（）

高考物理一轮复习磁场专题

第十一章、磁场 一、磁场： 1、基本性质：对放入其中的磁极、电流有力的作用。 磁极间、电流间的作用通过磁场产生，磁场是客观存在的一种特殊形态的物质。 2、方向：放入其中小磁针N极的受力方向（静止时N极的指向） 放入其中小磁针S极的受力的反方向（静止时S极的反指向） 3、磁感线：形象描述磁场强弱和方向的假想的曲线。 磁体外部：Ｎ极到Ｓ极；磁体内部：Ｓ极到Ｎ极。 磁感线上某点的切线方向为该点的磁场方向；磁感线的疏密表示磁场的强弱。 ４、安培定则：（右手四指为环绕方向，大拇指为单独走向） 二、安培力： １、定义：磁场对电流的作用力。 ２、计算公式：Ｆ＝ＩＬＢsinθ＝Ｉ⊥ＬＢ式中：θ是Ｉ与Ｂ的夹角。 电流与磁场平行时，电流在磁场中不受安培力；电流与磁场垂直时，电流在磁场中受安培力最大：Ｆ＝ＩＬＢ 0≤F≤ＩＬＢ ３、安培力的方向：左手定则——左手掌放入磁场中，磁感线穿过掌心，四指指向电流方向，大拇指指向为通电导线所受安培力的方向。 三、磁感应强度Ｂ： １、定义：放入磁场中的电流元与磁场垂直时，所受安培力Ｆ跟电流元ＩＬ的比值。

qB m v r =２、公式： 磁感应强度Ｂ是磁场的一种特性，与Ｆ、Ｉ、Ｌ等无关。 注：匀强磁场中，Ｂ与Ｉ垂直时，Ｌ为导线的长度； 非匀强磁场中，Ｂ与Ｉ垂直时，Ｌ为短导线长度。 ３、国际单位：特斯拉（Ｔ）。 ４、磁感应强度Ｂ是矢量，方向即磁场方向。 磁感线方向为Ｂ方向，疏密表示Ｂ的强弱。 ５、匀强磁场：磁感应强度Ｂ的大小和方向处处相同的磁场。磁感线是分布均匀的平行直线。例：靠近的两个异名磁极之间的部分磁场；通电螺线管内的磁场。 四、电流表（辐向式磁场） 线圈所受力矩：M=NBIS ∥=k θ 五、磁场对运动电荷的作用： 1、洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受的力。 2、方向：用左手定则判断——磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向（负电荷运动的反方向），大拇指所指方向为洛伦兹力方向。 3、大小：F=qv ⊥B 4、洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，只改变电荷的运动方向，不对电荷做功。 5、电荷垂直进入磁场时，运动轨迹是一个圆。 IL F B =

2019年高考物理一轮复习试题

.精品文档. 2019年高考物理一轮复习试题 测量速度和加速度的方法 【纲要导引】 此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度验证牛二或动能定理等。此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。 【点拨练习】 考点一打点计时器 利用打点计时器测加速度时常考两种方法： （1）逐差法 纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆） 点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔） （2）平均速度法 ，两边同时除以t，，做图，斜率二倍是加速度，纵轴截距是 开始计时点0的初速。

1. 【10年重庆】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电频率f=50Hz在线带上打出的点中，选 出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A B、、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离： =16.6=126.5=624.5 若无法再做实验，可由以上信息推知： ①相信两计数点的时间间隔为___________ S ②打点时物体的速度大小为_____________ /s（取2位有效数字） ③物体的加速度大小为__________ （用、、和f表示） 【答案】①0.1s②2.5③ 【解析】①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s . ②根据间的平均速度等于点的速度得v==2.5/s . ③利用逐差法：，两式相加得，由于，，所以就有了，化简即得答案。 2. 【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运

2020年高考高三物理二轮复习力学专题复习(含答案)

