北京2020年高考物理模擬分類-第19計(jì)算題匯編

2020北京高三物理一模第19計(jì)算題匯編1、(2020北京朝陽(yáng)高三一模)由相互作用的物體所組成的系統(tǒng)中，能量和動(dòng)量可以相互轉(zhuǎn)化或傳遞，但其總量往往可以保持不變。(1)質(zhì)量為m的正點(diǎn)電荷A和質(zhì)量為m的負(fù)點(diǎn)電荷B,僅在彼此間電場(chǎng)力的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知兩者相遇前某時(shí)刻A的速度大小為vi。a.求此時(shí)B的速度大小V2；b.求此過(guò)程中A、B系統(tǒng)電勢(shì)能的減少量A3。(2)在地球表面附近，質(zhì)量為m的物體自高為h處自由下落，根據(jù)重力勢(shì)能的減少量等于,1」陽(yáng)改=―即考r——?jiǎng)幽艿脑黾恿坑?■',可得出物體落地時(shí)的速度大小—“上群。然而，表達(dá)式中的內(nèi)助是下落過(guò)程中地球和物體所組成系統(tǒng)的重力勢(shì)能減少量，這樣處理即認(rèn)為系統(tǒng)減少的勢(shì)能單獨(dú)轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能。請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明這樣處理的合理性。2、(2020北京朝陽(yáng)高三一模)回旋加速器原理如圖所示，Di和6是兩個(gè)中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它們接在交流電源上，位于D圓心處的離子源A能不斷產(chǎn)生正離子，它們?cè)趦珊兄g被電場(chǎng)加速，當(dāng)正離子被加速到最大動(dòng)能日后，再設(shè)法將其引出。已知正離子的電荷量為q,質(zhì)量為m加速時(shí)電極間電壓大小恒為U,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,D型盒的半徑為R,狹縫之間的距離為do設(shè)正離子從離子源出發(fā)時(shí)的初速度為(1)試計(jì)算上述正離子被第一次加速后進(jìn)入D2中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；(2)計(jì)算正離子飛出時(shí)的最大動(dòng)能；(3)設(shè)該正離子在電場(chǎng)中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，試證明當(dāng)R>>d時(shí)，正離子在電場(chǎng)中加速的總時(shí)間相對(duì)于在D形盒中回旋的時(shí)間可忽略不計(jì)(正離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不考慮磁場(chǎng)的影響)。3、(2020北京豐臺(tái)高三一模)如圖所示，一顆質(zhì)量為m的子彈以一定的水平速度V0射入靜止在水平地面上的質(zhì)量為M的木塊中，具有共同速度后，一起向前滑行一段距離x后靜止。已知子彈的質(zhì)量m=0.01kg,Vo=100m/s,M=0.99kg,x=0.25m,子彈射入木塊的深度d=1cm。2q取g=10m/s。(1)甲同學(xué)認(rèn)為子彈射入木塊的過(guò)程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。請(qǐng)按照甲同學(xué)的思路完成以下任務(wù)。a.求子彈射入木塊達(dá)到相對(duì)靜止時(shí)的共同速度v和木塊與地面水平間的動(dòng)摩擦因數(shù)；b.設(shè)子彈與木塊間的相互作用力為恒力，求此相互作用力F的大小和子彈射入木塊過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t。(2)乙同學(xué)認(rèn)為木塊與水平地面間存在摩擦力的作用，子彈射入木塊過(guò)程中子彈與木塊系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，不能應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求子彈與木塊的共同速度。請(qǐng)說(shuō)說(shuō)你對(duì)乙同學(xué)觀點(diǎn)的看法。4、(2020北京自適應(yīng)高三一模)如圖所示，電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為"I,電荷量為e,加速電場(chǎng)極板間電勢(shì)差為U］。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間電勢(shì)差為極板長(zhǎng)度為L(zhǎng),板間距為",偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電子所受重力可忽略。(1)求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度廿Q和從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Ay:(2)由問(wèn)題(1)的結(jié)論可知，電子偏轉(zhuǎn)距離與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間電勢(shì)差U有關(guān)。已知LOxiOTm,加速電場(chǎng)孔=50。匕當(dāng)偏轉(zhuǎn)極板間電壓為隨時(shí)間變化的交變電壓u=22vli5抗5加時(shí)，在計(jì)算其中任意一個(gè)電子通過(guò)極板的偏轉(zhuǎn)距離力厘時(shí)，仍可認(rèn)為偏轉(zhuǎn)極板間電勢(shì)差是某一定值。請(qǐng)利用下面所給數(shù)據(jù)，分析說(shuō)明這樣計(jì)算的合理性。已知5、(2020北京海淀高三一模反饋)如圖20甲所示為法拉第發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)，圖20乙是其原理示意圖，其中的銅質(zhì)圓盤安裝在水平的銅軸上，銅質(zhì)圓盤的圓心與銅軸重合，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片CD分別與圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)軸和邊緣良好接觸，用導(dǎo)線將兩塊銅片與電阻R連接起來(lái)形成閉合回路，在圓盤繞銅軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)電阻R的電流是恒定的。為討論問(wèn)題方便，將磁場(chǎng)簡(jiǎn)化為水平向右磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；將圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)簡(jiǎn)化為一根始終在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞銅軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)、長(zhǎng)度為圓盤半徑的導(dǎo)體棒，其等效電阻為r。除了R和r以外，其他部分電阻不計(jì)。