2022年高考物理二轮复习 历年易错题集锦 电和磁3.doc

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1、电和磁3第83页 第1题 (2013安徽安师大附中摸底)如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成角(0R2,假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变,则该粒子( ) A.带正电B.在、区域的运动时间相同C.在、区域的运动加速度相同D.从区域穿过铝板运动到区域答案 B解析 设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r,线速度大小为v,根据洛仑兹力提供向心力有Bvq=,可得v=r,可见,轨道半径越大,表示粒子的线速度越大,再由轨道半径R1R2可知,粒子从区域穿过铝板进入区域,选项D错误;知道粒子的运动方向、磁场方向和安培力的方向,结合左手定则

2、可以判断出粒子带负电,选项A错误;根据粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动周期的计算公式T=可知,粒子在、区域的运动周期相同,运动时间也相同,选项B正确;根据ma=Bvq,可得a=Bvq/m,粒子在、区域的运动速率不同,加速度也不同,选项C错误。变式训练 （2009全国，8，易）某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N. 他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，至时间段内，弹簧测力计的示数如图所示，电梯运行的v-t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ） 变式答案 A变式解析 由F-t图像知：t0t1时间内，具有向下的加速度；t1t2时间内，匀速或静止；t2t3时间内，具有向上的加速度. 因此其运

3、动情况可能是：t0t3时间内，由于D选项不满足电梯由静止开始运动，故选A. 第83页 第3题 (2012全国,17,6分)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是( )A.若q1=q2,则它们做圆周运动的半径一定相等B.若m1=m2,则它们做圆周运动的半径一定相等C.若q1q2,则它们做圆周运动的周期一定不相等D.若m1m2,则它们做圆周运动的周期一定不相等答案 A解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力,即qvB=,得轨道半径r=,已知两粒子动量大小相等,若q1=q2,则r1=r2,A项

4、正确;若m1=m2,r与有关,B项错误。带电粒子在磁场中运动的周期T=,因此运动周期T或,若m1m2,但=,周期T可相等,D项错误;若q1q2,但q1v1=q2v2,周期T也可相等,C项错误。变式训练 (湖北省七市2013届高三理综4月联考模拟试卷,4)为估测电梯起动和制动时的加速度大小，李明同学站在体重计上乘电梯从1层到10层，之后又从10层返回到1层，并用照相机进行记录，得到如下图照片（右上角是楼层显示器照片，“” 表示电梯正在上升，“” 表示电梯正在下降）。则下列分析中正确的 A.根据图2和图3, 可估测电梯向上起动时的加速度B.根据图l和图2，可估测电梯向上制动时的加速度C.根据图l和

5、图5, 可估测电梯向下制动时的加速度D.根据图4和图5，可估测电梯向下起动时的加速度变式答案 C变式解析 根据图2和图3, 可估测电梯向上制动时的加速度，A项错；根据图l和图2，可估测电梯向上起动时的加速度，B项错；根据图l和图5, 可估测电梯向下制动时的加速度，C项正确；根据图4和图5，无法可估测电梯向下起动时的加速度，D项错。 第83页 第4题 (2012北京理综,16,6分)处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值( )A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比答案 D解析 粒

6、子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB=m,得R=,周期T=,其等效环形电流I=,故D选项正确。变式训练 (上海市黄浦区2013届高三第一学期期末学科质量监测物理试卷，16)如图所示，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一自由端位于O点，现用一滑块将弹簧的自由端（与滑块未拴接）从O点压缩至A点后于t=0时刻由静止释放，滑块t1时刻经过O点，t2时刻运动到B点停止。下列四个图像的实线部分能反映滑块从A运动B的v-t图像的是（ ） 变式答案 D变式解析 滑块由A点到O点运动过程中，由牛顿第二定律可得，滑块先做加速度减小的变加速直线运动，当时，加速度为零；后做加速度增大的变减速直线运动；t1时刻滑块

7、到达O点时滑块与弹簧脱离，之后在滑动摩擦力作用下以加速度a=做匀减速直线运动直至t2时刻运动到B点停止，故正确的答案选D。 第83页 第5题 (2012广东理综,15,4分)质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示。下列表述正确的是( ) A.M带负电,N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛仑兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间答案 A解析 由左手定则判断得M带负电、N带正电,A正确。由题图可知M、N半径关系为RMRN,由半径R=可知,vMvN,B错误。因洛仑兹力与速度方向时刻垂直,故不做功,C错误。由周期公式T=及t=

8、T可知,tM=tN,D错误。变式训练 （2010福建理综，16，难）质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0. 2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等. 从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示. 重力加速度g取10 m/，则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为（ ） A. 18 m B. 54 m C. 72 m D. 198 m变式答案 B变式解析 物体与地面间最大静摩擦力f=mg=0. 2210 N=4 N. 由F-t图像知03 s内，F=4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动.

