《2019屆高考物理二輪復習專題--電磁感應及綜合應用交變電流（帶答案）與2019屆高考物理二輪復習專題--帶電粒子在復合場中的運動（附答案）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理二輪復習專題--電磁感應及綜合應用交變電流（帶答案）與2019屆高考物理二輪復習專題--帶電粒子在復合場中的運動（附答案）（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019 屆高考物理二輪復習專題--電磁感應及綜合應用交變電流（帶答案）與 2019 屆高考物理二輪復習專題--帶電粒子在復合場中的運動（附答案）2019 屆高考物理二輪復習專題--電磁感應及綜合應用交變電流（帶答案）電磁感應命題頻率較高，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計算題，多以中檔以上難度的題目來增加試卷的區(qū)分度，考查較多的知識點有：感應電流的產(chǎn)生條件、方向判定和導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算，同時也會與力學、磁場、能量等知識綜合考查及圖象問題的考查。命題趨勢集中在以下三個方面：楞次定律、右手定則、左手定則的應用；與圖象結(jié)合考查電磁感應現(xiàn)象；通過“桿＋導軌”模型，“線圈穿過有界磁場”模型，考查電磁感應與力學、電路、能量等知識的綜合應用。高頻考點：電磁感應圖象；電磁感應中的電路問題；理想變壓器。1.法拉第電磁感應定律：電路中感應電動勢的大小跟穿過這一電路的磁通量變化率成正比，這就是法拉第電磁感應定律。內(nèi)容：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。發(fā)生電磁感應現(xiàn)象的這部分電路就相當于電源，在電源的內(nèi)部電流的方向是從低電勢流向高電勢。(即：由負到正)2.[感應電動勢的大小計算公式]1) E＝BLV (垂直平動切割) 2) …=?(普適公式 )ε∝ (法拉第電磁感應定律)3) E= nBSωsin（ωt+Φ）；Em ＝nBSω(線圈轉(zhuǎn)動切割)4)E＝BL2ω/2 (直導體繞一端轉(zhuǎn)動切割 ) 5)*自感 E 自＝ nΔΦ/Δt＝＝L ( 自感 )3.楞次定律：感應電流具有這樣的方向,即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量變化,這就是楞次定律。內(nèi)容：感應電流具有這樣的方向，就是感應電流的磁場總要阻礙引起感應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，或瞬時感應電動勢為零的位置。中性面的特點：a．線圈處于中性面位置時，穿過線圈的磁通量 Φ 最大，但 ＝0；產(chǎn)生：矩形線圈在勻強磁場中繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動。變化規(guī)律 e＝NBSωsinωt=Emsinωt；i ＝Imsinωt；(中性面位置開始計時)，最大值 Em＝ NBSω四值：①瞬時值②最大值③有效值電流的熱效應規(guī)定的；對于正弦式交流 U＝ ＝0.707Um④ 平均值不對稱方波： 不對稱的正弦波求某段時間內(nèi)通過導線橫截面的電荷量 Q＝IΔt=εΔt/R＝ΔΦ/R我國用的交變電流，周期是 0.02s，頻率是 50Hz，電流方向每秒改變 100 次。瞬時表達式：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”．變壓器兩個基本公式：① ②P 入=P 出，輸入功率由輸出功率決定，遠距離輸電：一定要畫出遠距離輸電的示意圖來，包括發(fā)電機、兩臺變壓器、輸電線等效電阻和負載電阻。并按照規(guī)范在圖中標出相應的物理量符號。一般設兩個變壓器的初、次級線圈的匝數(shù)分別為、n1、n1/ n2、n2/，相應的電壓、電流、功率也應該采用相應的符號來表示。功率之間的關系是：P1=P1/，P2=P2/，P1/=Pr=P2 。電壓之間的關系是： 。電流之間的關系是： .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。分析和計算時都必須用 ，而不能用 。