2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用交變電流（帶答案）與2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（附答案）

《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用交變電流（帶答案）與2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（附答案）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用交變電流（帶答案）與2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（附答案）（26頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019 屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用交變電流（帶答案）與 2019 屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（附答案）2019 屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題--電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用交變電流（帶答案）電磁感應(yīng)命題頻率較高，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計(jì)算題，多以中檔以上難度的題目來(lái)增加試卷的區(qū)分度，考查較多的知識(shí)點(diǎn)有：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、方向判定和導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算，同時(shí)也會(huì)與力學(xué)、磁場(chǎng)、能量等知識(shí)綜合考查及圖象問題的考查。命題趨勢(shì)集中在以下三個(gè)方面：楞次定律、右手定則、左手定則的應(yīng)用；與圖象結(jié)合考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象；通過(guò)“桿＋導(dǎo)軌”模型，“線圈穿過(guò)有界磁場(chǎng)”模型，考查電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路、能量等知識(shí)的綜合應(yīng)用。高頻考點(diǎn)：電磁感應(yīng)圖象；電磁感應(yīng)中的電路問題；理想變壓器。1.法拉第電磁感應(yīng)定律：電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟穿過(guò)這一電路的磁通量變化率成正比，這就是法拉第電磁感應(yīng)定律。內(nèi)容：電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率成正比。發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的這部分電路就相當(dāng)于電源，在電源的內(nèi)部電流的方向是從低電勢(shì)流向高電勢(shì)。(即：由負(fù)到正)2.[感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小計(jì)算公式]1) E＝BLV (垂直平動(dòng)切割) 2) …=?(普適公式 )ε∝ (法拉第電磁感應(yīng)定律)3) E= nBSωsin（ωt+Φ）；Em ＝nBSω(線圈轉(zhuǎn)動(dòng)切割)4)E＝BL2ω/2 (直導(dǎo)體繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)切割 ) 5)*自感 E 自＝ nΔΦ/Δt＝＝L ( 自感 )3.楞次定律：感應(yīng)電流具有這樣的方向,即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量變化,這就是楞次定律。內(nèi)容：感應(yīng)電流具有這樣的方向，就是感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。B 感和 I 感的方向判定：楞次定律(右手) 深刻理解 “阻礙”兩字的含義(I 感的B 是阻礙產(chǎn)生 I 感的原因)B 原方向? ； B 原? 變化( 原方向是增還是減)；I 感方向 ?才能阻礙變化；再由 I 感方向確定 B 感方向。4.交變電流交變電流(1)中性面線圈平面與磁感線垂直的位置，或瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零的位置。中性面的特點(diǎn)：a．線圈處于中性面位置時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量 Φ 最大，但 ＝0；產(chǎn)生：矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞與磁場(chǎng)垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。變化規(guī)律 e＝NBSωsinωt=Emsinωt；i ＝Imsinωt；(中性面位置開始計(jì)時(shí))，最大值 Em＝ NBSω四值：①瞬時(shí)值②最大值③有效值電流的熱效應(yīng)規(guī)定的；對(duì)于正弦式交流 U＝ ＝0.707Um④ 平均值不對(duì)稱方波： 不對(duì)稱的正弦波求某段時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量 Q＝IΔt=εΔt/R＝ΔΦ/R我國(guó)用的交變電流，周期是 0.02s，頻率是 50Hz，電流方向每秒改變 100 次。瞬時(shí)表達(dá)式：e＝e=220 sin100πt=311sin100πt=311sin314t線圈作用是“通直流，阻交流；通低頻，阻高頻”．電容的作用是“通交流、隔直流；通高頻、阻低頻”．變壓器兩個(gè)基本公式：① ②P 入=P 出，輸入功率由輸出功率決定，遠(yuǎn)距離輸電：一定要畫出遠(yuǎn)距離輸電的示意圖來(lái)，包括發(fā)電機(jī)、兩臺(tái)變壓器、輸電線等效電阻和負(fù)載電阻。并按照規(guī)范在圖中標(biāo)出相應(yīng)的物理量符號(hào)。一般設(shè)兩個(gè)變壓器的初、次級(jí)線圈的匝數(shù)分別為、n1、n1/ n2、n2/，相應(yīng)的電壓、電流、功率也應(yīng)該采用相應(yīng)的符號(hào)來(lái)表示。功率之間的關(guān)系是：P1=P1/，P2=P2/，P1/=Pr=P2 。