已知圓盤半徑為a,勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為①。(1)論證圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(2)圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，電阻R產(chǎn)生的熱量;(3)若圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，閉合回路的電流為I,試從電動(dòng)勢(shì)的定義及閉合電路能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度論證圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=I(R+r)。6、(2020北京海淀高三一模)如圖20甲所示為法拉第發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)，圖20乙是其原理示意圖，其中的銅質(zhì)圓盤安裝在水平的銅軸上，銅質(zhì)圓盤的圓心與銅軸重合，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片CD分別與圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)軸和邊緣良好接觸，用導(dǎo)線將兩塊銅片與電阻R連接起來(lái)形成閉合回路，在圓盤繞銅軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，通過(guò)電阻R的電流是恒定的。為討論問(wèn)題方便，將磁場(chǎng)簡(jiǎn)化為水平向右磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；將圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)簡(jiǎn)化為一根始終在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞銅軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)、長(zhǎng)度為圓盤半徑的導(dǎo)體棒，其等效電阻為r。除了R和r以外，其他部分電阻不計(jì)。已知圓盤半徑為a,當(dāng)其以角速度3勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生1力的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)2(1)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向如圖20乙所示，求通過(guò)電阻R的電流大小，并說(shuō)明其流向；(2)若各接觸點(diǎn)及轉(zhuǎn)軸的摩擦均可忽略不計(jì)，圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，外力需要做多少功;(3)圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤簡(jiǎn)化的導(dǎo)體棒的內(nèi)部電子因棒轉(zhuǎn)動(dòng)而在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受沿棒方向的洛侖茲力的分力，其大小f隨電子與圓心距離x變化的圖象如圖21所示，試從1上電動(dòng)勢(shì)的定義式論證圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)工。7、(2020北京門頭溝高三一模)如圖17所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定在O點(diǎn)，下端連接一個(gè)質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A點(diǎn)，繩與豎直方向的夾角0=37°。此勻強(qiáng)電場(chǎng)的空間足夠大，且場(chǎng)強(qiáng)為E。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計(jì)空氣阻力。圖」7(1)請(qǐng)判斷小球的電性，并求出所帶電荷量的大小q；(2)如將小球拉到O點(diǎn)正右方C點(diǎn)(O(=L)后靜止釋放，求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)所受細(xì)繩拉力的大小F;(3)O點(diǎn)正下方B點(diǎn)固定著鋒利刀片，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩突然斷了。求小球從細(xì)繩斷開(kāi)到再次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過(guò)程中重力對(duì)小球所做的功W8、(2020北京密云高三一模)如圖13所示，空間內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其上下水平邊界的間距為H,磁場(chǎng)的正上方有一長(zhǎng)方形導(dǎo)線框，其長(zhǎng)和寬分別為L(zhǎng)=2m、D=0.8m(D<H),質(zhì)量m=0.4kg,電阻R=3.20。將線框從距磁場(chǎng)高h(yuǎn)=0.8m處由靜止釋放，線框平面始終與磁場(chǎng)方向垂直，線框上下邊始終保持水平，重力加速度取g-10皿研。求：(1)線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度的大??；(2)若在線框上邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)之前，線框已經(jīng)開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)。求線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q;(3)請(qǐng)畫出從線框由靜止開(kāi)始下落到線框上邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框速度v隨t變化的圖像。9、(2020北京平谷高三一模)研究比較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以把一個(gè)運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)或幾個(gè)比較簡(jiǎn)單的運(yùn)動(dòng)，從而使問(wèn)題變得容易解決。(1)如圖，一束質(zhì)量為"I,電荷量為中的粒子，以初速度吸)沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩塊水平放置的平行金屬板中央，受到偏轉(zhuǎn)電壓U的作用后離開(kāi)電場(chǎng)，已知平行板長(zhǎng)為L(zhǎng),兩板間距離為￡不計(jì)粒子受到的重力及它們之間的相互作用力，試求：a.粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；b.粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量

