2019年高考考前50题（物理）.pdf

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1、考前50题(其中电磁综合计算题20题；力学综合题20题；电学实验题10题)一、电磁综合题：1.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为。导轨间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为8的匀强磁场，导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为加、电阻为 的金属棒,阴；垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。电容器电容C,首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,助V由静止开始向右加速运动。当物V上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，肠V达到最大速度匕，之后离

2、开导轨。求：M X X X X VI-X X k X X,N(1)这个过程中通过金属棒网 的电量g(2)直流电源的电动势后(3)某同学想根据第一问的结果，利用的公式4 =器求金属棒加速过程的位R R移，请判断这个方法是否可行，并说明理由。解：(1)设 在 此 过 程 中 的 平 均 电 流 为 了，2=74MN上受到平均安培力：户=3.，./由动量定理，有：F A r =r n vm-0.mv带入解得：2,=B L(2)开关S接2后，开始向右加速运动，速度达到最大值必，时，MN上的感应电动势：E=B lvm,最终电容器所带电荷量Q 2 =C E ，电容器最初带电。=。,+2，mv代入数据解得：

3、E =B L vm+B L C_ BLV(3)不可行，过程中任一时刻电流/=-1从式中可以看出电流不恒定，取一很短时间M ,流过MN电量q=(-)-M,只有当E=0时才有q=R R而本题过程中始终不满足E=0,该同学方法不可行。2.如图9所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m 一端连接R=1C的电阻.导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1 T.导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不 计.在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s.求：XXX.V X XXXX f x X X X X

4、火 VXXX XXXx x x A*x x x x(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1s时间内，拉力做的功；(3)若将M N换为电阻r=0.25Q的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.解：(1)感应电动势为：E=BLv=lX0.4X5=2VF 9感应电流为：I=-2A(2)对导体棒，由平衡条件有:F=F女F S=BIL在0.1s时间内，导体棒的位移为:拉力做的功为：W=Fs代入数据解得：W=0.4 J(3)M N换为电阻r=0.25。的导体棒时，1 可视为电源内阻，导体棒两端的电压等于R两端的电压，即路端电压；由闭合电路欧姆定律可得:感应电流为：I=R+r 1+0.252-_

5、=1.6 A导体棒两端的电压为：U=rR=1,6X 1=1.6 V3.回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。回旋加速器的原理如图，D i和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频 率 为f的交流电源上，取粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同。位于D|圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略,重力不计)，它们在两盒之间被电场加速，D|、D?置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若输出时质子束的等效电流为L(忽略质子在电场中的加速时间及质子的最大速度远远小于光速)图16(1)写出质子在该回旋加速器中运动的周

6、期及质子的比荷q/m(2)求质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P.(3)若使用此回旋加速器加速笊核，要想使笊核获得与质子相同的最大动能，请分析此时磁感应强度应该如何变化，并写出计算过程。解：由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得运动周期：T=设质子质量为m,电荷量为q,质子离开加速器时速度大小为V,由牛顿第二定律2可知：qvB=irrK质子运动的回旋周期为：T产R=2%V QD所 以 质 子 比 荷 为*手(2)7分设在t时间内离开加速器的质子数为N,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率 N 7mvp=t由上述各式得产=/硕?2/(3)7分若使

7、用此回旋加速器加速笊核，%=4 21 2 1 22用F 1 =2活2约1 炉8：/1 氏2叼2%=5的 一互=互n 2mlB2=正 B即磁感应强度需增大为原来 的 陆4.如图甲所示，在与水平方向成。角的倾斜光滑导轨上，水平放置一根质量为，”的导体棒，导轨下端与一电源和定值电阻相连，电源的电动势和内阻、定值电阻的限值均未知。整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度8的大小也未知。己知导轨宽度为L,重力加速度为g。(1)若断开电键鼠将导体棒由静止释放，经过时间3导体棒沿斜面下滑的距离是多少？(2)若 闭 合 电 键 导 体 棒 仍 恰 好 在 导 轨 上 保 持 静 止。由方向a方向看到