2020 年高三物理二轮复习力学专题复习 ▲不定项选择题 1．2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。着陆前的部分运动过程简化如下：在距月面15km 高处绕月做匀速圆周运动，然后减速下降至距月面100m 处悬停，再缓慢降落到月面。己知万有引力常量和月球的第一宇宙速度，月球半径约为 1.7 ×103km，由上述条件不能．．估算出（） A ．月球质量 B ．月球表面的重力加速度 C．探测器在15km 高处绕月运动的周期D．探测器悬停时发动机产生的推力 2．“民生在勤”，劳动是幸福的源泉。如图，疫情期间某同学做家务时，使用浸湿的拖把清理地板上的油渍。假设湿拖把的质量为2kg，拖把杆与水平方向成53°角，当对拖把施加一个沿拖把杆向下、大小为10N 的力F1 时，恰好能推动拖把向前匀速运动并将灰尘清理干净。如果想要把地板上的油渍清理干净，需将沿拖把杆向下的力增大到F2=25N 。设拖把与地板、油渍间的动摩擦因数相等且始终不变（可认为油渍与地板间的附着力等于拖把与地板间的滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53° =0.8 ，cos53° =0.6 ），那么油渍与地板间的附着力约为（） A．7.7N B．8.6N C．13.3N D．20N 3．如图所示，物块 A 静止在粗糙水平面上，其上表面为四分之一光滑圆弧。一小滑块 B 在水平外力 F 的作 用下从圆弧底端缓慢向上移动一小段距离，在此过程中， A 始终静止。设 A 对 B 的支持力为F N ，地面对A 4．如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10kg 的吊篮相连，向另一端被站在吊篮里质量为 50kg 的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。重力加速度g=10m/s2，则该人对吊篮的压力大小为（） D．F N增大，F f 不变 C ．F N 减小，F f 不 变

届高三物理第一轮复习计划

2019届高三物理第一轮复习计划?? 一、复习目标、宗旨 1、通过复习帮助学生建立并完善高中物理学科知识体系，构建系统知识网络； 2、深化概念、原理、定理定律的认识、理解和应用，促成学科科学思维，培养物理学科科学方法。 3、结合各知识点复习，加强习题训练，提高分析解决实际问题的能力，训练解题规范和答题速度； 4、提高学科内知识综合运用的能力与技巧，能灵活运用所学知识解释、处理现实问题。 二、复习具体时间安排 2018年8月至2019年1月底。 三、复习策略 1、立足课本，面向全体学生，着眼基础，循序渐进。全面、系统、完整地复习所有必考的知识点，重视基本概念、基本规律及其基本解题方法与技巧等基础知识的复习，要做到重点突出、覆盖面广。 2、认真学习和理解考纲，仔细研究近几年来的高考题，准确把握知识标高，控制好教学的难度和坡度。 3、钻研教材，狠抓常规教学，落实好备、教、批、辅、考、评等各个教学环节，做到精选、精练、精讲、精评。 4、加强方法教学和规范教学，让学生学会自主学习、自我探究，使之养成良好的学习习惯。加强学生能力的培养，使之能够灵活运用基本知识分析和解决问题，能够进行实验设计，提高实验能力。从而提高学生的综合素质。 5、关注高考信息，随时了解最新动态，适当调整教学计划。 6、分层教学，分类推进，因材施教，全面提高 三、具体措施

