2020届高考物理全优二轮复习集训：考前十天必考热点冲刺 热考11 带电粒子在场中的运动
2020届高考物理全优二轮复习集训：考前十天必考热点冲刺 热考5 抛体运动和圆周运动
热考5 抛体运动和圆周运动1．(2019年齐齐哈尔二模)某轰炸机在演习轰炸地面目标时，将炸弹以某一速度水平射出，地面监视系统显示出炸弹从B 点水平飞出后的运行轨迹如图所示，已知炸弹从B 点到C 点与从C 点到D 点的时间相等，如果只考虑炸弹的重力作用，则下列说法中正确的是( )A ．炸弹从B 点到C 点和从C 点到D 点重力做功之比为1∶1B ．炸弹从B 点到C 点和从C 点到D 点重力做功的平均功率之比为1∶3C ．炸弹运动到C 点和D 点重力的瞬时功率之比为1∶3D ．炸弹从B 点到C 点与从C 点到D 点的动能改变量之比为1∶2【答案】B2．(2019年河北唐山二模)如图位于竖直面内的光滑轨道AB ，与半径为R 的圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE ，D 点为圆形最高点，∠COD ＝∠DOE ＝30°，质量为m 可视为质点的小球自光滑轨道AB 上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C 飞出后能无碰撞地从E 进入左侧轨道，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小球通过最高点的速度大小为gRB ．小球通过C 点时速度大小为2gRC ．小球从C 点运动到最高点的时间为(2－3)R gD ．A 点距地面的高度为6＋536R 【答案】D3．甲、乙两位同学在同一地点，从相同的高度水平射箭，箭落地时，插入泥土中的形状如图所示，若空气阻力不计，则( )A ．甲同学射出的箭的运动时间大于乙同学射出的箭的运动时间B ．甲同学射出的箭的初速度小于乙同学射出的箭的初速度C ．甲同学所射出的箭的落地点比乙同学的远D ．欲使两位同学射出的箭一样远，应降低甲同学射箭出射点高度【答案】B4．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以速度v 0水平向左抛出一个小球，小球落在斜坡上时速度方向与斜坡向上的方向成105°，不计空气阻力，则小球做平抛运动的过程( )A ．速度变化量的大小为3v 0B ．运动时间为3v 02gC ．落在斜坡前瞬间重力的瞬时功率为2mg v 0D ．小球水平位移与竖直位移之比为1∶1 【答案】A【解析】由于斜面的倾角为45°，所以速度与水平面之间的夹角为60°，设在空中运动的时间为t ，则tan 60°＝gt v 0解得t ＝3v 0g ，速度改变了Δv ＝gt ＝g ·3v 0g＝3v 0，A 对，B 错；落在斜坡前瞬间重力的瞬时功率为P ＝mg ·gt ＝mg ·3v 0＝3mg v 0，C 错；小球水平位移与竖直位移之比为v 0t 12gt 2＝23，D 错． 5．(2019年海南模拟)如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图．将质量m ＝10 kg 的石块，装在与转轴O 相距L ＝5 m 的长臂末端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角α＝30°，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上．若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s ＝20 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.以下判断正确的是( )A ．石块抛出后运动时间为32s B ．石块被抛出瞬间的速度大小为2032 m/s C ．石块即将落地时重力的瞬时功率为500 6 WD ．石块落地的瞬时速度大小为15 m/s【解析】石块被抛出后做平抛运动，h ＝L ＋L sin α，竖直方向h ＝12gt 2，可得t ＝62s ，故A 错误；石块被抛出后做平抛运动，水平方向s ＝v 0t ，可得v 0＝2063m/s ，故B 错误；石块即将落地时重力的瞬时功率为P ＝mg v y ＝mg ·gt ＝500 6 W ，故C 正确；石块落地的瞬时速度大小为v ＝v 20＋(gt )2＝2563m/s ≈20 m/s ，故D 错误． 6．(多选)(2019年河南郑州二模)如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M 、N 与圆心等高且在同一竖直面内．现甲、乙两位同学分别站在M 、N 两点，同时将两个小球以v 1、v 2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q ，已知∠MOQ ＝60°，忽略空气阻力．则下列说法正确的是( )A ．两球拋出的速率之比为1∶3B ．若仅增大v 1，则两球将在落入坑中之前相撞C ．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变D ．若仅从M 点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中【答案】AB【解析】根据几何关系知，Q 到O 点的水平方向的距离等于0.5R ，所以M 的水平位移x M ＝R －R 2＝R 2，N 的水平位移为x N ＝R ＋R 2＝3R 2，则落在Q 点的水平位移之比为1∶3，运动时间相等，则初速度之比为1∶3，故A 正确；若只增大v 1，而v 2不变，则M 运动的轨迹的落点将向右一些，两球可在空中相遇，故B 正确；要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R ，则(v 1＋v 2)t ＝2R ，落点不同，竖直方向位移就不同，t 也不同，所以v 1＋v 2也不是一个定值，故C 错误；根据平抛运动的推论：速度的反向延长线交水平位移的中点，因为球心O 并不是水平位移的中点，所以不可能使小球沿半径方向落在圆弧轨道内，故D 错误．7．(多选)如图，轻绳的一端系在固定光滑斜面上的O 点，另一端系一小球．给小球一个初速度使它在斜面上做完整的圆周运动，a 、b 分别为最低点和最高点，则小球( )A ．重力的瞬时功率始终为零B ．所受的向心力大小不变C ．在b 点的速度不可能为零D ．在a 点所受轻绳拉力不一定大于小球重力【解析】重力有沿斜面向下的分力，只有在a 、b 两点重力沿斜面向下的分力与速度方向垂直，其他位置不垂直，重力的瞬时功率不是始终为零，故A 错误； 由于重力做功，小球做的不是匀速圆周运动，所受的向心力大小改变，故B 错误； 在b 点向心力最小为重力沿斜面向下的分力，b 点的速度不可能为零，故C 正确； 在b 点速度最小时在a 点速度最小，轻绳拉力最小，设在b 点最小速度为v 1，a 点速度为v 2，斜面倾角为θ，则mg sin θ＝m v 21r，mg sin θ×2r ＝12m v 22－12m v 21，T －mg sin θ＝m v 22r，联立解得，最小拉力为T ＝6mg sin θ，由于θ未知，拉力不一定大于小球重力，故D 正确．。
2020届高考物理全优二轮复习集训：考前十天必考热点冲刺 热考9 电场及其性质
热考9电场及其性质1．(2019年江西南昌三模)如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场，另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v<v0，则()A．电荷Q一定在虚线的MP下方B．M点的电势比N点的电势高C．q在M点的电势能比在N点的电势能小D．q在M点的加速度比在N点的加速度小【答案】C2．(2019年海南琼海模拟)如图所示，甲图是电场中一条电场线，直线上有A、B、C三点，且A、B间距离等于B、C间距离．一个带负电的带电粒子，由A点仅在电场力作用下，沿电场线经B点运动到C点，其运动的v－t图象如图乙所示，有关粒子的运动与电场的说法，下述正确的是()A．加速度a B<a C B．电场强度E A>E BC．电势φA<φB D．电势差U AB＝U BC【答案】B3．如图所示，ABCD是一个过球心O的水平截面圆，其中AB与CD垂直，在C、D、A 三点分别固定点电荷＋Q、－Q与＋q.光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计小球对电场的影响．现将小球自E点无初速度释放，到达F点的过程中(重力加速度为g)，下列说法正确的是()A．小球在O点的加速度大于gB．小球在E点的电势能大于在O点的电势能C．小球在F点的速度一定最大D．小球在运动过程中机械能一直减小【答案】B4．(2019年齐齐哈尔三模)在两等量异种点电荷A 和B 形成的电场中．将另两个等量异种试探电荷a 、b 用绝缘细杆连接后，放置在点电荷A 和B 的连线上，且关于连线中点对称，如图所示．图中水平虚线为A 、B 连线的中垂线．现将试探电荷a 、b 连同绝缘细杆从图示位置沿A 、B 连线的中垂线向右平移到无穷远处，平移过程中两试探电荷始终关于中垂线对称．若规定A 、B 连线中点处电势为零．则下列说法中正确的是( )A ．在A 、B 连线上，b 处的电势大于零B ．a 、b 整体在A 、B 连线处具有的电势能大于零C ．在水平移动a 、b 整体的过程中，静电力对a 、b 整体做负功D ．在图示位置将a 、b 整体绕绝缘细杆中点转动90°的过程中，静电力对a 、b 整体做负功【答案】B5．(2018年河南郑州二模)如图所示，真空中两等量异种点电荷Q 1、Q 2固定在x 轴上，其中Q 1带正电．三角形acd 为等腰三角形，cd 边与x 轴垂直且与x 轴相交于b 点，则下列说法正确的是( )A ．a 点电势高于b 点电势B ．a 点场强小于b 点场强C ．将电子从a 点移动到c 点，电场力做正功D ．将电子从d 点移动到b 点，电势能不变【答案】C6．(多选)(2019年吉林长春二模)已知无限大的带电面可产生垂直于该面的匀强电场(正的带电面场强方向背离该面、负的带电面场强方向指向该面)，场强大小E ＝2πkσ，式中k 为静电力常量，σ为电荷面密度(单位面积的带电量)．现有如图所示的两个平行且可视为无限大的均匀带电面A 和B ，电荷的面密度分别为σ和－2σ(σ为正的常数)，间距为d ，空间中有C 、D两点，CD 连线垂直于带电面，C 点到A 面距离与D 点到B 面的距离为d 2，A 面接地，关于C 、D 两点的场强大小E ＝2πkσ和电势高低，下列说法正确的是( )A ．E C ＝E DB ．EC >ED C ．φC ＝φDD ．φC >φD【答案】AD 【解析】根据题意可知，A 板在C 点产生的匀强电场方向向左，B 板在C 点产生的匀强电场方向向右，所以E C ＝2πkσ－2πk ·2σ＝－2πkσ，方向向右，同理可得E D ＝2πk ·2σ－2k πkσ＝2πkσ，方向向左，所以E C ＝E D ，根据对称性，U CA ＝－U BD ，又根据AB 板间的场强方向指向B 板，固有φA >φB 综上所述，故A 、D 正确．7．(多选)如图甲所示，A 、B 、C 三点是在等量同种正电荷连线垂线上的点，一个带电量为q ，质量为m 的点电荷从C 点由静止释放，只在电场力作用下其运动的v －t 图象如图乙所示，运动到B 点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k ，则( )A ．A 、B 两点间的电势差m (v A －v B )22qB ．由C 点到A 点电势逐渐降低C ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，大小为mk qD ．该点电荷由C 到A 的过程中电势能先减小后变大【答案】BC【解析】据v －t 图可知A 、B 两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功 qU AB ＝12m v 2B－12m v 2A ，故电势差U AB ＝m (v 2B －v 2A )2q，故A 错误．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，故B 正确．据v －t 图可知带电粒子在B 点的加速度最大为k ，所受的电场力最大为km ，据E ＝F /q 知，B 点的场强最大为km q，故C 正确．由C 点到A 点的过程中，据v －t 图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故D 错误．8．(多选)(2019年豫北豫南名校联考)如图所示，在光滑水平面上相距x ＝6L 的A 、B 两点分别固定有带正电的点电荷Q 1、Q 2，与B 点相距2L 的C 点为AB 连线间电势的最低点．若在与B 点相距L 的D 点以水平向左的初速度v 0释放一个质量为m 、带电荷量为＋q 的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A 、B 两点间运动，则下列说法中正确的是( )A ．滑块从D →C 运动的过程中，动能一定越来越大B ．滑块从D 点向A 点运动的过程中，加速度先减小后增大C ．滑块将以C 点为中心做往复运动D ．固定在A 、B 两点处的点电荷的电量之比为Q 1∶Q 2＝4∶1【答案】ABD【解析】A 和B 两点分别固定正点电荷Q 1与Q 2，C 点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC 之间的电场强度的方向指向C ，BC 之间的电场强度指向C ；滑块从D 向C 的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C ，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A 正确．由同种正电荷的电场分布可知C 点的场强为零，从D到A 的场强先减小后增大，由a ＝qE m可得加速度向减小后增大，B 正确．x ＝4L 处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有k Q A (4L )2＝k Q B (2L )2，解得Q A Q B＝41，故D 正确．由于两正电荷不等量，故滑块经过C 点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C 点左侧，C 错误．。