8、的平面图如图乙所示，请在此图中画出此时导体棒的受力图，并求出导体棒所受的安培力的大小。(3)若闭合电键,导 体 棒 静 止 在 导 轨 上，对导体棒外的内部做进一步分析：设导体棒单位体积内有个自由电子，电子电荷量为e,自由电子定向移动的平均速率为导体棒的粗细均匀，横截面积为S。a.请 结 合 第(2)问的结论和题目中所给的已知量,推理得出每个电子受到的磁场力是多大？b.将导体棒中电流与导体棒横截面积的比值定义为电流密度，其大小用/表示，请利用电流的定义和电流密度的定义推导/的表达式。解：（1）断开电键后，根据牛顿第二定律，导体棒的加速度。=超空”m得：a=gsin0由运动学公式，经过时间 导体

9、棒下滑的距离得 A-y g r s i n（2）导体棒仍保持静止时，受力如答图1 所示（3）根据平衡条件，安培力的大小F a=mgtanf）（3）a.导体棒中做定向移动的自由电子数N-nSL每个电子受到的磁场力/N得三b.在直导线内任选一个横截面S,在时间内从此截面通过的电荷q=neSvA t导体棒中的电流强度I=-=neSv t由 电 流 密 度 的 定 义 J=(得j=nevk J5.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角8=30。的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域I 和 H,两区域的边界与斜面的交线为MM I 中的匀强磁场方向垂直斜面向下,II中的匀强

10、磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T。在区域I 中，将质量加=0.1kg,电 阻&=0.1C 的金属条a h放在导轨上，a h刚好不下滑。然后，在区域H 中将质量加 2=0.4kg,电阻R2=01C的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。在滑动过程中始终处于区域H 的磁场中，ab,始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取 g=10m/s:求：(1)下滑的过程中，受力的示意图及湖中电流的方向；(2)必 刚要向上滑动时，cd 的动量；(3)从 cd开始下滑到外刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m,此过程中必上产生的热量。解：(1)从 d 端往c 端观察，c

11、d 的受力分析示意图如答图1 所示。a b中电流的方向由 流向b。(2)开始放置 刚 好不下滑时，他 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为产 皿fm a=m设劭刚好要上滑时，加 棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=B L u设电路中的感应电流为/,由闭合电路欧姆定律1=-园+R2设必所受安培力为七F安=IL B答 图I此时必受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件F =m gs m 0+Fn m解得 v=5 m/scd 的动量/7=W 2 =2.0 k g-m/s2方向平行导轨向下（3）设棒的运动过程中电路中产生的总热量为。总，由能量守恒1 2irgxsin 0=。总+-nivR乂 Q

12、=4R +KR Q总2解得 Q =L3 J6.（1 2 分）如图甲所示，导体棒M N 置于足够长的水平“匚”型金属框架上，框架的两根导轨平行，左侧连有定值电阻，右侧虚线外有垂直导轨平面的匀强磁场。导体棒在水平恒力作用下，从 t=0 时刻开始向右沿导轨运动，其运动的vt 图线如图乙所示。图线在0 时间内是直线，在 t t2 时间内是曲线，大于t2 时间是平行时间轴的直线。已知该棒t|时刻速度为V I,t2 时刻速度为V 2,不计棒与导轨间的摩擦，求：（1）刚进入磁场的t,时刻和t2 时刻通过导体棒的电流之比;（2）导体棒进入磁场时加速度的大小。6.（1 2 分）（1）设棒切割磁场的长度为L,磁场

13、的磁感应强度为8,回路的总电阻为R,则棒在小玲时刻的电流为.B L v,.B L v,八仁 分）A A因此电流之比为U=L（2分）k%（2）设恒力为F,则在h时刻：F-B=m a（2分）R在，2 时刻：F-B LV1=0（2 分）R在 0 力时间有：/7 =机 巧（2分）联解得：。=1-（2分）、V 2 1 tl7.（1 4 分）如图所示，在 x O y 平面内，第H1 象限内的直线0M 是电场与磁场的边界线,0M 与 x 轴负方向成4 5。夹角.在+y 轴与直线0M 的左侧空间存在沿x 轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在+x 轴下方与直线0M 的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强破场，磁感应强

