高考第二輪復(fù)習(xí)練習(xí)卷(一)

1、.2019年高考第二輪復(fù)習(xí)練習(xí)卷一、單項選擇題1如下圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想交流電表，除R以外其余電阻不計，從某時刻開場開關(guān)扳向a，在原線圈兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1=2202sin100t(V)，以下說法中正確的選項是 A t=1600s時，電壓表的讀數(shù)為22VB t=1600s時，a、c兩點電壓瞬時值為110VC 滑動變阻器滑片向上移，電壓表和電流表的示數(shù)均變大D 單刀雙擲開關(guān)由a扳向b，電壓表和電流表的示數(shù)均變小【答案】A【解析】當單刀雙擲開關(guān)與a連接時，匝數(shù)之比為10：1，原線圈兩端有效值為22022=220V

2、，所以副線圈電壓有效值為22V，故A正確；t=1/600 s 時，a、c兩點電壓瞬時值為u1=2202 sin/6V=1102V，選項B錯誤；滑動變阻器觸頭向上挪動的過程中，電阻增大，電壓不變，電流減小，電流表的示數(shù)變小，故C錯誤；當單刀雙擲開關(guān)由a扳向b時，匝數(shù)之比為5：1，輸出電壓增大，電壓表和電流表的示數(shù)均變大，故D錯誤；應(yīng)選A。點睛：此題關(guān)鍵是掌握變壓器的特點：匝數(shù)與電壓成正比，與電流成反比，輸入功率等于輸出功率；同時做好此題要理解變壓器中心抽頭的作用：改變了匝數(shù)之比，從而改變了電壓之比，也改變了兩表的示數(shù)2課堂上，老師準備了“型光滑木板和三個完全一樣、外外表光滑的勻質(zhì)圓柱形積木，要將

3、三個積木按圖示截面圖方式堆放在木板上，那么木板與程度面夾角的最大值為A 30°B 45°C 60°D 90°【答案】A【解析】取0°時，下面兩圓柱之間將會分開，無法穩(wěn)定，應(yīng)適當增大以保持系統(tǒng)穩(wěn)定，此時下面兩圓柱之間有彈力；當下面兩圓柱之間的彈力恰好為0時，對應(yīng)的為最小值；繼續(xù)增大，右圓柱和上圓柱之間彈力減小，假設(shè)太大，此兩圓柱將分開，臨界情況為取30°時，左邊兩圓柱的圓心連線在豎直方向上，保證上圓柱只受到兩個力的作用恰好處于平衡狀態(tài)，此時與右圓柱間互相接觸且無彈力，故A正確，BCD錯誤，應(yīng)選A.【點睛】此題是以三個圓柱形積木在“型光滑

4、木板上處于平衡狀態(tài)為情境，主要考察共點力的平衡等知識。側(cè)重考察推理才能，要求考生深化理解共點力的平衡條件，運用特殊值法解決實際問題.3一質(zhì)點做勻變速直線運動，初速度大小為v，經(jīng)過一段時間速度大小變?yōu)?v，加速度大小為a，這段時間內(nèi)的路程與位移之比為5：3，那么以下表達正確的選項是A 這段時間內(nèi)質(zhì)點運動方向不變B 這段時間為3vaC 這段時間的路程為3v22aD 再經(jīng)過一樣時間質(zhì)點速度大小為3v【答案】B【解析】根據(jù)題意可知這段時間內(nèi)質(zhì)點的路程與位移不同，加速度又恒定，那么質(zhì)點一定是做類似豎直上拋的運動，故A錯誤；末速度與初速度方向相反，根據(jù)速度時間公式可得運動時間為：t=2v-(-v)a=3v

5、a，故B正確；根據(jù)速度位移關(guān)系：vt2-v02=2as，可得路程為5v22a，位移為3v22a，故C錯誤；根據(jù)：v'=v0+at，可得v'=2v+a×3va=5v，所以再經(jīng)過一樣時間質(zhì)點速度大小為5v，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。4在傾角為的斜面上固定兩根足夠長且間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下。有兩根質(zhì)量分別為m1和m2的金屬棒a、b，先將a棒垂直于導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直于導(dǎo)軌放置，此刻起a、c做勻速運動而b靜止

