(浙江专用)备战2019高考物理一轮复习第二部分计算题部分精练1带电粒子在电场和磁场中的运动

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精练3 动量和电学知识的综合应用1。

加试题如图1，ab和cd是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上,使两杆水平静止，并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R,导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g。

在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好且垂直．求：图1(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2）两杆分别达到的最大速度．2。

加试题形状如图2所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中．ab金属棒的质量为2m、cd金属棒的质量为m,现让ab从离水平轨道h高处静止下滑,设两种不同间距的导轨都足够长．求：图2（1)ab、cd棒的最终速度大小；（2)全过程中产生的焦耳热．3。

加试题如图3所示,水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画出)，磁感应强度B＝1。

0 T，MN边界右侧离地面h＝0.45 m处有光滑绝缘平台,右边有一带正电的a球，质量m a＝0。

权掇市安稳阳光实验学校考点规范练38 带电粒子在电场中的综合问题一、单项选择题1.(2018·河南中原名校第二次联考)如图所示,在两平行金属板有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图甲、乙、丙、丁所示,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是()A.电压是甲图时,在0~T时间内,电子的电势能一直减少B.电压是乙图时,在0~T2时间内,电子的电势能先增加后减少C.电压是丙图时,电子在板间做往复运动D.电压是丁图时,电子在板间做往复运动2.(2019·天津模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示,在该匀强电场中,有一个带负电粒子于t=0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法正确的是(假设带电粒子不与板相碰)()A.带电粒子只向一个方向运动B.0~2 s内,电场力做功等于0C.4 s末带电粒子回到原出发点D.2.5~4 s内,电场力做功等于03.如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b。

不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒4.(2018·辽宁三校高三第三次调研考试)如图所示,矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场,一质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量为q=1.0×10-5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场,最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方射出,射出电场时的速度v2=2×104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a点电势为零,如果以a点为坐标原点O,沿PQ方向建立x轴,则粒子从a点运动到b点的过程中,电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能E p随x的变化图像正确的是()5.(2018·江西宜春调研)如图所示,O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点,不计空气阻力,一电荷量为-Q的点电荷固定在O点,现有一质量为m、电荷量为-q的小金属块(可视为质点),从A点由静止沿它们的连线向右运动,到B点时速度最大,其大小为v m,小金属块最后停止在C点。

课练 22 电容器 带电粒子在电场中的运动 1．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点．以E 表示两极板间的电场强度，U 表示电容器的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小，E p 不变B ．E 变大，E p 不变C ．U 变大，E p 变大D ．U 不变，E p 变大答案：A解析：平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q 不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d 减小，根据C ＝εS 4πkd 知，电容增大，根据U ＝Q C可知，电容器的电压减小．由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkq εS，可知电场强度E 不变，则P 与负极板间的电势差不变，P 点的电势不变，正电荷在P 点的电势能E p 不变，故A 正确．2.如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动，重力加速度为g .粒子运动加速度为( )A.l d gB.d －l dg C.l d －l g D.d d －lg 答案：A 解析：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有mg ＝qU d －l.当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mg －q U d ＝ma ，联立解得a ＝l d g ，故选A.3．(2018·河北邯郸联考)平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E 和极板所带电荷量Q 的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A 极板下移使A 、B 两板间距变为原来的23，则A 、B 两极板之间的引力与原来的比值是( )A.32B.94C.278D.8116两极板仍平行)，则下列说法正确的是间距增大时，小球打在N点的右侧间距减小时，小球打在N点的左侧间距减小时，小球可能打在N间距增大时，小球可能打在N为两块水平放置的金属板，通过闭合开关孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿出带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经80 J，减少的动能中有下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小时刻物块的速度最大时刻物块的速度最大时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1～t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故正确、D错误．．(2018·河南豫南九校质量考评)(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关带正电的液滴从小孔正上方的P点由静止自由落下，当液滴穿过b板小孔到达板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，保持闭合，向下移动b板，则v2>v1保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2＝闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．的带正电荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨道最低点点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相点由静止释放，恰好能通过E 点．区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方中带电粒子的水平位移为y，设偏转位移为y，NE＝2 m，在第Ⅰ象限加速过程中，2(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过点从静止释放一同样的微粒，该微粒将3．(2016·天津卷)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变答案：D解析：极板移动过程中带电荷量Q 保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C ＝εS 4πkd 和C ＝Q U 可知，极板下移，d 减小，C 增大，U 减小，又E ＝U d ＝4πkQ εS，则E 不变，E p 不变，综合上述，只有D 选项正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·山东青岛一模)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E 的直流电源上，平行板电容器的下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关S ，一带电油滴恰好静止于两板间的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．平行板电容器的电容将变大B ．静电计指针的张角变小C ．带电油滴的电势能将减少D ．油滴仍将保持静止答案：CD解析：由C ＝εr S 4πkd可知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，d 增大，C 减小，A 错误；由Q ＝CU 可知，电容器所带的电荷量要减小，但是二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器上的电荷量保持不变，再由U ＝QC可知，电容器两极板间的电势差增大，静电计指针的张角变大，B 错误；由E ＝U d 、U ＝Q C 和C ＝εr S 4πkd 联立解得E ＝4πkd εr S，两极板间的电场强度不变，P 点与下极板间的电势差增大，P 点的电势升高，由题意知，油滴带负电，再由E p ＝φq ，带电油滴的电势能将减少，C 正确；由于电场强度不变，所以Eq ＝mg ，油滴仍将保持静止，D 正确．5．(2018·山西太原期末)如图所示，C 1和C 2是两个完全相同的平行板电容器，带有等量电荷．现在电容器C 1的两极板间插入一块云母，已知云母的厚度与C 1两极板间距相等、面积与C 1正对面积相同，则在云母插入的过程以及云母全部插入停止运动并达到稳定后，下列说法正确的是( )A ．插入云母的过程中，R 上有由a 向b 的电流通过B ．达到稳定后，C 1的带电荷量小于C 2的带电荷量C ．达到稳定后，C 1内的电场强度大于C 2内的电场强度D ．达到稳定后，C 1内的电场强度等于C 2内的电场强度答案：D解析：此电路达到稳定后两电容器的电压是相同的，插入云母的过程中，C 1逐渐增大，根据Q ＝CU ，所以C 1两极板间电压会逐渐减小，电流由b 流向a ，A 错误；达到稳定后两电容器的电压相等，C 1>C 2，所以C 1的带电荷量大于C 2的带电荷量，B 错误；两电容器的电压相等，间距相等，所以电场强度相等，C 错误，D 正确．6．(2018·四川绵阳二诊)(多选)如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 极板间，A 极板接地，B 极板的电势φ随时间t 的变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中没有与极板相碰，不计重力．则( )A ．φ1：φ2＝：2B ．φ1：φ2＝：3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 内，电子的电势能减少了2e 2T 2φ21md2 答案：BCD解析：0～T 内，电子的加速度向上，设加速度大小为a 1，则a 1＝φ1e md，设T 时刻电子的速度大小为v 1，则v 1＝a 1T ＝φ1e md T ①，0～T 内的位移s 1＝12a 1T 2＝φ1eT 22md②，T ～2T 内，加速度向下，大小为a 2＝φ2e md ③，T ～2T 内的位移s 2＝v 1T －12a 2T 2④，而s 1＝－s 2⑤，联立①②③④⑤式解得φ1：φ2＝：3，A 错误，B 正确；0～T 内，电场力做正功，电势能减少；T ～2T 内，电子先向上运动，但电势反向，电场力先做负功，电势能增加，然后电子向下运动，电势能减少，回到P 点后，电势能高于电子在P 点的原电势能，故t ＝T 时电子的电势能最小，C 正确；设2T 时电子的速度为v 2，v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1e mdT ，负号表示方向向下，根据动能定理得，在0～2T 内，电子的电势能的减少量等于电场力做的功，ΔE p ＝W ＝12mv 22－0＝2e 2T 2φ21md 2，D 正确．7．(2018·河南郑州模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R 的圆，AB 是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E ，方向与水平面平行．在圆上A 点处有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电荷量为＋q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C 点的小球的动能最大．由于发射时刻不同，不计小球间的相互作用．已知α＝30°，下列说法正确的是( )A ．电场的方向与AC 间的夹角为30°B ．电场的方向与AC 间的夹角为60°C ．小球在A 点垂直电场方向发射，恰能落到C 点，则初动能为18qERD ．小球在A 点垂直电场方向发射，恰能落到C 点，则初动能为14qER 答案：AC解析：因为经过C 点的小球的动能最大，所以小球在C 点的电势能最小，即C 点电势最低，所以过C 点的切线即为等势线，根据电场线与等势线的关系可知电场线沿OC 方向，即与AC 间的夹角为30°，A 选项正确，B 选项错误；若小球在A 点垂直电场方向以初速度v 0发射，恰能落到C 点，则有3R 2＝v 0t ，32R ＝12·qE m t 2，解得E k0＝12mv 20＝18qER ，C 选项正确，D 选项错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图所示，C 1为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地．M 和N 为两水平正对放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷后使在两板间的一带电小球P 处于静止状态．M 板与b 板用导线相连，N 板接地．在以下方法中，能使P 向上运动的是( )A ．增大a 、b 间的距离B ．增大M 、N 间的距离C ．取出a 、b 两极板间的电介质D ．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质答案：AC解析：a 板与N 板电势恒定为零，b 板和M 板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且b 板与M 板所带电荷量之和保持不变．当增大a 、b 间的距离时，由公式C ＝εS 4πkd可得上侧电容器的电容减小，b 板的电荷将流向M 板，所以M 、N 间电场强度要增强，P 向上运动，A 选项正确；当增大M 、N 间的距离时，由公式C ＝εS 4πkd可得，下侧电容器的电容减小，M 板的电荷将流向b 板，所以M 、N 两板间电场强度要减弱，P 向下运动，B 选项错误；当取出a 、b 两极板间的电介质时，由公式C ＝εS 4πkd可得，上侧电容器的电容减小，b 板的电荷将流向M 板，所以M 、N 两板间电场强度要增强，P 向上运动，C 选项正确；当换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质时，由公式C ＝εS 4πkd可得，上侧电容器的电容增大，M 板的电荷将流向b 板，所以M 、N 两板间电场强度要减弱，P 向下运动，D 选项错误．9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )A ．极板X 应带负电，极板Y 应带负电B ．极板X ′应带负电，极板Y 应带负电C ．极板X 应带负电，极板Y ′应带负电D ．极板X ′应带负电，极板Y ′应带负电 答案：B解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X 偏转，则电场方向为X 到X ′，则极板X ′应带负电；同理可知，因电子向Y ′偏转，则电场方向为Y ′到Y ，因此极板Y 应带负电，故B 正确，A 、C 、D 错误．刷易错易误——排难点易错点1 不能从图象中获取有效信息导致出错10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )答案：C解析：平行板电容器充电后与电源断开，电容器上所带的电荷量Q 不再发生变化，设题图所示位置平行板间距为d ，根据平行板电容器的电容公式，有C ＝εr S4πd d ＋x，电容器C 随x 变化的图线应为曲线，故A 错误；根据C ＝εr S 4πk d ＋x ＝Q U ，电场强度E ＝U d ＋x ＝4πkQεr S，E 与x 无关，保持不变，图象应为平行于x 轴的直线，故B 错误；负极板接地，电势φ1＝0，设负极板与P 点的初始距离为d 2，有φ－φ1＝E (d 2＋x )，则φ＝Ex ＋Ed 2，即P 点电势随x 变化的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C 正确；正电荷在P 点的电势能E p ＝q φ＝qEd 2＋qEx ，也是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故D 错误．易错点2 对带电粒子在交变电场中受力、运动情况分析不清导致出错11．(2018·陕西长安一中三模)(多选)如图甲所示平行金属板A 、B 之间的距离为6 cm ，两板间场强随时间按如图乙规律变化，设场强垂直于金属板由A 指向B 为正，周期T ＝8×10－5 s ．某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－19 C ，质量为1.6×10－26kg ，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则( )A ．若粒子于t ＝0时释放，则一定能运动到B 板 B ．若粒子于t ＝T 2时释放，则一定能运动到B 板C ．若粒子于t ＝T4时释放，则一定能运动到A 板答案：：解析：(1)设两小球抛出的初速度为同，根据运动的分解可知，两小球竖直方向的分运动是相同的，运动时间向右做初速度为x M：x＝：1点距电场上边界的高度为gh，gt2，。