14、度大小为B.一带负电微粒从坐标原点。沿 y轴负方向进入磁场，第一次经过磁场边界时的位置坐标是（-L,-L）.已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力，微粒最后从+y 轴上某点飞出场区（图中未画出），求：（1）带电微粒从坐标原点0进入磁场时的初速度；（2）带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间。7.（1 4 分）解：（1）设微粒从原点。进入磁场时的初速度为W，在磁场中的运动半径为广，则有JT IV2q v B=3（2 分）r由微粒第一次经过磁场边界上的点A 坐 标 是（】，】），可知r=L（1 分）解出（1 分）m（2）微粒到达A 点时，速 度 方 向 与 夹 角 为 4 5。，即与电

15、场平行.微粒在电场中从A 点开始向-x 方向做减速运动，后原路返回A 点，再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入电场，微粒的运动轨迹如图所示。微粒做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，所以qB%=m4/并且27zrvo（1 分）（1 分）设微粒在磁场中运动的总时间为r”，根据几何关系，微粒在磁场中运动的路径刚好是一个完整的圆周，所以展=丁（1 分）根据对称性，微粒到达C点时的速度方向应沿+y 方向，此后在电场中做类平抛运动,从。点离开电场，设其加速度为小 运动时间为f e，则有qEma（1 分）从C运动到。在 x 方向的位移为-r=a tco（2 分）设微粒从A点进入电场后做往返运动的总时间为则由牛顿

16、运动定律有v0-a-（2 分）2微粒在电场、磁场区域运动的总时间为t-t()C+A+CD（1 分）联立以下各式并代入数据解得71m BL m mL L、2(+1)qB E qE8.（原创）（1 7 分）在竖直平面内有与平面平行的匀强电场，一质量为m、带电量为+q 的小球从竖直平面的坐标原点0处以某一速度抛出，已知小球经y轴上的某点P点时速度最小，小球经Q点时速度大小与0点的速度大小相同，且 X Q=d,y Q=d,如图所示。已知重力加速度为g,求：（1）电场强度的最小值；（2）若电场强度为（1）中所求的值，则小球从O点抛出时的初速度的大小;。小球再次经过x轴的坐标。yQ(d,d)OX【解析】（

17、1）（6分）由于小球在0、Q两点的速度大小相等，则小球所受重力和电场力的合力F的方向应与0 Q垂直，又0 Q与x轴的夹角ta n 9=l,即0=45,所以合力与y轴负方向的夹角为0如图所示，有qE=mgcos450,解得E=mg q，方向沿O Q方向2q（3分）（3分）（2）（6分）当E取最小值时，合力尸=扃1g，小球运动过程中的加速度为2a e方向与y轴负方向成45角2由于小球在P点速度最小，则P点O、Q两点对称，易得P点坐标为（0,d）。在P点,小球速度方向应沿O Q方向，设P点的速度为v,易得：而（1分）2 2-a t2=丽=遮d2 2（1 分）（2 分）在 0点的速度V o 应有：%=

18、y/v2+2 a P M解得（2 分）。（5分）设小球运动轨迹与x 轴交点为R,小球从P到 R 做类平抛运动，设 P M S 交 x轴 为 N,R S 与 P S 垂直,有额=讨=泗1（1 分）2 P s=Lat2=gt2 a 分）2 4万=丽+丽=J5d+丽 解得？=2,2d/g 丽=0 c （2 分）所以诟=而+诉 =d+2d=3d（1 分）9.如图所示，在 O W x W a 的区域i内有垂直于纸面向里的匀强磁场.在 x a的区域I I 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。质量为m、电荷量为q （q 0）的粒子沿x 轴从原点0射入磁场。当粒子射入速度不大于V。时，粒子在

19、进场中运动的时间都X X jX X：X 1 X:x x jX?,x x ix x jX X 相同，求:(1)速度V。的大小;(2)若粒子射入磁场的速度大小为、历 v。，其轨迹与x 抽交点的横坐标；(3)调节区域I I 磁场的磁感强度为a B o,使粒子以速度n v o (n l)从 0点沿 x 轴射入时，粒子均从0点射出磁场，n 与 才满足的关系。解：(1)粒子恰好与边界相切时R=aq v B=m R解得一 尸 迺m(2)带电粒子运动的轨迹如图所示，0 卜 0?分别为轨迹的圆心，图甲 图乙 叵 心=缶qB 由几何关系可得r s i n =a0 2A=2r s i n。02B=2r c o s