6、，a棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，那么A 物塊c的質(zhì)量是m1m2sin B b棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能C b棒放上導(dǎo)軌后，a棒抑制安培力所做的功等于a棒上消耗的電能D b棒放上導(dǎo)軌后，b棒中電流大小是m2gsinBL【答案】AD【解析】試題分析：A、b棒靜止說明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒勻速向上運動，說明a棒受繩的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三個力平衡，c勻速下降那么c所受重力和繩的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小 F安=m2gsin由a平衡可知：F繩=F安+m1gsin=

7、m1+m2gsin，由c平衡可知：F繩=mcg聯(lián)立解得物塊c的質(zhì)量為：mc=m1+m2sin，故A正確；b放上導(dǎo)軌之前，根據(jù)能量守恒知物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能與a增加的重力勢能之和，故B錯誤；b棒放上導(dǎo)軌后，a棒抑制安培力所做的功等于a、b兩棒上消耗的電能之和，故C錯誤；b棒放上導(dǎo)軌后，根據(jù)b棒的平衡可知，F(xiàn)安=m2gsin，又因為F安=BIL，可得b棒中電流大小是：I=，故D正確；應(yīng)選AD考點：物體的平衡；能量守恒定律【名師點睛】此題綜合考察了物體的平衡以及能量守恒定律的應(yīng)用；從導(dǎo)體棒的平衡展開研究可得各力的大小，從能量守恒角度分析能量的變化是關(guān)鍵，能量轉(zhuǎn)化問題從排除法的角度

8、處理更簡捷。二、多項選擇題5如下圖，光滑絕緣細管與程度面成30°角，在管的右上方P點固定一個點電荷+Q，P點與細管在同一豎直平面內(nèi)，管的頂端A與P點連線程度，圖中PB垂直AC，B是AC的中點。帶電荷量為-q的小球小球直徑略小于細管的內(nèi)徑從管中A處由靜止開場沿管向下運動，它在A處時的加速度為a，不考慮小球電荷量對+Q形成的電場的影響。那么在電場中 A A點的電勢高于B點的電勢B B點的電場強度大小是A點的2倍C 小球運動到C處的加速度為g -aD 小球從A到C的過程中電勢能先減小后增大【答案】CD【解析】試題分析：由正點電荷電場線的分布，結(jié)合沿著電場線方向電勢降低，即可求解；根據(jù)點電荷

9、電場強度的公式，即可求解；由牛頓第二定律，結(jié)合庫侖定律，即可求解；根據(jù)電場力做功的正負來確定電勢能上下；正點電荷的電場線發(fā)散型，由于沿著電場線方向，電勢降低，因此A點的電勢低于B點的電勢，故A錯誤；結(jié)合幾何關(guān)系，由點電荷電場強度公式，可知，電場強度的大小與間距的平方成反比，那么B點的電場強度大小是A點的4倍，故B錯誤；在A處時小球的加速度為a，對A點受力分析，電場力、重力與支持力，由力的合成法那么可知，合外力由重力與電場力沿著細管方向的分力之和提供的；當在C處時，小球仍受到重力、電場力與支持力，合外力是由重力與電場力沿著細管方向的分力之差提供的，由A處可知，而在C處，那么有，解得，故C正確；根

10、據(jù)電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加，可知：小球帶負電，從A到C的過程中，電場力先做正功，后做負功，那么電勢能先減小后增大，故D正確6如下圖，一個正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，在磁場內(nèi)有一邊長為l，阻值為R的正方形線框，線框所在平面與磁場垂直，假如以垂直于線框邊與磁場的速度v將線框從磁場中勻速拉出，以下說法正確的選項是A 假如將線框程度向右拉出磁場，線框經(jīng)過磁場邊界過程中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B 在紙面內(nèi)無論沿哪個方向?qū)⒕€框拉出磁場，流過線框某一截面的電荷量都一樣C 其他條件不變，將線框程度拉出磁場時產(chǎn)生的焦耳熱Q與速度v成正比D 其他條件不變，將線框程度拉出磁場時