（浙江专用）备战2019高考物理一轮复习选考仿真模拟卷(二)考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应答题纸上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.如图1所示是高速公路旁的交通标志，图中的“100”表示小汽车必须限制在100 km/h内行驶，“杭州88 km”表示到杭州还有88 km.“100 km/h”和“88 km”分别指( )图1A．瞬时速度，位移B．瞬时速度，路程C．平均速度，位移D．平均速度，路程2．设向东的方向为正，有一辆汽车以15 m/s的速度从东向西匀速行驶，则汽车的位移与时间的关系图象可能是下列图中的( )3．汽车遇紧急情况刹车，经1.5 s停止，刹车距离为9 m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s的位移是( )A．4.5 m B．4 m C．3 m D．2 m4．如图2所示，“套圈圈”是大人和小孩都喜爱的一种游戏，某大人和小孩直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设小圆环的运动可以视作平抛运动，则( )图2A．大人抛出的圆环运动时间较长B．大人和小孩抛出的圆环运动时间相等C．大人抛出的圆环初速度较大D．大人和小孩抛出的圆环初速度相等5．(2018·湖州衢州丽水高三期末)如图3所示，摩天轮在匀速旋转过程中( )图3A．所有游客的转速是相同的B．所有游客的线速度是相同的C．在最高点的游客角速度最小D．在最低点的游客需要的向心力最大6．(2018·新高考联盟联考)2016年10月19日3时31分，神舟十一号载人飞船与天宫二号空间实验室成功实现自动交会对接，如图4所示，此时天宫二号绕地飞行一圈时间为92.5 min，而地球同步卫星绕地球一圈时间为24 h，根据此两组数据我们不能求出的是( )图4A．天宫二号与地球同步卫星的角速度之比B．天宫二号与地球同步卫星的离地高度之比C．天宫二号与地球同步卫星的线速度之比D．天宫二号与地球同步卫星的向心加速度之比7．(2018·宁波市十校联考)要使平行板电容器的电容增大，可采用的方法是( )A．增大两极板正对面积 B．增大两极板间距C．增大两极板之间的电压 D．使极板带电荷量增加8.如图5所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－10－8 C，分别固定在x＝0和x＝4 cm的位置上，则在x轴上( )图5A．两个点电荷间某点的电场强度为零B．x＝8 cm处的电场强度为零C．(4 cm,8 cm)区域内电场强度的方向沿x轴正方向D．电子在两个点电荷之间向右运动时，电势能先增大后减小9．如图6所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接．将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同．现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(木板始终静止，设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在( )图6A．P处B．P、Q之间C．Q处D．Q的右侧10．轿车司机座位旁常常挂些小饰物，司机可根据小饰物的摆动来判断汽车的运动情况．某同学受此启发设计出一种测量汽车加速度的装置来反映轿车的加速性能．原理如图7所示，质量为m的金属球，固定在一细长的轻线下端，细线能绕悬挂点O在竖直平面内转动，轿车在水平面静止时轻线自然下垂，当轿车在水平地面加速时，轻线偏离竖直方向的角度为θ，此时加速度a与偏角θ的关系式正确的是( )图7 A．a＝g sin θB．a＝g tan θC．a＝g cos θD．a＝gcos θ11．如图8所示，在竖直放置的蹄形磁铁两极间放置一阴极射线管，一束电子从A端高速射向B端，当它经过蹄形磁铁产生的磁场时，受的洛伦兹力方向( )图8A．向上B．向下C．指向N极D．指向S极12．(2018·台州外国语学校期末)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代．估算出全国一年节省的电能最接近( )A．8×108kW·h B．8×1010kW·hC．8×1011kW·h D．8×1013kW·h13.(2018·东阳中学期中)如图9所示，一根长度为L的直导体棒中通以大小为I的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是( )图9A．导体棒受到磁场力大小为BILB．导体棒对轨道压力大小为mg－BIL cos θC．导体棒受到导轨摩擦力为μ(mg－BIL sin θ)D．导体棒受到导轨摩擦力为BIL sin θ二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14.加试题(2018·宁波重点中学联考)下列说法正确的是( )A．因为激光具有高度的相干性，所以激光可以被调制后用来传递信息B．铀核(238 92U)需经过6次α衰变和8次β衰变才能变成铅核(206 82Pb)C．机械波在介质中的传播速度是由介质本身的性质决定的，与频率无关D．若一个电子与一个质子的动量相等，则质子德布罗意波波长更短15.加试题如图10所示为两个频率相同、振幅均为A的相干波源在水面上传播产生的干涉现象，其中实线和虚线分别表示两列波的波峰和波谷，t＝0时刻M是波峰与波峰相遇的点，下列说法正确的是( )图10A．如果两个波源频率不同，也能产生类似的稳定的干涉现象B．质点P和质点M在图示时刻的高度差为2AC．质点Q、M是振动加强点，再过半个周期，质点P、N也成为振动加强点D．质点M振动一个周期，其路程为8A16.加试题在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介．光盘上的信息通常是通过激光束来读取的．若激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向，如图11所示．下列说法中正确的是( )图11A．图中光束①是红光②是蓝光B．在光盘的透明介质层中，光束②比①传播速度更快C．若光束①②先后通过同一双缝干涉装置，光束②的条纹宽度比①的小D．若光束①②先后通过同一双缝干涉装置，光束②的条纹宽度比①的大非选择题部分三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)(2018·温州市期末)(1)在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，以下说法正确的是________．A．先释放纸带再接通电源B．打点结束，先关电源再取纸带C．拉小车的细线应尽可能与长木板平行D．实验需要平衡拖着纸带的小车受到的摩擦力(2)某位同学在做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验时，所得的数据如下表所示.①请在图12的坐标纸中画出弹力F与弹簧长度x的关系图线．(实验中所挂钩码每个50 g，g取10 m/s2)图12②弹簧的劲度系数为________ N/m，图象与x轴交点的物理意义是_______________________ ________________________________________________________________________. 18．(5分)(2018·余姚中学期中)用如图13所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：图13(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线．(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(填“0刻线”或“∞刻线”)．(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准19．(9分)(2018·七彩阳光联盟期中)如图14所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m速度达到43.2 km/h；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m后恰好停止．图14(1)求校车匀加速运动的加速度大小a1；(2)若校车总质量为4 500 kg，求校车刹车时所受的阻力大小；(3)若校车内坐有一质量为30 kg的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g＝10 m/s2，结果可用根式表示)20．(12分)(2017·余姚中学高三上期中)如图15所示，一小球(可视为质点)从A以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝1 m，BC长为L2＝3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，则：图15(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；(2)为使小球能进入壕沟，求小球在A点的初速度v0的范围．21.加试题 (4分)(2018·东阳中学期中)如图16为“研究电磁感应现象”的实验装置，开关合上前小螺线管已插入到大螺线管中．图16(1)①将图中所缺的导线补接完整；②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后将小螺线管迅速抽出时，灵敏电流计指针将向________(“左”或“右”)偏转．将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，则灵敏电流计指针将向________(“左”或“右”)偏转．图17(2)如图17所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是________．A．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表B．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压D.保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以研究副线圈匝数对输出电压的影响22.加试题 (10分)如图18甲所示，固定轨道由倾角θ＝37°的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2 T的匀强磁场，两导轨间距为L＝0.5 m，上端用阻值为R＝0.5 Ω的电阻连接．在沿斜导轨向下的拉力(图中未画出)作用下，一质量为m＝0.5 kg、阻值也为0.5 Ω的金属杆MN从斜导轨上某一高处由静止开始(t＝0)沿光滑的斜导轨匀加速下滑，当杆MN滑至斜导轨的最底端P2Q2处时撤去拉力，杆MN 在粗糙的水平导轨上减速运动直至停止，其速率v 随时间t 的变化关系如图乙所示(其中v m ＝20 m/s 和t 0＝2 s 为已知)．杆MN 始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，水平导轨和杆MN 间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图18(1)杆MN 中通过的最大感应电流I m ；(2)杆MN 沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(3)撤去拉力后，若电阻R 上产生的热量为Q ＝20 J ，求杆MN 在水平导轨上运动的路程s .23.加试题 (10分)如图19甲所示，半径为l 的金属圆环处在垂直圆环平面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场中，长度为l 的金属杆可绕通过圆心的轴O 做顺时针方向的匀速转动．在图乙中，平行板电容器的极板长度为l ，板间距为d ，挡板HI 高为4l ，距离极板右边缘3l .两板中央延长线上质量为m 的带电粒子P 以速度v 与静止在两板中央左边缘的质量为4m 的粒子Q 发生碰撞后，以3v 5的速率反弹回来，设碰撞后粒子Q 电荷量为＋q (不计P 、Q 粒子的重力和运动的阻力)．图19(1)求Q 粒子以多大的速度进入平行板电容器；(2)要使Q粒子能落在挡板上的HM之间，图甲中的a点应连接图乙中的________(填“A”或“D”)点；(3)在满足(2)的条件下，求金属杆OC转动的角速度范围．答案精析1．B [题图中“100 km/h”和“88 km”分别表示瞬时速度和路程，故选项B 正确．]2．D 3.B4．A [设抛出的圆环做平抛运动的初速度为v ，高度为h ，则下落的时间为：t ＝2h g ，水平方向位移x ＝vt ＝v 2h g，由以上的公式可知，由于大人的高度h 比较大，所以大人抛出的圆环运动时间较长、速度较小，故A 正确，B 、C 、D 错误．]5．A 6.B7．A [根据平行板电容器的决定式C ＝εr S 4πkd，可知要增大电容，可增大两极板正对面积，或插入电介质，或减小板间距离，故A 正确，B 错误；电容器的电容与两极板间电压、极板所带电荷量无关，故C 、D 错误．]8．B [根据点电荷场强的叠加知，两点电荷之间的场强方向沿x 轴正方向，不为零，A 错误；由分析可知，在x 轴上场强为零的点，只能在Q 2的右侧，设该点在Q 2右侧L 处，则k Q 1(4 cm ＋L )2＝k |Q 2|L，解得L ＝4 cm ，则x ＝4 cm ＋L ＝8 cm 处的电场强度为零，B 正确；(4 cm,8 cm)区域内电场强度的方向沿x 轴负方向，C 错误；电子在两个点电荷之间向右运动时，电场力做负功，电势能增大，D 错误．]9．C 10.B11．B [电子从A 端射向B 端，根据左手定则，磁感线垂直穿入手心，四指指向电子束运动的反方向，洛伦兹力的方向向下，故选B.]12．B [因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60 W 和10 W ，按4亿户家庭，每户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3kW×365×6 h ＝8.76×1010 kW·h，最接近B 选项，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．]13．A [导体棒受力分析如图所示：B 与I 垂直，故导体棒受到磁场力大小为F ＝BIL ，选项A 正确；根据共点力平衡规律得：BIL sin θ＋F N ＝mg ，结合牛顿第三定律得导体棒对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝mg －BIL sin θ，选项B 错误；因为导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即F f ＝BIL cos θ，选项C 、D 错误]14．AC15．BD [如果两个波源频率不同，不能产生类似的稳定的干涉现象，故A 错误；在t ＝0时刻，质点M 是波峰与波峰相遇，是振动加强点，振动加强点的振幅等于波单独传播时振幅的2倍，质点P 是波峰与波谷叠加，是振动减弱点，位移为0，故质点P 和质点M 在图示时刻的高度差为2A ，故B 正确；两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱，质点Q 、M 是振动加强点，质点P 、N 是振动减弱点，再过半个周期，质点P 、N 还是振动减弱点，故C 错误；质点M 是波峰与波峰相遇，是振动加强点，振动加强点的振幅等于波单独传播时振幅的2倍，所以质点M 振动一个周期，其路程为8A ，故D 正确．]16．BD17．(1)BCD (2)①见解析图 ②7.4 弹簧的原长解析 (1)应先接通电源，然后释放纸带，否则纸带开始阶段是空白，可能所采集的数据不够，而且浪费纸带，故A 错误；打点结束后，应先切断电源后再取纸带，故B 正确；实验应保证细线拉力为小车所受合力，故拉小车的细线与长木板平行，故C 正确；实验中，平衡掉摩擦阻力的方法是轻推一下拖着纸带的小车，若小车能够匀速下滑，则在纸带上打下间距均匀的点，故D 正确，故选B 、C 、D.(2)①先在坐标纸中描点，然后用直线连接，如图②弹簧的劲度系数为k ＝ΔF Δx ＝2.50.34N/m ≈7.4 N/m ，图象与x 轴交点的物理意义是拉力为0时，弹簧的长度，即弹簧的原长．18．(1)S (3)T 0刻线 (4)ADC解析 用多用电表测量电阻时，在测量之前就要观察指针是否在零刻度线上，若指针不在零刻度线上，用螺丝刀小心旋动指针定位螺丝S ，使指针对准电流的“0刻线”．然后旋动选择开关K ，选择量程，再将两表笔短接，调整旋钮T ，使指针对准满偏刻度(即电阻的“0刻线”)，接下来才能将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，测量被测电阻的阻值．若在测量过程中，发现指针偏转角度过小，表明被测的电阻阻值很大，这时要换用更高倍率的挡位，例如，本题就要从“×100”挡位更换到“×1 k”挡位．19．(1)2 m/s 2(2)9 000 N (3)6026 N解析 (1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1，得加速度a 1＝2 m/s 2(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3解得a 2＝2 m/s 2 F 阻＝Ma 2＝9 000 N.(3)匀加速运动过程中，设学生所受合力大小F 合，座椅对学生的作用力为F ，由牛顿第二定律可得F 合＝ma 1F ＝(mg )2＋(ma 1)2得F ＝6026 N.20．(1)3 m/s (2)4 m/s<v 0<5 m/s解析 (1)小球恰能通过最高点，则有mg ＝m v 2R由B 到最高点有：12mv B 2＝12mv 2＋2mgR从A →B 由动能定理得：－μmgL 1＝12mv B 2－12mv 0 2解得小球在A 点的初速度v 0＝3 m/s.(2)若小球恰好到达C 处，从A 到C 的过程中，根据动能定理：W f ＝ΔE k即：－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 1 2解得：v 1＝4 m/s若小球恰能越过壕沟时，设小球到达C 点时的速度为v C根据平抛运动公式：h ＝12gt 2，s ＝v C t从A 到C 的过程中，根据动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝12mv C 2－12mv 2 2解得：v 2＝5 m/s所以当4 m/s<v 0<5 m/s 时，小球能进入壕沟．21．(1)①见解析图 ②左 右 (2)BD解析 (1)①如图所示②在闭合开关时和电流计串联的线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转一下．那么合上开关后将小螺线管迅速抽出时和电流计串联的线圈中磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转；将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电流增大，和电流计串联的线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转．(2)在“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表是直流电压表，变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电压，故A 错误；变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究．探究副线圈电压与匝数的关系，采用控制变量法，即为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响，故B 、D 正确；根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知，原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，那么副线圈的电压小于原线圈电压，故C 错误．22．(1)2 A (2)1.6 C (3)120 m解析 (1)经分析可知，杆MN 下滑到P 2Q 2处时的速度最大(为v m )，此时回路中产生的感应电动势最大，且速度方向与磁场垂直，故最大值为：E m ＝BLv m此时回路中通过的感应电流最大，有：I m ＝E m 2R ＝BLv m 2R ＝0.2×0.5×202×0.5A ＝2 A ； (2)杆MN 沿斜导轨下滑的距离为：x ＝v m 2t 0 在杆MN 沿斜导轨下滑的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx cos θ 该过程，回路中产生的平均感应电动势为：E ＝ΔΦt 0－0 回路中通过的平均感应电流为：I ＝E2R 又：q ＝I t 0，联立解得：q ＝1.6 C.(3)撤去拉力后，电阻R 上产生的热量Q ＝RR ＋R Q 总 由功能关系可知：克服安培力做的功W A ＝Q 总对杆由动能定理得：－μmgs －W A ＝0－12mv m 2 解得：s ＝mv m 2－4Q 2μmg ＝0.5×202－4×202×0.1×0.5×10m ＝120 m. 23．(1)25v (2)D (3)见解析 解析 (1)粒子P 、Q 相碰撞，动量守恒，以P 粒子初速度方向为正，则有mv ＝m (－3v 5)＋4mv ′ 解得v ′＝2v 5(3)①若板间距比较大，粒子能到达H 点，此时粒子在板间的侧位移为y 1，根据平抛运动规律可得y 12l ＝0.5l 3.5l解得y 1＝27l ， 又y 1<d 2，即l d <74根据带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，得y 1＝12U 1q d (4m )t 2，l ＝v ′t ， 解得y 1＝25U 1ql 232mdv 2 U 1＝64mdv 2175ql根据法拉第电磁感应定律得U 1＝12B ω1l 2 解得ω1＝128mdv 2175ql 3B②若板间距比较小，粒子从上极板边缘飞出，落在挡板上的位置与M 点相距y ，根据平抛运动规律可得 d 2y ＝0.5l 3.5l解得y ＝72d ，且y ≤2l ，l d ≥74根据带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，得粒子的侧位移y 2＝d 2，y 2＝12U 2q d (4m )t 2，l ＝v ′t 解得y 2＝25U 2ql 232mdv 2，U 2＝16md 2v 225ql 2 根据法拉第电磁感应定律得U 2＝12B ω2l 2，ω2＝32md 2v 225ql 4B当ld<74时，ω1≤128mdv2175ql3B当ld≥74时，ω2≤32md2v225ql4B.。