1、以2019年高考考纲为依据，以教材为线索，以考试说明中的知识点作为重点，注重基本概念、基本规律的复习，复习中要突出知识的梳理，构建知识结构，把学科知识和学科能力紧密结合起来，提高学科内部的综合能力。 2、认真备课，精心选择例习题，做到立足课本，即针对考纲，针对学生实际，紧抓课本，细挖教材，扎实推进基础知识复习工作.高考立足课本考基础，于变化中考能力。研究高考试题的特点就是研究命题专家的命题特点，洞察命题者的命题思路。通过对高考题的研究、比较、创新，高考命题的技巧与方法，有利于指导复习备考， 3、课堂教学以学生实际掌握的质量作为标准，认真落实分类指导、分类推进措施。坚持以中等生可接受为教学起点，面向全体学生，夯实基础。做到低起点、小台阶，逐渐提高。根据考纲要求，对内容进行细而全的实行地毯式、拉网式清理，覆盖所有知识点，不放过任何一个死角。 4、精留作业，严格要求。作业设置针对性要强，全批全改，重点目标生作业经常面批面改。督促目标生独立、认真、保证质量完成作业，以保证当天内容得到消化和巩固，通过批改作业反馈学生情况，共性问题课上集体订正，个性问题通过面批面改和辅导解决。 5、坚持天天辅导，及时解决学生中的疑难问题，主动找目标生辅导，指导他们的学习习惯和学习方法。通过辅导、谈心，摸清学生在各方面的情况。 6、学法指导：第一，指导好学生听课方法，改变被动去听的做法，正确处理好听与记的关系。第二，指导好学生作业训练方法，克服不良习惯。第三，指导好课堂记物理笔记，即典型题解题，解不出的原因，和老师一再强调的物理解题方法和解题思维方法。 7、加强集体备课，搞好集体研究，通过集体备课来发挥群体优势，有效提高教学质量，我们的做法是： （1）在复习每一章前，共同讨论复习章节重点、难点及高考中经常出现的题型、物理思想方法，要集思广益，反复推敲各知识要点的复习、典型例题的讲解和练习题的收集、设置等。

2013届高三物理一轮复习专题 第一章 匀变速直线运动的描述学案

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究 学案1 运动的描述 一、概念规律题组 1．在以下的哪些情况中可将所研究的物体看成质点( ) A．研究某学生骑车由学校回家的速度 B．对这位学生骑车姿势进行生理学分析 C．研究火星探测器从地球到火星的飞行轨迹 D．研究火星探测器降落火星后如何探测火星的表面 答案AC 解析质点是指有质量而不考虑大小和形状的物体．它是我们为了研究问题方便而引入的一种理想化模型，A、C情景中物体的大小和形状能忽略，因而可看成质点；B、D情景中所研究的问题都涉及物体的不同部分，此时的物体就不能再看成质点，否则问题将无法研究．2．两辆汽车在平直公路上行驶，甲车内的人看见窗外树木向东移动，乙车内的人发现甲车没有运动．如果以大地为参考系，上述事实说明( ) A．甲车向西运动，乙车不动 B．乙车向西运动，甲车不动 C．甲车向西运动，乙车向东运动 D．甲、乙两车以相同的速度都向西运动 答案 D 3．某人站在楼房顶层从O点竖直向上抛出一个小球，上升的最大高度为20 m，然后落回到抛出点O下方25 m的B点，则小球在这一运动过程中通过的路程和位移分别为(规定竖直向上为正方向)( ) A．25 m、25 m B．65 m、25 m C．25 m、－25 m D．65 m、－25 m 答案 D 解析注意位移正、负号的意义：正号时位移方向与规定的正方向相同，负号时位移方向与规定的正方向相反． 4．下列关于瞬时速度和平均速度的说法中正确的是( ) A．若物体在某段时间内每时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零 B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定等于零 C．匀速直线运动中任意一段时间内的平均速度都等于它任一时刻的瞬时速度 D．变速直线运动中任意一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度 答案AC 解析由于各时刻的瞬时速度都等于零，即物体静止，因此平均速度也一定等于零，故A正确；物体从某点沿一曲线运动又回到原出发点，则平均速度为零，但各个时刻的瞬时速度不为零，故B错误；匀速直线运动中速度不变(包括大小、方向)，平均速度与瞬时速度相等，故C正确；由于运动情况不确定，一段时间的平均速度可能等于某时刻的瞬时速度，故D错误． 二、思想方法题组 5．甲、乙两个物体沿同一直线向同一方向运动时，取物体的初速度方向为正，甲的加速度恒为2 m/s2，乙的加速度恒为－3 m/s2，则下列说法中正确的是( ) A．两物体都做加速直线运动，乙的速度变化快 B．甲做加速直线运动，它的速度变化快 C．乙做减速直线运动，它的速度变化率大