20、0 r=(2 y2)aB C=J户一 O?1:轨迹与x 轴交点坐标为X=02A+BC=2(1+A/2-J)a，._(v0)2(3)粒子在区域I中圆周运动的半径为R 1,根据q n v o B o=m-&粒子在区域I I 中 圆 周 运 动 的 半 径 为 q n v M B 尸n/呼在区域11中圆周运动的圆心位于x 轴上才可能使粒子从0 点射出R i s i n a =a （2 分）（R,+R2）c o s a=R1（2 分）用 午 T、F：-X+1 n10.如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为3导轨电阻忽略不计。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦 轻质导体棒加垂直

21、导轨放置，导体棒油的电阻为r,与导轨之间接触良好。两导轨之间接有定值电阻，其阻值为凡轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为？的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为人 在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g。求：m（1）物体下落过程的最大速度v,;（2）物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R上产生的电热。；（3）物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间人【解析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0 时，F 落速度达到最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过

22、程的最大速度；在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻R上产生的电热；在系统加速过程中，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的时间；解：（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0 时，下落速度达到最大对物体，由平衡条件可得m g=Fr对导体棒Fr=B I L对导体棒与导轨、电阻R组成的回路，根据闭合电路欧姆定律1=R +r根据电磁感应定律E=B L V mm g（R +r）联立以上各式解得V m =,BT2（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得1 ,m g h=-m vm+Q 总2

23、在此过程中任一时刻通过R和r 两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比,故整个过程中回路中的R与 r 两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以Q _ R3 2联立解得Q =蟹F g-R（R+r）R +r 2B4!?（3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为V,取一段时间微元A t,在此过程中分别R 2T 2对导体棒和物体分析，根据动量定理可得出/，）及=0(m g-FT)A t =m A v口 2 T 2整理可得m g A t-A t =m A vR+rBt 2即 m g A t-A x =m A vR+rp2y 2全过程叠加求和m g t-h=m vmR+r联方解得1=哩*+改)B L m

24、 g(R+r)1 1.如图所示，光滑平行金属导轨水平放置，导轨间距为L,处于磁感应强度为B 的竖直向上的有界匀强磁场中。金属棒Q 放置在导轨上，棒的中点与一水平固定的力传感器连接在一起。质量为m的金属棒P以速度均向右进入磁场区域，两棒始终与导轨垂直且接触良好，两棒未发生碰撞，电阻均为R,其余部分电阻不计。o(1)求 p棒刚进入磁场时所受到的安培力大小和方向；(2)求 P 棒刚进入磁场时加速度大小及其发热功率；(3)试通过推理分析说明P 棒进入磁场后加速度和速度的变化情况；(4)试定性画出P棒进入磁场后的整个运动过程中力传感器读数尸随时间，的变化曲线。(力传感器受到拉力时读数为正值，受到压力时读

25、数为负值)【解析】(1)P棒速度为v o 时回路中的感应电流为E BLV0I =-R总2 RR2,2P棒所受安培力F=B IL=，方向水平向左；安 2 R(2)根据牛顿第二定律Bt 2 V o=BI L =-=m a女 2 RB2L2V0a =-2 m RR2 T 2 2P棒的发热功率为p =2R=_ 2 ；4 R(3)因 P棒加速度2 =三 上 方 向与速度方向相反，所以P棒做减速运动；2 m R随着速度减小，加速度减小，故 P 棒做加速度减小的减速运动，直到加速度、速度均趋近于零。即加速度 由 她 减小到零；速度由V。减小到零。2mR(4)由(3)分析可得，力传感器读数F 随时间t 的变化