精练2 电磁感应问题的综合应用1.加试题如图1所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R的电阻外，其余电阻不计．质量为m的金属棒MN与框架接触良好．在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大小分别为B1＝B、B2＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为L.现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动，重力加速度为g.不计空气阻力，求：图1(1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小；(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小．2.加试题如图2所示，半径R＝0.2 m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为R的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．一对长L＝0.2 m的金属板A、B水平放置，两板间距d＝0.1 m．从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接．有一质量m＝1.0×10－5 kg，电荷量q＝5.0×10－6 C的带负电微粒，以v0＝2 m/s的速度从两板正中间水平射入，g取10 m/s2.求：图2(1)金属棒转动的角速度为多大时，微粒能做匀速直线运动；(2)金属棒转动的角速度至少多大时，微粒会碰到上极板A.3.加试题(2018·温州“十五校联合体”期末)如图3所示，一个质量m＝16 g，长d＝0.5 m，宽L＝0.1 m，电阻R＝0.1 Ω的矩形线框从高处自由落下，经过h1＝5 m高度，下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场．已知磁场区域的高度h2＝1.55 m，线框刚进入磁场时恰好匀速下落．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：图3(1)磁场的磁感应强度；(2)线圈进入磁场的全过程中产生的电热；(3)线框下边即将离开磁场时的加速度大小．。