2020届高考物理全优二轮复习集训：专题3 第3讲 带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析
专题三第3讲一、选择题：每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．1．(2019年海南模拟)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，开关闭合，一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力．以下说法中正确的是()A．将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出B．将磁场方向改成垂直于纸面向外，粒子将继续沿直线匀速射出C．保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可能从N板边缘射出D．保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向下移动，粒子可能从M板边缘射出【答案】D2．(2018年广东汕头模拟)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．纸面内有两个半径不同的半圆在b点平滑连接后构成一绝缘光滑环．一带电小球套在环上从a点开始运动，发现其速率保持不变．则小球()A．带负电B．受到的洛伦兹力大小不变C．运动过程的加速度大小保持不变D．光滑环对小球始终没有作用力【答案】B3．(2019年厦门一模)一质量为m的粒子，电量为＋q，从坐标原点O处沿着x轴正方向运动，速度大小为v0.在0<y<d的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ＝3m v 202qd；在d <y <2d 的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感光板，放置于y ＝2d 处，如图所示．粒子恰好能打到ab 板上，不考虑粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度B 大小为( )A ．3m v 02qdB ．33m v 02qdC ．3m v 0qdD ．4m v 0qd【答案】C【解析】由题意知，粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，轨迹刚好与ab 板相切，如图所示．在电场中，y 方向：d ＝qE 2m t 2；x 方向：x ＝v 0t .解得t ＝23d 3v 0，v y ＝qE mt ＝3v 0，可知进入磁场时速度与x 轴正方向夹角为60°，进入磁场的速度为2v 0，根据几何关系可得r＝23d ＝m 2v 0Bq ，得B ＝3m v 0qd，所以C 正确． 4．(2019年遵义二模)如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1、A 2.平板S 下方有磁感应强度为B 0的匀强磁场．下列表述错误的是( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷⎝⎛⎭⎫q m 越小【答案】D5．(2019年湖南师大附中月考)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S 0A ＝23S 0C ，则下列说法正确的是( )。
2020高考物理通用版冲刺大二轮讲义：考前十天回扣 回扣点九 Word版含答案
回扣点九 原子物理1．光电效应(1)四条实验规律①任何一种金属都有一个截止频率，入射光的频率必须大于或等于这个频率，才能产生光电效应．②光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率增大而增大．③入射光照射到金属板上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不会超过10－9s.④当入射光的频率大于截止频率时，光电流的强度与入射光的强度成正比．(2)光子说：爱因斯坦认为光是不连续的，一份一份的，每一份就是一个光子，对应光子的能量ε＝hν.(3)光电效应方程：E k＝hν－W0.2．原子结构(1)电子的发现：1897年，英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的研究发现电子．(2)核式结构模型：卢瑟福根据α粒子散射实验现象推断出原子的核式结构．(3)玻尔理论：玻尔提出了三条假设：定态假设、跃迁假设、轨道量子化假设，成功地解释了氢原子光谱．3．原子核的衰变(1)三种射线种类α射线β射线γ射线实质高速氦核流高速电子流光子第 1 页共 3 页第 2 页 共 3 页带电荷量2e －e 0速度0.1c 0.99c c贯穿本领最弱，用一张薄纸能挡住较强，穿透几毫米厚的铝板最强，穿透几厘米厚的铅板对空气的电离作用 最强较弱最弱(2)衰变方程①α衰变：X →Y ＋He(2个质子和2个中子结合成一整体射出)AZ A 4Z －242②β衰变：X →Y ＋e(一个中子转化为一个质子和一个电子)AZ A Z ＋10－1(3)半衰期：①决定因素：由核本身的因素决定，与原子核所处的物理状态或化学状态无关．②公式：N 余＝N 原，M 余＝M 原.12tτ⎛⎫⎪⎝⎭12tτ⎛⎫ ⎪⎝⎭4．核能的获取与计算(1)获取途径①重核裂变：例如U ＋n →Xe ＋Sr ＋10n 235921013654903810②轻核聚变：例如H ＋H →He ＋n 21314210(2)核能的计算①若Δm 以千克为单位，则：ΔE ＝Δmc 2.②若Δm 以原子的质量单位u 为单位，则：ΔE ＝Δm ×931.5 MeV.质量亏损Δm ：组成原子核的核子的质量与原子核的质量之差．第 3 页 共 3 页1．一群氢原子处于量子数为n 的激发态时可能辐射出的光谱线条数：N ＝C ＝.2n n (n －1)22．原子跃迁时，所吸收或释放的光子能量只能等于两能级的能量差．3．原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值．4．α衰变次数可根据质量数差除以4得出，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数．。
2020届高考物理全优二轮复习集训：考前十天必考热点冲刺 热考7 功和能、功能关系
热考7功和能、功能关系一、选择题1．(2019年广东茂名联考)如图所示，一物块从斜面低端以初速度v0开始沿斜面上滑，物块与斜面间的动摩擦因数μ<tan α，其中α为斜面的倾角，物块沿斜面运动的最大高度为H，已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取斜面低端为参考平面，则物块在斜面上运动过程中机械能E、动能E k、重力势能E p与高度h的关系可能是下图中的()A B C D【答案】D【解析】滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功，即上升阶段E＝E0－F阻hsin α，下降阶段E＝E′0－F阻hsin α，由此可知重力势能与高度关系是一条直线，机械能与高度关系是两条直线，故A、B错误；动能的变化量等于外力的总功，上升阶段－mgh－F阻hsin α＝E A－E0，下降阶段mgh－F阻hsin α＝E A－E′0，故C错误，D正确．2．(2019年吉林长春二模)半径为R的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上A、B两点并处于静止状态，A、B连线过圆心且与竖直方向成37°角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速度从零不断增大，则下列说法正确的是()A．小环与大环之间动摩擦因数μ≥0.75B．B处的小环先相对大环开始滑动C．两小环的高度最终都将升高D．只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功【答案】A【解析】小环A与小环B最初都静止，可知mg sin 37°≤μmg cos 37°，即μ≥tan 37°＝0.75，故A正确；若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转，假设环A和环B与大环保持相对静止，对环A沿水平方向有f A cos θ－N A sin θ＝mrω2，对环B沿水平方向有N B sin θ－f B cos θ＝mrω2，随着角速度的不断增大，A所受摩擦力越来越大，B所受摩擦力越来越小，后反向增大，因此A受到的静摩擦力会先达到最大，即A先相对大环开始滑动，B错误；若两小环相对大环运动，则环A高度会降低，环B高度会升高，C错误；尽管小环不发生相对滑动，但随着大环角速度的不断增大，小环的动能也会不断增大，因此大环对小环会做正功，D错误．3．(多选)(2019年甘肃兰州一诊)如图所示，物块从足够长粗糙斜面底端O点，以某一速度向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑．物块先后两次经过斜面上某一点A点时的动能分别为E k1和E k2，重力势能分别为E p1和E p2，从O点开始到第一次经过A点的过程中重力做功为W G1，合外力做功的绝对值为W1，从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为W G2，合外力做功的绝对值为W2，则下列选项正确的是()A．E k1>E k2，E p1＝E p2B．E k1＝E k2，E p1>E p2C．W G1＝W G2，W1<W2D．W G1>W G2，W1＝W2【答案】AC4．(2019年海南琼海模拟)如图所示，劲度系数为k的竖直弹簧下端固定于水平地面上，质量为m的小球从弹簧的正上方高为h的地方自由下落到弹簧上端，经几次反弹后小球最终在弹簧上静止于某一点A处，在以上三个量中只改变其中一个量的情况下，下列说法正确的是()A．无论三个量中的一个怎样改变，此过程小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．无论h怎样变化，最终小球静止在A点时的弹簧压缩量与h无关C．无论m怎样变化，最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能都不变D．无论劲度系数k为多大，此过程中重力所做的功总是等于克服弹簧弹力做的功【答案】B二、计算题5．(2019年天一大联考)如图所示，倾角α＝37°的斜面固定在水平面上，质量为m＝1 kg 的滑块(可视为质点)由斜面上最低点P以初动能E k0＝20 J沿斜面向上运动，当其向上经过A 点时动能E k A＝8 J，机械能的变化量ΔE机＝－3 J．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)物块所受摩擦力的大小； (2)物块回到P 点时速度的大小． 【答案】(1)2 N (2) 2 5 m/s 【解析】(1)由P 到A 由动能定理得 －(mg sin α＋f )s 1＝E k A －E k0 而－fs 1＝ΔE 机联立解得s 1＝1.5 m ，f ＝2 N. (2)由P 到最高点由动能定理得 －(mg sin α＋f )s 2＝0－E k0 解得s 2＝2.5 m滑块从最高点到P 点由动能定理得 (mg sin α－f )s 2＝12m v 2－0解得v ＝2 5 m/s .6．(2019年广西桂林三模)如图所示，有一倾角为θ＝37°的粗糙硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝10 N/m 的轻弹簧，弹簧自然伸长时上端在Q 点，弹簧与杆间摩擦忽略不计．一个质量为m ＝5 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，经过t ＝2 s 后，P 与弹簧自由端Q 相碰，PQ 间的距离L ＝4 m ，弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.已知sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小球与硬杆之间的滑动摩擦因数μ；(2)小球向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能． 