電壓之間的關(guān)系是： 。電流之間的關(guān)系是： .求輸電線上的電流往往是這類問題的突破口。輸電線上的功率損失和電壓損失也是需要特別注意的。分析和計(jì)算時(shí)都必須用 ，而不能用 。特別重要的是要會(huì)分析輸電線上的功率損失 。1.【浙江省 2017 普通高校招生選考科目考試物理試題】間距為 l 的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示,傾角為 θ 的導(dǎo)軌處于大小為 B_1，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅰ中，水平導(dǎo)軌上的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為 3m 的“聯(lián)動(dòng)雙桿”（由兩根長(zhǎng)為 l 的金屬桿，cd 和 ef，用長(zhǎng)度為 L 的剛性絕緣桿連接而成），在“聯(lián)動(dòng)雙桿 ”右側(cè)存在大小為 B_2，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ，其長(zhǎng)度大于 L，質(zhì)量為 m，長(zhǎng)為 l的金屬桿 ab，從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌（無(wú)能量損失），桿 cd 與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞后桿 ab 和 cd 合在一起形成 “聯(lián)動(dòng)三桿”，“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ并從中滑出，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，桿ab、cd 和 ef 與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿 ab、cd 和 ef電阻均為 R=0.02Ω,m=0.1kg,l=0.5m,L=0.3m,θ=〖30〗^0,B_1=0.1T,B_2=0.2T。不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)。求：（1）桿 ab 在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小 v_0；（2）聯(lián)動(dòng)三桿進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間 II 前的速度大小 v；（3）聯(lián)動(dòng)三桿滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)間 II 產(chǎn)生的焦耳熱 Q1.【2018 年全國(guó)普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（江蘇卷)】如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為 θ，間距為 d．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為 m 的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為 s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度 a 沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為 g．求下滑到底端的過(guò)程中，金屬棒：（1）末速度的大小 v；（2）通過(guò)的電流大小 I；（3）通過(guò)的電荷量 Q．一、多選題1．如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一面積為 S 的矩形單匝閉合導(dǎo)線 abcd,ab 邊與磁場(chǎng)方向垂直，線框的電阻為 R。使線框以恒定角速度 ω繞過(guò) ad、bc 中點(diǎn)的軸旋轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是( )A．線框 abcd 中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值是 BSωB．線框 abcd 中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值是 BSωC．線框平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，流經(jīng)線框的電流最大D．線框平面與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，流經(jīng)線框的電流最大2．如圖(a) ，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線 PQ 和一導(dǎo)線框 R，R 在 PQ 的右側(cè)。導(dǎo)線 PQ 中通有正弦交流電 i，i 的變化如圖(b)所示，規(guī)定從 Q 到 P 為電流正方向。導(dǎo)線框 R 中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)( )A．在 t=T/4 時(shí)為零B．在 t=T/2 時(shí)改變方向C．在 t=T/2 時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向D．在 t=T 時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向二、單選題1．采用 220 kV 高壓向遠(yuǎn)方的城市輸電．當(dāng)輸送功率一定時(shí)，為使輸電線上損耗的功率減小為原來(lái)的 1/4，輸電電壓應(yīng)變?yōu)? )A．55 kV B．110 kV C．440 kV D．880 kV2．教學(xué)用發(fā)電機(jī)能夠產(chǎn)生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機(jī)( 內(nèi)阻可忽略)通過(guò)理想變壓器向定值電阻 R 供電，電路如圖所示，理想交流電流表 A、理想交流電壓表 V 的讀數(shù)分別為 I、U，R 消耗的功率為 P.若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉?lái)的1/2，則( )A．R 消耗的功率變?yōu)?1/2 P B．電壓表 V 的讀數(shù)變?yōu)?1/2 UC．電流表 A 的讀數(shù)變?yōu)?2I D．通過(guò) R 的交變電流頻率不變3．