(2)深刻理解運(yùn)動(dòng)的合成和分解的思想，可以幫助我們輕松處理比較復(fù)雜的問(wèn)題。小船在流動(dòng)的河水中行駛時(shí)，如圖乙所示。假設(shè)河水靜止，小船在發(fā)動(dòng)機(jī)的推動(dòng)下沿0月方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間，運(yùn)動(dòng)至對(duì)岸A處，位移為X1；若小船發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉，小船在水流的沖擊作用下從。點(diǎn)沿河岸運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同時(shí)間￡運(yùn)動(dòng)至下游b處，位移為詼!。小船在流動(dòng)的河水中，從。點(diǎn)出發(fā)，船頭朝向。劇方向開(kāi)動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)行駛時(shí)，小船同時(shí)參與了上述兩種運(yùn)動(dòng)，實(shí)際位移歸為上述兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)位移的矢量和，即此時(shí)小船將到達(dá)對(duì)岸處，請(qǐng)運(yùn)用以上思想，分析下述問(wèn)題：弓箭手用弓箭射擊斜上方某位置處的一個(gè)小球，如圖丙所示。弓箭手用箭瞄準(zhǔn)小球后，以初速度四口將箭射出，同時(shí)將小球由靜止釋放。箭射出時(shí)箭頭與小球間的距離為L(zhǎng),空氣阻力不計(jì)。請(qǐng)分析說(shuō)明箭能否射中小球，若能射中，求小球下落多高時(shí)被射中；若不能射中，求小球落地前與箭頭的最近距離。10、(2020北京石景山高三一模)如圖甲所示，一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個(gè)裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為&的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，它的一邊與磁場(chǎng)的邊界mnM合。線框在一水平力作用下由靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間￡口被拉出磁場(chǎng)。測(cè)得金屬線框中的電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，在金屬線框被拉出的過(guò)程中，求：