9、36 s内，F=8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a=2 m/s2，6 s 末物体的速度v=at=23 m/s=6 m/s. 在69 s内物体以6 m/s的速度做匀速运动. 912 s 内又以2 m/s2的加速度做匀加速运动，作v-t图像如下. 故012 s内的位移s=2 m+66 m=54 m. 故B项正确. 第83页 第6题 (2012安徽理综,19,6分)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t时间从C点射出磁场,OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为v/3,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时

10、间变为( ) A.t B.2t C.t D.3t答案 B解析 粒子沿半径方向进入圆形磁场区域时,一定沿半径方向射出,如图。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,洛仑兹力提供向心力,由qvB=m得R=,T=。由数学知识得:粒子以速度v进入磁场时,圆周运动的半径R=r,转过的圆心角=60;粒子以速度进入磁场时,圆周运动的半径R=r,转过的圆心角=120,周期T与速度无关,所以t=t=2t,B正确。变式训练 （2009山东理综，17，难）某物体做直线运动的v-t图像如图所示，据此判断图（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是（ ） 变式答案 B变式解析 由v-t图像知，02 s匀加速，

11、24 s匀减速，46 s 反向匀加速，68 s匀减速，且26 s内加速度恒定，由此可知：02 s内，F恒定；26 s内，F反向，大小恒定；68 s内，F又反向且大小恒定，故B正确. 第83页 第7题 (2010重庆理综,21)如图所示,矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场,在纸面内做匀速圆周运动,运动轨迹为相应的圆弧。这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示。 粒子编号质量电荷量(q0)速度大小1m2qv22m2q2v33m-3q3v42m2q3v52m-qv由以上信息可知,从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(

12、)A.3、5、4 B.4、2、5 C.5、3、2 D.2、4、5答案 D解析 结合题图,运用左手定则可知,粒子a与b电性相同,粒子c与前两者电性必相反,ra=rc=rb。根据r=可知,A项中ra=rb,B项中ra=rb,均与题意不符,A、B两项均错误。C项中若只剩粒子1和4则二者电性与图中其余两条轨道不符,故C项错误,只有D项符合,答案为D。变式训练 （2012江苏单科，4，易）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比. 下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（ ） 变式答案 C变式解析 对皮球应用牛顿第二定律有：mg+kv=ma，a

13、=g+v. 上抛过程中v减小，故a随时间减小且减小的快慢与v的变化快慢规律相同，即=，而就是加速度a，故随时间减小，即a-t图线各点的切线的斜率是逐渐减小的；又由于上升过程中a不可能为零，所以只有C项正确. 第83页 第8题 (2013广东惠州调研)如图所示,一电子以速度v从O点射入MN边界下方垂直纸面向里的匀强磁场中后能返回到MN边界上方,以下正确的是( ) A.电子从O点右边返回边界上方B.电子从O点左边返回边界上方C.若只增加射入速度v大小,则电子在磁场中运动的路程一定改变D.若只增加射入速度v大小,则电子在磁场中运动的时间一定改变答案 BC解析 由左手定则可判断出电子从O点左边返回边界

14、上方,选项A错误B正确;若只增加射入速度v大小,则电子在磁场中运动的轨道半径一定增大,路程一定改变,选项C正确;由带电粒子在匀强磁场中运动的周期公式,若只增加射入速度v大小,则电子在磁场中运动的时间不改变,选项D错误。变式训练 （2010山东理综，16，难）如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接. 图乙中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程. 图乙中正确的是（ ） 变式答案 C变式解析 物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为f1=mgcos ，做初速度为零的匀加速直线

15、运动，其v-t图像为过原点的倾斜直线，A错；加速度大小不变，B错；其s-t图像应为一段曲线，D错；物体到达水平面后，所受摩擦力f2=mgf1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C. 第83页 第9题 (2012江苏单科,9,4分)如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有( ) A.若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0B.若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于v0-D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于v0