特別重要的是要會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 的導軌處于大小為 B_1，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中，水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為 3m 的“聯(lián)動雙桿”（由兩根長為 l 的金屬桿，cd 和 ef，用長度為 L 的剛性絕緣桿連接而成），在“聯(lián)動雙桿 ”右側(cè)存在大小為 B_2，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于 L，質(zhì)量為 m，長為 l的金屬桿 ab，從傾斜導軌上端釋放，達到勻速后進入水平導軌（無能量損失），桿 cd 與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞后桿 ab 和 cd 合在一起形成 “聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出，運動過程中，桿ab、cd 和 ef 與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。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。不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應。求：（1）桿 ab 在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小 v_0；（2）聯(lián)動三桿進入磁場區(qū)間 II 前的速度大小 v；（3）聯(lián)動三桿滑過磁場區(qū)間 II 產(chǎn)生的焦耳熱 Q1.【2018 年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（江蘇卷)】如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為 θ，間距為 d．導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為 B，方向與導軌平面垂直．質(zhì)量為 m 的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為 s，導軌與外接電源相連，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．求下滑到底端的過程中，金屬棒：（1）末速度的大小 v；（2）通過的電流大小 I；（3）通過的電荷量 Q．一、多選題1．如圖，在磁感應強度大小為 B 的勻強磁場中，有一面積為 S 的矩形單匝閉合導線 abcd,ab 邊與磁場方向垂直，線框的電阻為 R。使線框以恒定角速度 ω繞過 ad、bc 中點的軸旋轉(zhuǎn)。下列說法正確的是( )A．線框 abcd 中感應電動勢的最大值是 BSωB．線框 abcd 中感應電動勢的有效值是 BSωC．線框平面與磁場方向平行時，流經(jīng)線框的電流最大D．線框平面與磁場方向垂直時，流經(jīng)線框的電流最大2．如圖(a) ，在同一平面內(nèi)固定有一長直導線 PQ 和一導線框 R，R 在 PQ 的右側(cè)。導線 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。導線框 R 中的感應電動勢( )A．在 t=T/4 時為零B．在 t=T/2 時改變方向C．在 t=T/2 時最大，且沿順時針方向D．在 t=T 時最大，且沿順時針方向二、單選題1．采用 220 kV 高壓向遠方的城市輸電．當輸送功率一定時，為使輸電線上損耗的功率減小為原來的 1/4，輸電電壓應變?yōu)? )A．55 kV B．110 kV C．440 kV D．880 kV2．教學用發(fā)電機能夠產(chǎn)生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機( 內(nèi)阻可忽略)通過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)電機線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?/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 R 的交變電流頻率不變3．如圖，在同一平面內(nèi)有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠?l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為3/2 l 的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動，線框中感應電流 i 隨時間 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磁場區(qū)域。一邊長為L=0.10m、質(zhì)量 m=0.02kg、電阻 R=0.40Ω 的勻質(zhì)正方形剛性導線框 abcd處于圖示位置，其中心的坐標為（0，0.65）?，F(xiàn)將線框以初速度 v_0=2m/s水平向右拋出，線框在進入磁場過程中速度保持不變，然后在磁場中運動，最后從磁場右邊界離開磁場區(qū)域，完成運動全過程，線框在全過程中始終處于xOy 平面內(nèi)，其 ab 邊與 x 軸保持平行，空氣阻力不計，求：（1）磁感應強度 B 的大??