参 考 答 案阶段能力检测卷(一)1．B 2.C 3.B 4.A 5.D6．D [解析] 由题意可知mg≥F，故物块开始时受到的摩擦力应沿斜面向上，设斜面倾角为α，力F 旋转的角度为θ，对物块，由平衡条件，mgsin α＝f 1＋Fcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α－θ，当θ从0增大到π－α时，物块受到的摩擦力先减小，若在F 旋转到沿斜面向上前减到0，摩擦力减到0后反向增大，在F 旋转到沿斜面向上后，摩擦力再减小到0后反向增大，若在F 旋转到沿斜面向上前未减到0，摩擦力在F 旋转到沿斜面向上减到最小后增大，选项A 、B 错误；对物块和斜面体这一整体，由平衡条件，()M ＋m g ＝F N ＋Fcos θ，地面对斜面体的支持力一直增大，选项C 错误；f 2＝Fsin θ，地面受到的摩擦力先增大后减小，选项D 正确．7. A [解析] mg ，对斜面上的物体进行受力分析，建立如图所示的坐标系，并假设摩擦力方向沿x 轴正方向．由平衡条件得kL ＋f ＝2mgsin 30°.由以上两式解得f ＝0，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误.8．D [解析] 根据速度—时间图像的斜率表示加速度可知，A 物体的加速度不断减小，速度不断增大，B 物体的加速度不断减小，速度不断减小，选项A 、B 正确；根据速度—时间图像与横轴所围的面积表示位移可知，A 、B 两物体的位移都不断增大，A 物体平均速度的大小大于v 1＋v 22，B 物体平均速度的大小小于v 1＋v 22，选项C正确，选项D 错误．9．BC [解析] 千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的压力，即1.0×105N ，选项B 正确；将汽车对千斤顶的压力沿着千斤顶的两臂进行分解，根据角度关系可求出两臂受到的压力大小均为 1.0×105N ，选项A 错误；若继续摇动把手，两臂夹角变小，则两臂受到的压力将减小，选项C 正确，选项D 错误．10．BD [解析] 解题关键是从v­t 图像中获知两辆汽车的运动情况．从v­t 图像可知甲、乙两辆汽车通过同一路标后的运动情况：甲以5 m/s 的速度做匀速直线运动，乙以10 m/s 的初速度做匀减速直线运动，经过10 s 速度与甲相同，经过20 s 速度减为零．在0～10 s 内，乙在前甲在后，且乙的速度较大，故两车逐渐远离，选项A 错误；5～15 s 内两个图像与时间轴所围面积相等，故通过的位移相等，选项B 正确；在10～20 s 内，乙在前甲在后，且甲的速度较大，故两车逐渐靠近，在t ＝20 s 时两车相遇，选项C 错误，选项D 正确．11．ABC [解析] 根据x ＝v 0t ＋12at 2，可得a ＝－4 m/s 2，选项A 正确；根据t ＝0－v 0a＝3.5 s ，可得经过3.5 s 汽车就停止运动，将t ＝3.5 s 代入x ＝v 0t ＋12at 2可得5 s 内汽车的位移为24.5 m ，选项B 正确；根据运动学公式，汽车在第2 s 内的位移x 2＝x 1＋aT 2＝8 m ，选项C 正确；由运动学公式可得第3 s 末汽车的速度：v 3＝v 0＋at 3＝2 m/s ，3.5 s 末的速度为0，汽车在第4 s 开始0.5 s 内的平均速度为v －＝v 3＋02＝1 m/s ，3.5～4.0s 汽车处于静止状态，故第4 s 内的平均速度小于1 m/s ，选项D 错误．12．ABC [解析] 先对A 、B 整体进行受力分析，设A 、B 的总质量为M ，如果Fcos θ>Mgsin θ，则其受到沿斜面向下的静摩擦力，选项A 正确；如果Fcos θ＝Mgsin θ，则其不受摩擦力，选项B 正确；如果Fcos θ<Mgsin θ，则其受到沿斜面向上的静摩擦力，选项C 正确；B 的受力情况为重力、斜面的支持力、A 对B 的压力、A 对B 的摩擦力，可能还有斜面给B 的摩擦力，故B 的受力可能为4个或者5个，选项D 错误.13.(1)如图所示(2)0.06 0.16[解析] (1)观察点迹分布可知相邻计数点之间的距离差为Δx ＝0.20 cm ，纸带做匀变速直线运动，故x EF －x DE ＝0.20 cm ，可确定F 的位置．(2)v B ＝x AC 2T ＝0.06 m/s ，a ＝Δx T2＝0.2 m/s 2，v G ＝v B ＋at ＝0.16 m/s.14．A 200 N/m[解析] A 段橡皮筋的劲度系数相对较小，相同的拉力作用下橡皮筋伸长大，收缩性好；设橡皮筋的质量为m 0，由胡克定律可得(m ＋m 0)g ＝kx, m ＝kgx －m 0，k g ＝0.8－0()4.5－0.5×10－2kg/m ，解得橡皮筋的劲度系数为k ＝200 N/m. 15．(1)54 (2)2.00 图略 (3)3.2 16．不会相撞[解析] 令a 1＝－10 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，a 3＝－5 m/s 2t 1＝3 s 末，甲车速度v 1＝v 0＋a 1t 1＝0设3 s 过后经过时间t 2甲、乙两车速度相等，此时距离最近，即a 2t 2＝v 0＋a 3t 2等速之前，甲车位移x 甲＝v 02t 1＋12a 2t 22乙车位移x 乙＝v 0t 1＋v 0t 2＋12a 3t 22解得x 乙－x 甲＝90 m ＜s 0(s 0＝100 m)，故不会相撞．17．(1)33mg (2)k≥3m6M ＋3m[解析] (1)以小球为研究对象，其受力如图甲所示，并在图甲中建立直角坐标系，F T 和mg 正交分解，由物体的平衡条件有F T cos 30°＝mgsin 30°解得F T ＝33mg.乙(2)为使整个系统静止，其临界状态是静摩擦力f 达到最大值，即有 f max ＝kF N2以劈和小球组成的系统为研究对象，整体受力情况如图乙所示，由物体平衡条件可得 f max ＝F T cos 60°F N2＋F T sin 60°＝(M ＋m)g联立以上各式解得k ＝3m6M ＋3m即k 值必须满足k≥3m6M ＋3m.18．(1)33(2)60° [解析] (1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有mgsin θ－μmgcos θ＝0解得μ＝tan 30°＝33.(2)设斜面倾角为α，由平衡条件得Fcos α＝mgsin α＋f ，F N ＝mgcos α＋Fsin α 静摩擦力f≤μF N联立解得F(cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmgcos α要使“不论水平恒力F 多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0所以tan α≥1μ＝ 3即θ0＝60°.阶段能力检测卷(二)1．D 2.D 3.B 4.C 5.A6．C [解析] 当水平面光滑时：a ＝F 1m ，a′＝F ′m ＝F 1m ＝a ，选项A 、B 错误；当水平面粗糙时：a′＝F 1－μmgm，a ＝Fcos θ－μ（mg －Fsin θ）m ＝F 1－μ（mg －Fsin θ）m>a ′，选项C 正确，选项D 错误．7．D8. C [解析] 设物体质量为m ，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，由题图乙可看出，当物体所受水平拉力F 1＝7 N 时，其加速度a 1＝0.5 m/s 2，由牛顿第二定律得F 1－μmg ＝ma 1，当物体所受水平拉力F 2＝14 N 时，其加速度a 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝ma 2，联立解得m ＝2 kg ，μ＝0.3，选项C 正确．9．C [解析] 对A 、B 、C 整体，由平衡条件可知，B 对地面压力的大小为2mg ，选项A 错误；对A ，由平衡条件可知，地面对A 的作用力与A 的重力、C 对A 的压力的合力等大反向，选项B 错误；对C, A 、C 间的弹力F N ＝mg cosθ2(设∠O A O C O B ＝θ)，l 越小，θ越小，弹力越小，选项C 正确；地面对A 、B 的摩擦力f ＝F N sin θ2＝mgtan θ2，l 越小，θ越小，摩擦力越小，选项D 错误．10．AC [解析] 由图可得运动员处于静止状态时，蹦床对运动员的弹力等于运动员受到的重力，其大小均为500 N ，故运动员的质量为50 kg ，选项A 正确；由图可得运动员在空中运动到最高点所需的时间为t ＝8.4－6.82s ＝0.8 s ，故上升的总高度为h ＝12gt 2＝3.2 m ，选项B 错误；由牛顿第二运动定律可得运动员的最大加速度a m满足F m －mg ＝ma m ，解得a m ＝40 m/s 2，选项C 正确；运动员在接触蹦床的过程中，先失重再超重最后失重，选项D 错误．11．BD [解析] 将物体的重力分别沿光滑的弦的轨道P 1A 、P 2A 方向和垂直轨道方向分解，则沿光滑的弦轨道P 1A 、P 2A 的方向的分力分别为m 1gcos θ1和m 2gcos θ2，其加速度分别为gcos θ1和gcos θ2，若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cos θ1∶cos θ2，选项D 正确；因为弦轨道长度L ＝dcos θ，由L ＝12at 2，解得t＝2dg，选项A 错误，选项B 正确；由速度公式v ＝at 可得，物体分别沿P 1A 、P 2A 下滑到A 处的速度之比为cos θ1∶cos θ2，选项C 错误．12．AC [解析] 将物体从O 点处由静止释放，在s<12 m 阶段，物体做自由落体运动，当物体下落20 m 即伸长量为8 m 时速度最大，此时物体重力与弹性绳拉力相等，即8k ＝mg ，解得k ＝6.25 N/m ，物体下落过程中弹性绳的最大伸长量为24 m ，最大拉力24k ＝150 N ，选项A 错误；由牛顿第二定律得24k －mg ＝ma ，解得下落过程中的最大加速度约为20 m/s 2，选项B 错误；由机械能守恒定律得mgh ＝E p ，物体下落过程中弹性绳弹性势能最大值约为1800 J ，选项C 正确；当弹性绳的拉力为100 N 时，弹性绳伸长量为16 m ，物体下落28 m ，由图可知，对应的速度大小约为15 m/s ，选项D 错误．13．(1)竖直 (2)静止 L 3 mm (3)L x (4)4.9 10[解析] (1)本实验先利用重力与弹力平衡获取若干数据，再利用图像处理数据得到劲度系数．测量时，弹簧及刻度尺都要保持在竖直状态．(2)读数时，要等弹簧静止时才能读取；由记录的值可知，刻度尺的最小分度为mm ，但最小分度后还要估读一位，故记录的L 3是不符合规范的．(3)弹簧的长度与弹簧挂上砝码盘时弹簧长度L x 的差值才是由于添加砝码而伸长的长度．(4)设砝码盘的质量为m 0，砝码的质量为m ，当挂上砝码盘时有m 0g ＝k(L x －L 0)，当砝码盘中的砝码质量为m 时，弹簧的长度为L n ，此时有m 0g ＋mg ＝k(L n －L 0)，两式联立得mg ＝k(L n－L x )，即k ＝mg L n －L x ，由图像知图线的斜率k′＝60×10－3－012×10－2－0kg/m ＝0.50 kg/m ，故劲度系数k ＝k′g＝4.9 N/m ，而m 0＝k （L x －L 0）g ＝4.9×（27.35－25.35）×10－29.8kg ＝10 g.14．(1)m ≪M 小盘、砝码和小车整体 (2)BD[解析] (1)对于小盘、砝码和小车整体，mg ＝(M ＋m)a ，对于小车，F ＝Ma ，联立得 F ＝11＋m Mmg ，当m ≪M时，F ＝mg ；如果将小盘、砝码和小车整体作为研究对象，将小盘中减掉的砝码放到小车上，保证了总质量(m ＋M)不变，而合力大小就是mg.(2)该参考方案是通过控制小车的质量不变来探究加速度与合力的关系，通过控制合力不变来探究加速度与质量的关系的，所以选项B 正确；该案例用刻度尺测出两小车通过的位移之比就等于它们的加速度之比，采用了转换法把测加速度转换为测位移，所以选项D 正确．15．(M ＋m)g mgtan θ[解析] 选取A 和B 整体为研究对象，根据平衡条件有： F N －(M ＋m)g ＝0 F ＝f可得F N ＝(M ＋m)g再以B 为研究对象，其处于平衡状态，根据平衡条件有： 竖直方向上：F AB cos θ＝mg 水平方向上：F AB sin θ＝F解得F ＝mgtan θ，所以f ＝F ＝mgtan θ. 16．(1)2 6 m/s (2)7块[解析] (1)木板最初做匀速直线运动，由F ＝μMg 得μ＝F Mg ＝5010×10＝0.5 第1块铁块放上后，木板做匀减速直线运动，则μmg ＝Ma 1，2a 1L ＝v 20－v 21代入数据解得v 1＝2 6 m/s.(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为a n ＝μnmgM第1块铁块放上后：2a 1L ＝v 20－v 21第2块铁抉放上后：2a 2L ＝v 21－v 22 ……第n 块铁块放上后： 2a n L ＝v 2n －1－v 2n由以上各式联立可得 (1＋2＋3＋…＋n)·2μmg ML ＝v 20－v 2n当木板停下时，v n ＝0，得n ＝6.6，则最终有7 块铁块放在木板上． 17．(1)1.4 s (2)2.4 m[解析](1)设工件刚放在水平传送带上的加速度为a 1.由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 1解得a 1＝μg ＝5 m/s 2设工件经t 1时间与传送带的速度相同，则t 1＝va 1＝0.8 s工件前进的位移为x 1＝12a 1t 21＝1.6 m此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时t 2＝L AB －x 1v＝0.6 s所以工件第一次到达B 点所用的时间 t ＝t 1＋t 2＝1.4 s.(2)设工件沿斜面上升时的加速度为a 2，上升的最大长度为x 2，由牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 2代入数据解得a 2＝－2 m/s 2工件沿传送带向上运动的时间t 3＝0－va 2＝2 sx 2＝12a 2t 23＝4 m<L BC此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为TT ＝2t 1＋2t 3＝5.6 s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间 t 0＝2t 1＋t 2＋2t 3＝6.2 s 而23 s ＝t 0＋3T这说明经23 s 工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零． 故工件在A 点右侧，到A 点的距离x ＝L AB －x 1＝2.4 m.阶段能力检测卷(三)1．B 2.C 3.D 4.D 5.B6．C [解析] 根据题述，小木块放在Q 轮时，f ＝mr ω21，a 1＝ω21r ．小木块放在P 轮边缘也恰能静止，f ＝mR ω2＝2mr ω2，a 2＝2r ω2，且ωR ＝ω2r ，联立解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；a 2＝a 1，选项C 正确，选项D 错误．7．D [解析] 竖直方向上，足球做竖直上抛运动，三条路径的竖直位移相同，运动时间和初速度的竖直分量相同，选项C 错误，选项D 正确；水平方向上，足球做匀速直线运动，x 3>x 2>x 1，由x ＝v x t 可知沿路径3飞行的足球的初速度的水平分量最大，由v ＝v 2x ＋v 2y 可知沿路径3飞行的足球的落地速率最大，选项A 、B 错误．8．C [解析] 乙车上的人看到的是甲车相对于乙车的运动情况，是自西向东方向上的匀加速直线运动和自北向南方向上的匀速直线运动的合运动，其运动轨迹是抛物线的一部分，考虑到甲车受到的合外力指向运动轨迹的凹侧，只有选项C 正确．9．A [解析] 物体做平抛运动的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α＝v yv 0，位移方向与水平方向夹角的正切值为tan β＝v y 2t v 0t ＝v y2v 0，故tan α＝2tan β，选项A 正确．10．AC [解析] 对小球A 进行受力分析，由绳的拉力及小球重力的合力提供向心力，选项A 正确；设连接小球A 的细绳与竖直方向的夹角为α，Mgcos α＝mg ，Mgsin α＝m 4π2T 2Lsin α，可解得T ＝2πmLMg，选项B 错误；小球A 角速度增大稳定后小球B 仍静止，设此时连接小球A 的细绳与竖直方向的夹角为β，对小球A 受力分析可得F T cos β＝mg ，其中F T ＝Mg ，可得α＝β，即细绳与竖直方向的夹角不变，故小球A 所受的向心力大小不变，向心加速度大小不变，由mgtan α＝m ω2r 可得角速度增大，轨道半径减小，即L 减小，小球B 下降，选项C 正确，选项D 错误．11．AD [解析] 小球沿光滑斜面向上运动时做匀减速直线运动，抛出后只在重力作用下做斜抛运动，以后水平方向速度不变，选项A 正确；小球沿光滑斜面向上运动时做匀减速直线运动比抛出后做斜抛运动时的竖直加速度分量小，选项D 正确．12．CD [解析] 运动员从A 点做平抛运动落到斜坡上B 点的过程中，小球运动的位移与水平方向之间的夹角等于斜面的倾角θ，设速度与水平方向之间的夹角为α，则tan α＝2tan θ，显然α≠θ，选项A 错误；运动员落回斜坡时的合速度大小v ＝v 0cos α，选项B 错误；根据tan θ＝y x ＝0.5v y t v 0t ＝v y2v 0可得，竖直分速度的大小为v y ＝2v 0tan θ，运动员在空中经历的时间t ＝v y g ＝2v 0tan θg，选项C 正确；运动员的落点B 与起飞点A 的距离是s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20sin θgcos 2θ，选项D 正确． 13．(1)平抛 匀速直线 (2)甲小铁球的水平分运动是匀速直线运动 (3)3.35[解析] (3)根据平抛运动的规律结合坐标纸显示，有v 0t ＝9l 和12gt 2＝9l ，联立并代入数据l ＝0.05 m ，解得v ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋（gt ）2＝3.35 m/s.14．(1)AD (2)322gL[解析] (2)由图乙可得在竖直方向，横坐标分别为3L 、6L 、9L ，竖直方向的位移大小分别为L 、4L 、9L ，设时间间隔为T ，由4L －L ＝12g(2T)2－12gT 2得T ＝2L g ，则v 0＝3L T ＝322gL.15. (1)1 m/s (2) 0.2[解析] (1)物块在竖直方向上做自由落体运动，设物块下落时间为t ，有H ＝12gt 2水平方向有x ＝vt 联立解得v ＝1 m/s.(2)物块刚要离开平台时向心力由摩擦力提供，有μmg ＝m v2R代入数据解得μ＝0.2.16．(1)H ＝（L －R ）24h (2)ω＝n π2gh(n ＝1，2，3，…)[解析] (1)设小球离开轨道进入小孔的时间为t ，则由平抛运动规律得h ＝12gt 2，L －R ＝v 0t.小球在轨道上运动的过程中机械能守恒，故有mgH ＝12mv 20，联立解得H ＝（L －R ）24h ，t ＝2hg.(2)在小球做平抛运动的时间内，圆筒必须恰好转整数转，小球才能钻进小孔，即ωt ＝2n π(n ＝1，2，3，…)，则ω＝n π2gh(n ＝1，2，3，…)．17. (1)2gR(2)略 [解析] (1)对小物块受力分析如图甲所示，由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O 1为圆心做圆周运动，F N 的水平分力F 1提供向心力．所以有甲F 2＝F N cos θ＝mgF 1＝F N sin θ＝mr ω20 r ＝Rsin θ联立解得ω0＝2gR.(2) ①当ω＝()1＋k ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越大，所需要的F n 越大，此时F 1不足以提供向心力了，小物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，小物块不至于沿罐壁向上运动，故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图乙所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供F 2＝f 2＋mgF n ＝F 1＋f 1＝mr ω2再利用几何关系，并将数据代入得f ＝3k ()2＋k 2mg.②当ω＝()1－k ω0时，由向心力公式F n ＝mr ω2知，ω越小，所需要的F n 越小，此时F 1超过所需要的向心力了，小物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，小物块不至于沿罐壁向下运动，故摩擦力的方向沿罐壁向上，如图丙所示．对f 进行分解，此时向心力由F N 的水平分力F 1和f 的水平分力f 1的合力提供 F 2＋f 2＝mgF n ＝F 1－f 1＝mr ω2再利用几何关系，并将数据代入得f ＝3k （2－k ）2mg.阶段能力检测卷(四)1．C 2.B 3.C 4.B 5.C6．A [解析] 环形凹槽内壁光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统的机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，选项A 正确；甲、乙组成的系统减少的重力势能等于系统增加的动能，甲减少的重力势能等于乙增加的重力势能与甲、乙增加的动能之和，选项B 错误；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒定律知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点，选项C 、D 错误．7．C [解析] 重力势能逐渐减小，E p ＝mgH ＝mg(H 0－h)，即重力势能与高度是线性关系，但并不是正比例关系，选项A 错误；机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，选项B 错误；运动员在伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，故只受重力；开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动，即合力先等于重力，然后突然反向变大，且逐渐减小到零，选项C 正确；由于空气阻力与速度的平方成正比，故伞打开后的v ­t 图像不应该是直线，选项D 错误．8．A [解析] 根据功与功率的关系可知，发动机所做的功为W ＝Pt ，选项A 正确；根据能量的转化与守恒定律可知，发动机所做的功等于系统产生的内能和汽车增加的动能，即W ＝fs ＋12mv 2m －12mv 20，选项B 、C 、D 错误．9．AB [解析] 对物体，从用水平力F 开始缓慢推动物体到运动的最大距离为3x 0，由动能定理可得W F －4μmgx 0＝0，选项A 正确；撤去F 后，物体向左先做加速运动后做减速运动，选项B 正确；物体开始向左运动到速度最大时，μmg ＝kx ，发生的位移为x 0－μmg k ，此过程中克服摩擦力做的功为μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－μmg k ，选项C 错误；当弹簧恢复原长时，物体离开弹簧做加速度大小为μg 的匀减速运动，有μmgx 0＋12mv 20＝3μmgx 0，μgt ＝v 0，联立解得t ＝2x 0μg，选项D 错误． 10．AC [解析] 将A 、B 两小球视为一个整体，运动过程中只有重力做功，系统的机械能守恒，以地面为参考平面，有12×2mv 20＝mgh ＋mg(h ＋Lsin 30°)，解得h ＝0.15 m ，选项D 错误；以A 小球为研究对象，由动能定理得－mg(h ＋Lsin 30°)＋W ＝0－12mv 20，则W ＝mg(h ＋Lsin 30°)－12mv 20，将数据代入，可得W>0，即杆对A做正功，选项A 正确，选项B 错误；由于系统机械能守恒，即A 增加的机械能等于B 减小的机械能，所以杆对B 做负功，选项C 正确．11．AD [解析] 在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －F N ＝m v 2R ，则乘客受到座位的支持力为F N ＝mg －m v2R，选项B 错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，故其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，选项C 错误；在时间t 内乘客转过的弧度为vRt ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12mv 2＋mgR ⎝⎛⎭⎪⎫1－cos v R t ，选项A 、D 正确． 12．BCD [解析] 小物体由A 处到B 处，根据动能定理得W －mgH ＝12mv 2，选项A 错误；小物体的加速度a＝μgcos θ－gsin θ，由v 2＝2ax 可知μ甲＜μ乙，选项C 正确；在小物体从A 处到B 处的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩擦生热”，热量大小为Q ＝fs 相，而s 相＝vt －vt2＝vt2，s 相等于小物体相对传送带的位移大小，故系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功．对甲，设加速过程中摩擦力做功为W 1，对乙，设加速过程中摩擦力做功为W 2，则W 1＝12mv 2＋mgH ，W 2＝12mv2＋mg(H －h)，所以W 1＞ W 2，故Q 1＞Q 2，选项D 正确；传送带消耗的电能等于小物体增加的机械能与系统产生的热量之和，选项B 正确．13．(1) 将木板上固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使轻推小车，小车能缓慢匀速下滑 (2)C (3) 大于[解析] (1)本实验应满足橡皮筋对小车的拉力等于小车受到的合力，所以实验前应将木板靠近打点计时器的一端适当垫高，使小车在不受拉力时能沿木板匀速运动，能消除摩擦力对该实验的影响．(2)本实验是探究橡皮筋拉力对小车做的功与小车速度变化的关系，应测量橡皮筋的拉力做功后橡皮筋的弹性势能完全释放时小车的最大速度，所以应选用小车匀速运动段(计数点间隔均匀的部分)的速度，故应选用C 点．(3)小车不连接橡皮筋，发现小车在木板上加速下滑，则在橡皮筋弹力作用下，小车所受的合外力大于橡皮筋的弹力，因而合外力对小车所做的功大于橡皮筋弹力所做的功．14．(1)0.268 0.256 (2)0.04[解析] (1)重物下降的高度为(s 0＋s 1)，则重力势能的减少量为ΔE p ＝mg(s 0＋s 1)＝0.268 J ；C 点的速度等于AE 段的平均速度，则打下C 点时重物的动能E k ＝12mv 2C ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫s 1＋s 24T 2＝0.256 J.(2)从C 点到O 点，由功能关系可得f(s 0＋s 1)＝ΔE p －E k ，代入数据可得f ＝0.04 N. 15. (1)2 m/s (2)1.2 N ，方向竖直向上[解析] (1)根据机械能守恒定律，有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(2)物块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma 物块对地的位移为L ，末速度为v C ，设物块在传送带上一直加速由速度位移关系得2aL ＝v 2C －v 2B解得v C ＝3 m/s<4 m/s ，可知物块与传送带未达到共同速度 物块从C 点至F 点，由机械能守恒定律，有 12mv 2C ＝mgR ＋12mv 2F 解得v F ＝2 m/s.在F 点由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2FR解得F N ＝1.2 N由牛顿第三定律得管上壁受压力为1.2 N ，压力方向竖直向上．16．(1)40.5 J (2)若滑块一直减速，则从B 到C 所用的时间为2 s ；若滑块先减速到零再加速，则从B到C 所用的时间为10 s (3)若滑块直线减速，则系统产生的内难为40.5 J ；若滑块先减速到零再加速，则系统产生的内能112.5 J[解析] (1)传送带的速度：v ＝ωR ＝6 m/s ①若滑块一直减速：由动能定理可得－μmgL ＝12mv 2－12mv 2B解得v B ＝9 m/s由能量守恒与转化规律可得E p ＝12mv 2B ＝40.5 J ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点与传送带速度大小相等，由运动学公式可得 v'2B 2μg －v22μg＝L 解得v′B ＝9 m/s由能量守恒与转化可得E p ＝12mv ’2B ＝40.5 J.(2)①若滑块一直减速，设由B 到C 运动的时间为t 1，则由运动学规律v ＋v B2t 1＝L 得t 1＝2 s ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点，设由B 到C 运动的时间为t 2, 则t 2＝v'B μg ＋vμg＝10 s.(3)①若滑块一直减速到C 点与传送带速度的大小相等，则相对位移的大小Δx 1＝L ＋vt 1＝27 m 系统产生的内能ΔE 1＝μmg Δx 1＝40.5 J ；②若滑块先减速到零再反向加速到C 点， 相对位移的大小 Δx 2＝L ＋vt 2＝75 m系统产生的内能ΔE 2＝μmg Δx 2＝112.5 J. 17．(1)0.5 m (2)48 N (3)10次[解析] (1)小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有mg ＝m v 20L①从滑块在h 处开始运动到小球运动到最高点的过程中，滑块与小球组成的系统机械能守恒，则有mg(h －2L)－μmg s 2＝12mv 20 ②两式联立解得h ＝0.5 m.(2)若滑块从斜面上高度为h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v 1，则有mgh ′－μmg s 2＝12mv 21 ③滑块与小球碰后的瞬间，由题意知滑块静止，小球以速度v 1开始做圆周运动，绳的拉力F T 和重力的合力提供向心力，则有F T －mg ＝mv 21L④两式联立解得F T ＝48 N.(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在平面上经s 路程后再次碰撞，则mgh ′－μmg s 2－12mv 20－2mgLμmgs＋1≥n解得n ＝10次．阶段能力检测卷(五)1．B 2.C 3.A 4.B 5.D6．B [解析] 两个物体在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以两物体落地时速率相同，但速度方向不同，选项A 错误；两物体质量相同，下落高度也相同，所以重力做功相同，选项B 正确；由于两物体落地时的速度方向不同，根据瞬时功率的公式P ＝Fvcos θ，选项C 错误；两物体的重力做功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，选项D 错误．7．B [解析] 设绳长为L ，由于捏住两绳中点缓慢提起，因此重心在距最高点L4位置处，因绳A 较长，若h A ＝h B ，则A 的重心较低，W A <W B ，选项A 错误；若h A >h B ，则无法判断两根绳子重心的高低，因此可能W A <W B ，也可能W A >W B ，选项B 正确，选项D 错误；若h A <h B ，则一定是A 的重心低，因此一定是W A <W B ，选项C 错误．8．A [解析] 根据题意，两物体间的最大静摩擦力为f m ＝μm A g ＝6 N ，则这两个物体可一起运动的最大加速度为a m ＝f m m B＝3 m/s 2，此时对A 有F －f m ＝m A a ，即F ＝15 N ．若F ＝10 N ，则两物体之间的摩擦力是静摩擦力，对整体应用牛顿第二定律，有a ＝F m A ＋m B＝2 m/s 2，此时对B ，有f 1＝m B a ＝4 N ；若F ＝16 N ，则两物体之间的摩擦力是滑动摩擦力，即f 2＝6 N ．综上所述，选项A 正确．9．AC [解析] 如果v 较小，小车停止运动后，小球还没有离开圆弧槽，则根据机械能守恒定律有12mv 2＝mgh ，可得h ＝v22g，选项A 正确；如果v 较大，小车停止运动后，小球能够离开圆弧槽，那么小球离开圆弧槽后将做斜抛运动，当小球到达最高点时，其还有水平方向上的速度，所以12mv 2＞mgh ，可得h ＜v22g，选项C 正确．10．AC [解析] 由小球A 在下摆过程中斜面与B 保持静止知，在该过程中只有重力对对小球A 做功，机械能守恒，选项C 正确，选项D 错误；设O 、A 间距离为l OA ，斜面与物块B 间最大静摩擦力为f m ＝4mgsin 30°＝2mg ，方向沿斜面向上．当小球摆到最低点时对绳有最大拉力F m ，由动能定理得mgl OA ＝12mv 2，F m －mg ＝mv2l OA，联立解得F m ＝3mg.此时物块B 受到的摩擦力f′＝F m －4mgsin 30°＝3mg －2mg ＝mg ，方向沿斜面向下. 选项A 正确，选项B 错误．11．ACD [解析] 设物块与传送带之间的滑动摩擦力大小为f ，运动时间为t ，物块的位移大小为s 1，传送带的传送的距离为s 2，则s 1＝12vt ，s 2＝vt ＝2s 1；对物块运用动能定理有W f ＝fs 1＝12mv 2，选项A 正确；传送带克服摩擦力做的功为W f ′＝fs 2＝2fs 1＝mv 2，选项B 错误，选项D 正确；系统摩擦生热为Q ＝fs 相对＝f(s 2－s 1)＝12mv 2，选项C 正确．12．BCD [解析] 小球A 从最高点飞出的最小速度v mA ＝gR ，由机械能守恒定律可得mgh A ＝2mgR ＋12mv 2mA ，则h A ＝5R2，选项A 正确；小球B 从最高点飞出的最小速度v mB ＝0，由机械能守恒定律得mgh B ＝2mgR ，释放的最小高度h B ＝2R ，选项B 错误；要使小球A 或B 从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端入口处，则由平抛运动的规律得R ＝v 0t ，R ＝12gt 2，即v 0＝gR2，而A 的最小速度v mA ＝gR>v 0，故小球A 不可能落在轨道右端入口处，小球B 可能，选项C 、D 错误．13．加速度逐渐减小的加速直线 匀速直线 0.36 [解析] A 到B 的点迹距离越来越大，而点迹距离的增量越来越小，可知A 、B 间小车做加速度逐渐减小的加速直线运动，C 、D 间为匀速直线运动，小车离开橡皮筋后的速度v ＝x t ＝7.2×10－30.02m/s ＝0.36 m/s.14．(1)把木板的右端(或安装打点计时器的那端)适当垫高，以平衡摩擦力 (2)图略 (3)实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分 15．(1)10 2 m/s (2)6750 J[解析] (1)该同学通过C 点时，重力恰好提供向心力，即Mg ＝Mv 2CR，代入数据解得v C ＝10 2 m/s.(2)设该同学在AB 段所做的功为W ，在人和滑板从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有W －Mgh ＝12Mv 2C ，代入数据解得W ＝6750 J.16．(1)2435(2)1.25 m (3)0.5 s[解析] (1)小滑块由C 处运动到A 处，由动能定理，得 mgLsin 37°－μmgx ＝0解得μ＝2435.(2)小滑块由A 处运动到C 处，由动能定理，得 Fx －μmgx ＋Fx 0－mgsin 37°·L ＝0 解得x 0＝1.25 m.(3)小滑块由A 处运动到B 处，由动能定理，得Fx －μmgx ＝12mv 2。