I甲I甲(1)通過(guò)線框?qū)Ь€截面的電荷量；(2)線框的電阻；(3)水平力F隨時(shí)間變化的表達(dá)式。11、(2020北京延慶高三一模)如圖所示，月、8和/、”為兩組平行金屬板。質(zhì)量為用、電荷量為4寸的粒子，自工板中央小孔進(jìn)入工、石間的電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速，從石板中央小孔射出，沿〃、M極板間的中心線方向進(jìn)入該區(qū)域。已知極板工、B間的電壓為4,極板.、"的長(zhǎng)度為？，極板間的距離為壯。不計(jì)粒子重力及其在“板時(shí)的初速度。(1)求粒子到達(dá)入板時(shí)的速度大小廿；(2)若在作、卻間只加上偏轉(zhuǎn)電壓仃,粒子能從加、川間的區(qū)域從右側(cè)飛出。求粒子射出該區(qū)域時(shí)沿垂直于板面方向的側(cè)移量了；(3)若在—W間只加上垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子恰好從N板的右側(cè)邊緣飛出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度石的大小和方向。13、(2020北京順義高三一模)能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律、電荷守恒定律是自然界普遍遵循的規(guī)律，在微觀粒子的相互作用過(guò)程中也同樣適用。盧瑟福發(fā)現(xiàn)質(zhì)子之后，他猜測(cè)：原子核內(nèi)可能還存在一種不帶電的粒子。(1)為尋找這種不帶電的粒子，他的學(xué)生查德威克用“粒子轟擊一系列元素進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，當(dāng)他用a粒子(匆轟擊破原子核(部)時(shí)發(fā)現(xiàn)了一種未知射線，并經(jīng)過(guò)實(shí)驗(yàn)確定這就是中子，從而證實(shí)了盧瑟福的猜測(cè)，請(qǐng)你完成此核反應(yīng)方程喬+物-()+酒(2)為了測(cè)定中子的質(zhì)量|外,查德威克用初速度相同的中子分別與靜止的氫核與靜止的氮核發(fā)生彈性正碰，實(shí)驗(yàn)中他測(cè)得碰撞后氮核的速率與氫核的速率關(guān)系是%工1/7甘氏已知氮核質(zhì)量與氫核質(zhì)量的關(guān)系是見(jiàn)印工14叫^將中子與氫核、氮核的碰撞視為完全彈性碰撞。請(qǐng)你根據(jù)以上數(shù)據(jù)計(jì)算中子質(zhì)量|乙與氫和質(zhì)量|血卸的比值。(3)以鈾235為裂變?nèi)剂系摹奥凶印焙朔磻?yīng)堆中，裂變時(shí)放出的中子有的速度很大，不易被鈾235俘獲，需要使其減速。在討論如何使中子減速的問(wèn)題時(shí)，有人設(shè)計(jì)了一種方案：讓快中子與靜止的粒子發(fā)生碰撞，他選擇了三種粒子：鉛核、氫核、電子，以彈性正碰為例，僅從力學(xué)角度分析，哪一種粒子使中子減速效果最好，請(qǐng)說(shuō)出您的觀點(diǎn)并說(shuō)明理由。14、(2020北京西城高三一模)人們對(duì)電場(chǎng)的認(rèn)識(shí)是不斷豐富的，麥克斯韋經(jīng)典電磁場(chǎng)理論指出，除靜止電荷產(chǎn)生的靜電場(chǎng)外，變化的磁場(chǎng)還會(huì)產(chǎn)生感生電場(chǎng)。靜電場(chǎng)和感生電場(chǎng)既有相似之處，又有區(qū)別。電子質(zhì)量為I瓠，電荷量為￡。請(qǐng)分析以下問(wèn)題。(1)如圖1所示，在金屬絲和金屬板之間加以電壓金屬絲和金屬板之間會(huì)產(chǎn)生靜電場(chǎng)，金屬絲發(fā)射出的電子在靜電場(chǎng)中加速后，從金屬板的小孔穿出。忽略電子剛剛離開(kāi)金屬絲時(shí)的速度，求電子穿出金屬板時(shí)的速度大小v。(2)電子感應(yīng)加速器是利用感生電場(chǎng)加速電子的裝置，其基本原理如圖2所示。上圖為側(cè)視圖，5、A「為電磁鐵的兩個(gè)磁極，磁極之間有一環(huán)形真空室，下圖為真空室的俯視圖。電磁鐵線圈中電流發(fā)生變化時(shí)，產(chǎn)生的感生電場(chǎng)可以使電子在真空室中加速運(yùn)動(dòng)。