；（2）線框在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q；（3）在全過程中，cb 兩端得到電勢差 U_cb 與線框中心位置的 x 坐標的函數(shù)關系。7．如圖，兩光滑平行金屬導軌置于水平面（紙面）內(nèi)，軌間距為 l，左端連有阻值為 R 的電阻．一金屬桿置于導軌上，金屬桿右側(cè)存在一磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域．已知金屬桿以速度 v0 向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直線運動，到達磁場區(qū)域右邊界（圖中虛線位置）時速度恰好為零．金屬桿與導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．求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。參考答案1.【解析 】沿著斜面正交分解，最大速度時重力分力與安培力平衡(1)感應電動勢 E=B_1 lv_0電流 I=E/1.5R安培力 F=B_1 Il勻速運動條件 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）進入 B2 磁場區(qū)域，設速度變化大小為 Δv,根據(jù)動量定理有B_2 IlΔt=-4mΔvIΔt=q=Δ?/1.5R=(B_2 Ll)/1.5R解得：Δv=-0.25m/s出 B2 磁場后“聯(lián)動三桿 ”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）勻加速直線運動 v2=2as 解得 v=√2as（2）安培力 F 安=IdB 金屬棒所受合力 F=mgsinθ–F_安牛頓運動定律 F=ma解得 I=(m（gsinθ –a）)/dB（3）運動時間 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】一個單匝線圈在勻強磁場中旋轉(zhuǎn)，當從中性面開始計時,產(chǎn)生的正弦式交變電流電動勢的瞬時值表達式為：e=Emsinθ.＝Emsinωt。故感應電動勢的最大值 Em＝BSω ，有效值 E＝E_m/√2，故 A 正確，B 錯誤。當 θ=〖90〗^o 時，即線框平面與磁場方向平行時，電流最大故 C 正確，D錯誤?！敬鸢浮緼D2．【解題思路】由圖（b）可知，導線 PQ 中電流在 t=T/4 時達到最大值，變化率為零，導線框 R 中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應定律，在t=T/4 時導線框中產(chǎn)生的感應電動勢為零，選項 A 正確；在 t=T/2 時，導線PQ 中電流圖象斜率方向不變，導致導線框 R 中磁通量變化率的正負不變，根據(jù)楞次定律，所以在 t=T/2 時，導線框中產(chǎn)生的感應電動勢方向不變，選項 B錯誤；由于在 t=T/2 時，導線 PQ 中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導致導線框 R 中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應定律，在 t=T/2 時導線框中產(chǎn)生的感應電動勢最大，由楞次定律可判斷出感應電動勢的方向為順時針方向，選項 C 正確；由楞次定律可判斷出在 t=T 時感應電動勢的方向為逆時針方向，選項 D 錯誤?！敬鸢浮緼C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。當輸電功率一定時，輸電線路損失的功率為原來的 1/4，則輸電電壓為原來的 2 倍，即 440V，故選項 C 正確?！敬鸢浮緾2．【解題思路】根據(jù)公式 E_m=nBSω 分析電動機產(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)樵瓉淼?1/2，則角速度變?yōu)樵瓉淼?1/2，根據(jù)E_m=nBSω 可知電動機產(chǎn)生的最大電動勢為原來的 1/2，根據(jù) U=E_m/√2 可知發(fā)電機的輸出電壓有效值變?yōu)樵瓉淼?1/2，即原線圈的輸出電壓變?yōu)樵瓉淼?/2，根據(jù) n_1/n_2 =U_1/U_2 可知副線圈的輸入電壓變?yōu)樵瓉淼?1/2，即電壓表示數(shù)變?yōu)樵瓉淼?1/2，根據(jù) P=U^2/R 可知 R 消耗的電功率變?yōu)?1/4 P，A 錯誤 B 正確；副線圈中的電流為 I_2=(1/2 U)/R，即變?yōu)樵瓉淼?