11、產(chǎn)生的焦耳熱Q與速度v2成正比【答案】ABC【解析】假如將線框程度向右拉出磁場，根據(jù)右手定那么可以判斷，線框經(jīng)過磁場邊界過程中將產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，故A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，Et，由閉合電路歐姆定律可知，IER，那么感應(yīng)電荷量qIt，聯(lián)立解得qR，可見在紙面內(nèi)無論沿哪個方向?qū)⒕€框拉出磁場，流過線框某一橫截面的電荷量都一樣，故B正確；將線框程度拉出磁場時，安培力F=BIL=BBlvRl=B2l2vR，產(chǎn)生的焦耳熱即抑制安培力做的功QFlB2l3vR，將線框程度向右拉出磁場時產(chǎn)生的焦耳熱與速度v成正比，故C正確，D錯誤；應(yīng)選ABC。點睛：此題主要是考察了法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力的

12、計算，對于導(dǎo)體平動切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢可以根據(jù)E=BLv來計算，知道抑制安培力做的功等于回路產(chǎn)生的總的焦耳熱。7如圖1所示，光滑程度面上靜置一個薄長木板，長木板上外表粗糙，其質(zhì)量為M，t=0時刻質(zhì)量為m的物塊以程度速度v滑上長木板，此后木板與物塊運動的v-t圖像如圖2所示，重力加速度g=10m/s2，那么以下說法正確的選項是A M=m B M=2mC 木板的長度為8m D 木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.1【答案】BC【解析】木塊在木板上運動過程中，在程度方向上只受到木板給的滑動摩擦力，故mg=ma1，而v-t圖像的斜率表示加速度，故a1=7-32m/s2=2m/s2，解得=0.2；對木

13、板受力分析可知mg=Ma2，a1=2-02m/s2=1m/s2，解得M=2m，AD錯誤B正確；從圖中可知物塊和木板最終別離，兩者v-t圖像與坐標軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L=12×7+3×2-12×2×2=8m，C正確8如下圖，外表光滑的半球形物體固定在程度面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細繩固定在A點，另一端用輕質(zhì)細繩穿過小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA程度?，F(xiàn)將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中小球P未到達半球最高點前，以下說法正確的選項是A 彈簧變短B 彈簧變長C 小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔僁 小球?qū)Π肭?/p>

14、的壓力變大【答案】AC【解析】試題分析：分析小球受力情況：重力G，細線的拉力T和半球面的支持力，作出、T，G的矢量三角形，根據(jù)三角形相似法分析、T的變化對小球P受力分析，受到繩子的拉力T，半球的支持力，豎直向下的重力G，如下圖，根據(jù)相似三角形法可知，因為OP和OD都是恒定不變的，G也不變，DP減小，所以可知不變，T減小，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔?，繩子的拉力減小，即彈簧的彈力減小，所以彈簧變短，故AC正確9如下圖是一個程度放置的玻璃圓環(huán)型小槽，槽內(nèi)光滑，槽的寬度和深度處處一樣，現(xiàn)將一直徑略小于槽寬的帶正電小球放在槽中，讓它受絕緣棒打擊后獲得一初速度v0，與此同時，有一變化的磁場垂

15、直穿過玻璃圓環(huán)型小槽外徑所對應(yīng)的圓面積，磁感應(yīng)強度的大小跟時間成正比，其方向豎直向下，設(shè)小球在運動過程中電荷量不變，那么A 小球受到的向心力大小不變B 小球受到的向心力大小不斷增加C 洛倫茲力對小球做了正功D 小球受到的磁場力逐漸變大【答案】BD【解析】A、由麥克斯韋電磁場理論可知，磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大時，將產(chǎn)生一個恒定的感應(yīng)電場，由楞次定律可知，此電場方向與小球初速度方向一樣，由于小球帶正電，電場力對小球做正功，小球的速度逐漸增大，向心力也隨著增大，故A錯誤，B正確。C、洛倫茲力對運動電荷不做功，故C錯誤。D、帶電小球所受洛倫茲力F=qBv，隨著速度的增大而增大，故D正確。應(yīng)選BD?！军c