高考物理：专题9-磁场(附答案)

专题9 磁场 1.（15江苏卷）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是 答案：A 解析：因为在磁场中受安培力的导体的有效长度(A)最大，所以选A. 2．（15海南卷）如图，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点.在电子经过a 点的瞬间.条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（） A ．向上 B.向下 C.向左 D.向右 答案：A 解析：条形磁铁的磁感线方向在a 点为垂直P 向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A 正确. 3.（15重庆卷）题1图中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里.以下判断可能正确的是 A.a 、b 为粒子的经迹 B. a 、b 为粒子的经迹 C. c 、d 为粒子的经迹 D. c 、d 为粒子的经迹 答案：D 解析：射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B 错误.粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A 、C 错误；粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D 正确. 4.（15重庆卷）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.题7图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为，匝数为，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为，区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等.某时刻线圈中电流从P 流向Ｑ，大小为． βγαβγαβL n B I

高三物理第一轮如何复习

高三物理第一轮如何复习 对于高三的物理，有很多高三学生不知道该如何去复习，复习物理有哪些方法呢?下面是小编为大家整理的关于高三物理第一轮如何复习，希望对您有所帮助。欢迎大 家阅读参考学习! 高三物理第一轮复习技巧 将物理知识网络的体系和细化 把贯穿高中物理的主干内容的知识结构、前后关联展起来。 (1)高中力学知识结构和各部分的联系： (2)高中电学知识结构和各部分的联系： 很多同学不懂得如何关联知识点，不知道如何构建知识网络体系。物理学科的真 的知识构建重点放在课本定义、公式推导、研究现象(即物理意义)上。比如牛顿第一 定律研究的是惯性定律，阐述力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因。牛顿第二定律所研究的是力的瞬时作用规律，而动量定理所研究的是力对时间的积累 作用规律，从这种角度去思考，那么复习物理、解答物理是极其有帮助的。 认识与理解典型物理题型 要集中精力理解一个典型过程模型，充分利用典型的过程模型，挖掘典型过程在 物理思维能力方面的作用。 有代表性的典型物理过程，它是由实际物理过程简化成的理想模型。课本例题、 经典考题，尤其是多次考查到或接触到的题型，可以作为典型题。 要适当的联系实际，学习将实际问题转化成物理问题的方法。新课标高考命题很 多都结合实际。但是考生平时也能在生活中发现一些物理现象，如果学校老师没有引 导学生的话，多关注一下新的题型，尤其是与生活紧密相关的考题。 培养良好的审题习惯 提高解答物理问题的能力应把重点放在培养良好的审题习惯上。有的同学为了加 快答题速度，题还没来得及看清楚就着急去写，写到一半才发现写的不对，原来题没 有审清，结果是想快反到浪费了很多时间，所以，审题环节很重要。审题到位后，再 把题中的描述转换成一个活生生的情景，当然，应用能力的提高还取决于对基础知识 掌握的程度，基础为首先。 高考物理考场答题技巧