如圖，在同一平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠?l,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為3/2 l 的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)，線框中感應(yīng)電流 i 隨時(shí)間 t 變化的正確圖線可能是( )A． B． C． D．三、解答題6．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立 xOy 坐標(biāo)系，在 0≤x≤0.65m，y≤0.40m 范圍內(nèi)存在一具有理想邊界、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.10m、質(zhì)量 m=0.02kg、電阻 R=0.40Ω 的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框 abcd處于圖示位置，其中心的坐標(biāo)為（0，0.65）。現(xiàn)將線框以初速度 v_0=2m/s水平向右拋出，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中速度保持不變，然后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，最后從磁場(chǎng)右邊界離開磁場(chǎng)區(qū)域，完成運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，線框在全過(guò)程中始終處于xOy 平面內(nèi)，其 ab 邊與 x 軸保持平行，空氣阻力不計(jì)，求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的大??；（2）線框在全過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q；（3）在全過(guò)程中，cb 兩端得到電勢(shì)差 U_cb 與線框中心位置的 x 坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系。7．如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面（紙面）內(nèi)，軌間距為 l，左端連有阻值為 R 的電阻．一金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．已知金屬桿以速度 v0 向右進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域右邊界（圖中虛線位置）時(shí)速度恰好為零．金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好．除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計(jì)．求金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)所受安培力的大小及此時(shí)電流的功率。參考答案1.【解析 】沿著斜面正交分解，最大速度時(shí)重力分力與安培力平衡(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=B_1 lv_0電流 I=E/1.5R安培力 F=B_1 Il勻速運(yùn)動(dòng)條件 mgsinθ=(〖B_1〗^2 l^2 v_0)/1.5R代入數(shù)據(jù)解得：v_0=6m/s（2）由定量守恒定律 mv_0=4mv解得：v=1.5m/s（3）進(jìn)入 B2 磁場(chǎng)區(qū)域，設(shè)速度變化大小為 Δv,根據(jù)動(dòng)量定理有B_2 IlΔt=-4mΔvIΔt=q=Δ?/1.5R=(B_2 Ll)/1.5R解得：Δv=-0.25m/s出 B2 磁場(chǎng)后“聯(lián)動(dòng)三桿 ”的速度為v^'=v+2Δv=1.0m/s根據(jù)能量守恒求得：Q=1/2×4m×(v^2-〖v^'〗^2 )=0.25J【答案】(1) v_0=6m/s (2) 1.5m/s (3)0.25J1.【解析 】（ 1）勻加速直線運(yùn)動(dòng) v2=2as 解得 v=√2as（2）安培力 F 安=IdB 金屬棒所受合力 F=mgsinθ–F_安牛頓運(yùn)動(dòng)定律 F=ma解得 I=(m（gsinθ –a）)/dB（3）運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t=v/a 電荷量 Q=It解得 Q=(√2as m（gsinθ-a ）)/dBa【答案】（1）√2as ；（2 ）(m(gsinθ-a))/dB；（3）(√2as m(gsinθ-a))/dBa；一、多選題1．【解題思路】一個(gè)單匝線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)，當(dāng)從中性面開始計(jì)時(shí),產(chǎn)生的正弦式交變電流電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為：e=Emsinθ.＝Emsinωt。故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值 Em＝BSω ，有效值 E＝E_m/√2，故 A 正確，B 錯(cuò)誤。當(dāng) θ=〖90〗^o 時(shí)，即線框平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，電流最大故 C 正確，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼D2．【解題思路】由圖（b）可知，導(dǎo)線 PQ 中電流在 t=T/4 時(shí)達(dá)到最大值，變化率為零，導(dǎo)線框 R 中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t=T/4 時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，選項(xiàng) A 正確；在 t=T/2 時(shí)，導(dǎo)線PQ 中電流圖象斜率方向不變，導(dǎo)致導(dǎo)線框 R 中磁通量變化率的正負(fù)不變，根據(jù)楞次定律，所以在 t=T/2 時(shí)，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向不變，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；由于在 t=T/2 時(shí)，導(dǎo)線 PQ 中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導(dǎo)致導(dǎo)線框 R 中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在 t=T/2 時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由楞次定律可判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，選項(xiàng) C 正確；由楞次定律可判斷出在 t=T 時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤。【答案】AC二、單選題1．【解題思路】本意考查輸電線路的電能損失，意在考查考生的分析能力。當(dāng)輸電功率 P=UI，U 為輸電電壓，I 為輸電線路中的電流，輸電線路損失的功率為 P 損=I2R，R 為輸電線路的電阻，即 P 損=(P/U)^2 R。當(dāng)輸電功率一定時(shí)，輸電線路損失的功率為原來(lái)的 1/4，則輸電電壓為原來(lái)的 2 倍，即 440V，故選項(xiàng) C 正確?！敬鸢浮緾2．【解題思路】根據(jù)公式 E_m=nBSω 分析電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的交流電的最大值以及有效值、頻率的變化情況；根據(jù) n_1/n_2 =U_1/U_2 =I_2/I_1 判斷原副線圈中電流電壓的變化情況，根據(jù)副線圈中功率的變化判斷原線圈中功率的變化；根據(jù) ω=2πn 可知轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉?lái)的 1/2，則角速度變?yōu)樵瓉?lái)的 1/2，根據(jù)E_m=nBSω 可知電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的最大電動(dòng)勢(shì)為原來(lái)的 1/2，根據(jù) U=E_m/√2 可知發(fā)電機(jī)的輸出電壓有效值變?yōu)樵瓉?lái)的 1/2，即原線圈的輸出電壓變?yōu)樵瓉?lái)的1/2，根據(jù) n_1/n_2 =U_1/U_2 可知副線圈的輸入電壓變?yōu)樵瓉?lái)的 1/2，即電壓表示數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的 1/2，根據(jù) P=U^2/R 可知 R 消耗的電功率變?yōu)?1/4 P，A 錯(cuò)誤 B 正確；副線圈中的電流為 I_2=(1/2 U)/R，即變?yōu)樵瓉?lái)的 1/2，根據(jù) n_1/n_2 =I_2/I_1 可知原線圈中的電流也變?yōu)樵瓉?lái)的 1/2，C 錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)速減小為原來(lái)的 1/2，則頻率變?yōu)樵瓉?lái)的 1/2，D 錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽3．【解題思路】試題分析：找到線框在移動(dòng)過(guò)程中誰(shuí)切割磁感線，并根據(jù)右手定則判斷電流的方向，從而判斷整個(gè)回路中總電流的方向。要分過(guò)程處理本題。第一過(guò)程從①移動(dòng)②的過(guò)程中左邊導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時(shí)針，右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時(shí)針，兩根棒切割產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)方向相同所以E=2Blv，則電流為 i=E/R=2Blv/R，電流恒定且方向?yàn)轫槙r(shí)針。再?gòu)蘑谝苿?dòng)到③的過(guò)程中左右兩根棒切割磁感線產(chǎn)生的電流大小相等，方向相反，所以回路中電流表現(xiàn)為零，然后從③到④的過(guò)程中，左邊切割產(chǎn)生的電流方向逆時(shí)針，而右邊切割產(chǎn)生的電流方向也是逆時(shí)針，所以電流的大小為i=E/R=2Blv/R，方向是逆時(shí)針。當(dāng)線框再向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，左邊切割產(chǎn)生的電流方向順時(shí)針，右邊切割產(chǎn)生的電流方向是逆時(shí)針，此時(shí)回路中電流表現(xiàn)為零，故線圈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電流是周期性變化，故 D 正確。故選 D?！敬鸢浮緿三、解答題6．【解析 】（1 ）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中速度不變，線框受力平衡：mg=BIl感應(yīng)電流 I=(Blv_y)/R進(jìn)入時(shí)的 y 方向速度： v_y=2m/s，解得：B=2T（2）動(dòng)量定理：-BlΔq=mv-mv_0解得 Δq=(Bl^2)/R全過(guò)程能量守恒：Q=mgl+1/2 mv_0^2-1/2 mv^2解得 Q=0.0375J（3）進(jìn)入磁場(chǎng)前：x≤0.4mU_ab=0進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程：0.4m0 的區(qū)域存在方向沿 y 軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為 E；在 y0 的區(qū)域存在方向垂直于 xOy 平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核 11H 和一個(gè)氘核 21H 先后從 y 軸上 y＝h 點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿 x 軸正方向。已知 11H 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與 x 軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn) O 處第一次射出磁場(chǎng)。11H 的質(zhì)量為 m，電荷量為 q。不計(jì)重力。求：(1)11H 第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn) O 的距離；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)21H 第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn) O 的距離。1．(多選) 如圖所示，平行紙面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)與垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．