精练1电磁感应1.加试题(2018·诸暨市牌头中学期中)关于涡流，下列说法中正确的是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流2.加试题将一根磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不发生变化的物理量是() A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过线圈横截面的电荷量3.加试题(2018·湖州市三县期中)安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈中通有变化的电流．如果金属物品通过安检门，金属中会感应出涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．关于这个安检门的以下说法正确的是()A．安检门能检查出毒贩携带的毒品B．安检门能检查出旅客携带的金属水果刀C．如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门不能正常工作D．安检门工作时，主要利用了电流的热效应原理4.加试题(2018·诸暨市牌头中学期中)有人设计了一种储能装置：在人的腰部固定一块永久磁铁，N极向外；在手臂上固定一个金属线圈，线圈连接着充电电容器．当手不停地前后摆动时，固定在手臂上的线圈能在一个摆动周期内，两次扫过别在腰部的磁铁，从而实现储能．下列说法正确的是()A．该装置符合法拉第电磁感应定律，可以实现B．此装置会使手臂受到阻力而导致人走路变慢C．在手摆动的过程中，电容器极板的电性不变D．在手摆动的过程中，手臂受到的安培力方向交替变化5.加试题如图1所示P是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从P正上方，距P上端h处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上并停下．若仅增大h，重复原来的操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是()图1A．穿过线圈的磁通量将增大B．线圈中产生的感应电动势将增大C．通过线圈导线横截面的电荷量将不变D．线圈对磁铁的阻碍作用将变小6.加试题(2018·慈溪市期末)磁场中有很多有趣的课堂小实验，如图2所示，针对以下四个小实验的说法正确的是()图2A．图(1)中，当导线中通相同方向的电流时，两导线将因相互吸引而弯曲B．图(2)中，当线圈接通电源时，小磁针会发生转动，最后静止时，小磁针的指向与线圈平面平行C．图(3)中，当接通电源时，液体将会顺时针旋转，如果改变磁场方向，液体旋转方向改变D．图(4)中，柔软的弹簧下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，将发现弹簧不断上下振动7.加试题如图3所示，在水平桌面上放一绝缘通电直导线I a和一绝缘铝制闭合圆环b.电流I a恒定时，圆环b 对水平桌面的压力为F N1；当电流I a增大时，圆环b仍静止，且对水平桌面的压力为F N2，则此时()图3A．F N1<F N2B．F N1>F N2C．圆环b有收缩的趋势D．圆环b受到向左的摩擦力8.加试题如图4所示，闭合金属圆环下落过程中(圆环始终水平)，穿过竖直放置的条形磁铁正中间位置时，下列说法正确的是()图4A．金属圆环的加速度等于gB．穿过金属圆环的磁通量为零C．穿过金属圆环的磁通量变化率为零D．金属圆环沿半径方向有收缩的趋势9.加试题粗细均匀的电阻丝围成如图5所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L.现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是()图5A．a、b两点间的电势差最大的是图甲B．a、b两点间的电势差最大的是图乙C．回路电流最大的是图丙D ．回路电流最小的是图丙 10.加试题(2018·温州“十五校联合体”期末)如图6所示的电路中，L 为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D 1、D 2是两个完全相同的灯泡，E 是一内阻不计的电源．t ＝0时刻，闭合开关S ，经过一段时间后，电路达到稳定，t 1时刻断开开关S.I 1、I 2分别表示通过灯泡D 1和D 2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，则下图中能定性描述电流I 随时间t 变化关系的是()图611.加试题如图7所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)()图7A ．方向由c 到dB ．方向由d 到cC ．I ＝Br2ωRD ．I ＝Br2ω2R12.加试题用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m ，正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图8所示，当磁场以10T/s 的变化率增强时()图8A ．线框中的感应电动势为0.1VB ．线框中的感应电动势为0.2VC ．a 、b 两点间的电势差大小为0.1VD ．a 、b 两点间的电势差大小为0.2V 13.加试题(2018·湖州市三县期中)如图9所示，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0°<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直，金属棒ab 接入电路的电阻为R ，导轨电阻不计．ab 棒由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，重力加速度为g ，下列对ab 棒在由静止开始下滑过程中的描述正确的有()图9A ．做匀加速直线运动B ．最大速度为mgRsin θB2L2C ．最大电功率为mgRsin θB2L2D ．金属棒产生的焦耳热小于金属棒的重力势能减少量 14.加试题在运动会上的100m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图10甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m ＝0.5kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应匀速运动时的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 与F 的关系如图乙所示．则(取重力加速度g ＝10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图10A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场磁感应强度为1TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4 15.加试题如图11所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L 大于线框的高度h ，那么下列说法中正确的是()图11A ．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B ．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C ．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化为电能D ．整个线框在磁场中运动时，机械能转化为电能答案精析1．ACD [用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，所以A 正确；家用电磁炉锅体通的是交流电，交流电产生的是变化的磁场，不是恒定的磁场，故B 错误；阻尼摆的铝盘以一定相对速度摆动掠过磁场时在铝盘内会产生感应电动势从而产生感应电流，因铝盘有电阻，电流做功，消耗机械能，因此产生阻碍铝盘摆动的阻尼作用，故C 正确；用绝缘的硅钢片做铁芯，是为了减小涡流，减小能量损失，所以D 正确．]2．AD[将磁铁插到闭合线圈的同一位置，磁通量的变化量相同，而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同．感应电流I ＝E R ＝n ΔΦR ·Δt，感应电流的大小不同，流过线圈横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝n ΔΦR ·Δt ·Δt ＝n ΔΦR，两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q 与磁铁插入线圈的快慢无关，选项A 、D 正确．]3．BC4．AD [在手摆动的过程中，线圈交替的进入或者离开磁场，使穿过线圈的磁通量发生变化，因而会产生感应电流，从而实现储能，该装置符合法拉第电磁感应定律，可能实现，选项A 正确；此装置不会影响人走路的速度，选项B 错误；在手摆动的过程中，感应电流的方向不断变化，则电容器极板的电性不断改变，选项C 错误；在手摆动的过程中，感应电流的方向不断变化，手臂受到的安培力方向交替变化，选项D 正确．]5．BC[若仅增大h ，对穿过线圈的磁通量没有影响，故A 错误；若仅增大h ，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，故B 正确；若仅增大h ，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量的变化相同，则通过线圈导线横截面的电荷量：q ＝n ΔΦR保持不变，故C 正确；线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，线圈对磁铁的阻碍作用将变大，故D 错误．]6．AD7．CD [电流I a 变大，通过圆环b 的磁通量变大，根据“增缩减扩”的原理，知圆环b 有收缩的趋势，选项C 正确；圆环有向右运动的趋势，圆环会受到向左的摩擦力，选项D 正确；圆环对水平桌面的压力始终等于圆环的重力，选项A 、B 错误．]8．AC [金属圆环穿过竖直放置的条形磁铁正中间位置时，穿过金属圆环的磁通量不变，金属圆环中无感应电流，不受安培力作用，故金属圆环没有收缩的趋势，金属圆环的加速度等于g ，A 正确，D 错误；在此位置时，穿过金属圆环的磁通量不为零，穿过金属圆环的磁通量变化率为零，B 错误，C 正确．]9．AD[设线框的电阻为R .题图甲中：a 、b 两点间的电势差等于外电压，其大小为U ＝34E ＝34B ·2L v ＝32BL v ，电流为I ＝E R ＝B ·2Lv R ＝2BLv R .题图乙中：a 、b 两点间的电势差等于外电压的13，其大小为U ＝14E ＝14B ·2L v ＝12BL v ，电流为I ＝E R ＝B ·2Lv R ＝2BLv R.题图丙中：a 、b 两点间的电势差等于感应电动势的14，其大小为U ＝14BL v ，电流为I ＝BLv R .题图丁中：a 、b 两点间的电势差大小为U ＝12BL v ，电流为I ＝2BLv R.可见，题图甲中a 、b 两点间的电势差最大，题图丙中回路电流最小，故A 、D 正确．]10．AC11．BD[金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小E ＝Br2ω2，由右手定则可知其方向由圆周指向圆心，故通过电阻R 的电流大小I ＝Br2ω2R，方向由d 到c ，故选B 、D.]12．BC[题图中正方形线框的左半部分磁通量变化产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E ，内电阻为r 2，画出等效电路图如图所示，则a 、b 两点间的电势差即为电源的路端电压．设l 是边长，且依题意知ΔB Δt ＝10T/s.由E ＝ΔΦΔt得 E ＝ΔB ·S Δt ＝ΔB Δt ·l22＝10×0.222V ＝0.2V ， 所以U ＝IR ＝E r 2＋r 2·r 2＝0.1V ．] 13．BD14．BCD[由题图图象可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，A 错；图线在横轴的截距是速度为零时的F ，此时金属杆将要运动，最大静摩擦力等于F ，也等于运动时的滑动摩擦力，C 对；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BLv R 可得：F －B2L2v R－μmg ＝0，从图象上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1T ，μ＝0.4，所以选项B 、D 对．]15．AC [产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故B 错误；而进入和穿出磁场的过程中磁通量发生变化，也就产生了感应电流，故A 正确；在产生感应电流的过程中机械能转化为电能，故C 正确，D 错误．]。