16、+答案 BC解析 当粒子从O点垂直于MN进入磁场时,落在MN上的点离O点最远,设O、A间的距离为d+x,则有:=当v0大小不变、方向改变时,粒子就落在A点的左侧,故A项错误。若粒子落在A点的右侧,由r=可知,v一定大于v0,故B正确。若粒子落在A点左侧d处,粒子的最小速度vmin一定满足:=解两式可得:vmin=v0-,故C项正确。当vv0+时,只要改变速度的方向,也可以使粒子落在A点左右两侧d的范围内,故D项错误。变式训练 （2010福建理综，16，难）质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0. 2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等. 从t=0时刻开始，

17、物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示. 重力加速度g取10 m/，则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为（ ） A. 18 m B. 54 m C. 72 m D. 198 m变式答案 B变式解析 物体与地面间最大静摩擦力f=mg=0. 2210 N=4 N. 由F-t图像知03 s内，F=4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动. 36 s内，F=8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a=2 m/s2，6 s 末物体的速度v=at=23 m/s=6 m/s. 在69 s内物体以6 m/s的速度做匀速运动. 912 s 内又以2 m/s2的

18、加速度做匀加速运动，作v-t图像如下. 故012 s内的位移s=2 m+66 m=54 m. 故B项正确. 第84页 第10题 (2011海南单科,10,4分)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷,它们的电荷量、质量均不同,但其比荷相同,且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是( ) A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子,其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子,其轨迹所对的圆心角一定越

19、大答案 BD解析 由于粒子比荷相同,由R= 可知速度相同的粒子轨迹半径相同,运动轨迹也必相同,B正确。对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示,由图可知,粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同,运动时间都为半个周期,而由T= 知所有粒子在磁场中运动的周期都相同,故A、C皆错误。再由t=T= 可知D正确。变式训练 （2013课标II，14，6分) 一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始, 物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小, F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是( ) 变式答案

20、C变式解析 物块的受力如图所示 当F不大于最大静摩擦力时, 物块仍处于静止状态, 故其加速度为0; 当F大于最大静摩擦力后, 由牛顿第二定律得F-FN=ma, 即F=FN+ma, F与a成线性关系。选项C正确。 第84页 第11题 (2011浙江理综,20,6分)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场,对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是( ) A.粒子带正电B.射出粒子的最

21、大速度为C.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大答案 BC解析 由左手定则可知粒子带负电,A错;粒子运动最大半径为R=,由qvB=m得vmax=,B对;粒子运动最小半径r=,vmin=,则vmax-vmin=,d和L不变,增大B,(vmax-vmin)增大,C正确,同理D错误。变式训练 (湖北省七市2013届高三理综4月联考模拟试卷,4)为估测电梯起动和制动时的加速度大小，李明同学站在体重计上乘电梯从1层到10层，之后又从10层返回到1层，并用照相机进行记录，得到如下图照片（右上角是楼层显示器照片，“” 表

22、示电梯正在上升，“” 表示电梯正在下降）。则下列分析中正确的 A.根据图2和图3, 可估测电梯向上起动时的加速度B.根据图l和图2，可估测电梯向上制动时的加速度C.根据图l和图5, 可估测电梯向下制动时的加速度D.根据图4和图5，可估测电梯向下起动时的加速度变式答案 C变式解析 根据图2和图3, 可估测电梯向上制动时的加速度，A项错；根据图l和图2，可估测电梯向上起动时的加速度，B项错；根据图l和图5, 可估测电梯向下制动时的加速度，C项正确；根据图4和图5，无法可估测电梯向下起动时的加速度，D项错。 第84页 第12题 (2013辽宁五校联考)如图所示,在直角坐标系Oxy平面的第三、四象限内

23、分别存在着垂直于Oxy平面的匀强磁场,第三象限的磁感应强度大小是第四象限的2倍,方向相反。质量、电荷量相同的负粒子a、b,某时刻以大小相同的速度分别从x轴上的P、Q两点沿y轴负方向垂直射入第四、三象限磁场区域。已知a粒子在离开第四象限磁场时,速度方向与y轴的夹角为60,且在第四象限磁场中运行时间是b粒子在第三象限磁场中运行时间的4倍。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求:a、b两粒子经y轴时距原点O的距离之比。 答案 2解析 设第三象限内磁场磁感应强度大小为2B,第四象限内磁场磁感应强度大小为B,粒子a、b质量为m,电荷量大小为q,进入磁场区域速度为v,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得:qvB=