【答案】(1)0.5 (2)5 J【解析】(1)小球做匀加速直线运动，则有L ＝12at 2解得a ＝2 m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得μ＝0.5(2)当小球加速度为零时，速度最大，有 mg sin 37°＝μmg cos 37°＋kx 解得x ＝1 m所以弹性势能为E p ＝12kx 2＝12×10×12 J ＝5 J.7．如图所示，一辆电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M ＝3 kg.质量为m ＝1 kg 的小物快(可视为质点)静置在车板上某处，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1.现在启动小车，使小车由静止开始以加速度a ＝2 m/s 2向右匀加速行驶，当运动时间t ＝1 s 时物块从车板上滑落．已知小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的110.不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块离开小车时，物块的速度大小； (2)0～1 s 时间内小车的牵引力做的功． 【答案】(1)1 m/s (2)11 J【解析】(1)设物块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 1 由运动学公式得离开小车时，物块的速度为v ＝a 1t 联立解得 v ＝1 m/s.(2)设小车所受的牵引力为F .对于小车，由牛顿第二定律，得 F －μm g －k (M ＋m )g ＝Ma 小车的位移x ＝12at 2牵引力做的功为W ＝Fx 解得W ＝11 J.8．吊锤打桩机如图甲，其工作过程可以简化为图乙：质量m ＝2.0×103 kg 的吊锤在绳子的恒定拉力F 作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，到最高点后自由落下，撞击钉子将钉子打入一定深度．吊锤上升过程中，机械能E 与上升高度h 的关系如图乙，不计摩擦及空气阻力，g ＝10 m/s 2.求：(1)吊锤上升h 1＝1.6 m 时的速度大小；(2)吊锤上升h 1＝1.6 m 后，再经过多长时间撞击钉子； (3)吊锤上升h 2＝0.4 m 时，拉力F 的瞬时功率． 【答案】(1)2 m/s (2)0.8 s (3)2.25×104 W【解析】(1)吊锤上升过程中，由功能关系ΔE ＝F Δh 结合图丙，计算得F ＝ΔEΔh＝2.25×104 N设吊锤上升到h 1＝1.6 m 处的速度为v 1，由动能定理知Fh 1－mgh 1＝12m v 21－0联立解得v 1＝2 m/s.(2)依题意，吊锤上升到h 1＝1.6 m 处后做初速度为v 1＝2 m/s 的竖直上抛运动，设经时间t 落到钉子上，有－h 1＝v 1t －12gt 2代入数据，解得t ＝0.8 s.(3)设吊锤上升到h 2＝0.4 m 处的速度为v 2，由动能定理得Fh 2－mgh 2＝12m v 20－0解得v 2＝1 m/s F 的瞬时功率 P ＝F v 2联立并代入数据解得 P ＝2.25×104 W.9．(2019年甘肃三模)物块放在水平面上，在恒力的作用下由静止从A 点出发，经时间t 运动到B 点，此时撤去拉力，结果物块再运动t 时间速度为零．已知物块的质量为m ，拉力与水平面的夹角为θ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：(1)拉力F 的大小；(2)整个过程物块克服摩擦力做的功． 【答案】(1)2μmg cos θ＋μsin θ (2)mμ2g 2t 2cos θcos θ＋μsin θ【解析】(1)根据题意知，物块先做初速度为零的匀加速运动，再做匀减速运动到末速度为零，设加速的加速度大小为a 1，减速的加速度为a 2，由于加速时间与减速时间相等，所以a 1＝a 2撤去拉力后μmg ＝ma a ＝a 1＝a 2＝μg拉力作用下做加速运动时 F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma 解得F ＝2μmgcos θ＋μsin θ.(2)物块从A 运动B 的位移为x ＝12at 2＝12μgt 2由动能定理知Fx cos θ－W f ＝0所以克服摩擦力做功的大小为W f ＝mμ2g 2t 2cos θcos θ＋μsin θ.10．(2019年福建泉州二模)如图，质量为2m 的“∟”型木板，静止放在光滑的水平面上，木板左端固定着一水平轻质弹簧，一质量为m 的小木块从木板右端以未知速度v 0 开始沿木板向左滑行，最终恰好回到木板右端；在木块压缩弹簧过程中，弹簧具有最大弹性势能为E p .木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .求：(1)未知速度v 0的大小；(2)木块相对木板向左运动的最大距离x m . 【答案】(1)6E p m (2)E pμmg【解析】(1)木块从右端开始向左运动至弹簧压缩到最短的过程中，摩擦生热设为Q ，当弹簧压缩到最短时，木块和木板具有相同的速度v 1，由动量和能量关系有m v 0＝(m ＋2m )v 112m v 20＝12(m ＋2m )v 21＋E p ＋Q 从初状态至木块m 又回到右端与木板刚好相对静止时，木块和木板又具有相同的速度v 2，由动量和能量关系有m v 0＝(m ＋2m )v 212m v 20＝12(m ＋2m )v 22＋2Q . 由以上各式解得v 0＝6E pm. (2)物块从弹簧压缩到最短时的位置返回到木板右端时，木块和木板具有相同的速度，再次获得共同速度v 2，则有(m ＋2m )v 1＝(m ＋2m )v 2E p ＋12(m ＋2m )v 21＝12(m ＋2m )v 22＋Q 得Q ＝E p ，又Q ＝μmgx m 解得x m ＝E pμmg. 11．(2019年广西崇左二模)如图甲所示，一质量为m ＝1 kg 的木板A 静止在光滑水平地面上，在t ＝0时刻，质量为M ＝2 kg 的小物块B 以初速度v 0＝3 m/s 滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞．木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触．木板A 在0～0.8 s 内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：甲 乙(1)t ＝0时刻木板的右端到墙的距离L 以及t ＝0.4 s 时刻B 的速度大小； (2)A 、B 间发生相对滑动过程中各自加速度大小；(3)从t ＝0至A 于强第5次碰前，A 、B 组成的整体因摩擦产生的总热量． 【答案】(1)0.16 m 2.6 m/s (2)2 m/s 2 1 m/s 2 (3)8.97 J【解析】(1)由图乙，t 1＝0.4 s 时，A 与墙第一次碰撞，碰前A 的速度v A 1＝0.8 m/s T ＝0时刻木板的右端到墙的距离为L ＝12v A 1t 1解得L ＝0.16 mA 与墙第一次碰撞前，对A 、B 由动量守恒定律可得 M v 0＝M v B 1＋m v A 1 解得v B 1＝2.6 m/s.(2)只要A 与墙壁碰前A 、B 未达到共同速度，A 就在0～L 之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为v A 1B 的加速度a B ＝v 0－v B 1t 1＝1 m/s 2A 的加速度大小a A ＝v A 1t 1＝2 m/s 2.(3)设A 与墙发生n 次碰撞后A 、B 第一次达到共同速度v 1，以向右为正，对B ：v 1＝v 0－a B t对A ：v 1＝a A (t －2nt 1)，n ＝1,2,3，… 联立解得v 1＝6－1.6n3第一次到达共同速度v 1应满足0≤v 1≤v A 1 联立解得2.25≤n ≤3.75 故n ＝3，v 1＝0.4 m/s设第4次碰撞后可能的共同速度为v 2，对A 、B 系统由动量守恒定律可得M v 1－m v 1＝(M ＋m )v 2得v 2＝13v 1因为v 2<v 1，故在第5次碰撞前A 、B 已达到共同速度． 对A 、B 整体，由能量守恒定律Q ＝12M v 20－12(M ＋m )v 22 解得Q ＝8.97 J.。
2020届高考物理全优二轮复习集训：考前十天必考热点冲刺 热考6 万有引力及其应用 Word版含解析
热考6 万有引力及其应用1．(2019年江西南昌三模)如图，人造地球卫星M 、N 在同一平面内绕地心O 做匀速圆周运动，已知M 、N 连线与M 、O 连线间的夹角最大值为θ，则M 、N 的运动速度大小之比等于A ．tan θB ．1tan θC ．sin θD ．1sin θ【答案】C【解析】当M 和N 的连线与地球和N 的连线垂直时，M 、N 连线与M 、O 连线间的夹角最大值为θ，此时有 sin θ＝r N r M ，根据公式GMm r 2＝m v 2r 可得v ＝GMr ，故v M v N＝r Nr M＝sin θ.故A 、B 、D 错误，C 对．2．(2019年云南昆明模拟)如图所示，A 是地球的同步卫星，B 是地球的近地卫星，C 是地面上的物体，A 、B 、C 质量相等，均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设A 、B 与地心连线在单位时间内扫过的面积分别为S A 、S B ，周期分别为T A 、T B 、T C ，A 、B 、C 做圆周运动的动能分别为E k A 、E k B 、E k C .不计A 、B 、C 之间的相互作用力，下列关系式正确的是( )A ．S A ＝SB B ．S A ＞S BC ．T A ＝T B ＜T CD ．E k A ＜E k B ＝E k C【答案】B【解析】赤道上的物体A 与同步通信卫星C 转动周期相同，即T A ＝T C ，根据v ＝2πrT ，由于赤道上物体C 的轨道半径小于同步通信卫星A 的轨道半径，故v C <v A ，根据动能E k ＝12m v 2，A 与C 的质量相等，而v C <v A ，故E k C <E k A .A 、B 是围绕地球公转的卫星，根据G Mmr 2＝m v 2r ＝m 4π2T2r ，得线速度v ＝GMr，周期T ＝2πr 3GM，因A 的轨道半径大于B 的轨道半径，则有v A <v B ，T A >T B ，根据E k ＝12m v 2，A 与B 的质量相等，而v A <v B ，故E k A <E k B .人造卫星绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为S ＝πr 2，所以人造卫星与地心连线在单位时间内所扫过的面积为ST ＝πr 22πr 3GM＝GMr2，因A 的轨道半径大于B 的轨道半径，则有S A >S B .综上分析可得T A ＝T C >T B ，E k C <E k A <E k B ，S A >S B ，故ACD 错误，B 正确．3．(2019年吉林长春二模)据报道，借助于人工智能，科学家们发现了开普勒－90星系的第八颗行星即开普勒－90i ，开普勒－90星系相当于一个缩小的太阳系，已知开普勒－90i 绕其恒星Trappist －1的公转周期是地球绕太阳公转周期的p 倍，恒星Trappist －1的质量为太阳质量的q 倍，根据以上信息，开普勒－90i 中心到其恒星Trappist －1中心的距离与地球中心到太阳中心距离的比值为A ．q pB ．q1pC ．3p 2qD ．3p 2q【答案】D【解析】根据公式GM 太m 地r 2地＝m 地4π2T 2地r 地，GM 恒m 开r 2开＝m 开4π2T 2开r 开，联立以上两方程可得r 开r 地＝3p 2q ，故D 正确．4．2018年1月12日，我国成功发射北斗三号组网卫星．如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r 的圆轨道上做圆周运动，到A 点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B 点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为2r 的圆轨道．已知卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A 点时的速度为v ，卫星的质量为m ，地球的质量为M ，引力常量为G ，则发动机在A 点对卫星做的功与在B 点对卫星做的功之差为(忽略卫星的质量变化)( )A ．34m v 2－3GMm 4rB ．58m v 2－3GMm4rC ．34m v 2＋3GMm 4rD ．58m v 2＋3GMm 4r。
2020版物理(山西专版)新攻略大二轮复习精练增分册：第一篇 选择题热点9 带电粒子的电偏转和磁偏转问题
热点9 带电粒子的电偏转和磁偏转问题热考题型近几年高考对带电粒子在电磁场中的运动一直是考查热点,既可单独考查带电粒子在电场中的偏转或在磁场中的偏转,也可以综合考查带电粒子在组合场或叠加场中的运动,有时也以带电体的形式进行考查。
近几年高考试卷中选择题出现的很多,在复习时应引起足够的重视。
题型一带电粒子的磁偏转1.(多选)如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。