26、曲线如图:1 2.如图，A B、C D 两根足够长的平行光滑金属导轨，构成的斜面与水平面成0 =3 7。，两导轨间距L=0.5m,导轨的电阻可忽略。A、C 两点间接有阻值为R 的电阻。一根质量机=0.5k g、电阻尸O.1 C的均匀直金属杆M N放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装置处于磁感应强度B=1 T,方向垂直斜面向下的匀强磁场中。自图示位置起，杆 M N受到方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R 的电流随时间均匀增大。l O m/s2,s i n 37 =0.6 cos 37=0.8）（1 ）判断金属杆MN在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程；（2）

27、若杆MN受到的力F=O.5 v+l （式中v 为杆MN运动的速度，力F 的单位为N）,求电阻R 的阻值；（3）在（2）条件下，金属杆MN自静止开始下滑x=1 m 的过程需要的时间而1 时间t 内通过电阻R 的电量。E B L v【解析】试题分析：通过R的 电 流-，因通过R的电流随时间均匀增大，R+r R+r即杆的速度随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动：根据根据闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律即可求出电阻;根据运动学公式求出时间和速度，再根据 口 =W出电量。（1）金属杆做匀加速运动（或金属杆做初速为零的匀加速运动）。p B I v通过R的电流I=一 =，因通过R的电流/随时

28、间均匀增大，即杆的速度随时间R+r R+r均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动.r）T v（2）对回路，根据闭合电路欧姆定律1 =R +r对杆,根据牛顿第二定律有：F +mg s i n 37-B IL =ma将尸=0.5什1代入得:1 +mg s i n 37 +(0.5B21?、v =maR +r因与u无 关（取刚开始运动时刻，v=0）,所以解得：=8 m/s20.5-B2L2R=0.4 C(3)=0解得:R +r因杆做初速度为零的匀加速运动，有%=n/=4 m/sTDT v而1 =一通过R的电流/随时间从零开始均匀增大R +r所以q =”代 入 数 据 得q=l C1 3.如

29、图，在磁感应强度为8、方向竖直向下的匀强磁场中，一质量为?的金属杆MN垂直于两平行光滑导轨a b、cd放 置（在同一水平面内），且与两导轨保持良好接触，两导轨间距为乩电动机的输出功率恒为P，通过一细绳拉着金属杆以初速度h沿导轨向右加速运动。两导轨间连接一阻值为R的定值电阻，金属杆、导轨电阻均不计。经过一段时间，后,金属杆恰好开始做匀速运动，求：（1）金属杆以初速度均运动时的加速度大小；（2）金属杆做匀速运动时的速度大小；（3）若金属杆以初速度运动时的加速度为“，金属杆做匀速运动时的速度为v,画出金属杆在时间，内运动的速度一时间图像，并在图中标出相关物理量；（4）判断金属杆经过时间f运动的位移S

30、在什么范围内，并写出你的判断依据。【解析】解：（1）感应电动势E =B dv。p2d2金属杆受到的安培力叱B 处 一p B 2d2V o根据牛顿第二定律：g F =m a=-=ma-V.RP B 2d2V o得：a =f-mv0 m RP B dv（2）匀速时电动机对金属杆的拉力等于磁场对金属杆的安培力：-=B dv R俎 回得：V =-B d（3）画出金属杆在时间/内运动的速度时间图像（4）图中，t=一-卜列可能情况结果v 0 +v (V-V 2 2丁 X S vtv O +v-t S v -t2(V-VQ)2v0 t S v t v+v-tS2vot S v-tS v-tvtS14.在边长

31、为业的等边三角形ABC范围内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。位于等边三角形中心0 处的粒子源可向纸面内的各个方向发射速率相等的同种带正电粒子，粒子的比荷为，不计重力及粒子间的相互作用.mA(1)若等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过，求粒子初速度的大小应满足的条件。(2)若粒子的初速度大小为V。时，恰好可使等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过，求初速度为V。的粒子在磁场中运动时间最长与最短的差值。(已知：若 sine=k,则 0=arcsink)【答案】V?吧m.1八 2marcsin-(2)T O T)43qB qB2【解析】由几何关系可知AO=BO=CO=而Lsin6