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)樵瓉淼?1/2，C 錯誤；轉(zhuǎn)速減小為原來的 1/2，則頻率變?yōu)樵瓉淼?1/2，D 錯誤?！敬鸢浮緽3．【解題思路】試題分析：找到線框在移動過程中誰切割磁感線，并根據(jù)右手定則判斷電流的方向，從而判斷整個回路中總電流的方向。要分過程處理本題。第一過程從①移動②的過程中左邊導體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時針，右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時針，兩根棒切割產(chǎn)生電動勢方向相同所以E=2Blv，則電流為 i=E/R=2Blv/R，電流恒定且方向為順時針。再從②移動到③的過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的過程中，左邊切割產(chǎn)生的電流方向逆時針，而右邊切割產(chǎn)生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為i=E/R=2Blv/R，方向是逆時針。當線框再向左運動時，左邊切割產(chǎn)生的電流方向順時針，右邊切割產(chǎn)生的電流方向是逆時針，此時回路中電流表現(xiàn)為零，故線圈在運動過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 ）線框進入磁場的過程中速度不變，線框受力平衡：mg=BIl感應電流 I=(Blv_y)/R進入時的 y 方向速度： v_y=2m/s，解得：B=2T（2）動量定理：-BlΔq=mv-mv_0解得 Δq=(Bl^2)/R全過程能量守恒：Q=mgl+1/2 mv_0^2-1/2 mv^2解得 Q=0.0375J（3）進入磁場前：x≤0.4mU_ab=0進入磁場過程：0.4m0 的區(qū)域存在方向沿 y 軸負方向的勻強電場，場強大小為 E；在 y0 的區(qū)域存在方向垂直于 xOy 平面向外的勻強磁場。一個氕核 11H 和一個氘核 21H 先后從 y 軸上 y＝h 點以相同的動能射出，速度方向沿 x 軸正方向。已知 11H 進入磁場時，速度方向與 x 軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點 O 處第一次射出磁場。11H 的質(zhì)量為 m，電荷量為 q。不計重力。求：(1)11H 第一次進入磁場的位置到原點 O 的距離；(2)磁場的磁感應強度大小；(3)21H 第一次離開磁場的位置到原點 O 的距離。1．(多選) 如圖所示，平行紙面向下的勻強電場與垂直紙面向外的勻強磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動．若已知小球做圓周運動的半徑為 r，電場強度大小為 E，磁感應強度大小為 B，重力加速度大小為 g，則下列判斷中正確的是( )A．小球一定帶負電荷B．小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動C．小球做圓周運動的線速度大小為 gBrED．小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功2．如圖所示，水平向右的勻強電場場強為 E，且 Eq＝mg，垂直紙面向里的水平勻強磁場磁感應強度為 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空間運動。下列關于帶電液滴在疊加場空間的運動描述正確的是( )A．液滴可能做勻加速直線運動B．液滴不可能做勻速圓周運動C．液滴可能做勻速直線運動且機械能守恒D．如果是直線運動，必為勻速直線運動，其運動軌跡與水平方向的夾角是1．如圖所示，直角坐標系 xOy 位于豎直平面內(nèi)，空間存在著垂直于 xOy 平面向里的勻強磁場和平行于 xOy 平面的勻強電場。第三象限內(nèi)有一點 P，其坐標為(－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 點運動 O 點。若已知勻強磁場磁感應強度大小 B＝1 T，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)求勻強電場場強 E 的大小及電場的方向；(2)若在帶電液滴經(jīng)過 O 點時只撒去磁場，液滴會經(jīng)過 x 軸上的 Q 點，求 Q 點的坐標。2．如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標系 xOy，水平軸 x 下方有垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限有沿 x 軸負方向的勻強電場，第四象限存在另一勻強電場(圖中未畫出)；光滑絕緣的固定不帶電細桿 PQ 交 x 軸于 M 點，細桿 PQ 與 x 軸的夾角 θ＝30°，桿的末端在 y 軸 Q 點處，PM 兩點間的距離為L。