a.如果電子做半徑不變的變加速圓周運(yùn)動(dòng)。a.如果電子做半徑不變的變加速圓周運(yùn)動(dòng)。已知電子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為R,電子軌跡所在處的感生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小恒為E,方向沿軌跡切線方向。求初速為。的電子經(jīng)時(shí)間|t獲得的動(dòng)能|琢及此時(shí)電子所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小ff；b.在靜電場(chǎng)中，由于靜電力做的功與電荷運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)，電荷在靜電場(chǎng)中具有電勢(shì)能，電場(chǎng)中某點(diǎn)的電荷的電勢(shì)能與它的電荷量的比值，叫做這一點(diǎn)的電勢(shì)。試分析說(shuō)明對(duì)b.加速電子的感生電場(chǎng)是否可以引入電勢(shì)概念。圍2圍2答案”處阻△叫申氏嗎解得」（31、【答案】（1）a.陶；b.2碼；（2）合理性分析見(jiàn)解析。解得」（3【解析】（1）a.A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有口=西『「冊(cè)3叱分）b.在此過(guò)程中AB系統(tǒng)減少的電勢(shì)能等于增加的動(dòng)能，阻」叫TOC\o"1-5"\h\z代入數(shù)據(jù)得2g（4分）（2）因只研究這個(gè)物體下落給地球帶來(lái)的影響，取地球和下落的物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，設(shè)地球的質(zhì)量為M物體落地時(shí)地球的速度大小為V4,則根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有'131-赭日我=—43■人加..M—=/勁解得：-』.，?“—Mvi=————rnghSJ：］總0一.一..一、,”+m+加又因?yàn)閙遠(yuǎn)大于m所以，—f?2V^周間或工力由；臼0即一，一可見(jiàn)，這樣處理是合理的。（3分）2、（1）（3分）設(shè)質(zhì)子第1次經(jīng)過(guò)狹縫被加速后的速度為（2）（3分）離子射出時(shí)加速器時(shí)（2）（3分）離子射出時(shí)加速器時(shí)qBRP=用,解得蹬,離子動(dòng)能為%」小金"2ImV。（3）（4V。根據(jù)平均速度公式可得在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t2m2tvRT==離子在D形盒中運(yùn)動(dòng)的周期為抬_林附R七二一丁二粒子在磁場(chǎng)中回旋的時(shí)間為‘二2nd有廿=瘋，當(dāng)d<<R時(shí)，ti<<t2,即電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間可以忽略。3、解：（1）a子彈射入木塊過(guò)程動(dòng)量守恒，據(jù)動(dòng)量守恒定律=im/s在子彈和木塊滑行過(guò)程中，據(jù)動(dòng)能定理TOC\o"1-5"\h\z1,十=0--A^）v*得小0.2（3分）b設(shè)子彈射入木塊過(guò)程中，木塊的位移為xi,子彈的位移為（xi+d）,子彈與木塊間的相互作用力為F。在子彈射入木塊過(guò)程，據(jù)動(dòng)能定理…八1）1口一9（X]V=一所3-一5V對(duì)子彈：‘二-1,廣勺二—岫二-0對(duì)木塊：」

得:F=4950N(2得:F=4950N(2分)設(shè)經(jīng)歷時(shí)間為t據(jù)動(dòng)量定理對(duì)子彈一二「一性TOC\o"1-5"\h\z得：上=”10%（2分）（2）不同意乙同學(xué)的觀點(diǎn)由（1）問(wèn)知，子彈射入木塊過(guò)程，木塊受地面的摩擦力$=*（也+=2N作用時(shí)間仁2x10飛，時(shí)間極短，相互作用的內(nèi)力*1f,在子彈射入木塊的過(guò)程中,可認(rèn)為子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。（3分）4、（1）由動(dòng)能定理有得電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間代入數(shù)據(jù)（2）4、（1）由動(dòng)能定理有得電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間代入數(shù)據(jù)（2）電子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間g砒2=代入數(shù)據(jù)t=7.5xICT%代入數(shù)據(jù)交變電壓周期n&B2a^R；⑵、‘；n&B2a^R；⑵、‘；5、（1）用平均速度、平均電動(dòng)勢(shì)、電動(dòng)勢(shì)的定義均可（略）(3)I2(R+r)t=W電=Wh,而WkqE,又因q=It,聯(lián)立可得：E=I(R+r)。

6、（1）根據(jù)歐姆定律可知，通過(guò)電流R的電流FE￡曲小，TOC\o"1-5"\h\zR+/2（R+r）（2分）1分）1分）2分）（1分）1分）1分）2分）（1分）上271力-（2）圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)一圈步（_…兀Elt--圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)一圈產(chǎn)生的總電能尺+r,麻二%=一?\根據(jù)功能關(guān)系可知，圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)一圈外力需要做功：（3）電子因棒轉(zhuǎn)動(dòng)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受沿棒方向的洛侖茲力分力f為非靜電力，對(duì)于與圓心距離為x的電子，有f4R=Becox（1分）根據(jù)f隨電子與圓心距離x變化的圖象可知，電子沿桿移動(dòng)過(guò)程中，此非靜電力做的功1分）根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義可得：￡2（1分）3咋167、【答案】（1）負(fù)電；q=4a；（2）F=1.5ng；（3）WngL?！窘馕觥浚?）由于勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向是水平向左的，而小球明顯受到向右的電場(chǎng)力的作用，故小球帶負(fù)電；對(duì)小球受力分析得，小球受重力、電場(chǎng)力和拉力的作用，三力使小球平衡，如圖所示；