专题11 带电粒子在电磁场中的运动一．选择题1．【2019届模拟仿真卷】(多选)如图所示为两平行金属极板P 、Q ，在P 、Q 两极板上加直流电压U 0，极板Q 的正方形匀强磁场区域abcd ，匀强磁场的磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里。

P 极板上中心O 处有一粒子源，可发射出初速度为零、比荷为k 的带电粒子，Q 极板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a 点沿对角线ac 方向进入匀强磁场区域，则下列说法正确的是( )A ．如果带电粒子恰好从d 点射出，则满足22012U kB L =B ．如果带电粒子恰好从b 点射出，则粒子源发射的粒子可能带负电CD 【参考答案】ACD2．【江西省红色七校2019届高三第一次联考】(多选)如图所示，在直角三角形ABC 内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB 边长度为d ，π6B ∠=。

现垂直AB 边射入一群质量均为m 、电荷量均为q 、速度大小均为v 的带正电粒子，已知垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间为t ，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为43t (不计重力)。

则下列判断中正确的是( )A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4tB ．该匀强磁场的磁感应强度大小为π2m qtC ．粒子在磁场中运动的轨道半径为25dD 【参考答案】ABC3．【成都2019届摸底】(多选)如图，在x 轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为2B 的匀强磁场。

一带负电的粒子（不计重力）从原点O 以与x 轴正方向成30°角的速度v 射入磁场，其在x 轴上方运动的半径为R 。

则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子完成一次周期性运动的时间为2π3R vC ．粒子射入磁场后，第二次经过x 轴时与O 点的距离为3RD ．粒子在x 轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为1 : 2【参考答案】CD4．【2019德州质检】(多选)如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ，∠A ＝60°，AO ＝L ，在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子（不计重力作用），粒子的比荷为q m ，发射速度大小都为v 0，且满足0qBL v m=。

专题检测二带电粒子在组合场或复合场中的运动(加试)1.如图所示,水平放置的小型粒子加速器的原理示意图,区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2,长L=1.0 m的区域Ⅲ存在电场强度大小E=5.0×104 V/m、方向水平向右的匀强电场。

区域Ⅲ中间上方有一离子源S,水平向左发射动能E k0=4.0×104 eV的氘核,氘核最终从区域Ⅱ下方的P 点水平射出。

S、P两点间的高度差h=0.10 m。

(氘核质量m=2×1.67×10-27 kg、电荷量q=1.60×10-19 C,1 eV=1.60×10-19 J。

≈1×10-4)(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能E k2;(2)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域Ⅰ的最小宽度d;(3)若B1=1.0 T,要使氘核经过两次加速后从P点射出,求区域Ⅱ的磁感应强度B2。

2.如图所示,竖直边界PQ左侧有垂直纸面向里的匀强磁场,右侧有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,C为边界上的一点,A与C在同一水平线上且相距为L。

两个相同的粒子以相同的速率分别从A、C两点同时射出,从A点射出的粒子初速度沿AC方向,从C点射出的粒子初速度斜向左下方与边界PQ的夹角θ=,从A点射出的粒子在电场中运动到边界PQ时,两粒子刚好相遇。

若粒子质量为m,电荷量为+q,重力不计,求:(1)粒子初速度v0的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(3)相遇点到C点的距离。

3.如图所示,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。

在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。

一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求:(不计重力)(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。

提升训练12 带电粒子在复合场中的运动问题1.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,其中0<x<a内有方向垂直xOy平面向里的磁场,在x>a内有方向垂直xOy平面向外的磁场,在x<0内无磁场。

一个带正电q、质量为m的粒子(粒子重力不计)在x=0处以速度v0沿x轴正方向射入磁场。

(1)若v0未知,但粒子做圆周运动的轨道半径为r=a,求粒子与x轴的交点坐标;(2)若无(1)中r=a的条件限制,粒子的初速度仍为v0(已知),问粒子回到原点O需要使a为何值?2.(2017浙江杭州四校联考高三期中)如图所示,一带电微粒质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量q=+1.0×10-5 C,从静止开始经电压为U1=100 V的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=20 cm的匀强磁场区域。

已知偏转电场中金属板长L=20 cm,两板间距d=10 cm,重力忽略不计。

求:(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1;(2)偏转电场中两金属板间的电压U2;(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?3.(2018年2月杭州期末,13)在如图所示的平行板器件中,匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。

一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出。

粒子重力不计,下列说法正确的是()A.若粒子沿轨迹①射出,则粒子的初速度一定大于vB.若粒子沿轨迹①射出,则粒子的动能一定增大C.若粒子沿轨迹③射出,则粒子可能做匀速圆周运动D.若粒子沿轨迹③射出,则粒子的电势能可能增大4.(2017浙江绍兴高三模拟,3)如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板C1D1、C2D2接在电压可调的电源上。

长为L的两板中点为O1、O2,O1O2连线的右侧区域存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场。

2019年高考物理二轮复习必刷题——带电粒子在磁场中的运动（附答案）一、计算题1.电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：（1）电子运动的轨道半径R；（2）OP的长度；（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t．2.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V0．方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：（1）匀强电场的场强E的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间。

3.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60°．已知偏转电场中金属板长L=10√3cm，圆形匀强磁场的半径为R=10√3cm，重力忽略不计．求：（1）带电微粒经加速电场后的速度大小；（2）两金属板间偏转电场的电场强度E的大小；（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小．4.如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。

在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。

一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O 沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离。

5.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L=10cm，两板间距d=17.3cm，重力不计．求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（√3≈1.73）（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？6.如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1．平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2．CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O′C=a，现有一大量质量均为m，电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），自O点沿OO′方向水平向右进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，通过小孔O′进入匀强磁场B2，如果该粒子恰好以竖直向下的速度打在CD板上的E点，求：（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度大小v；（2）CE的长度．7. 如图所示为质谱仪的原理图，A 为粒子加速器，电压为U 1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B 1，板间距离为d ；C 为偏转分离器，磁感应强度为B 2．今有一质量为m 、电量为q 的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R 的匀速圆周运动，求： （1）粒子的速度v（2）速度选择器的电压U 2（3）粒子在B 2磁场中做匀速圆周运动的半径R ．8. 一个重力不计的带电粒子，以大小为v 的速度从坐标（0，L ）的a 点，平行于x 轴射入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x 轴上b 点射出磁场，射出速度方向与x 轴正方向夹角为60°，如图．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（2）带电粒子的比荷mq 及粒子从a 点运动到b 点的时间；（3）其他条件不变，要使该粒子恰从O 点射出磁场，求粒子入射速度大小．9. 如图所示，一电子的电荷量为e ，以速度v 垂直射入磁感应强度为B 、宽度为d 的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子入射方向的夹角是θ=30°，求： （1）电子运动的轨道半径r ； （2）电子的质量m ；（3）电子穿过磁场的时间t 。

5.3电容器和带点粒子在电场中的运动知识讲解一、电容器及电容1.常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。

放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。

2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。

(2)定义式：C＝QU。

(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。

(4)单位：法拉(F)1F＝106μF＝1012pF3.平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。

(2)决定式：C＝εr S4πkd k为静电力常量。

二、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中加速时，若不计粒子的重力，只受电场力，则电场力对带电粒子做的功等于粒子动能的变化量。

在匀强电场中可用力和运动的观点处理，也可用能量观点处理；在非匀强电场中一般用能量观点处理。

2.带电粒子在电场中的偏转只分析带电粒子垂直进入匀强电场时发生的偏转。

(1)粒子在电场中的运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直于场强方向射入匀强电场，不计重力，电场力使带电粒子产生加速度，做类平抛运动。

(2)运动规律：垂直于电场方向上的分运动是匀速直线运动。

v x＝v0，x＝v0t平行于电场方向上的分运动是匀加速直线运动。

考点一电容器的电容(b/c)[要点突破]1.平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。

2.平行板电容器动态问题的分析思路考点二带电粒子在电场中的加速(b/d)[要点突破]1.带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。