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，另一質(zhì)量為 m、不帶電絕緣小環(huán) a 套在桿上并由 P 點靜止釋放，與 b 瞬間碰撞后反彈，反彈后到達最高點時被鎖定，鎖定點與 M 點的距離為 ，b 沿桿下滑過程中始終與桿之間無作用力，b 進入第四象限后做勻速圓周運動，而后通過x 軸上的 N 點，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 碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能 ΔE；(2)磁場的磁感應強度大小 B；(3)b 離開桿后經(jīng)過多長時間會通過 x 軸。3．光滑水平桌面上建有坐標系 xOy，質(zhì)量為 m、帶電量為 q 的帶正電小球靜止在坐標原點，現(xiàn)沿 x 軸正向施加一勻強電場 E1，經(jīng) t0 后，將勻強電場方向變?yōu)檠?y 軸正方向而大小保持不變，再經(jīng) t0 后撤去電場 E1，同時施加一個與xOy 平面平行的勻強電場 E2，電場強度 E2 和電場強度 E1 的大小關系為 E2＝ E1，使得小球沿直線運動并能再次通過 y 軸。求：(1)撤去電場 E1 時小球的位置坐標值 x、y ；(2)勻強電場 E2 的方向與 x 軸正方向的夾角 θ；(3)小球從坐標原點出發(fā)到再次經(jīng)過 y 軸所用的時間 t 和電場力做的功 W。4．如圖甲所示，有一磁感應強度大小為 B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界 OP 與水平方向夾角為 θ＝45° ，緊靠磁場邊界放置長為 6d、間距為 d的平行金屬板 M、N ，M 板與磁場邊界的交點為 P，磁場邊界上的 O 點與 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(取豎直向下為正方向)，其周期 T＝4dv0 ，E0＝Bv06。某時刻從 O 點豎直向上以初速度 v0 發(fā)射一個電荷量為＋q 的粒子，結(jié)果粒子恰在圖乙中的 t＝T4 時刻從 P 點水平進入板間電場，最后從電場中的右邊界射出．不計粒子重力。求：(1)粒子的質(zhì)量 m；(2)粒子從 O 點進入磁場到射出電場運動的總時間 t；(3)粒子從電場中的射出點到 M 點的距離。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動，一定做變加速運動，A 錯誤，B 正確；若電場力和重力等大反向，則此過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能不變，重力勢能減小，這種情況下機械能不守恒，若電場力和重力不等大反向，則有電場力做功，所以機械能也不守恒，故小球的機械能不守恒，C 正確，D錯誤。【答案】BC2．【解題思路】(1)11H 在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示．設 11H 在電場中的加速度大小為 a1，初速度大小為 v1，它在電場中的運動時間為 t1，第一次進入磁場的位置到原點 O 的距離為 s1，由運動學公式有：s1＝v1t1①， h＝12a1t12②由題給條件，11H 進入磁場時速度的方向與 x 軸正方向夾角 θ1＝60° 。11H 進入磁場時速度的 y 分量的大小為： a1t1＝v1tan θ1③聯(lián)立以上各式得 s1＝233h④(2)11H 在電場中運動時，由牛頓第二定律有：qE＝ma1⑤設 11H 進入磁場時速度的大小為 v1′，由速度合成法則有：v1′＝v12＋（ a1t1）2⑥設磁感應強度大小為 B， 11H 在磁場中運動的軌跡半徑為 R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：qv1′B＝mv1′2R1⑦由幾何關系得：s1＝2R1sin θ1⑧聯(lián)立以上各式得：B＝6mEqh⑨(3)設 21H 在電場中沿 x 軸正方向射出的速度大小為 v2，在電場中的加速度大小為 a2，由題給條件得：12(2m)v22＝12mv12⑩由牛頓第二定律有：qE＝ 2ma2?設 21H 第一次射入磁場時的速度大小為 v2′，速度的方向與 x 軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為 s2，在電場中運動的時間為 t2.由運動學公式有：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 21H 在磁場中做圓周運動的半徑為 R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得：R2＝（ 2m）v2′qB＝2R1?所以出射點在原點左側(cè)。