噬tan3則F/ngtanO,即Eq=ngtan0,故小球所帶電荷量的大小q=E=4E；(2)小球由C到B,根據(jù)動(dòng)能定理得：ngL-EqL=2mv2,則v￡=2gL;吧在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F-mg=m,解之得F=1.5ng；(3)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩突然斷了，小球在水平方向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到速度變?yōu)?時(shí)，再反方向做加速運(yùn)動(dòng)，最終回到O點(diǎn)的正下方，設(shè)時(shí)間為t,設(shè)時(shí)間為t,則根據(jù)動(dòng)量定理得472IZF電xt=2mv,解得t=三，1竺故小球豎直下落的距離h=2gt2=9L；16故重力對(duì)小球做的功V=ngh=口ngLo8、【答案】(1)2m/s2；(2)Q=1.4J;(3)圖像如下圖所示。+即+即7T【解析】(1)線框下落時(shí)：v2=2gh,故線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v=網(wǎng)工=V2xl0x0.§m/s=4m/s;線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv,線框中的電流1=衣,0-#乂2廉4打二'N故線框受到的安培力F安=BIL=我3.2=3.2N;線框受到的合外力F?^mg-F安=0.4M0N-3.2N=0.8N,故線框下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度a=掰。4炮=2m/s2;(2)當(dāng)重力與安培力相等時(shí)，線框才能勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框上邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v',史工中則mg=&,解得v'=m/s;線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒定律可得：mgd+上mv2=2mv2+Q,解之得Q=1.4J;l2h__儼53(3)線框從靜止下落的時(shí)間為3=Ys^'s=0.4s；線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v=4m/s,進(jìn)入后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到v'=m/s的勻速運(yùn)動(dòng)，故其圖像如上圖所示。i=—9、(1)a.沿垂直電場(chǎng)方向粒子不受外力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)叫【1分】a=b.粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度腐/【1分】1y=一口「根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式之【1分】得2優(yōu)甌[1分]

（2）箭能夠射中小球【1分】。如答圖1所示。箭射出后，若不受重力，將沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t從P運(yùn)動(dòng)至小球初始位置D處，位移為Xi=L;脫離弓后，若箭的初速度為零，將沿豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同時(shí)間t從P運(yùn)動(dòng)至E,位移為X2；箭射出后的實(shí)際運(yùn)動(dòng)，同時(shí)參與了上述兩種運(yùn)動(dòng)，實(shí)際位移x為上述兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)位移的矢量和（遵循平行四邊形定則），即此時(shí)箭將到達(dá)F處。小球由靜止釋放后做自由落體運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同時(shí)間t運(yùn)動(dòng)的位移與箭在豎直方向的分位移X2相同，即小球與箭同時(shí)到達(dá)F處，能夠射中小球?！?分】L

I-若不受重力，箭從P運(yùn)動(dòng)至小球初始位置D處的時(shí)間沖【1分】射中時(shí)小球下落的高度h=2gt2【1分】紇解得h=2v?【1分】10、（1）根據(jù)由圖象得:T￡AP曰找九Ji^__（2）又根據(jù)丸卻口風(fēng)得，1=里￡（3）由電流圖像可知，感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律：k（1分）『皿由感應(yīng)電流‘三丁，可得金屬框的速度隨時(shí)間也是線性變化的,V=--1日工■（1分）線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度兩（1分）

線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度線框在外力IF和安培力|F4作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)f（1分）其中F尸加LF=手（1分）F=圈+嗎=熱土?蚪解得2L皿34（1分）12、【分析】（1）粒子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理可以求出粒子的速度。（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)求出粒子的偏移量。（3）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，求粒子的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度。【解答】解：（1）帶電粒子在AB間運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有：112一W7qU0=&解得：v（2）帶電粒子在M、N極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：y=qE=qU加速度：a=；:l、水平方向：l=vt,（3）帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知：磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外;粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示；

由幾何知識(shí)得：R2=l2+(R-2)22解得：r=4d答：(1)粒子到達(dá)b板時(shí)的速度大小4d7答：(1)粒子到達(dá)b板時(shí)的速度大小4d77(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為41+dfl,方向：垂直于紙面向外。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律即可解題。13、(1)根據(jù)該反應(yīng)過(guò)程中核電荷數(shù)與