一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入,速度方向与过A点的半径的夹角为30°。
当该电荷离开磁场时,速度方向刚好改变了180°。
不计电荷的重力,下列说法正确的是()A.该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B.该点电荷的比荷为C.该点电荷在磁场中的运动时间为D.该点电荷在磁场中的运动时间为答案BC由题意可画出点电荷在磁场中的运动轨迹如图所示,A项错;由几何关系知点电荷做圆周运动的半径为r=,结合qv0B=,可得=,B项正确;点电荷在磁场中的运动时间t==,C项正确,D项错。
题型二带电粒子在复合场中的运动2.(多选)如图所示,三个半径分别为R、2R、6R的同心圆将空间分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域。
其中圆形区域Ⅰ和环形区域Ⅲ内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度分别为B和。
一个质子从区域Ⅰ边界上的A点以速度v沿半径方向射入磁场,经磁场偏转后恰好从区域Ⅰ边界上的C点飞出,AO垂直CO,则关于质子的运动,下列说法正确的是()A.质子最终将离开区域Ⅲ在区域Ⅳ内匀速运动B.质子最终将一直在区域Ⅲ内做匀速圆周运动C.质子能够回到初始点A,且周而复始地运动D.质子能够回到初始点A,且回到初始点前,在区域Ⅲ中运动的时间是在区域Ⅰ中运动时间的6倍答案CD依题意知,质子从A点进入区域Ⅰ,从C点离开区域Ⅰ,则运动半径等于区域Ⅰ的半径,即R=,质子在区域Ⅰ转过圆周后以速度v匀速通过区域Ⅱ进入区域Ⅲ,此时运动半==2R,即半径变为原来的2倍,正好等于中间一个圆的半径;因第三个圆的径变为R'=·半径为6R,质子不会从区域Ⅲ射出,由几何知识可知,质子在区域Ⅲ转过3/4圆周后进入区域Ⅱ,沿直线运动至A点,又从A点沿半径方向进入区域Ⅰ,重复上述的运动过程。
2020届高考物理全优二轮复习课件：考前十天冲刺 考前第3天
4．数据处理 (1)金属丝长度 l：用刻度尺测出接入电路的实际长度． (2)横截面积 S：用螺旋测微器测出金属丝直径 d，由 S＝π4d2计算得出，对螺旋测 微器要注意读数方法和有效数字位数． (3)电阻 R 的测量：用伏安法测金属丝的电阻值．
5．用伏安法测电阻时电路的选择方法 (1)电流表内接、外接的选择 ①当RRVx<RRAx时，用电流表内接法． ②当RRVx>RRAx时，用电流表外接法．
看
观
谢
谢
实验三：验证力的平行四边形定则 1．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互 钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应另 换，直至相同为止． 2．在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O位置一定要相同． 3．用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜 太小，在60°～100°之间为宜．
实验五：探究动能定理 1．每次实验中小车都要从同一位置开始释放． 2．长木板要倾斜，使小车能在长木板上匀速运动． 3．实验中不用测小车的质量． 4．实验中测定的速度应是橡皮筋恢复形变以后小车的速度，所以应选用那些 间距较大且相对均匀的点来测量和计算．
实验六：验证机械能守恒定律 1．打点计时器要稳定的固定在铁架台上，打点计时器平面与纸带限位孔调整 在竖直方向，以减小摩擦阻力． 2．应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大 密度可以减小体积，可使空气阻力减小． 3．实验中，需保持提纸带的手不动，且保证纸带竖直，待接通电源，打点计 时器工作稳定后，再松开纸带． 4．测下落高度时，要从第一个打点测起(第一个点的判断依据：第1、2两个点 之间的距离约为2 mm)，并且各点对应的下落高度要一次测量完．
2020版高考物理二轮复习专题限时集训电学实验含解析
分尺上的读数为12×0.05 mm＝0.60 mm＝0.060 cm
游标尺最终读数为6.160 cm。
图乙螺旋测微器主尺读数为2.5 mm
分尺读数为10.3×0.01 mm＝0.103 mm
螺旋测微器最终读数为：2.603 mm(2.600～2.604 mm都可以)。
(1)实验时，选用图甲的电路图而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：________。
(2)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。(用字母表示)
(3)把图丙所示的实验器材用实线连接成实物电路图。
(4)某同学通过实验测量得到的数据已经描在图丁所示的IU坐标系中，请用一光滑的曲线将各点连接好。
B．电压表(0～15 V，内阻为20 kΩ)
C．电流表(0～3 A，内阻为1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻为0.4 Ω)
E．滑动变阻器(0～10 Ω，允许通过的最大电流为2 A)
F．滑动变阻器(0～500 Ω，允许通过的最大电流为1 A)
G．学生电源(直流，电源电动势为6 V)、开关、导线若干
Ⅱ.将开关S1闭合，缓慢向右移动滑动变阻器的滑片，直到待测电压表的示数为0.3 V；
Ⅲ.将开关S2断开，保持滑动变阻器的滑片不动，调节电阻箱的阻值，直到待测电压表的示数为0.1 V，此时读出电阻箱的示数为602.0 Ω。
根据以上操作回答下列问题：
(1)为了减小实验误差，滑动变阻器应选择________，定值电阻应选择________。(填器材所对应的物理符号)
电阻R/Ω
4.5
6.0
8.0
10.5
2020届高考物理二轮复习考前十天必考热点冲刺热考11带电粒子在场中的运动
热考11 带电粒子在场中的运动一、选择题1．(多选)(2019年安徽名校联考)如图所示，MN 是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上P 点有甲、乙两粒子同时沿与PN 分别成60°、30°角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q 点射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是()A ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为1∶ 3B ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1C ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的速度之比为3∶2D ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的比荷之比为2∶1 【答案】ABD【解析】设PQ 间的距离为L ，则甲、乙粒子在磁场中做圆周运动的半径，r 甲＝L /2cos 30°＝L3，r 乙＝L /2cos 60°＝L ，如果两粒子完全相同，由r ＝mv qB 得v ＝qBrm ，则甲、乙两粒子的速度之比为v 甲v 乙＝13，A 正确；如果粒子完全相同，则粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨道所对的圆心角之比，即t 甲t 乙＝2，B 正确；若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，即v 甲v 乙＝2πr 甲·132πr 乙·16＝23，则甲、乙两粒子的比荷之比为q 甲m 甲·q 乙m 乙＝2πT 甲B ·2πT 乙B ＝2∶1，C 错误、D 正确．2．(多选)(2019年百校联盟保温金卷)如图所示，在竖直线EOF 右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场．质量相同、电荷量分别为＋q 和－q 的带电粒子，从O 点以相同的速度，先后射入磁场，已知v 的方向与OF 成θ＝30°，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则( )A ．两带电粒子回到EOF 竖直线时与O 点的距离相等B ．两带电粒子回到EOF 竖直线时的速度相同C ．两带电粒子在磁场中的运动时间相等D ．从射入到射出磁场的过程中，两粒子所受洛仑兹力的冲量相同 【答案】ABD3．(2019年天一大联考)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的右边界为MN ，在距边界为r 处有一粒子源S ，粒子源沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量质量为m 、电荷量为q 、速率为v 的相同粒子，不计粒子的重力及粒子间的作用力，若磁感应强度大小为B ＝(2＋3)mv2qr ，则能从右边界逸出的粒子数与发射的粒子数的比例为( )A ．12B ．15C ．13D ．16【答案】D【解析】根据题意，作出粒子恰好能出射的运动轨迹，如图所示．由图可知，粒子的出射范围在A 与B 之间，设∠O 2SO ＝∠O 1SO ＝θ，根据qvB ＝m v 2R，得粒子的运动轨迹半径为R ＝2(2－3)r ，根据几何关系有cos θ＝SOSO 1，其中SO ＝SC －R ＝r －R ，SO 1＝R ，代入则有cos θ＝r －R R ＝32，解得θ＝30°，则粒子能出射的角度为2θ＝60°，故能从右边界逸出的粒子数与发射的粒子数的比例为60°360°＝16，故选D.4．(多选)(2019年广东茂名联考)如图所示，金属棒MN 与金属网PQ 之间存在水平向右的匀强电场，PQ 与虚线JK 之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E ，磁场的磁感应强度大小为E v 0，两个区域的宽度均为d .一个带正电的微粒贴着MN 以初速度v 0竖直向上射入场区，运动到PQ 时速度大小仍为v 0，方向变为水平向右．已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．微粒在MN 与PQ 间做匀变速运动，运动时间为2dv 0B ．微粒在PQ 与JK 间做匀速圆周运动，圆周半径r ＝dC ．微粒在PQ 与JK 间做匀速直线运动，运动时间为d v 0D ．微粒在题述两个区域中运动的总时间为(π＋6)d3v 0【答案】AD【解析】微粒在MN 与PQ 间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，由于都是恒力，故微粒做匀变速运动，由对称性可知Eq ＝mg ，在竖直方向v 0＝gt 1，则t 1＝v 0g或水平方向t 1＝dv 0/2＝2dv 0，故A 正确；微粒在刚进入PQ 与JK 间时，受到向下的重力、向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于B ＝E v 0，则有Bqv 0＝qE ＝mg ，由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2r ，得半径为r ＝mv 0Bq，联立可得r ＝2d ，故B错误；由几何关系可知，微粒在PQ 与JK 间运动的圆心角为30°，故所用时间为t 2＝l v 0＝π6·2d v 0＝πd 3v 0，所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝(π＋6)d3v 0，故C 错误，D 正确． 二、计算题5．如图所示，空间存在电场强度为E 、方向水平向右足够大的匀强电场．挡板MN 与水平方向所夹角为θ，质量为m 、电量为q 、带正电的粒子从与M 点在同一水平线上的O 点以速度v 0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小； (2)O 、M 间的距离．【答案】(1)v 0cot θ (2)mv 20cot 2θ2qE【解析】(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为v x ，则cot θ＝v x v 0解得v x ＝v 0cot θ.(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动加速度为a ，由牛顿第二定律可知qE ＝ma 在如图所示的坐标系中可得v x ＝at ，x 0＝12at 2，y 0＝v 0t设O 、M 间的距离为d ，由几何关系cot θ＝d ＋x 0y 0解得d ＝mv 20cot 2 θ2qE.6．(2019年河北石家庄模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，坐标原点O 处有一粒子源，向与x 轴成θ＝45°角的方向连续不断地发射质量为m 、电荷量为＋q 、速度大小为v 的粒子，经过足够长的时间后，在第Ⅰ象限加一方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁杨，不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：(1)粒子在磁场中运动的最短时间； (2)粒子离开磁场时距O 点的最大距离．