設 21H 進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為 s2′，由幾何關系有：s2′ ＝2R2sin θ2?聯(lián)立④⑧??? 式得，21H 第一次離開磁場時的位置到原點 O 的距離為：s2′－s2＝233(2－1)h?1．【解題思路】帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球一定帶負電荷，故 A 正確；磁場方向向外，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動方向為逆時針，故 B 錯誤；由電場力和重力大小相等，得： mg＝qE ，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：r＝mvqB，聯(lián)立得： v＝gBrE，故 C 正確；小球在做圓周運動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故 D 錯誤?！敬鸢浮緼C2．【解題思路】由于液滴受到的重力與電場力恒定，如果做勻加速直線運動，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動，故 A 錯誤；由于液滴受豎直向下的重力和水平方向的電場力，所以重力與電場力的合力不可能為零，即液滴不可能做勻速圓周運動，故 B 正確；當液滴進入復合場時的洛倫茲力與重力和電場力的合力等大反向時，液滴做勻速直線運動，但電場力會做功，所以機械能不守恒，故 C 錯誤；由 A 分析可知，液滴不可能做勻加速直線運動，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，一定做曲線運動，故如果是直線運動，必為勻速直線運動，由于mg＝qE，重力與電場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 點坐標為(－1 m，－ m)可得：PO 與 y 軸負半軸夾角θ＝30°帶電液滴沿 PO 做勻速直線運動，小球所受重力、電場力、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電場方向沿 PO 方向（與 x 軸正半軸成 30°角斜向上）。(2)撤去磁場，液滴做類平拋運動，設其加速度為 g?，有：設撤掉磁場后液滴在初速度方向上的分位移為 x?，有：x? ＝vt設液滴在重力與電場力的合力方向上分位移為 y?，有：設 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 點的坐標為( m，0)。2．【解析 】(1)設 a 和 b 相碰前的速度大小為 v1，碰后的速度為 v2，由機械能守恒定律：由動量守恒定律：解得：機械能損失：解得： 。(2)設勻強磁場的磁感應強度大小為 B，由于 b 從 M 點運動到 Q 點的過程中與桿無作用力，可得：qvBcos θ＝2mg解得： 。(3)b 在第四象限做勻速圓周運動的軌跡如圖，由幾何關系可知軌跡的圓心 O′在 x 軸上，b 經(jīng)過 N 點時速度方向與 x 軸垂直，圓心角 α＝120°，又勻速圓周運動的周期為b 從 Q 點第一次通過 N 點的時間為可得b 第一次通過 N 點后做豎直上拋運動，經(jīng) t2 時間第二次通過 N 點，有：b 第二次通過 N 點后做豎直上拋運動，經(jīng) t3 時間第三次通過 N 點，有：故 b 離開桿后會通過 x 軸的可能時間是：(i)豎直向上通過 x 軸：(n＝1、2、3 、……)(2)豎直向下通過 x 軸：(n＝1、2、3 、……)3．【解析 】(1)E1 沿 x 軸正向時，小球勻加速運動：qE1＝ma1v0＝a1t0，E1 沿 y 軸正向時，小球做類平拋運動：x2＝v0t0，小球位置坐標： 。(2)撤去 E1 時 y 軸方向速度： vy＝a1t0施加電場 E2 后小球能再次經(jīng)過 y 軸，故小球做勻減速直線運動E2 的方向應與 x 軸正向的夾角 θ，有：θ＝135°。(3)施加電場 E2 后小球加速度 a2，有：qE2＝ma2解得：a2＝ a1做勻減速直線運動的初速度：v1＝ v0，位移：s ＝ x到達 y 軸時速度為 v2：得：用時：小球從 O 點出發(fā)到再次經(jīng)過 y 軸所用的時間為：電場力做的功： 。4．【解析 】(1)粒子在磁場中的運動軌跡如圖，軌跡半徑 r＝d由牛頓第二定律得 qv0B＝mv02r解得：m＝qBdv0。(2)粒子在磁場中運動的周期 T0＝2πmqB在磁場中運動的時間 t1＝T04粒子在電場中做曲線運動，與兩板平行方向上的分運動為勻速直線運動，運動時間 t2＝6dv0從 O 點到離開電場的總時間 t＝t1＋t2解得：t＝πd2v0＋6dv0＝π ＋122v0d。(3)粒子在電場中的運動時間 t2＝6dv0＝32T當粒子從時刻 t＝T4 自 P 點進入電場后，在豎直方向上運動一個周期 T 的位移為 0，速度圖象如圖所示，故粒子在 32T 內(nèi)運動的豎直位移 y＝2×12aT42a＝qE0m解得 y＝d6 。