精练1探究电磁感应的产生条件精练2探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系1.加试题(2018·金华市十校联考)(1)某同学用如图1所示电路做“研究电磁感应现象”实验．他将铁芯插入小线圈约一半的位置，变阻器的滑片P置于ab的中点，在闭合开关瞬间，电流计的指针向左摆．闭合开关后，为使电流计的指针向右摆，应将铁芯________(选填“插入”或“拔出”)或将变阻器的滑片P向________(选填“a”或“b”)端滑动．图1(2)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，若某同学实验时，忘记把图2甲中的变压器铁芯A组装到变压器铁芯B上，组装后的变压器如图乙所示．在铁芯上的原、副线圈匝数分别为n1＝800匝和n2＝200匝，原线圈两端与u＝122sin 314t(V)的交流电源相连，则副线圈两端电压的有效值可能是________．图2A．0.6 VB．3 VC．3 2 VD．12 V2.加试题(1)在“探究电磁感应的产生条件”实验中，为了能明显地观察到实验现象，如图3所示的实验器材中，不必要的器材有________．图3(2)如图4所示为法拉第研究电磁感应现象时做过的实验电路图，线圈A和线圈B绕在同一铁芯上，线圈与铁芯绝缘，不考虑地磁场的影响，则()图4A．保持开关S处于闭合状态，小磁针发生偏转B．当开关S闭合的瞬间，小磁针发生偏转C．当开关S断开的瞬间，小磁针不发生偏转D．无论开关S怎样改变，小磁针都不会发生偏转3.加试题在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图5甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏．然后按如图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路．图5(1)图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是________．A．减小电源两端的电压，保护电源B．增大电源两端的电压，保护开关C．减小电路中的电流，保护灵敏电流计D．减小电路中的电流，保护开关(2)图乙中，S闭合后，在原线圈A插入副线圈B的过程中，灵敏电流计的指针将________(填“向左”“向右”或“不”)偏转．(3)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，灵敏电流计指针将________(填“向左”“向右”或“不”)偏转．(4)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，灵敏电流计指针将________(填“向左”“向右”或“不”)偏转．4.加试题如图6所示为“探究电磁感应的产生条件”的实验中所用器材的示意图．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A和B、电流计及开关连接成如图所示的电路．图6(1)开关闭合后，下列说法中正确的是________．A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大C．滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大D．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转(2)在实验中，如果线圈A置于线圈B中不动，因某种原因，电流计指针发生了偏转，这时，线圈B相当于产生感应电流的“电源”．这个“电源”内的非静电力是____________________．如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转．这时是__________转化为电能．图7(3)上述实验中，线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计简化，如图7所示．当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．则图中灵敏电流计指针向其______接线柱方向偏转(填“正”或“负”)．精练3测定玻璃的折射率精练4双缝干涉测量光的波长(练习使用游标型测量头) 1.加试题(2018·新高考联盟联考)“用双缝干涉测量光的波长”实验中，(1)若用单色光照射后观察毛玻璃屏上的条纹如图1所示，则有()A．若只适当增大单缝的宽度，则条纹间距将减小B．若只适当增大双缝的间距，则条纹间距将减小C．若只适当增大照射光的频率，则条纹间距将增大D．若只适当增大双缝到光屏的间距，则条纹间距将增大(2)若两次测量头读数如图2所示，则A、B两亮条纹之间的距离为________ m.图1图22.加试题小明同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验，如图3所示，他进行的主要步骤是：图3A．用刻度尺测玻璃砖的直径AB的大小d.B ．先把白纸固定在木板上，将玻璃砖水平放置在白纸上，用笔描出玻璃砖的边界，将玻璃砖移走，标出玻璃砖的圆心O 、直径AB 、AB 的法线OC .C ．将玻璃砖放回白纸的原处，长直尺MN 紧靠A 点并与直径AB 垂直放置．D ．调节激光器，使PO 光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O ，并使长直尺MN 的左右两侧均出现亮点，记下左侧亮点到A 点的距离x 1，右侧亮点到A 点的距离x 2.则：(1)小明利用实验数据计算此玻璃砖折射率的表达式为n ＝________.(2)关于上述实验，以下说法正确的是________．A ．在∠BOC 的范围内，改变入射光线PO 的入射角，直尺MN 上可能只出现一个亮点B ．左侧亮点到A 点的距离x 1一定小于右侧亮点到A 点的距离x 2C ．左侧亮点到A 点的距离x 1一定大于右侧亮点到A 点的距离x 2D ．要使左侧亮点到A 点的距离x 1增大，应减小入射角 3.加试题 “用双缝干涉测量光的波长”的实验装置如图4所示．图4(1)下列说法正确的是________．A ．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝B ．通过调节拨杆(图中没有画出)，使单缝与双缝平行，且通过目镜能观察到干涉图样C ．为了减小测量误差，可用测微目镜测出n 条亮条纹间的距离a ，求出相邻两条亮条纹间距Δx ＝a n(2)在本实验中，小李同学用黄光作为入射光，发现条纹间距太小．为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有________．A ．改用红光作为入射光B ．改用蓝光作为入射光C ．增大双缝到屏的距离D ．更换间距更大的双缝(3)小李同学正确操作后，在目镜中看到的是下列图5中的______．图5图64.加试题在用插针法“测定玻璃的折射率”实验中，也可以测量不平行玻璃砖的折射率．如图6，就是利用“插针法”测量玻璃砖ABCD(玻璃砖的入射面AB和出射面CD不平行)折射率的实验光路图，请你分析与该实验相关的下列问题．(1)出射光线O′Q与入射光线PO________.(填“平行”或“不平行”)(2)对本题实验数据的处理可采用如下方法：以入射点O为圆心，取一合适的长度为半径作圆，该圆与入射光线PO交于M点，与折射光线OO′的延长线交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，其垂足分别为N、E，现测得MN＝1.68 cm；EF＝1.12 cm，则该玻璃砖的折射率n＝________.5.加试题学校开展研究性学习，某研究小组的同学根据所学的光学知识，设计了一个测量液体折射率的仪器，如图7所示．在一圆盘上，过其圆心O作两条互相垂直的直径BC、EF，在半径OA上，垂直盘面插下两枚大头针P1、P2，并保持P1、P2位置不变，每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2的像，并在圆周上插上大头针P3，使P3正好挡住P1、P2的像，同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可直接读出液体折射率的值，则：图7(1)若∠AOF＝30°，OP3与OC的夹角为30°，则P3处所对应的折射率的值为________．(2)图中P3、P4两位置哪一处所对应的折射率的值大？答：________________________________________________________________________. (3)作AO的延长线交圆周于K，K处所对应的折射率的值应为________．6.加试题(1)测定玻璃砖的折射率的实验如图8所示，在把玻璃砖放在白纸上之前应在纸上先画出三条直线，它们分别是________、________、________，最后按正确的要求插上大头针P3、P4(图中未画出)，由P3、P4的位置决定了光线________的方向，从而确定了折射光线________的方向．图8(2)如图9所示，在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，经调节后使单缝与双缝相互平行且沿竖直方向，在目镜内观察到单色光的干涉条纹是________(填图中的“A”或“B”)．某同学用间距0.20 mm的双缝做实验，调节双缝与屏之间的距离至100.00 cm，测得两相邻亮条纹间距为2.80 mm，则该单色光的波长为________ m.图9精练5探究单摆周期与摆长的关系精练6探究碰撞中的不变量1.加试题小郑同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤是：图1A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点(如图1所示)B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长C．将石块拉开一个约为5°的偏角，然后由静止释放D．从石块摆到最低点时开始计时，测出石块再经过最低点30次的总时间t，由T＝t30得出周期(1)该同学以上实验步骤中有错误的是________(填写序号)．(2)根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为________；若该同学用OM的长作为摆长代入上述公式(其他错误已纠正)，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值；若该同学改变摆长，进行多次测量，先通过描点法作出T2－l图象，再利用图象的斜率来求解重力加速度，则用OM间细线的长度作为摆长将使重力加速度的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．2.加试题(2018·金华市十校联考)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．(1)下列关于单摆实验的操作，正确的是________．A．摆球运动过程中摆角应大于30°B．摆球到达平衡位置时开始计时C．摆球应选用泡沫小球D．保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)正确组装单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到摆球最底端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为________ mm，单摆摆长l为________ m.图2图3(3)实验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出T2－l图象，如图3所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，可求出g＝________.3.加试题用单摆测定重力加速度的实验中：(1)实验时用10分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图4所示，该摆球的直径d＝________ mm；图4(2)发现测出的重力加速度值偏小，这可能是由于()A．测量周期T时，把N次全振动的次数误数为N－1次B．错把摆线长当成摆长C．把摆球直径和摆线长度之和当作了摆长D．测量过程悬点松动导致摆线长度变化4.加试题(2018·温州中学模拟)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，请回答下列问题．(1)现已提供了以下器材：铁架台、夹子、毫米刻度尺、游标卡尺、细线．为了完成实验，还必须从图5中挑选出一些实验器材，其名称是________________．图5图6(2)甲、乙两组同学将单摆按如图6所示的方式悬挂，比较合理的是________(填“甲”或“乙”)．5.加试题(1)两个同学分别利用清华大学和广东中山大学的物理实验室，各自在那里用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2－L图象，如图7所示．在中山大学的同学所测实验结果对应的图线是________(选填“A”或“B”)．图7(2)在清华大学做实验的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象，如图8所示．关于a、b两个摆球的振动图象，下列说法正确的是________．图8A．a、b两个单摆的摆长相等B．b摆的振幅比a摆小C．a摆的机械能比b摆大D．在t＝1 s时有正向最大加速度的是a摆6.加试题某同学用如图9甲所示装置做“探究碰撞中的不变量”的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸上，重复10次．(a球质量大于b球质量)图9(1)本实验必须测量的物理量有________；A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量m a、m bC．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差hD．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC(2)放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？______(填“是”或“不是”)；如果不是同时落地，对实验结果有没有影响？______(填“有”或“无”)；(3)为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，如图乙所示给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为______cm；(4)按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_________________________________________________________________________________________________________.(用测量的物理量表示)7.加试题气垫导轨是一种常用的实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C 和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图10所示(弹簧的长度忽略不计)，实验步骤如下：图10a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m Bb．调整气垫导轨，使导轨处于水平c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡锁锁定，静止放置在气垫导轨上d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1e．按下电钮放开卡锁，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2(1)实验中还应测量的物理量是____________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________(写出一条即可)．8.加试题某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A撤去外力后使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的装置如图11甲所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力．图11(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度．应选________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．(2)已测得小车A的质量为m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为________ kg·m/s，碰后两小车的总动量为________ kg·m/s.9.加试题如图12是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边缘有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2右端接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a、B点离水平桌面的距离为b、C点与桌子边沿间的水平距离为c.此外：图12(1)还需要测量的量是______________、_____________和________________________．(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为__________________________．(忽略小球的大小)1、2答案精析1．(1)拔出 a (2)A解析 (1)在闭合开关瞬间，穿过大线圈的磁通量增加，电流计的指针向左摆．闭合开关后，为使电流计的指针向右摆，则应使穿过大线圈的磁通量减小，即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片P 向a 端滑动，增大电阻，减小电流，从而减小穿过大线圈的磁通量．(2)原线圈两端电压有效值为U 1＝1222V ＝12 V ，如果把题图甲中的变压器铁芯A 组装到变压器铁芯B 上，则根据变压器原理U 2＝n 2n 1U 1＝200800×12 V ＝3 V ；由于该同学忘记把题图甲中的变压器铁芯A 组装到变压器铁芯B 上，导致“漏磁”，则副线圈两端电压将小于3 V ，故选A.2．(1)20 kΩ定值电阻、多用电表 (2)B解析 (2)保持开关S 处于闭合状态，穿过线圈B 中的磁通量不变，则没有感应电流产生，小磁针不发生偏转，故A 错误；当开关S 闭合的瞬间，磁通量增加，在线圈B 中产生感应电流，由于电流的周围存在磁场，小磁针发生偏转，故B 正确；当开关S 断开的瞬间，磁通量减小，在线圈B 中产生感应电流，由于电流的周围存在磁场，小磁针发生偏转，故C 、D 错误．3．(1)C (2)向左 (3)向左 (4)向右解析 (1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏电流计，故本题答案为选项C.(2)由题知，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏转．S 闭合后，将原线圈A 插入副线圈B 的过程中，穿过B 的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转；(3)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转；(4)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然断开S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计负接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向右偏转．4．(1)BC(2)感应电场的电场力机械能(3)负解析(1)将线圈A放在线圈B中，由于磁通量不变化，故不会产生感应电流，也不会引起电流计指针偏转，选项A错误；线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，则磁通量的变化率越大，产生的感应电流越大，电流计指针偏转的角度越大，选项B正确；滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流的变化率越大，磁通量的变化率越大，则感应电流越大，电流计指针偏转的角度越大，选项C正确；滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流发生变化，磁通量变化，也会产生感应电流，故电流计指针也会发生偏转，选项D错误．(2)这个“电源”内的非静电力是感应电场的电场力．如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转，这时是机械能转化为电能．(3)根据楞次定律可知，通过电流计的电流从负接线柱流入电流计，故灵敏电流计指针向其负接线柱方向偏转．3、4答案精析1．(1)BD(2)4.5×10－32．(1) d2＋4x22d2＋4x12(2)ABD解析(1)设光线在AB面上的入射角为α，折射角为β，根据几何关系有：sin α＝d2(d2)2＋x22，sin β＝d 2(d 2)2＋x 1 2 . 则折射率n ＝ sin βsin α＝ d 2＋4x 2 2d 2＋4x 1 2.(2)当入射角大于或等于发生全反射的临界角时，只有反射光没有折射光，则直尺MN 上只出现一个亮点，故A 正确．光从玻璃射入空气，折射角大于入射角，通过几何关系知，x 1<x 2，故B 正确，C 错误．减小入射角，则折射角减小，x 1增大，故D 正确．3．(1)B (2)AC (3)B解析 (2)由干涉条纹的间距Δx ＝l dλ知要使条纹间距变大可改用波长更长的红光作为入射光、增大双缝到屏的距离l 或更换间距更小的双缝．4．(1)不平行 (2)1.5解析 (1)因为上下表面不平行，光线在上表面的折射角与在下表面的入射角不等，可知出射光线和入射光线不平行； (2)根据折射定律得，n ＝MN EF ＝1.681.12＝1.5. 5．(1)3 (2)P 4 (3)1解析 (1)根据折射定律n ＝sin θ1sin θ2，题中θ1＝60°，θ2＝∠AOF ＝30°，所以n ＝sin 60°sin 30°＝ 3. (2)题图中P 4对应的入射角大于P 3所对应的入射角，所以P 4处对应的折射率的值大．(3)因A 、O 、K 在一条直线上，入射角等于折射角，所以K 处对应的折射率的值应为1.6．(1)aa ′ MM ′ AO O ′B OO ′ (2)B 5.6×10－7 解析 (1)在把玻璃砖放在白纸上之前应在纸上先画好三条直线，它们分别是aa ′、MM ′、AO ，直线aa ′代表玻璃砖的一个侧面，MM ′表示法线，AO 表示入射光线，最后按正确的要求插上大头针P 3、P 4，由P 3、P 4的位置决定了光线O ′B 的方向，也就确定了出射光线的出射点O ′，从而确定了折射光线OO ′的方向．(2)由于单色光的干涉条纹与单缝和双缝都平行，应沿竖直方向，故A 错误，B 正确；根据公式Δx ＝l d λ，可知λ＝d ·Δx l ＝0.2×10－3×2.8×10－31m ＝5.6×10－7 m.5、6答案精析1．(1)BD (2)g ＝4π2l T 2 小于 等于 解析 (1)摆长应为O 点到石块重心之间的距离，选项B 错误；石块再经过最低点30次的时间为t ，则周期T ＝t 15，选项D 错误． (2)由单摆的周期公式T ＝2πl g 得，g ＝4π2l T2.若该同学用OM 作摆长，则摆长偏小，测得的重力加速度偏小．设石块重心到M 点的距离为r ，则实际摆长为l ＋r ，T 2－l 图象的斜率k ＝T 2 2－T 12l 2＋r －l 1－r ＝T 2 2－T 1 2l 2－l 1，所以用OM 间细线的长度作为摆长将使重力加速度的测量值等于真实值． 2．(1)BD (2)12.0 (3)0.993 0 (2)4π2y 2－y 1(x 2－x 1) 解析 (1)摆球运动过程中摆角应小于10°，否则就不是简谐运动，选项A 错误；摆球到达平衡位置时，即最低点开始计时，选项B 正确；摆球应选用质量大，体积较小的球，不能选泡沫球，选项C 错误；保证摆球在同一竖直平面内摆动，选项D 正确．(2)该摆球的直径为12 mm ＋0.1 mm×0＝12.0 mm ，单摆摆长l 为0.999 0 m －6.0 mm ＝0.993 0 m.(3)根据单摆的周期公式T ＝2πl g ，即T 2＝4π2l g， 又y 1＝4π2g x 1，y 2＝4π2g x 2.联立解得：g ＝4π2y 2－y 1(x 2－x 1)． 3．(1)9.8 (2)ABD解析 (1)游标卡尺的主尺读数为9 mm ，游标读数为8×0.1 mm ＝0.8 mm ，所以最终读数为9 mm ＋0.8 mm ＝9.8 mm ；(2)根据T ＝2πL g 可得：g ＝4π2L T2，测量周期T 时，把N 次全振动的次数误数为N －1次，测得的周期偏大，则测得的重力加速度值偏小，选项A 正确；错把摆线长当成摆长，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，选项B 正确；把摆球直径和摆线长度之和当作了摆长，则摆长偏大，则测得的重力加速度值偏大，选项C 错误；测量过程悬点松动导致摆线长度变长，测得的周期偏大，故测得的重力加速度值偏小，选项D 正确．4．(1)停表、铁球 (2)甲5．(1)A (2)D解析 (1)根据单摆的周期公式T ＝2πL g ，得：T 2＝4π2g L ， 所以T 2－L 图象的斜率k ＝4π2g，重力加速度随纬度的升高而增大，g 越大，斜率越小，广东中山大学的物理实验室纬度低，g 值小，斜率大，故中山大学的同学所测实验结果对应的图线是A .(2)由题图知，两摆周期不同，故摆长不同，所以A 错误；b 摆的振幅比a 摆大，故B 错误；因不知摆球质量的大小，故不能确定机械能的大小，所以C 错误；在t ＝1 s 时a 摆在负的最大位移处，有正向最大加速度，b 摆在平衡位置，加速度为0，所以D 正确．6．(1)BE (2) 不是 无 (3)45.91(45.87～45.95)(4)m a OB ＝m a OA ＋m b OC解析 (1)要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替．所以需要测量的量为：小球a 、b 的质量m a 、m b ，记录纸上O 点到A 、B 、C 各点的距离OA 、OB 、OC ，故选B 、E.(2)b 球被碰飞出后，a 球还要在水平段运动，因此，b 球先落地，但由于两球平抛运动时间相同，故不影响实验结果．(3)小球a 和小球b 相撞后，小球b 的速度增大，小球a 的速度减小，都做平抛运动，所以未放被碰小球时小球a 的落地点为B 点，由图可知OB 距离应为45.91 cm ；(4)B 为碰前小球a 的落点位置，A 为碰后小球a 的落点位置，C 为碰后小球b 的落点位置，碰撞前小球a 的速度为：v 1＝OB 2H g ，碰撞后小球a 的速度为：v 2＝OA 2H g，碰撞后小球b 的速度为：v 3＝OC 2Hg，若m a v 1＝m b v 3＋m a v 2，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入可得：m a OB ＝m a OA ＋m b OC .7．(1)B 的右端至D 板的距离L 2 (2)m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0(或m A L 1t 1＝m B L 2t 2) 测量时间、距离等存在误差(或气垫导轨不水平，合理即正确)8．(1)BC DE (2)0.420 0.417解析 (1)从分析纸带上打点的情况看，BC 段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC 段能较准确地描述小车A 在碰撞前的运动情况，应选用BC 段计算小车A 碰前的速度．从CD 段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE 段内小车运动稳定，故应选用DE 段计算A 和B 碰后的共同速度．(2)小车A 在碰撞前速度v 0＝BC5T ＝10.50×10－25×0.02 m/s ＝1.050 m/s小车A 在碰撞前的动量p ＝m 1v 0＝0.4×1.050 kg·m /s ＝0.420 kg·m/s碰撞后A 、B 的共同速度v ＝DE5T ＝6.95×10－25×0.02 m /s ＝0.695 m/s 碰撞后A 、B 的总动量p ′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.4＋0.2)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s9．(1)弹性球1、2的质量m 1、m 2 立柱高h 桌面离水平地面的高度H (2)2m 1a －h ＝2m 1b －h ＋m 2c H ＋h解析 (1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后距桌面的高度a 和b ，只要测出立柱高h ，由机械能守恒可以求出碰撞前后球1的速度，故只要再测量弹性球1的质量m 1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平抛运动的规律再测出立柱高h 和桌面离水平地面的高度H 就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要再测量弹性球2的质量和立柱高h 、桌面离水平地面的高度H 就能求出弹性球2的动量变化．(2)根据(1)的分析可以写出动量守恒的方程。