【答案】(1)πm 2qB (2)22mvqB【解析】(1)加上磁场时，设粒子在磁场中运动的周期为T ，轨道半径为rqvB ＝mv 2r ，T ＝2πrv联立解得T ＝2πm qB位于坐标原点O 处的粒子在磁场中运动的时间最短，该粒子运动轨迹如图甲． 此时，粒子在磁场中运动的圆心角α＝90°，粒子在磁场中运动的时间t ＝α2πT解得t ＝πm2qB甲 乙(2)粒子打到x 轴最远处时，该粒子运动轨迹如图乙． 由(1)可知粒子的轨道半径r ＝mvqB粒子离开磁场时距O 点的最大距离x m ＝22r 解得x m ＝22mvqB.7．(2019年广东茂名联考)如图所示，在某空间存在一面积足够大的匀强磁场区域，在该区域中心有一半径为R 的圆，O 为圆心，园内的磁场垂直纸面向里，圆外的磁场垂直纸面向外，磁场的磁感应强度为B .如果在P 点有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子沿半径方向射入，它在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R ，求：(1)带电粒子的初速度大小； (2)带电粒子回到P 点所需的时间． 【答案】(1)qBR m (2)4πmqB【解析】(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式可得qvB ＝m v 2R ，解得v ＝qBR m.(2)因为粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R ，所以它在圆形区域内的轨迹是四分之一圆弧，如图所示．是圆O 1的一部分；离开圆形区域后，所受洛伦兹力方向相反，以O 2为圆心做圆周运动，经过四分之三弧长后又进入圆形区域……，这样依次以O 1、O 2、O 3、O 4为圆心做部分圆周运动后又回到P 点．粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ＝2πm qB所以带电粒子回到P 点所需的时间为t ＝T 4×2＋3T 4×2＝2T ＝4πm qB. 8．(2019年贵阳二模)如图所示，一边长为2R 的正方形与半径为R 的圆相切，两区域内有大小相等方向相反的匀强磁场．M 是正方形左边长的中点，O 点是圆的圆心，M 、O 、N 三点共线．若把比荷为qm、重力不计的两个带正电的粒子分别从M 、N 两点以速度v 0沿MON 直线相向进入磁场．它们在磁场中运动相同的时间，并以相同的方向离开磁场，若从N 点进入磁场的带电粒子的速度大小变为2v 0，并改变其速度方向，该粒子将从M 点离开磁场．求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从N 点以2v 0进入磁场运动到M 点的总时间． 【答案】(1)B ＝mv 0r (2)t ＝2πR 3v 0【解析】(1)如图所示，只有当带电粒子在磁场中运动14圆周时，两个粒子的运动时间才相同(如图中实线)，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供qv 0B ＝mv 20r由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的半径r ＝R 所以B ＝mv 0qR.(2)如图所示，当带电粒子在圆形磁场中从N 进入从M 点射出，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供q (2v 0)B ＝m (2v 0)2r ′解得r ′＝2R所以△MO 2P 和△PNO 1都是正三角形，该粒子在两个磁场中运动的总时间t ＝T 3，T ＝2πrv联立解得t ＝2πR3v 0.9．(2019年齐齐哈尔三模)如图所示，三块等大且平行正对的金属板水平放置．金属板厚度不计且间距足够大．上面两金属板间有竖直向下的匀强电场．下面两板间有竖直向上的匀强电场，电场强度大小皆为E .以中间金属板的中轴线为x 轴，右侧边缘O 为原点建立平面直角坐标系xOy ，在坐标系的第Ⅰ、Ⅳ限象有垂直纸面向里的匀强磁场．现有一重力不计的绝缘带电小球质量为m 、电荷租为－q ，从中间金属板上坐标位置(－l,0)处．以初速度v 0沿x 轴正方向开始运动，已知l ＝mv 20qE，试求：(1)带电小球进入磁场时的位置坐标(用l 表示)与带电小球进入磁场时的速度大小与方向；(2)若要使带电小球能回到中间金属板下边面与释放点对称的位置，计算匀强磁场的磁感应强度B 的大小．(用E 、v 0表示)【答案】(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫0，l 2，与y 轴正向夹角45° (2)2E v 0 【解析】(1)带电小球在匀强电场中做类平抛运动．水平方向上l ＝v 0t 竖直方向上加速度a ＝qEm竖直位移y ＝12at 2＝qE mv 20·l 22＝l2所以带电小球进入磁场时的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，l 2竖直方向速度v y ＝qE mt ＝v 0 所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0因为tan θ＝v y v 0＝1，所以速度方向与y 轴正向夹角为45°.(2)若要使带电小球能回到中间金属板下边面与释放点对称的位置，根据对称性可知， 它在磁场中做圆周运动的圆心应在x 轴上，其运动轨迹如图所示．由几何关系有r ＝2y ＝22l 据qvB ＝mv 2r联立解得B ＝2Ev 0.10．(2019年河北唐山一模)平面直角坐标系xOy 中，第二象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m ，带电量为q 的正粒子从坐标为(－L ，L )的P 点沿y 轴负向进入电场，初速度大小为v 0＝2LqEm，粒子第二次到达x 轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若粒子由P 点沿x 轴正向入射，初速度仍为v 0＝2LqEm，求粒子第二次到达x 轴时与坐标原点的距离．【答案】(1)4mE qL (2) 6＋24L【解析】(1)由动能定理 qEL ＝12mv 2－12mv 2粒子进入磁场时速度大小为v ＝4qELm在磁场中L ＝2RqvB ＝m v 2R可得B ＝4mE qL. (2)假设粒子由y 轴离开电场L ＝v 0t y 1＝12at 2 qE ＝ma可得y ＝L4<L ，假设成立v y ＝at速度偏转角tan θ＝v y v 0合速度v ′＝v ysin θ第一次到达x 轴的坐标x 1＝L －y 1tan θ＝32L 在磁场中qv ′B ＝m v ′2R ′，得R ′＝mv ′qBx ＝2R ′sin θ＝2mv ′qB sin θ＝2mv y qB ＝24L 粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离x ＝x 1＋x 2＝6＋24L .。
2020届高考物理全优二轮复习课件：考前十天冲刺 考前第10天
6．放大法：在物理现象或待测物理量十分微小的情况下，把物理现象或待测 物理量按照一定规律放大后再进行观察和测量，这种方法称为放大法，常见的方式 有机械放大、电放大、光放大．
电学部分
(一)静电场 1．库仑：利用库仑扭秤装置得出库仑定律． 2．汤姆生：首先发现了(负)电子． 3．密立根：通过油滴实验测定了元．电．荷．的数值：e＝1.60×10－19 C. (二)直流电 1．欧姆：通过实验得出了电流、电阻和电压的定量关系． 2．焦耳：通过实验得出了电流的热效应规律．
(三)静磁场 1．奥斯特：发现电流的磁效应现象． 2．安培：提出分子电流假说，从而说明磁现象的电本质． 3．法拉第：发现电磁感应现象从而得出电磁感应定律． (四)电磁感应 1．法拉第：发现了由磁场产生电流的条件和规律，得出了电磁感应定律 E＝nΔΔΦt . 2．楞次：确定感应电流方向的定律——楞次定律． 3．亨利：发现自感现象，日光灯的工作原理即为其应用之一．
9．类比法：也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以 推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法．其结论必须由实验来检验，类 比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大．如研究电场力做功时，与重 力做功进行类比；认识电流时，用水流进行类比；认识电压时，用水压进行类比．
看
观
谢
谢
高频考点 2 物理思想方法 1．理想模型法：为了便于进行物理研究或物理教学而建立的一种抽象的理想客 体或理想物理过程，突出了事物的主要因素、忽略了事物的次要因素．理想模型可 分为对象模型(如质点、点电荷、理想变压器等)、条件模型(如光滑表面、轻杆、轻 绳、匀强电场、匀强磁场等)和过程模型(在空气中自由下落的物体、抛体运动、匀速 直线运动、匀速圆周运动、恒定电流等)． 2．极限思维法：就是把所研究的问题外推到极端情况(或理想状态)，通过推理 而得出结论的过程．在用极限思维法处理物理问题时，通常是将参量的一般变化， 推到极限值，即无限大、零值、临界值和特定值的条件下进行分析和讨论．如公式 v ＝ΔΔxt 中，当 Δt→0 时，v 是瞬时速度．
2020届高考物理全优二轮复习集训：题型突破专练1：选择题押题突破练
选择题押题突破练①选择题：每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～7题有多项符合题目要求．1．[原子物理](2019年广东名校二模)来自太阳的带电粒子会在地球的两极引起极光．带电粒子与地球大气层中的原子相遇，原子吸收带电粒子的一部分能量后，立即将能量释放出来就会产生奇异的光芒，形成极光．极光的光谐线波长范围约为3 100 Å～6 700 Å(1 Å＝10－10m)．据此推断以下说法不正确的是( )A ．极光光谐线频率的数量级约为1014 HzB ．极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关C ．原子在从高能级向低能级跃迁时辐射出极光D ．对极光进行光谱分析可以鉴别太阳物质的组成成分 【答案】D2．[直线运动](2019年云浮名校二模)驾车从太原沿青银高速公路去银川，清晨8时出发下午8时到达，第二天清晨8时动身沿原路返回，下午6时回到太原．若两天分别以各自出发时刻开始计时，经过相同时间到达同一地点的机会，下列说法正确的是( )A ．可能没有B ．一定没有C ．一定有一次D ．可能有两次【答案】C【解析】在同一个坐标系中，作出从太原到银川的位置时间图象，同时作出银川返回太原的位置时间图象，显然有且只有一个交点，C 正确．3．[交变电流与变压器](2019年黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示的理想变压器电路中，变压器原副线圈的匝数比为1∶2，在a 、b 端输入正弦交流电压U ，甲、乙、丙三个灯泡均能正常发光，且三个灯泡的额定功率相等，则下列说法正确的是( )A ．乙灯泡的额定电流最大B ．甲灯的额定电压为13UC ．丙灯的电阻最小D ．乙灯泡的额定电压最小【答案】B【解析】设原线圈中电流为I 1，根据线圈比可知，副线圈中的电流为12I 1，即丙灯泡的额定电流为12I 1，设原线圈两端的电压为U 1，则副线圈两端的电压为2U 1，由于三个灯泡的额定功率相等，U 甲(I 乙＋I 1)＝U 1I 乙＝U 1I 1，可见乙灯的额定电流为I 1，甲灯的额定电流为I 甲＝I 乙＋I 1＝2I 1，A 错误；U 甲＝12U 1＝13U ，B 正确；由电阻定义式R 甲＝12U12I 1＝U 14I 1，R 乙＝U 1I 1，R 丙＝2U 112I 1，C 错误．甲灯额定电压最小，D 错误．4．[万有引力与航天](2019年河南郑州二模)如图所示，A 为置于地球赤道上的物体，B 为绕地球椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，B 、C 运行轨道与赤道在同一平面内，P 为B 、C 两卫星轨道的交点，已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是( )A ．卫星B 在近地点的速度大于卫星C 的速度 B ．卫星B 在P 点的加速度大于卫星C 的加速度 C ．卫星C 的运行速度小于物体A 的速度D ．卫星C 和物体A 具有相同大小的加速度 【答案】A【解析】B 在椭圆轨道上的近地点距地球距离小于C 卫星的轨道半径，因为B 在近地点将做离心运动，故B 在近地点速度大于在近地点做圆周运动的卫星速度，再根据卫星速度公式v ＝GMr，可知，近地点环绕速度大于C 卫星的速度，从而可知，B 在近地点的速度大于卫星C 的速度，故A 正确；根据万有引力提供向心力G mM r 2＝ma ，解得a ＝G Mr 2，在P 点，G 、M 、r 都相同，所以卫星B 在P 点的加速度大小与卫星C 在P 点加速度大小相等，故B 错误；因为A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，所以A 、B 、C 的角速度相等，卫星C 做圆周运动的半径大于A 的半径，由v ＝ωr 可知，C 的线速度大于A 的线速度，故C 错误；根据a ＝ω2r ，可知因为卫星C 做圆周运动的半径大于A 的半径，所以卫星C 加速度大于物体A 的加速度，D 错误．