24、mR=T=由题设条件有:Ra=2Rb,Ta=2Tb设b粒子在第三象限中运行时转过的圆心角为,由a、b两粒子运行时间关系有:ta=4tb,即Ta=4Tb=30=2变式训练 (湖南省郴州市2013届高三第二次教学质量监测试卷，11).小明同学乘坐杭温线“和谐号” 动车组，发现车 厢内有速率显示屏。当动车组在平直轨道上经历匀 加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同 时刻的速率，部分数据列于表格中。已知动车组的 总质量M=2.0x105kg，假设动车组运动时受到的阻 力是其重力的0.1倍，取g=10m/s2。在小明同学记录 动车组速率这段时间内，求：(1)动车组两次加速的加速度值各为多大；(2)

25、动车组牵引力的最大值；(3)动车组位移的大小 变式答案 （1），（2）（3）30250m。变式解析 第84页 第13题 (2010课标,25,18分)如图所示,在0xa、0y范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们的速度大小相同,速度方向均在xy平面内,与y轴正方向的夹角分布在090范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2 到a之间,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小;(2)速度方向与y轴

26、正方向夹角的正弦。 答案 (1) (2)解析 此题为粒子在磁场中运动临界值问题。(1)设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律和洛仑兹力公式,得qvB=m得R=当a/2时,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场的上边界相切,如图所示。设该粒子在磁场中运动的时间为t,依题意t=T/4,得OCA= 设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为,由几何关系可得R sin =R-R sin =a-R cos 又sin2 +cos2 =1解得R=av=(2)sin =变式训练 (湖南省郴州市2013届高三第二次教学质量监测试卷，11).小明同学乘坐

27、杭温线“和谐号” 动车组，发现车 厢内有速率显示屏。当动车组在平直轨道上经历匀 加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同 时刻的速率，部分数据列于表格中。已知动车组的 总质量M=2.0x105kg，假设动车组运动时受到的阻 力是其重力的0.1倍，取g=10m/s2。在小明同学记录 动车组速率这段时间内，求：(1)动车组两次加速的加速度值各为多大；(2)动车组牵引力的最大值；(3)动车组位移的大小 变式答案 （1），（2）（3）30250m。变式解析 第84页 第14题 (2011课标,25,19分)如图,在区域(0xd)和区域(d内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向相反,

28、且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q(q0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域,其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域时,速度方向与x轴正向的夹角为30;此时,另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域,其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求(1)粒子a射入区域时速度的大小;(2)当a离开区域时,a、b两粒子的y坐标之差。 答案 (1) (2)(-2)d解析 (1)设粒子a在内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上),半径为Ra1,粒子速率为va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P,如图。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得qvaB=m由几何关系得PC

29、P=Ra1=式中,=30。由式得va=(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2,射出点为Pa(图中未画出轨迹),POaPa=。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)=m由式得Ra2=C、P和Oa三点共线,且由式知Oa点必位于x=d的平面上。由对称性知,Pa点与P点纵坐标相同,即yPa=Ra1 cos +h式中,h是C点的y坐标。设b在中运动的轨道半径为Rb1,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得qB= 设a到达Pa点时,b位于Pb点,转过的角度为。如果b没有飞出,则=式中,t是a在区域中运动的时间,而Ta2=Tb1=由式得=30由式可见,b没有飞出。Pb点的y坐标为yPb=Rb1

30、(2+cos )+h由式及题给条件得,a、b两粒子的y坐标之差为yPa-yPb=d变式训练 (湖南省郴州市2013届高三第二次教学质量监测试卷，11).小明同学乘坐杭温线“和谐号” 动车组，发现车 厢内有速率显示屏。当动车组在平直轨道上经历匀 加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同 时刻的速率，部分数据列于表格中。已知动车组的 总质量M=2.0x105kg，假设动车组运动时受到的阻 力是其重力的0.1倍，取g=10m/s2。在小明同学记录 动车组速率这段时间内，求：(1)动车组两次加速的加速度值各为多大；(2)动车组牵引力的最大值；(3)动车组位移的大小 变式答案 （1），（2）（3）3