16、睛】根據(jù)麥克斯韋電磁場理論：變化的電場產(chǎn)生磁場，變化的磁場產(chǎn)生電場；并由楞次定律與洛倫茲力對運動電荷不做功，即可求解10以下說法正確的選項是_填正確答案標號。選對一個得2分，選對兩個得4分，選對三個得6分。選錯一個扣3分，最低得分為0分A光在介質(zhì)中傳播的速度僅由介質(zhì)本身所決定B雨后路面上的油膜形成的彩色條紋是由光的干預(yù)形成的C楊氏雙縫干預(yù)實驗中，當兩縫間的間隔 以及擋板和屏的間隔 一定時，紅光干預(yù)條紋的相鄰條紋間距比藍光干預(yù)條紋的相鄰條紋間距小D光的偏振特征說明光是橫波E狹義相對論認為在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是一樣的【答案】BDE【解析】試題分析：光在介質(zhì)中傳播的速度由介質(zhì)本身和光

17、的頻率共同決定，選項A錯誤；雨后路面上的油膜形成的彩色條紋是由光的干預(yù)形成的，選項B正確；因紅光的波長大于藍光，那么楊氏雙縫干預(yù)實驗中，當兩縫間的間隔 以及擋板和屏的間隔 一定時，根據(jù)可知紅光干預(yù)條紋的相鄰條紋間距比藍光干預(yù)條紋的相鄰條紋間距大，選項C錯誤；光的偏振特征說明光是橫波，選項D正確；狹義相對論認為在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是一樣的，選項E正確；應(yīng)選BDE.考點：光的傳播；雙縫干預(yù)；光的偏振；狹義相對論。三、填空題11關(guān)于機械波與電磁波，以下說法正確的選項是_A電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率有關(guān)B電磁波可以發(fā)生衍射現(xiàn)象和偏振現(xiàn)象C簡諧機械波在給定的介質(zhì)中傳播時，振動

18、的頻率越高，那么波傳播速度越大D紫外線在水中的傳播速度小于紅外線在水中的傳播速度E機械波不但能傳遞能量，而且能傳遞信息，其傳播方向就是能量或信息傳遞的方向【答案】BDE【解析】A電磁波在真空中的傳播速度都等于光速，與電磁波的頻率無關(guān)，故A錯誤；B衍射現(xiàn)象是波特有的現(xiàn)象，而偏振現(xiàn)象是橫波特有的現(xiàn)象，電磁波也是一種橫波，可以發(fā)生衍射現(xiàn)象和偏振現(xiàn)象，故B正確；C在同一種介質(zhì)中傳播時，簡諧機械波的傳播速度相等，故C錯誤；D光在介質(zhì)中傳播，頻率越高，傳播速度越小。紫外線在水中的傳播速度小于紅外線在水中的傳播速度，故D正確；E機械波可以沿其傳播方向既能傳遞能量，又能傳遞信息，故E正確。應(yīng)選：BDE。12如

19、下圖，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處，兩列波的速度均為v=0.4m/s，兩列波的振幅均為2cm圖示為t=0時刻兩列波的圖象傳播方向如下圖，此刻平衡位置處于x=0.2m和x=0.8m的P、Q兩質(zhì)點剛開場振動質(zhì)點M的平衡位置處于x=0.5m處，以下說法正確的選項是 。At=0.75s時刻，質(zhì)點P、Q都運動到M點B質(zhì)點M的起振方向沿y軸負方向Ct=2s時刻，質(zhì)點M的縱坐標為-2cmD0到2s這段時間內(nèi)質(zhì)點M通過的路程為20cmEM點振動后的振幅是4cm【答案】BDE【解析】試題分析：P、Q兩質(zhì)點在各自的平衡位置來回振動，不沿波的轉(zhuǎn)播方向挪動，故

20、A錯誤；由同側(cè)法可判斷B正確；波的周期為，波傳播到M點的時間是，當時，M點振動的時間為，是周期的，兩列波疊加M點振幅為，故E正確；路程為5倍振幅是，質(zhì)點M的縱坐標為，故C錯誤，D正確?？键c：波長、頻率和波速的關(guān)系、橫波的圖象【名師點睛】此題要理解波的疊加原理，知道當該波的波峰與波峰相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時此處的位移為零。四、實驗題13圖甲所示為某同學(xué)研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量間的關(guān)系的實驗裝置示意圖1下面列出了一些實驗器材：打點計時器、紙帶、帶滑輪的長木板、墊塊、小車和砝碼、砂桶和砂、刻度尺除以上器材外，還需要的實驗器材有_A秒表 B天