故选A.5．[曲线运动、冲量](2019年山东菏泽一模)有一个竖直固定放置的四分之一光滑圆弧轨道，轨道圆心O 到地面的高度为h ，小球从轨道最高点A 由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，则下列说法正确的是()A．当小球运动到轨道最低点B时，轨道对它的支持力等于重力的4倍B．小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧的支持力对小球的冲量C．根据已知条件可以求出该四分之一圆弧轨道的轨道半径为0.2hD．小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝0.5【答案】C6．[磁场](2019年安徽合肥三模)如图所示，两根细长直导线平行竖直固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别交于a、b两点，点O是ab的中点，杆MN上c、d两点关于O点对称．两导线均通有大小相等、方向相反的电流，通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B＝k Ir，其中I为导线中电流大小，r为该点到导线的距离，k为常量．一带负电的小球穿在杆上，以初速度v0由c点沿杆运动到d点．设在c、O、d三点杆对小球的支持力大小分别为F c、F O、F d，则下列说法正确的是()A．F c＝F d B．F O<F dC．小球做变加速直线运动D．小球做匀速直线运动【答案】ABD7．[功和能](2019年河北石家庄模拟)如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B.现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞．已知重力加速度大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是()A．在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2∶1B．物块A、B的加速度之比为1∶1C ．轻绳的拉力为6mg7D ．B 下落高度h 时速度为2gh 5【答案】AC【解析】根据动滑轮的特点可知B 下降s ，A 需要走动2s ，而s A ＝2s B ，A 正确；因为都是从静止开始运动的，故有2×12a B t 2＝12a A t 2，解得a A a B ＝21，B 错误；对A 分析有T ＝ma A ，对B分析有3mg －2T ＝3ma B ，解得T ＝6mg 7，a A ＝67g ，C 正确；对B ，加速度为a B ＝12a A ＝37g ，根据速度位移公式，有v 2＝2a B h ，解得v ＝6gh7，D 错误． 选择题押题突破练②选择题：每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求．1．[物理学史](2019年河南洛阳二模)下列说法符合物理学史实的是( ) A ．牛顿首次通过实验测出了万有引力常量 B ．卢瑟福首次提出原子核式结构模型 C ．居里夫人首次发现了天然放射现象D ．爱因斯坦首次提出能量量子假说，成功解释了黑体辐射 【答案】B2．[原子物理](2019年安徽合肥三模)下列说法正确的是( ) A ．α、β、γ三种射线中γ射线电离作用最强B ．两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加C ．根据玻尔原子理论，氢原子在辐射光子的同时，电子的轨道半径也在连续地减小D ．放射性元素组成的化合物进行高温分解时，放射性元素的半衰期也会改变 【答案】B3．[交变电流与变压器](2019年山东菏泽一模)用同样的交流电分别用甲、乙两个电路给同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3，则甲、乙两个电路中的电功率之比为( )A ．1∶1B ．5∶2C ．5∶3D ．25∶9【答案】C4．[力的平衡](2019年山西六校四联)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO ＇悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮．其—端悬挂物块，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b .整个系统处于静止状态．若F 的大小不变．缓慢沿顺时针方向转动，直到水平为止，物块b 始终保持静止，则( )A ．绳OO ＇的张力不变B ．物块b 所受到的支持力逐渐变小C ．连接a 和b 的绳的张力逐渐变大D ．物块b 与桌面间的摩擦力一定逐渐变大 【答案】A5．[万有引力与航天](2019年河北石家庄模拟)地球和木星绕太阳的运动可近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动，已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，估算木星与地球距离最近的相邻两次时间间隔约为( )A ．1年B ．1.1年C ．1.5年D ．2年【答案】B【解析】地球、木星都绕太阳运动，所以根据开普勒第三定律可得R 3地T 2地＝R 3木T 2木，即T 木＝R 3木R 3地T 地＝ 5.23×1＝11.9年，设经时间t 两星又一次距离最近，根据θ＝ωt ，则两星转过的角度之差Δθ＝⎝⎛⎭⎫2πT 地－2πT 木t ＝2π，解得t ＝1.1年，B 正确． 6．[磁场](2019年广东茂名联考)如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直，边长为l 的正方形单匝金属线框abcd 位于水平面内，cd 边与磁场边界平行．t ＝0时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流I 大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．水平外力为恒力B ．匀强磁场的宽度为8l3C ．ab 边离开磁场的时间为43t 0D ．线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功 【答案】BC7．[电磁感应](2019年山西六校联考)如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，其中B 0、t 0均为已知量．已知导线框的边长为L ，总电阻为R ，则下列说法中正确的是( )A ．t 0时刻，ab 边受到的安培力大小为B 20L32Rt 0B ．0～t 0时间内，导线框中电流的方向始终为badcbC ．0～t 0时间内，导线框产生的热量为B 20L44Rt 0D ．0～t 0时间内，通过导线框的电荷量为B 20L2R【答案】AC8．[曲线运动、动能定理](2019年广东名校二模)光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，圆轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．质量为m 的小球(可视为质点)以初速度v 0沿AB 运动恰能通过最高点，则( )A ．R 越大，v 0越大B ．m 越大，v 0越大C ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大D ．m 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大 【答案】AD【解析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg ＝m v 2DR ⇒v D ＝gR ，根据动能定律得12m v 20＝12m v 2D ＋2mgR ，得到v 0＝5gR ，可见，R 越大，v 0越大，而且v 0与小球的质量m 无关．A 正确B 错误；小球经过B 点后的瞬间，N －mg ＝m v 20R ，得到轨道对小球的支持力N ＝mg ＋m v 20R＝6mg ，则N 大小与R 无关，随m 增大而增大，C 错误D 正确．9．[电场](2019年天一大联考)在物理学中通常规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势可表示为φ＝k Qr ，其中k 为静电力常量，Q 为点电荷的电荷量，r 为该点到点电荷的距离．如图，真空中有一正三角形ABC ，边长为a ，两个电荷量均为＋Q 的点电荷固定在A 、B 两点，则关于C 点的场强和电势，下列说法正确的是( )A ．C 点的场强大小为2k Qa 2B ．C 点的场强大小为3k Qa 2C ．C 点的电势大小为2k QaD ．C 点的电势大小为3k Qa【答案】BC【解析】A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k Qa 2，则A 、B 两点电荷在C 点的合场强大小为E ＝2E 1cos 30°＝3k Qa 2，A 、B 两点电荷单独存在时C 点的电势均为φ1＝k Q a ，电势是标量，则C 点的电势为φ＝2φ1＝2k Qa，故A 、D 错误，B 、C 正确． 选择题押题突破练③选择题：每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～8题有多项符合题目要求．1．[万有引力与航天](2019年广东名校一模)为了预防太空垃圾的撞击，国际空间站安装了太空碎片传感器(简称SDS)．旨在检测太空垃圾中较小的、难以追踪的垃圾所造成的任何撞击，科学家担心，数目庞大的太空垃圾威胁各种宇宙探索活动，可能令人类彻底失去地球同步卫星轨道，下面关于地球同步卫星的说法正确的是( )A ．地球同步卫星的周期与地球公转的周期相同B ．若已知地球半径，结合地球自转周期与重力加速度，可估算出地球同步卫星距地面的高度C ．神州系列飞船的周期与地球同步卫星的周期差不多D ．若已知地球同步卫星的轨道半径和周期，可计算出它和地球间的万有引力 【答案】B2．[交变电流与变压器](2019年肇庆质检)如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u ＝2202·sin(50πt ) V 交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2∶1.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表．则( )A ．副线圈的输出功率为110 WB ．原线圈的输入功率为110 2 WC ．电流表的读数为1 AD ．副线圈输出的电流方向不变【答案】A3．[原子物理](2019年河北石家庄模拟)下列说法不正确的是( )A ． 238092U 经过一次α衰变后变为234090ThB ．由核反应方程式137055Cs →137056Ba ＋X 可以判断X 为电子C ．核反应方程42He ＋1407N →1708O ＋11H 为轻核聚变 D ．16 g 铋210经过15天时间，还剩2 g 未衰变，则铋210的半衰期为5天 【答案】C4．[电场](2019年四川泸州模拟)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )A ．减小墨汁微粒的质量B ．减小偏转电场两板间的距离C ．减小偏转电场的电压D ．减小墨汁微粒的喷出速度【答案】C【解析】微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则水平方向L ＝v 0t ；竖直方向y ＝12at 2；加速度a ＝qU md ，联立解得y ＝qUL 22md v 20＝qUL 24dE k0，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转位移y ，由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小比荷qm 、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E k0(增大喷出速度)、减小极板的长度L 、减小偏转极板间的电压U ，故C 正确．5．[力与运动]在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A 、B ，已知A 、B 质量相等，A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块B 与小车间的动摩擦因数μ2＝0.3.小车以加速度a 0做匀加速直线运动时，A 、B 间发生了相对滑动，B 与小车相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，小车的加速度大小可能是( )A ．25 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4.5 m/s 2【答案】C【解析】当A 、B 相对静止时A 、B 间恰好达到最大静摩擦力时，此时三者有相同的加速度，对A 分析有μ1mg ＝ma 1，解得a 1＝μ1g ＝2 m/s 2；当A 、B 间发生了相对滑动时，A 的加速度仍为a 1＝μ1g ＝2 m/s 2；对B 分析有2mg ·μ2－μ1mg ＝ma 0，解得a 0＝2μ2g －μ1g ＝4 m/s 2，故小车的加速度大小的范围为2 m/s 2≤a ≤4 m/s 2，故选C.6．