若已知小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 r，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，重力加速度大小為 g，則下列判斷中正確的是( )A．小球一定帶負(fù)電荷B．小球一定沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)C．小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為 gBrED．小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力始終不做功2．如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為 E，且 Eq＝mg，垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，一帶電荷量為 q 的液滴質(zhì)量為 m，在重力、靜電力和洛倫茲力作用下在疊加場(chǎng)空間運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于帶電液滴在疊加場(chǎng)空間的運(yùn)動(dòng)描述正確的是( )A．液滴可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．液滴不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．液滴可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)且機(jī)械能守恒D．如果是直線運(yùn)動(dòng)，必為勻速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡與水平方向的夾角是1．如圖所示，直角坐標(biāo)系 xOy 位于豎直平面內(nèi)，空間存在著垂直于 xOy 平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和平行于 xOy 平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)。第三象限內(nèi)有一點(diǎn) P，其坐標(biāo)為(－1 m，－ m)，質(zhì)量為 m＝2×10 －5 kg、帶電量為 q＝+5×10－5 C 的液滴以 v＝2 m/s 的速度沿直線從 P 點(diǎn)運(yùn)動(dòng) O 點(diǎn)。若已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B＝1 T，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng) E 的大小及電場(chǎng)的方向；(2)若在帶電液滴經(jīng)過(guò) O 點(diǎn)時(shí)只撒去磁場(chǎng)，液滴會(huì)經(jīng)過(guò) x 軸上的 Q 點(diǎn)，求 Q 點(diǎn)的坐標(biāo)。2．如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標(biāo)系 xOy，水平軸 x 下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限有沿 x 軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限存在另一勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)；光滑絕緣的固定不帶電細(xì)桿 PQ 交 x 軸于 M 點(diǎn)，細(xì)桿 PQ 與 x 軸的夾角 θ＝30°，桿的末端在 y 軸 Q 點(diǎn)處，PM 兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)。一套在桿上的質(zhì)量為 2m、電荷量為 q 的帶正電小環(huán) b 恰好靜止在 M 點(diǎn)，另一質(zhì)量為 m、不帶電絕緣小環(huán) a 套在桿上并由 P 點(diǎn)靜止釋放，與 b 瞬間碰撞后反彈，反彈后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)被鎖定，鎖定點(diǎn)與 M 點(diǎn)的距離為 ，b 沿桿下滑過(guò)程中始終與桿之間無(wú)作用力，b 進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而后通過(guò)x 軸上的 N 點(diǎn)，且 OM＝ ON。已知重力加速度大小為 g，求：(1)碰后 b 的速度大小 v 以及 a、b 碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能 ΔE；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B；(3)b 離開桿后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間會(huì)通過(guò) x 軸。3．光滑水平桌面上建有坐標(biāo)系 xOy，質(zhì)量為 m、帶電量為 q 的帶正電小球靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)，現(xiàn)沿 x 軸正向施加一勻強(qiáng)電場(chǎng) E1，經(jīng) t0 后，將勻強(qiáng)電場(chǎng)方向變?yōu)檠?y 軸正方向而大小保持不變，再經(jīng) t0 后撤去電場(chǎng) E1，同時(shí)施加一個(gè)與xOy 平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng) E2，電場(chǎng)強(qiáng)度 E2 和電場(chǎng)強(qiáng)度 E1 的大小關(guān)系為 E2＝ E1，使得小球沿直線運(yùn)動(dòng)并能再次通過(guò) y 軸。求：(1)撤去電場(chǎng) E1 時(shí)小球的位置坐標(biāo)值 x、y ；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng) E2 的方向與 x 軸正方向的夾角 θ；(3)小球從坐標(biāo)原點(diǎn)出發(fā)到再次經(jīng)過(guò) y 軸所用的時(shí)間 t 和電場(chǎng)力做的功 W。4．如圖甲所示，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界 OP 與水平方向夾角為 θ＝45° ，緊靠磁場(chǎng)邊界放置長(zhǎng)為 6d、間距為 d的平行金屬板 M、N ，M 板與磁場(chǎng)邊界的交點(diǎn)為 P，磁場(chǎng)邊界上的 O 點(diǎn)與 N板在同一水平面上。