2016届高三物理二轮复习第二篇题型分类练计算题标准练(二)
高中物理第二轮复习 计算题专练2
大二轮·物理（经典版）
(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面关于 x 轴 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，其部分运动轨迹如图所示。
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大二轮·物理（经典版）
由几何关系有 r＝ 2y＝ 22l， 洛伦兹力提供向心力：qvB＝mvr2， 联立解得 B＝2vE0 。
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电粒子，质量为 m，电荷量为－q，从中间金属板上表面的 电场中坐标位置(－l,0)处以初速度 v0 沿 x 轴正方向开始运 动，已知 l＝mqEv20，求：
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大二轮·物理（经典版）
(1)带电粒子进入磁场时的位置坐标(用 l 表示)以及带电
粒子进入磁场时的速度大小与方向；
(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面关于 x 轴
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大二轮·物理（经典版）
(3)物块 a 第一次在传送带上向右减速运动通过的位移 大小：xa1＝2vaa211＝0.2 m<L，
然后以加速度 a1 向左运动 xa1 距离回到 M 点，速度为 －va1。因为 PM 足够长，每次物块 a 向左运动经过 M 点前 物块 b 已回到 P 点被锁定保持静止，物块 a 以 va1 大小的速 度经过 M 点后(物块 b 解锁)，与静止的 b 物块发生第 2 次 碰撞。碰后 a 的速度大小
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、v0 表示)。
答案 (1)位置坐标为0，2l
正方向夹角为 45°
2E (2) v0
2v0 速度方向与 y 轴
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大二轮·物理（经典版）
解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动， 水平方向上有 l＝v0t，竖直方向上有 y＝2qmEt2， 联立解得 t＝ qmEl，y＝2l ， 所以带电粒子进入磁场时的位置坐标为0，2l ， 竖直方向速度 vy＝qmEt＝v0，所以 v＝ v02＋v2y＝ 2v0， 因为 tanθ＝vv0y＝1，所以速度方向与 y 轴正方向夹角为 45°。
2016届高考物理二轮复习专题突破训练理科综合模拟卷二(物理部分)(新人教版)
理科综合模拟卷二(物理部分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分．其中第1题～第5题为单项选择题，在每小题给出的上选项中，只有一个选项符合题目要求；第6题～第8题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化，判断正确的是()A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小解析：结点B端受重物向下的拉力mg、沿杆向上的支持力F N和沿绳子方向的拉力F，缓慢上拉过程中，B点受合力为零，即三个力可平移构成首尾连接的封闭三角形，该三角形与△AOB相似，故有：mg AO ＝F N AB ＝F OB ，所以弹力F N 不变、拉力F 减小，B 项正确．答案：B2．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( )A ．1B ．2C ．－12 D.12解析：若恒星做圆周运动的向心力由巨型黑洞对它的万有引力提供，则有：G Mm r 2＝m v 2r ⇒v ＝GM r ，即v ∝r －12，故C 项正确．答案：C3．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ，电势分别是φA 、φB ，下列判断正确的是( )A ．E A >EB ，φA >φBB ．E A >E B ，φA <φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．E A <E B ，φA <φB解析：在等量异种电荷连线上，越靠近O 点电场线越稀疏，即O 点场强最小，所以E A >E O ；在两电荷连线的垂直平分线上，越靠近O点，电场线越密集，即O 点场强最大，所以E O >E B ，故E A >E B ，C 、D 项错；沿着电场线方向电势降低，故φA >φB ，A 项正确．答案：A4．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上置有一金属棒MN .t ＝0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )解析：由题意可知，金属棒所受支持力等于金属棒所受安培力，F N ＝BIL ＝BLkt ，开始阶段，金属棒竖直方向受重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：mg －μBIL ＝ma ，解得：a ＝g －μBLkt m ，可见加速度a 不断减小，即速度切线斜率不断减小，C 、D 项错；当摩擦力大于重力后，金属棒速度不断减小，A 项错，B 项正确．答案：B5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r .在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )A.t 2B.5－12tC.6－12tD.7－12t 解析：因为A 轮角速度一定，A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v ＝ωr ，故线速度大小随时间t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理．整个过程中，设A 轮外缘初速度为v ，则末速度为3v ，运动时间为t ，加速度为a ，位移即磁带总长度为x ，由匀变速直线运动规律：(3v )2－v 2＝2ax,3v ＝v ＋at ，当磁带有一半绕到A 轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v ′2－v 2＝ax ，v ′＝v ＋at ′，解得：v ′＝5v ，t ′＝5－12t ，B 项正确． 答案：B6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)() A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错．答案：BC7．如图，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝100 g ．