2019年浙江卷高考物理【加试题】计算题部分（22～23题）精练1 带电粒子在电场和磁场中的运动1 如图1所示，在水平放置的足够大的荧光屏上方存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向平行于水平面且与边MN 垂直．某时刻从与该平面相距为h 的S 点(S 在平面上的投影位置为O)向垂直磁场的平面内的各个方向同时发射大量相同的带正电的粒子，粒子质量均为m ，电荷量均为q ，速度大小均为v ＝mBqh43，方向均在同一竖直平面内．观察发现，荧 光屏上有一条直线发光，其余位置均不发光，且某些位置只有一次发光，某些位置有两次发光，试求：(粒子重力不计 )(1) 荧光屏发光区域的长度L ；(2)荧光屏上一次发光的区域长度L 1与两次发光的区域长度L 2之比【答案】【解析】 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则F 洛＝Bvq ＝rv m 2①由题意可知：v ＝m Bqh 43，代入上式，可得r ＝4h② 带电粒子能够到达荧光屏左右两边的最远距离OE 、OF 分别为x 1、x 2，其轨迹示意图如图甲．由几何关系得：2212)(r x r h =+- ，2222)2(r x h =+ 将②式代入可得： h x h x 252221==即图中EF 为发光区域，其长度：L ＝h x x 25221+=+ (2) 画出带电粒子在磁场中运动的轨迹圆C 1、C 2，其中C 2刚好与荧光屏相切，如图乙所示，可知荧光屏上EG 区域有一次发光，GF 区域有两次发光。

由对称性可知OG 的长度：h x 223=荧光屏上EG 区域一次发光长度L 1与GF 区域两次发光长度L 2的比值为34102323121+=-+=x x x x L L 2 正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞(撞前速度在同一直线上的碰撞)并进行高能物理研究的实验装置，该装置一般由高能加速器、环形储存室和对撞测量区三个部分组成．为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域．对撞区域设计的简化原理如图2所示： MN 和PQ 为足够长的竖直边界，水平边界EF 将整个区域分成上下两部分，Ⅰ区域的磁场方向 垂直纸面向内，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B .现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C 和注入口D 同时水平射入，在对撞测量区发生对撞．已知两注入口到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为L ，正电子的质量为m ，电荷量为＋e ，负电子的质量为m ，电荷量为－e .(1)试判断从注入口C 入射的是正电子还是负电子；(2)若L ＝43d ，要使正负电子经过水平边界EF 一次后对撞，求正电子在磁场中运动的时间；(3)若只从注入口C 射入电子，要使电子从D 飞出，求电子射入的最小速率，及此时间距L 的大小． 【答案】 (1)负电子【解析】(1)由题意知从注入口C 入射的粒子向下偏转，由左手定则可知是负电子．(2) 电子运动轨迹如图实线所示，由几何关系有：222)3()(R d d r =+- 到 R =2d故 233sin ==dR θ 得 3πθ= 由 Bvq ＝r v m 2 可知 eBmv R T ππ22== 所以正电子运动时间(3)要使粒子从D 点飞出的临界情况是运动轨迹与MN 相切，如图所示： 由几何关系可知：α＝30° 且 d R R =+αcos ''解得 d R )32(2'-=由 Bvq ＝rv m 2得到 m edB v )32(2-=由图可知，间距d n R n L )32(4'2-=⨯= (其中n ＝1,2,3…) ．2. 如图3所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到最大值U m 之间的各种数值．静止的带电粒子电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：(1)当M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子射入磁场的速度v 1的大小； (2) 匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3) 粒子在磁场中运动的最长时间t m ； (4) CD 板上可能被粒子打中区域的长度s.【答案】【解析】(1)M 、 N 两板间电压取最大值U m 时，由：可得：mqU v m21=(2) 粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示： 设此时粒子运动轨迹半径为r 1，CH ＝QC ＝L 即半径r 1＝L ，由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 Bv 1q ＝r v m 21 故 B =qmU L m21(3) 粒子在磁场中运动的时间最长为半个周期 由qBmv R T ππ22==T 得 mm qU mLT t 22π==(4) 设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为R 2，设圆心为A ，在△AKC 中：长等于所以，CD 板上可能被粒子打中的区域的长度：3 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用，如图4所示，碳14和碳12经电离后的原子核带电荷量均为q，从容器A下方小孔S不断飘入电势差为U的加速电场，经过S正下方小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，最后打在照相底片D上并被吸收，D与O在同一水平面上，其中碳12的粒子在OD上的落点距O点为d，已知粒子经过小孔S时的速度可视为零，不考虑粒子重力．(1)求粒子碳12的比荷；(2)由于粒子相互作用，所有粒子分布在与OS竖直方向成一定夹角θ的纸面内，要使两种粒子运动到OD直线上时能区分在不同区域，求θ角的最大值θm；(可以用三角函数表示)(3)实际上加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化，当θ＜θm 时，碳14与碳12经电场加速后进入磁场中发生分离，为使这两种粒子在照相底片上落点区域不发生重叠，UU应满足什么条件．【答案】(4)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A。

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合1．如图1所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中。

取g＝10 m/s2。

图1(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向；(2)在t＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103 N/C，且方向不变。

求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能。

2．如图2所示，水平放置的平行金属板之间电压大小为U，距离为d，其间还有垂直纸面向里的匀强磁场。

质量为m、带电量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动，然后又垂直射入场强大小为E2，方向竖直向上的匀强电场，其边界a、b间的宽度为L(该电场竖直方向足够长)。

电场和磁场都有理想边界，且粒子所受重力不计，求图2(1)该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a；(2)匀强磁场对该带电粒子作用力的大小F；(3)该带电粒子到达边界b时的速度大小v。

3．如图3是磁流体发电工作原理示意图。

发电通道是个长方体，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连。

发电通道处于匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图。

发电通道内有电阻率为ρ的高温等离子电离气体沿导管高速向右流动(单位体积内离子数为n)，运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。

发电通道两端必须保持一定压强差，使得电离气体以不变的流速v通过发电通道。

不计电离气体所受的摩擦阻力。

根据提供的信息完成下列问题：图3(1)判断发电机导体电极的正负极，求发电机的电动势E；(2)发电通道两端的压强差Δp；(3)若负载电阻R阻值可以改变，当R减小时，电路中的电流会增大；但当R减小到R0时，电流达到最大值(饱和值)I m；当R继续减小时，电流就不再增大，而保持不变。