高三物理第一轮复习运动学部分专题

一．平均速度：任意运动的平均速度公式和匀变速直线运动的平均速度公式的理解 ①t s ??= 一v 普遍适用于各种运动；②v =20t V V +只适用于加速度恒定的匀变速直线运动 ③t V V S t 2 0+= 仅适用于匀变速直线运动 1．物体由A 沿直线运动到B ，在前一半时间内是速度为v 1的匀速运动，在后一半时间内是速度为v 2的匀速运动.则物体在这段时间内的平均速度为( ) A ．221v v + B ．21v v + C ．21212v v v v + D ．2 121v v v v + 2．一个物体做变速直线运动，前一半路程的平均速度是v 1，后一半路程的平均速度是v 2，则全程的平均速度是( ) A ．221v v + B ．21212v v v v + C ．21212v v v v ++ D ．2 121v v v v + 3．一辆汽车以速度v 1行驶了1/3的路程，接着以速度v 2＝20km/h 跑完了其余的2/3的路程，如果汽车全程的平均速度v=27km/h ，则v 1的值为（ ） A ．32km/h B ．345km/h C ．56km/h D ．90km/h 4．甲乙两车沿平直公路通过同样的位移，甲车在前半段位移上以v 1=40km/h 的速度运动，后半段位移上以v 2=60km/h 的速度运动；乙车在前半段时间内以v 1=40km/h 的速度运动，后半段时间以v 2=60km/h 的速度运动，则甲、乙两车在整个位移中的平均速度大小的关系是 A ．V 甲=V 乙 B ．V 甲 < V 乙 C ．V 甲 > V 乙 D ．因不知位移和时间故无法确定 二．加速度公式的理解：a=（v t -v 0 ）/t 公式中各个部分物理量的理解 匀加速运动：速度随时间均匀增加，v t ＞v 0，a 为正，此时加速度方向与速度方向相同。 匀减速运动：速度随时间均匀减小，v t ＜v 0，a 为负，此时加速度方向与速度方向相反。 1．对于质点的运动，下列说法中正确的是（ ） A ．质点运动的加速度为零，则速度变化量也为零 B ．质点速度变化率越大，则加速度越大 C ．物体的加速度越大，则该物体的速度也越大 D ．质点运动的加速度越大，它的速度变化量越大 2．下列说法正确的是（ ） A ．加速度增大，速度一定增大 B ．速度改变△V 越大，加速度就越大 C ．物体有加速度，速度就增加 D ．速度很大的物体，其加速度可能很小 3．关于加速度与速度，下列说法中正确的是（ ） A ．速度为零，加速度可能不为零 B ．加速度为零时，速度一定为零 C ．若加速度方向与速度方向相反，则加速度增大时，速度也增大 D ．若加速度方向与速度方向相同，则加速度减小时，速度反而增大 4．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s ，1s 后速度的大小变为10m/s ，在这1s 内该物体的（ ） A ．位移的大小可能小于4m B ．位移的大小可能大于10m C ．加速度的大小可能小于4m/s 2 D ．加速度的大小可能大于10m/s 2

49高考物理二轮复习专题复习专项训练：选择题标准练(六)49

的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q 、质量为的距离为.已知离子射出磁场与射入磁场时运动R 2(不计重力)( 理想升压、降压变压器匝数均不变，若用户电阻R 0减小，下列说法正确的是．发电机的输出功率减小 ．输电线上的功率损失减小 ．用户得到的电压减小 ．输电线输送电压减小 本题考查电能输送、变压器的规律等知识点．

T0/3.3 处的观察者能够连续观测卫星B的时间为 的正上方的次数为T0/(T0－T) 两颗卫星连续两次相距最近的时间间隔为T0T 在作用于OP中点且垂直于 的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为

三个小球的质量均为m，A、 之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将 的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间， 　0 本题考查了牛顿运动定律在瞬时问题上的应用． 在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故 A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的

．整个线框受到的合力方向与BD 连线垂直 轴方向所受合力为0 轴方向所受合力为ka 2I ，沿x 轴正向 轴方向所受合力为ka 2I ，沿x 轴正向 3 4本题考查了安培力及力的合成等知识点． C 、 D 四点，且的电荷，则下列说法正确的是点电势最高 点场强最小

．导线圈中产生的是交变电流 时导线圈产生的感应电动势为1 V 内通过导线横截面的电荷量为20 C 时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W 本题考查了电磁感应、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率