[曲线运动](2019年安徽江淮十校联考)如图所示，斜面倾角为θ＝30°，斜面上方A 点处一小球以水平速度抛出，恰好垂直打在斜面上的B 点，已知A 、B 间的距离为s ，则在竖直方向上，A 点到斜面的距离为( )A ．22121sB ．217s C ．42121sD ．52121s【答案】D【解析】在B 点的速度的偏向角正切为tan 60°＝v yv 0＝3，根据平抛运动的推论可知，tanα＝y x ＝12tan 60°＝32，则cos α＝27，因AB ＝s ，则AB 的水平距离x ＝s cos α＝27s ，则A 点到斜面的距离为h ＝x tan 30°＋x tan α＝52121s ，故选D.7．[磁场] 如图所示，在xOy 平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy 平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．两个相同的带电粒子，先后从y 轴上的a (0，3L )点和b 点(坐标未知)以相同的速度v 0垂直于y 轴射入磁场，在x 轴上的c (L,0)点相遇，不计粒子重力及其相互作用，根据题设条件可以确定( )A ．带电粒子在磁场中运动的半径B ．带电粒子的电荷量C ．带电粒子在磁场中运动的时间D ．带电粒子的质量【答案】AC【解析】两个粒子做匀速圆周运动，由几何关系可以确认其圆心坐标分别是⎝⎛⎭⎫0，33L ⎝⎛⎭⎫0，－33L ，轨迹半径R ＝233L ，圆弧所对圆心角分别是120°和60°，依q v 0B ＝m v 20R 得R ＝m v 0qB，又v 0、B 已知，但无法确认带电粒子电量和质量；由T ＝2πR v 0，t 1＝T 3、t 2＝T6可求出带电粒子在磁场中运动的时间，AC 正确．8．[机械能守恒、动能定理](2019年山西六校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的34圆弧形轨道，半径OB 水平、直径COD 竖直．圆弧BC 光滑、圆弧CD 粗糙．一个质量为m 的小球自B 点的正上方距离为6R 的A 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达圆弧轨道的最高点D 时对轨道的压力为3mg (g 为重力加速度)，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．小球到达B 点时的速度大小为3gRB ．小球到达最低点C 点时对轨道的压力大小为15mgC ．小球从B 点运动到D 点的过程中，小球克服合外力所做的功为2mgR D ．小球从C 点运动到D 点的过程中，克服摩擦力做的功为3mgR 【答案】BD【解析】根据机械能守恒，mg ·6R ＝12m v 2B ，解得v B ＝23gR ，故A 错误；根据机械能守恒得mg ·7R ＝12m v 2C ，在C 点F NC －mg ＝m v 2CR ，由以上两式解得F NC ＝15mg ，故B 正确；小球在D 点的速度3mg ＋mg ＝m v 2DR ，解得v D ＝2gR ，从B 点运动到D 点的过程中，应用动能定理，W 合＝12m v 2B －12m v 2D ＝4mgR ，故C 错误；从C 到D 应用动能定理－2mgR －W f ＝12m v 2D －12m v 2C ，解得W f ＝3mgR ，故D 正确．。
2020届高考物理全优二轮复习集训：考前十天必考热点冲刺 热考13 交流电及变压器
热考13 交流电及变压器1．(2019年四川成都模拟)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，电压表和电流表均为理想电表，R 0和R 1为定值电阻，R 为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是( )A ．电压表的示数为22 VB ．图乙中电压的有效值为220 VC ．环境温度升高时电流表示数增大D ．环境温度升高时电压表示数增大 【答案】C2．(2019年云南昆明质检)如图所示为一理想变压器，其中a 、b 、c 为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u ＝U m sin(100πt ) V ．当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光．下列说法正确的是( )A ．三个灯泡的额定电压为U m /8B ．变压器原、副线圈匝数比为9∶2C ．此时灯泡a 和b 消耗的电功率之比为2∶7D ．流过灯泡c 的电流，每0.02 s 方向改变一次 【答案】C【解析】设灯泡的额定电压为U ，根据题意，输入电压U 入＝U m 2＝8U ，得U ＝2U m16，此时原线圈两端的电压为U 1＝U 入－U ＝7U ，副线圈两端的电压为U 2＝2U ，则变压器原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝72，根据I 1I 2＝n 2n 1＝27，因为a 、b 此时都能正常发光，故电压都为额定电压，根据P ＝UI ，可知a 、b 消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a 和b 消耗的电功率之比为2∶7，由输入电压的表达式，可知角频率ω＝100π rad/s ，则周期T ＝2πω＝0.02 s ，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02 s 电流方向改变两次．故A 、B 、D 错误，C 正确．3．(2019年山西六校联考)如图甲所示，一阻值为R 的电阻接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R 的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E 、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( )A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶16【答案】B【解析】根据电源的效率为94.1可知η＝P 出P 总＝IU IE ＝IR I (R ＋r )＝RR ＋r ＝94.1，解得R ＝16r ，根据原、副线圈的电压比等于匝数比可知，n 1n 2＝U 1U 2＝E2U 2，解得U 2＝En 22n 1，根据原、副线圈的功率相等可知，I 1U 1＝I 2U 2＝U 22R ，即E 2r ×E 2＝⎝⎛⎭⎫En 12n 22R，综合R ＝16r ，解得n 1n 2＝14，故B 正确．4．如图所示的电路中，R 为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C 为电容器，灯泡L 的额定电压为50 V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1.闭合开关S ，在a 、b 两端输入正弦交变电流U ＝1002sin(10πt ) V ，则下列说法正确的是( )A ．灯泡会正常发光B ．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C ．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D ．断开电键S ，灯泡会熄灭 【答案】C5．在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A 、B 两端，电压表和电流表均为理想电表，R t 为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R 为定值电阻．下列说法正确的是( )A ．变压器原线圈两端电压的瞬时表达式为u ＝362sin(50πt ) VB ．在t ＝0.01 s 时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零C ．R t 处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V 1、V 2的比值不变D ．R t 处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变小 【答案】B6．(多选)如图所示，电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝44∶3，原线圈输入交变电压u ＝2202sin(100πt ) V ，在副线圈中接有电流表A 、阻值为10 Ω的定值电阻R 和电容器C ，其中电流表的内阻是定值电阻的一半．下列说法中正确的是( )A ．通过电流表的电流方向1 s 内变化100次B ．电流表的读数是1 AC ．电阻R 消耗的电功率小于10 WD ．原线圈的电流为344 A【答案】AC【解析】根据T ＝2πω＝0.02 s 可得知1 s 内有50个周期，每个周期电流方向改变两次，所以通过电流表的电流方向1 s 内变化100次，选项A 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2可得，副线圈两端电压的有效值为U 2＝15 V ，电容器通交流，隔直流，电流表的读数大于1 A ，选项B 错误；电流表两边的电压大于5 V ，定值电阻R 两端的电压小于10 V ，所以电阻R 消耗的电功率小于10 W ，选项C 正确；因为I 2I 1＝n 1n 2，副线圈电流大于1 A ，所以原线圈的电流大于344A ，选项D 错误．7．(多选)(2019年兰州一模)理想电压表和理想电流表与两个相同的灯泡连成如图甲所示的电路，接在正弦交变电源上，每个灯泡的电阻R ＝110 Ω.图乙是交变电源输出电压u 随时间t 变化的图象，则下列选项正确的是( )A ．电流表读数是1 AB ．电压表读数是311 VC ．每个灯泡两端的电压随时间变化的规律是以U R ＝311cos (100πt ) VD ．通过每个灯泡的电流随时间变化的规律是i ＝2cos (100πt ) A 【答案】AD【解析】由题图乙，输出电压最大值为311 V ，则有效值为220 V ，故电压表示数应为220 V ．电流I ＝U 2R ＝2202×110 A ＝1 A ，即电流表示数为1 A ，故A 正确，B 错误；灯泡电阻相同，故其电压相等，为输出电压的一半，而每只灯泡电压的变化周期与输出电压相同，所以灯泡两端电压随时间变化规律为U R ＝155.5cos(100πt ) V ，故C 错误；根据i ＝ER 得，电路最大电流为i max ＝311110＋110A ＝ 2 A ，故电流i ＝2cos(100πt ) A ，故D 正确．8．(多选)(2019年海南琼海模拟)如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器，C 为耐压值为22 V 的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．副线圈两端电压的变化频率为50 HzB ．电流表的示数表示的是电流的瞬时值C ．原副线圈匝数比为10∶1时，可保证电容器C 不被击穿D ．滑动片P 向下移时，电流表A 1和A 2示数均增大 【答案】AD【解析】根据图乙知交流电周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，故A 正确；电流表的示数表示的是电流的有效值，故B 错误；由题意知，原线圈的最大电压为311 V ，而电容器的耐压值为22 V ，即为最大值，根据原副线圈的电压有效值与匝数成正比，则有原副线圈匝数比应小于3112∶222＝102∶1，故C 错误；滑动变阻器的触头向右滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，变压器的输入功率等于输出功率减小，故D 正确．。