21、平附砝碼 C低壓交流電流 D低壓直流電源2實驗中，需要補償打點計時器對小車的阻力及其它阻力：小車放在木板上，后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點計時器把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受繩的拉力時能_選填“拖動紙帶或“不拖動紙帶沿木板做勻速直線運動3實驗中，為了保證砂和砂桶所受的重力近似等于使小車做勻加速運動的拉力，砂和砂桶的總質(zhì)量與小車和車上砝碼的總質(zhì)量之間應(yīng)滿足的條件是_這樣，在改變小車上砝碼的質(zhì)量時，只要砂和砂桶質(zhì)量不變，就可以變?yōu)樾≤囁芾缀醪蛔?如圖乙所示， 、為三個相鄰的計數(shù)點，假設(shè)相鄰計數(shù)點之間的間隔為， 、間的間隔 為、間的間隔 為，那么小車的加速度_， ， ，那么_結(jié)

22、果保存位有效數(shù)字5在做該實驗時，另一位同學(xué)以小車的加速度的倒數(shù)為縱軸，以上車和車上砝碼的總質(zhì)量為橫軸，描繪出圖象假設(shè)實驗中他已經(jīng)完全消除了摩擦力和其它阻力的影響，但與并沒滿足本實驗所需的條件；那么從理論上分析，圖丙中可以正確反映他所得到的關(guān)系的示意圖是_【答案】 BC 拖動紙帶 C【解析】1研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量間的關(guān)系的實驗，所以用天平測量小車的質(zhì)量，用交流電源供打點計時器使用，所以BC選項是正確的；2平衡摩擦力時，把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受繩的拉力時能拖動紙帶沿木板做勻速直線運動即可；3假設(shè)小車的加速度為，拉力為對砂和砂桶： ；對小車： ；聯(lián)立得

23、： ，故只有在 的情況下近似認為拉力等于4由得： ，代入數(shù)據(jù)得： ；5根據(jù)牛頓第二定律得： ，那么，那么以為縱軸，以總質(zhì)量為橫軸，作出的圖象為一傾斜直線，且縱截距為，所以C選項是正確的；14某實驗小組方案測量一未知電阻的阻值，已經(jīng)連接好實物圖如圖1所示。1請根據(jù)實物圖在圖2所示方框中畫出該實驗的電路圖_，并標明表示各元件的字母。2圖3中電阻箱的讀數(shù)是_；假如將電阻箱的阻值由10.0調(diào)節(jié)到9.00，應(yīng)_。先使電阻箱阻值調(diào)至如圖3所示，再將S2接到A，閉合S1，記錄下對應(yīng)的電壓表示數(shù)為2.20V，然后斷開S1；保持電阻箱示數(shù)不變，將S2切換到B，閉合S1，此時電壓表的讀數(shù)為2.80V，然后斷開S1

24、，不計電源內(nèi)阻，電壓表可視為理想電表，據(jù)此可知，定值電阻R1的阻值為_。計算結(jié)果保存3位有效數(shù)字。【答案】 1電路圖如下圖； 220.00； 先將“×1檔調(diào)到9，再將“×10檔調(diào)到0； 5.45；【解析】1根據(jù)實物圖畫出實驗的電路圖如圖；2圖3中電阻箱的讀數(shù)是20.00；假如將電阻箱的阻值由10.0調(diào)節(jié)到9.00，應(yīng)先將“×1檔調(diào)到9，再將“×10檔調(diào)到0。3由題意可知，電阻箱R與定值電阻R1兩端的電壓之比為：2.2：2.8-2.2=11:3；可得RR1=113 解得R1=311R=311×205.45五、解答題15同一種介質(zhì)對不同顏色的光的折

25、射率不同。如下圖，直角三角形ABC是一三棱鏡的橫截面，其中斜邊AB垂直于接收屏PQ，垂足為A A=45、C=90。由兩種單色光I 、II構(gòu)成的復(fù)色光由BC邊的中點沿平行于AC的方向射入該校鏡。三棱鏡對兩種單色光I 、II的折射率分別為n1=233、n2=2。求：1畫出兩種單色光I 、II從O點開場到PQ面的光路圖；2假如三棱鏡的斜邊長度為0.1m，那么射到接收屏上的光點間的間隔 為多大。【答案】1 2O1O2=(5+522)cm【解析】i假設(shè)單色光I、II在該棱鏡中的臨界角分別為C1、C2，那么sinC1=1n1=32解得：C1=60°那么：s