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(chǎng)(取豎直向下為正方向)，其周期 T＝4dv0 ，E0＝Bv06。某時(shí)刻從 O 點(diǎn)豎直向上以初速度 v0 發(fā)射一個(gè)電荷量為＋q 的粒子，結(jié)果粒子恰在圖乙中的 t＝T4 時(shí)刻從 P 點(diǎn)水平進(jìn)入板間電場(chǎng)，最后從電場(chǎng)中的右邊界射出．不計(jì)粒子重力。求：(1)粒子的質(zhì)量 m；(2)粒子從 O 點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到射出電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 t；(3)粒子從電場(chǎng)中的射出點(diǎn)到 M 點(diǎn)的距離。參考答案1．【解題思路】小球從 M 到 N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以剛開始受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力的合力不為零，并且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力方向變化，故不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，一定做變加速運(yùn)動(dòng)，A 錯(cuò)誤，B 正確；若電場(chǎng)力和重力等大反向，則此過(guò)程中電場(chǎng)力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，這種情況下機(jī)械能不守恒，若電場(chǎng)力和重力不等大反向，則有電場(chǎng)力做功，所以機(jī)械能也不守恒，故小球的機(jī)械能不守恒，C 正確，D錯(cuò)誤。【答案】BC2．【解題思路】(1)11H 在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．設(shè) 11H 在電場(chǎng)中的加速度大小為 a1，初速度大小為 v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn) O 的距離為 s1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：s1＝v1t1①， h＝12a1t12②由題給條件，11H 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與 x 軸正方向夾角 θ1＝60° 。11H 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的 y 分量的大小為： a1t1＝v1tan θ1③聯(lián)立以上各式得 s1＝233h④(2)11H 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有：qE＝ma1⑤設(shè) 11H 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為 v1′，由速度合成法則有：v1′＝v12＋（ a1t1）2⑥設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B， 11H 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為 R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：qv1′B＝mv1′2R1⑦由幾何關(guān)系得：s1＝2R1sin θ1⑧聯(lián)立以上各式得：B＝6mEqh⑨(3)設(shè) 21H 在電場(chǎng)中沿 x 軸正方向射出的速度大小為 v2，在電場(chǎng)中的加速度大小為 a2，由題給條件得：12(2m)v22＝12mv12⑩由牛頓第二定律有：qE＝ 2ma2?設(shè) 21H 第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為 v2′，速度的方向與 x 軸正方向夾角為θ2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為 s2，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：s2＝v2t2?，h＝12a2t22? ，v2′ ＝v22＋（a2t2）2?，sin θ2＝a2t2v2′?聯(lián)立以上各式得：s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′?設(shè) 21H 在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得：R2＝（ 2m）v2′qB＝2R1?所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè) 21H 進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為 s2′，由幾何關(guān)系有：s2′ ＝2R2sin θ2?聯(lián)立④⑧??? 式得，21H 第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn) O 的距離為：s2′－s2＝233(2－1)h?1．【解題思路】帶電小球在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，帶電小球受到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)方向相反，故小球一定帶負(fù)電荷，故 A 正確；磁場(chǎng)方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故 B 錯(cuò)誤；由電場(chǎng)力和重力大小相等，得： mg＝qE ，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r＝mvqB，聯(lián)立得： v＝gBrE，故 C 正確；小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功，洛倫茲力始終不做功，故 D 錯(cuò)誤。【答案】AC2．