32、()QL,为保证等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过,粒子圆周运动轨迹必须进过A 点和B 点，如图;.解得RNL洛伦兹力提供向心力q v B=m R解得VN吧m（2）粒子的初速度大小为v o时，恰好可使等边三角形AB边的任意位置都会有粒子通过，则丫0 =场此时粒子圆周运动的半径为R=L轨迹恰通过各边中点的粒子，在磁场中运m动时间最短，如图;由几何关系：4 1s i n B =-L 4粒子在磁场中运动的时间12 a r c s i n-4-T2兀2 7 n hT =q B.i2 m a r c s i n-4在磁场中运动的时间最长，如图;由几何关系可知，2 1s i n y =-L 22 y

33、 1 7 c m2=2 T =-T =-兀 6 3 q B粒子在磁场中运动最长与最短时间差值 t =2七=12 m a r c s i n-T u m 43 q Bq B点睛：本题考查了粒子在有界场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹找出临界条件是正确解题的关键，应用几何知识、牛顿第二定律即可正确解题.1 5.如图所示，竖直放置的A、B与水平放置的C、。为两对正对的平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、。始终和电源相接，测得其间的场强为E。一质量为加、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始经A、8加速后穿过C、。发生偏转,最后打在荧光屏上。(1)粒子带正电还是带负电？求粒

34、子离开B板时速度大小V B；(2)粒子刚穿过C、。时的竖直偏转位移y。(3)如要想粒子最终还能够打在荧光屏的0点上，可在平行金属板C、O中叠加一个匀强磁场，请问该匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向应该满足什么条件。【解析】【分析】根据电场力方向与电场线方向关系判断粒子带正电还是负电：带电粒子先在AB间做匀加速直线运动然后CD间做类平抛运动，粒子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度V。的大小，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由牛顿第二定律求得加速度，由位移公式求解侧向偏移量y：在平行金属板C、。中叠加一个匀强磁场，由牛顿第二定律可得匀强磁场的磁感应强度。解：(1)电场力方向与电场线方向相同，所

35、以粒子带正电。1 .粒子在加速电场中加速时，由动能定理可得：U q =n vB2粒子离开B板时速度大小VB=(2)在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得E qa =mL =vBt1 2y=严联立解得丫=生4U(3)在平行金属板C、D 中叠加一个匀强磁场，由牛顿第二定律可得BqvB=Eq匀强磁场的磁感应强度B 的大小B=E 42Uq根据左手定则可得磁感应强度8 方向垂直纸面向里16.如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为L,电阻R、R2并联后接在导轨左端。整个区域内存在垂直轨道平面向下的匀强磁场。一质量为?，电阻为厂的金属棒M N 置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。自/=0时

36、刻起，在一水平向右的外力F作用下金属棒由静止开始做加速度a=0.4m/s2的匀加速运动。(已 知 A=lm,?=lkg,/?!=0.30,/?2=0.6Q,r=0.3 d 8=0.5 T)。求：(1)占0.5s时，通过金属棒M N的电流和金属棒的热功率H：(2)00.5s内，通过电阻R i的电量q；(3)通过分析、计算，在 图(b)中画出0 ls内F 随时间f 变化的图像。RR解：（1）由。=、感 应 电 动 势、感应电流/=R并+、R#=R+%可求得:BLat 0.5 x 1x04x0.5/产 Rj+r=0.3+0.2 A=0.2A（3 分）pr=/r2r=（）.22x0.3W-0.012W

37、（2 分）0.6 2(2)0.5 s 时，h=0 3 6 /产 FA(1 分)&此 B L at通过电阻品 的电流4=而 莅/r=R+R2/?”，+，得/产，（2分）0+/1 1所以=2 =百A （1分）1 1q=ht=L 5 X 0.5 C =3 0C （1 分）（3）金属棒在水平方向受到向右的外力尸和向左的安培力FA,做匀加速运动。根据牛顿第二定律?a=F-F A（1 分）6 小另外根据/A=R+r、0=可得：ET Ia 0.52x l2F=ma+R7t=1 x O.4+o.3+o.2 x O.4 f (N)=0.4+02 (N)(2 分)尸随时间f 变化的图像如图所示(2 分)1 7.核