2004-2013十年高考物理-大全分类解析-专题13-带电粒子在电磁场中的运动

2004-2013十年高考物理 大全分类解析 专题13 带电粒子在电磁 场中的运动 一．2013年高考题 1. （2013全国新课标理综II 第17题）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面。一质量为m 、电荷量为q （q>0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力。该磁场的磁感应强度大小为 A ．033mv qR B ．qR mv 0 C ． qR mv 03 D ．qR mv 03 2. （2013全国新课标理综1第18题）如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强 磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，一 电荷量为q （q>0）。质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域， 射入点与ab 的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹 角为60°，则粒子的速率为（不计重力） A ． m qBR 2 B ．m qBR C ．m qBR 23 D ．m qBR 2

3.(2013高考广东理综第21题)如图9，两个初速度大小相同的同种离 子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上， 不计重力，下列说法正确的有 A.a，b均带正电 B.a在磁场中飞行的时间比b的短 C. a在磁场中飞行的路程比b的短 D.a在P上的落点与O点的距离比b的近 4．（2013高考浙江理综第20题）注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一 定的宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P+在磁场中转过 θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+ A．在电场中的加速度之比为1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为3∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为1∶3

高考物理一轮复习各专题复习题及答案解析

运动的描述与匀变速直线运动课时作业 课时作业(一)第1讲描述直线运动的基本概念 时间/40分钟 基础达标 图K1-1 1.[2018·杭州五校联考]智能手机上装载的众多APP软件改变着我们的生活.如图K1-1所示为某地图APP软件的一张截图,表示了某次导航的具体路径,其推荐路线中有两个数据:10分钟,5.4公里.关于这两个数据,下列说法正确的是() A.研究汽车在导航图中的位置时,可以把汽车看作质点 B.10分钟表示的是某个时刻 C.5.4公里表示此次行程的位移的大小 D.根据这两个数据,我们可以算出此次行程的平均速度的大小 2.[2018·河北唐山统测]下列关于加速度的说法正确的是() A.加速度恒定的运动中,速度大小恒定 B.加速度恒定的运动中,速度的方向恒定不变 C.速度为零时,加速度可能不为零 D.速度变化率很大时,加速度可能很小 3.如图K1-2所示,哈大高铁运营里程为921公里,设计时速为350公里.某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动,开始刹车后第5s内的位移是57.5m,第10s内的位移是32.5m,已知10s末列车还未停止运动,则下列说法正确的是 ()

图K1-2 A.在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点 B.921公里是指位移 C.列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25m/s2 D.列车在开始刹车时的速度为80m/s 4.下表是四种交通工具做直线运动时的速度改变情况,下列说法正确的是 () A.①的速度变化最大,加速度最大 B.②的速度变化最慢 C.③的速度变化最快 D.④的末速度最大,但加速度最小 5.一个质点做方向不变的直线运动,加速度的方向始终与速度的方向相同,但加速度大小先保持不变,再逐渐减小直至为零,则在此过程中() A.速度先逐渐增大,然后逐渐减小,当加速度减小到零时,速度达到最小值 B.速度先均匀增大,然后增大得越来越慢,当加速度减小到零时,速度达到最大值 C.位移逐渐增大,当加速度减小到零时,位移将不再增大 D.位移先逐渐增大,后逐渐减小,当加速度减小到零时,位移达到最小值 图K1-3 6.如图K1-3所示,一小球在光滑水平面上从A点开始向右运动,经过3s与距离A点6m的竖直墙壁碰撞,碰撞时间很短,可忽略不计,碰后小球按原路以原速率返回.取小球在A点时为计时起点,并且取水平向右的方向为正方向,则小球在7s内的位移和路程分别为() A.2m,6m B.-2m,14m