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热考11 带电粒子在场中的运动一、选择题1．(多选)(2019年安徽名校联考)如图所示，MN 是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上P 点有甲、乙两粒子同时沿与PN 分别成60°、30°角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q 点射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是( )A ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为1∶ 3B ．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1C ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的速度之比为3∶2D ．若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则甲、乙两粒子的比荷之比为2∶1 【答案】ABD【解析】设PQ 间的距离为L ，则甲、乙粒子在磁场中做圆周运动的半径，r 甲＝L /2cos 30°＝L 3，r 乙＝L /2cos 60°＝L ，如果两粒子完全相同，由r ＝m v qB 得v ＝qBrm ，则甲、乙两粒子的速度之比为v 甲v 乙＝13，A 正确；如果粒子完全相同，则粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨道所对的圆心角之比，即t 甲t 乙＝2，B 正确；若甲、乙两粒子同时到达Q 点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，即v 甲v 乙＝2πr 甲·132πr 乙·16＝23，则甲、乙两粒子的比荷之比为q 甲m 甲·q 乙m 乙＝2πT 甲B ·2πT 乙B ＝2∶1，C 错误、D 正确．2．(多选)(2019年百校联盟保温金卷)如图所示，在竖直线EOF 右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场．质量相同、电荷量分别为＋q 和－q 的带电粒子，从O 点以相同的速度，先后射入磁场，已知v 的方向与OF 成θ＝30°，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则( )A ．两带电粒子回到EOF 竖直线时与O 点的距离相等B ．两带电粒子回到EOF 竖直线时的速度相同C ．两带电粒子在磁场中的运动时间相等D ．从射入到射出磁场的过程中，两粒子所受洛仑兹力的冲量相同 【答案】ABD3．(2019年天一大联考)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的右边界为MN ，在距边界为r 处有一粒子源S ，粒子源沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量质量为m 、电荷量为q 、速率为v 的相同粒子，不计粒子的重力及粒子间的作用力，若磁感应强度大小为B ＝(2＋3)m v2qr，则能从右边界逸出的粒子数与发射的粒子数的比例为( )A ．12B ．15C ．13D ．16【答案】D【解析】根据题意，作出粒子恰好能出射的运动轨迹，如图所示．由图可知，粒子的出射范围在A 与B 之间，设∠O 2SO ＝∠O 1SO ＝θ，根据q v B ＝m v 2R ，得粒子的运动轨迹半径为R ＝2(2－3)r ，根据几何关系有cos θ＝SO SO 1，其中SO ＝SC －R ＝r －R ，SO 1＝R ，代入则有cos θ＝r －R R ＝32，解得θ＝30°，则粒子能出射的角度为2θ＝60°，故能从右边界逸出的粒子数与发射的粒子数的比例为60°360°＝16，故选D. 4．(多选)(2019年广东茂名联考)如图所示，金属棒MN 与金属网PQ 之间存在水平向右的匀强电场，PQ 与虚线JK 之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E ，磁场的磁感应强度大小为Ev 0，两个区域的宽度均为d .一个带正电的微粒贴着MN 以初速度v 0竖直向上射入场区，运动到PQ 时速度大小仍为v 0，方向变为水平向右．已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．微粒在MN 与PQ 间做匀变速运动，运动时间为2dv 0B ．微粒在PQ 与JK 间做匀速圆周运动，圆周半径r ＝dC ．微粒在PQ 与JK 间做匀速直线运动，运动时间为dv 0D ．微粒在题述两个区域中运动的总时间为(π＋6)d3v 0【答案】AD【解析】微粒在MN 与PQ 间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，由于都是恒力，故微粒做匀变速运动，由对称性可知Eq ＝mg ，在竖直方向v 0＝gt 1，则t 1＝v 0g 或水平方向t 1＝d v 0/2＝2dv 0，故A 正确；微粒在刚进入PQ 与JK 间时，受到向下的重力、向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于B ＝Ev 0，则有Bq v 0＝qE ＝mg ，由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2r ，得半径为r ＝m v 0Bq ，联立可得r ＝2d ，故B 错误；由几何关系可知，微粒在PQ 与JK 间运动的圆心角为30°，故所用时间为t 2＝lv 0＝π6·2d v 0＝πd3v 0，所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝(π＋6)d 3v 0，故C 错误，D 正确．二、计算题5．如图所示，空间存在电场强度为E 、方向水平向右足够大的匀强电场．挡板MN 与水平方向所夹角为θ，质量为m 、电量为q 、带正电的粒子从与M 点在同一水平线上的O 点以速度v 0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小； (2)O 、M 间的距离．【答案】(1)v 0cot θ (2)m v 20cot 2θ2qE【解析】(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为v x ，则cot θ＝v xv 0解得v x ＝v 0cot θ.(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动加速度为a ，由牛顿第二定律可知qE ＝ma 在如图所示的坐标系中可得v x ＝at ，x 0＝12at 2，y 0＝v 0t设O 、M 间的距离为d ，由几何关系cot θ＝d ＋x 0y 0解得d ＝m v 20cot 2θ2qE.6．(2019年河北石家庄模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，坐标原点O 处有一粒子源，向与x 轴成θ＝45°角的方向连续不断地发射质量为m 、电荷量为＋q 、速度大小为v 的粒子，经过足够长的时间后，在第Ⅰ象限加一方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁杨，不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：(1)粒子在磁场中运动的最短时间； (2)粒子离开磁场时距O 点的最大距离． 【答案】(1)πm2qB (2)22m v qB【解析】(1)加上磁场时，设粒子在磁场中运动的周期为T ，轨道半径为r q v B ＝m v 2r ，T ＝2πrv联立解得T ＝2πmqB位于坐标原点O 处的粒子在磁场中运动的时间最短，该粒子运动轨迹如图甲．此时，粒子在磁场中运动的圆心角α＝90°，粒子在磁场中运动的时间t ＝α2πT解得t ＝πm2qB甲 乙(2)粒子打到x 轴最远处时，该粒子运动轨迹如图乙． 由(1)可知粒子的轨道半径r ＝m v qB粒子离开磁场时距O 点的最大距离x m ＝22r 解得x m ＝22m vqB. 7．(2019年广东茂名联考)如图所示，在某空间存在一面积足够大的匀强磁场区域，在该区域中心有一半径为R 的圆，O 为圆心，园内的磁场垂直纸面向里，圆外的磁场垂直纸面向外，磁场的磁感应强度为B .如果在P 点有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子沿半径方向射入，它在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R ，求：(1)带电粒子的初速度大小； (2)带电粒子回到P 点所需的时间． 【答案】(1)qBR m (2)4πmqB【解析】(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式可得 q v B ＝m v 2R ，解得v ＝qBRm.(2)因为粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R ，所以它在圆形区域内的轨迹是四分之一圆弧，如图所示．是圆O 1的一部分；离开圆形区域后，所受洛伦兹力方向相反，以O 2为圆心做圆周运动，经过四分之三弧长后又进入圆形区域……，这样依次以O 1、O 2、O 3、O 4为圆心做部分圆周运动后又回到P 点．粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ＝2πmqB所以带电粒子回到P 点所需的时间为 t ＝T 4×2＋3T 4×2＝2T ＝4πm qB. 8．(2019年贵阳二模)如图所示，一边长为2R 的正方形与半径为R 的圆相切，两区域内有大小相等方向相反的匀强磁场．M 是正方形左边长的中点，O 点是圆的圆心，M 、O 、N 三点共线．若把比荷为qm 、重力不计的两个带正电的粒子分别从M 、N 两点以速度v 0沿MON 直线相向进入磁场．它们在磁场中运动相同的时间，并以相同的方向离开磁场，若从N 点进入磁场的带电粒子的速度大小变为2v 0，并改变其速度方向，该粒子将从M 点离开磁场．求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从N 点以2v 0进入磁场运动到M 点的总时间． 【答案】(1)B ＝m v 0r (2)t ＝2πR3v 0【解析】(1)如图所示，只有当带电粒子在磁场中运动14圆周时，两个粒子的运动时间才相同(如图中实线)，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供q v 0B ＝m v 20r由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的半径r ＝R 所以B ＝m v 0qR.(2)如图所示，当带电粒子在圆形磁场中从N 进入从M 点射出，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供q (2v 0)B ＝m (2v 0)2r ′解得r ′＝2R所以△MO 2P 和△PNO 1都是正三角形，该粒子在两个磁场中运动的总时间t ＝T 3，T ＝2πrv联立解得t ＝2πR3v 0.9．(2019年齐齐哈尔三模)如图所示，三块等大且平行正对的金属板水平放置．金属板厚度不计且间距足够大．上面两金属板间有竖直向下的匀强电场．下面两板间有竖直向上的匀强电场，电场强度大小皆为E .以中间金属板的中轴线为x 轴，右侧边缘O 为原点建立平面直角坐标系xOy ，在坐标系的第Ⅰ、Ⅳ限象有垂直纸面向里的匀强磁场．现有一重力不计的绝缘带电小球质量为m 、电荷租为－q ，从中间金属板上坐标位置(－l,0)处．以初速度v 0沿x 轴正方向开始运动，已知l ＝m v 20qE，试求：(1)带电小球进入磁场时的位置坐标(用l 表示)与带电小球进入磁场时的速度大小与方向； (2)若要使带电小球能回到中间金属板下边面与释放点对称的位置，计算匀强磁场的磁感应强度B 的大小．(用E 、v 0表示)【答案】(1)⎝⎛⎭⎫0，l 2，与y 轴正向夹角45° (2)2E v 0【解析】(1)带电小球在匀强电场中做类平抛运动．水平方向上l ＝v 0t 竖直方向上加速度a ＝qEm竖直位移y ＝12at 2＝qE m v 20·l 22＝l2所以带电小球进入磁场时的位置坐标为⎝⎛⎭⎫0，l2 竖直方向速度v y ＝qEmt ＝v 0所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0因为tan θ＝v yv 0＝1，所以速度方向与y 轴正向夹角为45°.(2)若要使带电小球能回到中间金属板下边面与释放点对称的位置，根据对称性可知， 它在磁场中做圆周运动的圆心应在x 轴上，其运动轨迹如图所示．由几何关系有r ＝2y ＝22l 据q v B ＝m v 2r联立解得B ＝2Ev 0.10．(2019年河北唐山一模)平面直角坐标系xOy 中，第二象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m ，带电量为q 的正粒子从坐标为(－L ，L )的P 点沿y 轴负向进入电场，初速度大小为v 0＝2LqEm，粒子第二次到达x 轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若粒子由P 点沿x 轴正向入射，初速度仍为v 0＝2LqEm，求粒子第二次到达x 轴时与坐标原点的距离．【答案】(1)4mEqL (2) 6＋24L 【解析】(1)由动能定理 qEL ＝12m v 2－12m v 20粒子进入磁场时速度大小为v ＝4qELm在磁场中L ＝2Rq v B ＝m v 2R可得B ＝4mE qL.(2)假设粒子由y 轴离开电场 L ＝v 0t y 1＝12at 2qE ＝ma可得y ＝L4<L ，假设成立v y ＝at速度偏转角tan θ＝v yv 0合速度v ′＝v ysin θ第一次到达x 轴的坐标x 1＝L －y 1tan θ＝32L 在磁场中q v ′B ＝m v ′2R ′，得R ′＝m v ′qBx ＝2R ′sin θ＝2m v ′qB sin θ＝2m v y qB ＝24L粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离 x ＝x 1＋x 2＝6＋24L .。