38、聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。相当于给反应物制作一个无形的容器。2 0 1 8 年 1 1 月 1 2 日我国宣布“东方超环”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。（1）2 0 1 8 年 1 1 月 1 6 日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。玻尔兹曼常量k 可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为4=|%7,其中k=1.3 8 0 6 4 9 x l 0

39、-2 3J/K 请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。（2）假设质量为m、电量为q的微观粒子，在温度为To 时垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为h、r2,环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。已知带电粒子质量为m、电量为q、速度为v,速度方向如图所示。要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。3解：(1)微观粒子的平均动能：4=2 x 1 0-15)(2)|f c T0=|m v2,

40、v2田 B q v =m j3k mT oR=-B q(3)磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示设粒子轨迹半径为r,由几何关系得：(七-)2 =户+1 2“2 x 2解得:r =r22 r 2由牛顿第二定律qvB =m r解得:B =2 r 2 m uq g Z-r j)1 8.如图所示，在电场强度大小为E =鸣、方向竖直向上的匀强电场中，长为L的绝缘q轻绳一端固定在。点，另一端固定一质量为加、带电荷量为的直放置且尺寸较小。现将小球拉到与。点同一高度且距。点右侧L处的C点，给它一个竖直向上的初速度V O,此后小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板4、8 碰撞，小球每次与挡

41、板碰撞时均不损失机械能，碰后瞬间电场均立即反向，但大小不变.重力加速度大小为g。求:(1)若小球与挡板A碰后，能做圆周运动到挡板8,求初速度为的最小值；(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，求小球与B第1次碰撞前瞬间，轻绳拉力的大小;(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为5 0根g,在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数为多少。【解析】(1)小球与挡板A碰前，由于q E=m g,小球将做匀速圆周运动到挡板A。小球与挡板A碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力作用下做圆周运动到挡板B,此过程中F=q E+m g=2 m g,方向向下要能做圆周运动，则 最 点A处满足：q

42、E +m g 50mg解得：n5,75因而小球与挡板A 碰撞6 次，与挡板B 碰撞5 次后在小球还未与挡板B 发生第6 次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数为：N=6+5=ll（次）.1 9.如图所示，水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=5N/C过桌左边缘的虚线尸。上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=,T,虚线P。与水平桌面成45。角。现将一个质量叫=2.0 x lOkg、带正电q=4.0 x lOc的物块A 静置在桌面上，质量m2=l.Ox lOkg、不带电的绝缘物块B 从与4 相距L=2.0m处的桌面上以v（）=5.0m/s的初速度向左运动。物块4、B

43、 与桌面间的动摩擦因数均为=0.4,二者在桌面上发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后B反弹速度为V B=1.0m/s,A 向左运动进入磁场。（结果保留两位有效数字）求：（1）碰撞后物块力的速度；（2）4 进入磁场到再次回到桌面所用时间；（3）若一段时间后A、8 在桌面上相遇，求碰撞前A 与桌左边缘P 的距离。【解析】（1）设B 与 A碰撞前瞬间的速度为V,碰后A、3 的速度分别为丫个VB1 ,1 -对于8 由动能定理可得：-（xm2gL=-m2V-m2V QA、8 碰撞过程中，规定向左为正方向，对于A、8 组成的系统由动量守恒定律可得：m2V=mlVA-m2VB联立可得：vA=2m/s,方向水

44、平向左（2）对 A 受力分析可知qE=m】g,故碰撞后A 向左匀速直线运动进入磁场，并在磁场中做匀速圆周运动，设在磁场中做圆周运动的周期为T,贝生T=LqB由几何知识可得：A球在磁场中运动m了个圆周，轨迹如图所示。43设A在磁场中运动的时间为与，则:t=,TA运动出磁场后竖直向下匀速运动再次回到桌面位置，设其运动时间为t2由题意可得：磁场中洛伦兹力提供向心力：q VAB=m i又1 1，%t=tl +tj联立得：t=2.7 s(3)碰撞后B反弹在桌面上做匀减速运动，设其加速度为a,停止运动所用时间为t3根据牛顿第二定律得：R m2 g =i 1 1 2 a根据速度时间公式得：0 =vB-a t