31、0250m。变式解析 第85页 第1题 (2012江苏苏北四市)在如图所示的平行板器件中,电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计) 从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动,则该粒子( ) A.一定带正电B.速度v=C.若速度v,粒子一定不能从板间射出D.若此粒子从右端沿虚线方向进入,仍做直线运动答案 B解析 当带电粒子从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动时,有qE=qvB,即B正确。变式训练 （2013课标II，15，6分) 如图, 在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用, F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止, F的取值应有一定范围, 已知其最大值和最小值分别为F1和F2

32、(F2 0) 。由此可求出( ) A. 物块的质量B. 斜面的倾角C. 物块与斜面间的最大静摩擦力D. 物块对斜面的正压力变式答案 C变式解析 当物块所受外力F为最大值F1时, 具有向上的运动趋势由平衡条件可得: F1=mg sin +fm;同理: 当物块所受外力F为最小值F2时, 具有向下的运动趋势, 即F2+fm=mg sin 。联立解得fm=, F1+F2=2mg sin , 由于m或斜面的倾角未知, 故选项C正确; 选项A、B、D错误。 第85页 第2题 (2012江苏南京)如图所示,从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,发现电子流向上极板偏转。设

33、两极板间电场强度为E,磁感应强度为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过,只采取下列措施,其中可行的是( ) A.适当减小电场强度EB.适当减小磁感应强度BC.适当增大加速电场极板之间的距离D.适当减小加速电压U答案 A解析 电子在偏转极板之间受到电场力向上,受到洛仑兹力向下,电子流向上偏转,说明电场力大于洛仑兹力,只有增大洛仑兹力或减小电场力,使电场力与洛仑兹力平衡,电子才能沿直线从电场和磁场区域通过,A正确。变式训练 （2011广东理综，36，难）如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B

34、、C. 一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板. 滑板运动到C时被牢固粘住. 物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6. 5R，板右端到C的距离L在RL5R范围内取值，E距A为s=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为=0. 5，重力加速度取g. （1）求物块滑到B点的速度大小；（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点. 变式答案 （1）3 （2）见解析变式解析 （1）物块从静止开始做匀加速直线运动到A的过

35、程，滑动摩擦力做正功，物块从A到B，重力做正功，根据动能定理，mgs+mg2R=m，解得：vB=3. （2）物块从B滑上滑板后开始做匀减速直线运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达到共同速度时，二者开始做匀速直线运动. 设它们的共同速度为v，根据动量守恒mvB=（m+2m）v，解得：v=. 对物块，用动能定理列方程：-mgs1=mv2-m，解得：s1=8R对滑板，用动能定理列方程：mgs2=2mv2-0，解得：s2=2R由此可知物块在滑板上滑过s1-s2=6R，小于6. 5R，并没有掉下去，二者就具有共同速度了. 当2RL5R时，物块的运动过程是匀减速运动8R，匀速运动L-2R，匀

36、减速运动0. 5R，滑上C点. 根据动能定理-mg（8R+0. 5R）=m-m，解得：m=mgRmgR，Wf=mg（8R+0. 5R）=mgR，物块不能滑到CD轨道的中点. 当RL2R时，物块的运动过程是匀减速运动6. 5R+L，滑上C点. 根据动能定理-mg（6. 5R+L）=m-m，解得：Wf=mg（6. 5R+L）=mg（13R+2L），当m=mg（2. 5R-L）mgR时，可以滑到CD轨道的中点，此时要求L0. 5R，这与题目矛盾，所以物块不可能滑到CD轨道的中点. 第85页 第3题 (2012江苏扬州一模)如图所示,半圆光滑绝缘轨道固定在竖直平面内,O为其圆心,匀强磁场方向与轨道平面

37、垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放,它将沿轨道在MN间做往复运动。下列说法中正确的是( )A.小球在M点的重力势能大于在N点的重力势能B.小球经过轨道最低点时所受合外力大小总相等C.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小总相等D.小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间答案 B解析 洛仑兹力和弹力对小球都不做功,小球的机械能守恒,故A错。小球在最低点的速度大小相同,由F合=m可知B正确。小球从M到N经过最低点时:FN1+Bqv-mg=m,则FN1=mg-Bqv+m;小球从N到M经过最低点时:FN2-Bqv-mg=m,则FN2=mg+Bqv+m,显然C项错。小球在两个过程中通过的路程相