26、inC2=1n2=22解得C2=45°由于i=45°=C2<C1，所以單色光II在AB面發(fā)生了全反射，垂直AC射到接收屏上的O2點，光路圖如下圖，而單色光I 在AB 而折射，射到接收屏上的O1點，另一部分在AB面發(fā)生了反射，垂直AC射到接收屏上的O2點，因此AB面的左側(cè)的O1點為單色光I，AB面的右側(cè)的O2點為單色光I與單色光II的復(fù)合光ii設(shè)單色光I在AB而的折射角為，根據(jù)折射定律得：n1=sinrsini解得：sinr=n1sini=2×33×22=63，cosr=1-sin2r=33由幾何知識可得：O1A=OAtanr=5

27、22cm由幾何知識可得OAO2為等腰直角三角形，解得AO2=5cm解得：O1O2=(5+522)cm點睛：該題結(jié)合光路圖全面考察光的折射定律、全反射公式，屬于對光學(xué)知識的半徑全面的考察，解答該題的關(guān)鍵是正確作圖并利用幾何之間進展求解即可。16如下圖，在xOy平面內(nèi)，第象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界限，OM與x軸負方向成45°夾角.在+y軸與直線OM的左側(cè)空間存在沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在+x軸下方與直線OM的右側(cè)空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一帶負電微粒從坐標原點O沿y軸負方向進入磁場，第一次經(jīng)過磁場邊界時的位置坐標是-L，-L。微粒的電荷量大

28、小為q，質(zhì)量為m，不計微粒所受重力，微粒最后從+y軸上某點飛出場區(qū)圖中未畫出，求：1帶電微粒從坐標原點O進入磁場時的初速度；2帶電微粒在電場和磁場區(qū)域運動的總時間?！敬鸢浮?qBLm 22(mqB+BLE+mLqE)【解析】試題分析：1由幾何關(guān)系求出微粒運動的半徑，由微粒在磁場運動的規(guī)律求出進入磁場的初速度；2微粒在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)轉(zhuǎn)過的圓心角和周期可求粒子運動時間，在電場中做勻變速直線運動可以根據(jù)運動學(xué)公式求得時間，當微粒第二次進入電場做類平拋運動由運動規(guī)律求微粒的運動時間即可1設(shè)微粒從原點O進入磁場時的初速度為v0，在磁場中的運動半徑為r那么有：qv0B=mv02r 由微粒第一次

29、經(jīng)過磁場邊界上的點A坐標是-L，-L由幾何關(guān)系可知：r=L聯(lián)立解得：v0=qBLm2微粒到達A點時，速度方向與OM夾角為45°，即與電場平行微粒在電場中從A點開場向-x方向做減速運動，后原路返回A點，再在磁場中做勻速圓周運動到C點進入電場，微粒的運動軌跡如下圖微粒做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，即qBv0=m42T2r，又v0=2rT 設(shè)微粒在磁場中運動的總時間為tOC，根據(jù)幾何關(guān)系，微粒在磁場中運動的途徑剛好是一個完好的圓周，所以tOC=T根據(jù)對稱性，微粒到達C點時的速度方向應(yīng)沿+y方向，此后在電場中做類平拋運動從D點分開電場，設(shè)其加速度為a，運動時間為tCD，那么有qE=ma 從C運動到D在x方向的位移為2r=12atCD2 設(shè)微粒從A點進入電場后做往返運動的總時間為tA，那么有v0=atA2 微粒在電場、磁場區(qū)域運動的總時間為t=tOC+tA+tCD 聯(lián)立以下各式并代入數(shù)據(jù)解得：t=2(mqB+BLE+mLqE)【點睛】能根據(jù)帶電粒子在磁場中的運動軌跡作出粒子運動軌跡，并由幾何關(guān)系求得粒子在磁場中圓周運動的半徑和周期，熟悉粒子在電場、磁場中的運動規(guī)律是正確解題的關(guān)鍵17如圖1所示，一傾角為=37°、高為h