高三物理第二轮专题复习教案[全套]_物理

第一讲平衡问题 一、特别提示［解平衡问题几种常见方法］ 1、 力的合成、分解法：对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关 系，借助三角函数、相似 三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到这 两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。 2、 力汇交原理：如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡，这三个力的作用线必在同一 平面上，而且必有共点力。 3、 正交分解法：将各力分解到 x 轴上和y 轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件 C F x =0^ F y =0）多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。值得注意的是，对 x 、y 方向 选择时，尽可能使落在 x 、y 轴上的力多；被分解的力尽可能是已知力。 4、 矢量三角形法：物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首 尾相接恰好构成三角形，则 这三个力的合力必为零，利用三角形法求得未知力。 5、 对称法：利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。在静 力学中所研究对象有些具有 对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。解题中注意 到这一点，会使解题过程简化。 6、 正弦定理法：三力平衡时，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系， 则可用正弦定理列式求解。 7、相似三角形法：利用力的三角形和线段三角形相似。 二、典型例题 1、力学中的平衡：运动状态未发生改变，即 a = 0。表现：静 匀速直线运动 （1）在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡 例1质量为m 的物体置于动摩擦因数为 」的水平面上，现对它 一个拉力，使它做匀 速直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这 最小？ 解析取物体为研究对象，物体受到重力mg ，地面的支持力N ， 力f 及拉力T 四个力作用，如图1-1所示。 :-=arcctg arcctg J 不管拉力T 方向如何变化，F 与水平方向的夹角：?不变，即F 为一个方向不发生改变的变力。 这显然属于三力平衡中的 动态平衡问题，由前面讨论知，当 T 与F 互相垂直时，T 有最小值，即当 拉力与水平方向的夹角 V - 90 - arcctg -I 二arctg 」时，使物体做匀速运动的拉力 T 最小。 （2）摩擦力在平衡问题中的表现 这类问题是指平衡的物体受到了包括摩擦力在内的力的作用。在共点力平衡中，当物体虽然静 止但有运动趋势时，属于 静摩擦力；当物体滑动时，属于动摩擦力。由于摩擦力的方向要随运动或 运动趋势的方向的改变而改变，静摩擦力大小还可在一定范围内变动，因此包括摩擦力在内的平衡 问题常常需要多讨论几种情况，要复杂一些。因此做这类题目时要注意两点 iTlg 止或 施加 个力 摩擦 由于物体在水平面上滑动，则 f =：-N ，将f 和N 合成，得到合力 F ,由图知F 与f 的夹角:

2019年高考物理真题同步分类解析专题06 磁场(解析版)

2019年高考物理试题分类解析 专题06 磁场 1. （2019全国1卷17）如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接，已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为（ ） A ．2F B ．1.5F C ．0.5F D ．0 【答案】B 【解析】设导体棒MN 的电流为I ，则MLN 的电流为 2I ，根据BIL F =,所以ML 和LN 受安培力为2F ，根据力的合成，线框LMN 受到的安培力的大小为F +F F 5.130sin 2 20 =? 2. （2019全国1卷24）（12分）如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出。已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力。求 （1）带电粒子的比荷； （2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。 【答案】 （1）设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v 。由动能定理有2 12 qU mv =① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛领第二定律有2 v qvB m r =②

由几何关系知d ③ 联立①②③式得 224q U m B d =④ （2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为 πtan302 r s r = +?⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为 s t v = ⑥ 联立②④⑤⑥式得 2π(42Bd t U =⑦ 【解析】另外解法（2）设粒子在磁场中运动时间为t 1，则U Bd qB m T t 8241412 1ππ=? ==(将比荷代入) 设粒子在磁场外运动时间为t 2，则U Bd qU md qU m d v t 1236326y 2 22= ?=?== 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为21t t t +=，代入t 1和t 2得2π(42Bd t U =. 3. （全国2卷17）如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。ab 边中点有一电子源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为k 。则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为（ ） A ．14kBl B ．14kBl ，5 4 kBl