38、等,速率变化情况也相同,故运动时间也应相等,即D错。变式训练 (上海市黄浦区2013届高三第一学期期末学科质量监测物理试卷，16)如图所示，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一自由端位于O点，现用一滑块将弹簧的自由端（与滑块未拴接）从O点压缩至A点后于t=0时刻由静止释放，滑块t1时刻经过O点，t2时刻运动到B点停止。下列四个图像的实线部分能反映滑块从A运动B的v-t图像的是（ ） 变式答案 D变式解析 滑块由A点到O点运动过程中，由牛顿第二定律可得，滑块先做加速度减小的变加速直线运动，当时，加速度为零；后做加速度增大的变减速直线运动；t1时刻滑块到达O点时滑块与弹簧脱离，之后在滑动摩擦力作用

39、下以加速度a=做匀减速直线运动直至t2时刻运动到B点停止，故正确的答案选D。 第85页 第4题 (2012江苏南通二模)如图所示,在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场,磁场方向垂直纸面向外,电场在图中没有标出。一带电小球从a点射入场区,并在竖直面内沿直线运动至b点,则小球( ) A.一定带正电B.受到电场力的方向一定水平向右C.从a到b过程,克服电场力做功D.从a到b过程中可能做匀加速运动答案 C解析 由于洛仑兹力与速度有关,所以可推断小球做匀速直线运动,由合力为零分析可知,小球可能带正电也可能带负电,电场强度的方向也不是唯一确定的方向,故A、B、D均错。根据动能定理可知,重力与电场力对小

40、球做的总功必为零,重力做正功,所以电场力做负功,故C正确。变式训练 （2010江苏单科，3，难）如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机. 三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30角，则每根支架中承受的压力大小为（ ） A. mg B. mg C. mg D. mg变式答案 D变式解析 如图每根支架承受的压力大小为N，则压力的竖直分力大小为，所以N=mg，D正确. 第85页 第5题 (2012湖北武汉外校、钟祥联考)如图所示,空间有正交的匀强磁场和匀强电场,一带电粒子(不计重力)从M点以初速度v0沿曲线 MN运动到N点,图中虚线为电场的等势线,电势abcd,磁场方向垂直纸面

41、向外。则( ) A.粒子一定带负电B.曲线MN是抛物线C.从M点到N点,粒子电势能减少D.粒子在N点速度大于M点速度答案 ACD解析 根据“沿着电场线方向电势逐渐降低”可知,匀强电场的方向水平向左。若粒子带正电,电场力水平向左,洛仑兹力指向运动轨迹的左侧,粒子应该向左偏转,所以该粒子一定带负电,选项A正确;从M点到N点,电势逐渐增大,带负电荷的粒子的电势能减小,动能增大,粒子在N点速度大于M点速度,选项C、D正确;曲线MN不是抛物线,选项B错误。变式训练 (广州市2013年第二次模拟考试, 3) 塔式起重机模型如图(a) ，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起

42、，图(b) 中能大致反映Q运动轨迹的是 变式答案 B变式解析 由于小车P水平做匀速直线运动，竖直向上做匀加速直线，故运动过程中，小车速度与水平方向的夹角越来越大，故B项正确。 第85页 第6题 (2013浙江重点中学联考)如图所示,在正三角形区域内存在着垂直于纸面的匀强磁场和平行于AB的水平方向的匀强电场,一不计重力的带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角平分线OC做匀速直线运动。若此区域只存在电场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,则此粒子刚好从A点射出;若只存在磁场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,则下列说法正确的是( ) A.粒子将在磁场中做匀速圆周运动,运动

43、轨道半径等于三角形的边长B.粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从OB段射出磁场C.粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从BC段射出磁场D.根据已知条件可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比答案 CD解析 带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角平分线OC做匀速直线运动,则有qE=qvB。若此区域只存在电场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,刚好从A点射出,=vt,=at2,qE=ma;若只存在磁场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,qvB=,联立解得R=,选项A错误;由于R=粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从OB段射出磁场,选项B正确C错误;根据已知条件,该粒子在只有电场时运动时间为t1=2=,在只有磁场时在该区域中运动的时间为t2=,可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比,选项D正确。变式训练 （2012山东基本能力，64，易）假如轨道车长度为22 cm，记录仪记录的信号如图所示，则轨道车经过该监测点的速度为( ) A. 0. 20 cm/s B. 2.0 cm/s