45、3解得：t3=0.2 5 s显然，碰撞后8运动时间小于4运动时间，由此可知A、8相遇时，8已经停止运动。所以A、8相遇的位置为8停止运动的位置，也是4竖直向下再次回到桌面的位置。8匀减速的位移：S =vBt3根据题意，A距桌边P的距离：x =R-S所以可得：x=0.8 3 m2 0.如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为/,电阻不计。左侧接有定值电阻R。质量为m、电阻为r的导体杆，以初速度V。沿轨道滑行，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度的减小规律类似于放射性元素的半衰期,理

46、论上它将经过无限长的时间衰减完有限的速度。v0 BR（1）求在杆的速度从vO 减小到的过程中2a.电阻R上产生的热量b.通过电阻R的电量（2）a.证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等b.若杆的动能减小一半所用时间为t o,则杆的动量减小一半所用时间是多少?11解：（1）a.设电路产热为Q,由能量守恒2 m l7（）2 =加R串联电路中，产热与电阻成正比，可得QR=TA 4-r解得电阻R 产热为QR=3RmvQ28(R+r)b.设该过程所用时间为/,由动量定理：其中 二q解得通过K的电量为9 =吧（2）a.某时刻杆的速度为v （从 内开始分析亦可），则感应电动势E=B/v,E感应电流/=，R+

47、rp2/2安培力F=BII=-H +r在很短时间At 内，由动量定理F At =m 也（为速度变化绝对值）可得-=m AvR+rA”D2J2所以在任意短时间内速度变化的比例为竺 二上 一 时v m（R+r）p2,2由于一 为定值,所以任何相等时间内速度变化的比例都相等。m（R+r）所以从任何时刻开始计算，速度减小一半所用时间都相等。vb.动能减小一半，速 度 v 减小为kV V 1由 a 中分析可得，速度从F再减小到X X 行所用时间仍为切所以速度减小一半所用时间为2/0,动量减小一半所有时间也为2 历。二、力学综合题：2 1.如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下

48、来。我们把这种情形抽象为如图2所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接，8、C分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达8点时的速度为以=西，且恰好能通过C点。已知A、8间的高度差为=4七 重力加速度为g。求:图 1（1）小球运动到8点时，轨道对小球的支持力尸的大小；（2）小球通过C点时的速率0c;（3）小球从A点运动到C点的过程中，克服摩擦阻力做的功W。解：（1）小球在8点时，根据牛顿第二定律有F 说F ms=m 2-R解得 F=7 mg.（5分）（2）因为小球恰能通过C点，根据牛顿第二定律有V cmg=嗦解得%=场.（5分）（3

49、）在小球从A点运动到C点的过程中，根据动能定理有mg（h-2R）-W =mv1-0解得 W=1.5mgR.（6分）2 2.如图所示，8 C。是 半 径R=0.4 m的 竖 直 圆 形 光 滑 轨 道，。是轨道的最高 点，光 滑 水 平 面A B与 圆 轨 道 在8点 相 切。一质 量 加=1kg可以看成质点的 物 体 静 止 在 水 平 面 上 的A点。现 用 尸=8N的水D平 恒 力 作 用 在 物 体 上，使它在水平面上做匀加速直 矛 华FOCAB线运动，当物体到达8点时撤去外力F,之后物体沿3 C O 轨道运动。已知A与 B之间的距离户2 m,取重力加速度g =l O m/s?。求：(1

50、)恒力/做的功;(2)物体运动到。点时的速度大小vD；(3)在。点轨道对物体的压力大小外。解：(1)物体从A到B,根据功的定义式 WFx得 W 产16 J(1)物体从A到8,根据动能定理 W -m v2K(2)物体从B到。，根据机械能守恒定律+gm 窈得 v/)=4 m/s(3)在。点，物体受力如图所示”吆 FNv2根据牛顿第二定律F/v+m g 二m R得 F;V=3 O N2 3.如图所示，ABC为金属杆做成的轨道，固定在竖直平面内。轨道的AB段水平粗糙,BC段光滑，由半径为R 的两段g 圆弧平滑连接而成。一质量m=0.2 k g 的小环套在杆上，在F=1.8N 的恒定水平拉力作用下，从