【解題思路】由于液滴受到的重力與電場(chǎng)力恒定，如果做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則液滴的洛倫茲力大小變化，液滴的合外力變化，不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故 A 錯(cuò)誤；由于液滴受豎直向下的重力和水平方向的電場(chǎng)力，所以重力與電場(chǎng)力的合力不可能為零，即液滴不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故 B 正確；當(dāng)液滴進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)的洛倫茲力與重力和電場(chǎng)力的合力等大反向時(shí)，液滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，但電場(chǎng)力會(huì)做功，所以機(jī)械能不守恒，故 C 錯(cuò)誤；由 A 分析可知，液滴不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，只要液滴的速度大小變化，其所受的洛倫茲力大小變化，合外力變化，一定做曲線運(yùn)動(dòng)，故如果是直線運(yùn)動(dòng)，必為勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于mg＝qE，重力與電場(chǎng)力的合力一定與速度方向垂直，即與水平方向成 45°，故D 正確?！敬鸢浮緽D1．【解析 】(1)由 P 點(diǎn)坐標(biāo)為(－1 m，－ m)可得：PO 與 y 軸負(fù)半軸夾角θ＝30°帶電液滴沿 PO 做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力平衡，洛倫茲力： N根據(jù)平衡條件可得：代入數(shù)據(jù)解得： N/C電場(chǎng)方向沿 PO 方向（與 x 軸正半軸成 30°角斜向上）。(2)撤去磁場(chǎng)，液滴做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為 g?，有：設(shè)撤掉磁場(chǎng)后液滴在初速度方向上的分位移為 x?，有：x? ＝vt設(shè)液滴在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為 y?，有：設(shè) g?與 x 軸正半軸所成夾角為 θ，又聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得： m又有 m故 Q 點(diǎn)的坐標(biāo)為( m，0)。2．【解析 】(1)設(shè) a 和 b 相碰前的速度大小為 v1，碰后的速度為 v2，由機(jī)械能守恒定律：由動(dòng)量守恒定律：解得：機(jī)械能損失：解得： 。(2)設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，由于 b 從 M 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 Q 點(diǎn)的過(guò)程中與桿無(wú)作用力，可得：qvBcos θ＝2mg解得： 。(3)b 在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知軌跡的圓心 O′在 x 軸上，b 經(jīng)過(guò) N 點(diǎn)時(shí)速度方向與 x 軸垂直，圓心角 α＝120°，又勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為b 從 Q 點(diǎn)第一次通過(guò) N 點(diǎn)的時(shí)間為可得b 第一次通過(guò) N 點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng) t2 時(shí)間第二次通過(guò) N 點(diǎn)，有：b 第二次通過(guò) N 點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng) t3 時(shí)間第三次通過(guò) N 點(diǎn)，有：故 b 離開桿后會(huì)通過(guò) x 軸的可能時(shí)間是：(i)豎直向上通過(guò) x 軸：(n＝1、2、3 、……)(2)豎直向下通過(guò) x 軸：(n＝1、2、3 、……)3．【解析 】(1)E1 沿 x 軸正向時(shí)，小球勻加速運(yùn)動(dòng)：qE1＝ma1v0＝a1t0，E1 沿 y 軸正向時(shí)，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)：x2＝v0t0，小球位置坐標(biāo)： 。(2)撤去 E1 時(shí) y 軸方向速度： vy＝a1t0施加電場(chǎng) E2 后小球能再次經(jīng)過(guò) y 軸，故小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)E2 的方向應(yīng)與 x 軸正向的夾角 θ，有：θ＝135°。(3)施加電場(chǎng) E2 后小球加速度 a2，有：qE2＝ma2解得：a2＝ a1做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的初速度：v1＝ v0，位移：s ＝ x到達(dá) y 軸時(shí)速度為 v2：得：用時(shí)：小球從 O 點(diǎn)出發(fā)到再次經(jīng)過(guò) y 軸所用的時(shí)間為：電場(chǎng)力做的功： 。4．【解析 】(1)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，軌跡半徑 r＝d由牛頓第二定律得 qv0B＝mv02r解得：m＝qBdv0。(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期 T0＝2πmqB在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t1＝T04粒子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，與兩板平行方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t2＝6dv0從 O 點(diǎn)到離開電場(chǎng)的總時(shí)間 t＝t1＋t2解得：t＝πd2v0＋6dv0＝π ＋122v0d。(3)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t2＝6dv0＝32T當(dāng)粒子從時(shí)刻 t＝T4 自 P 點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后，在豎直方向上運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期 T 的位移為 0，速度圖象如圖所示，故粒子在 32T 內(nèi)運(yùn)動(dòng)的豎直位移 y＝2×12aT42a＝qE0m解得 y＝d6 。