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R 随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R ，则感应电荷量q ＝I ·Δt ，联立解得：q ＝ΔΦR ，线圈进入和离开磁场，磁通量变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD8．如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图(1)所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图(2)所示，小球速度沿－x 方向，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max＝5 m，又R max＝m v maxqB，解得v max＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图(3)所示，由几何条件计算可知：轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝m vqB⇒v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误．答案：ABD第Ⅱ卷(非选择题62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h，U.(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“U—h”或“U2－h”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是______________(列举一点即可)．解析：(1)电压表内阻非常大，则电压表示数U近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E；滑块下落过程中，机械能守恒，则mgh＝12m v2，由E＝BL v可知，感应电动势大小与速度v成正比，故验证机械能是否守恒需要验证U2－h关系图象是不是一次函数图象．(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流，机械能有损失．答案：(1)U2－h(2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)10．(9分)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x 和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U－I图象和如图丙所示的UI－x图象．(1)由图乙可得电源的电动势E ＝________V ；内阻r ＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S ＝0.12×10－6m 2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________Ω·m ，图丙中图象截距的物理意义是_________________________.(结果均保留两位有效数字)(3)此实验用了图象法处理数据，优点是直观，但是不能减少或消除____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，电压表示数即路端电压U ＝E －I (R 0＋r )，因此图乙中纵截距即为电源的电动势E ＝3.00 V ，斜率绝对值表示保护电阻R 0与电源内电阻之和，即(R 0＋r )＝3.00－1.200.6Ω＝3.0 Ω，r ＝1.0 Ω.(2)图丙中截距为x ＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6 m ，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R ＝ρL S ，代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6 Ω·m.(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差，对系统产生的误差没有修正作用．答案：(1)3.0(2.99～3.02均可) 1.0(0.80～1.0均可) (2)1.2×10－6电流表内阻为2.0 Ω(3)系统误差11．(14分)如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m＝100 g的小球穿在长L＝1.2 m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值．解析：(1)当杆竖直固定放置时，μF＝mg解得：F＝2 N当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有：F cos37°＝mg sin37°＋F N解得：F N＝1 N小球受摩擦力F f＝μF N＝0.5 N小球沿杆运动的加速度为a＝mg cos37°＋F sin37°－F fm＝15 m/s2由v2－v20＝2aL得，小球到达杆下端时速度为v＝6 m/s.(2)当摩擦力为0时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：F cosθ＝mg sinθ解得：tanθ＝2.答案：(1)6 m/s(2)212．(18分)如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6 kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0,6.25)点，动能变为初动能的0.625，求：(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(3)粒子由P点运动到M点所需的时间．解析：(1)设粒子在P点时的动能为E k，则初动能为2E k，在M点的动能为1.25E k.由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2，由动能定理得：－W1＝E k－2E kW2＝1.25E k－E k则W1W2＝4 1.(2)O点、P点及M点的电势差分别为：U OP＝E kq U OM＝0.75E kq设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降．则：U OD U OP＝U OMU OP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75 m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝35 D点的坐标为x D＝OD cosα＝3 m，y D＝OD sinα＝2.25 m即：D(3,2.25)．(3)由于OD＝3.75 m，而OM cos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P 带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝12Eqm t2，又DP＝OP－OD＝1.25 m解得：t＝0.5 s.答案：(2)D(3, 2.25)(3)0.5 s(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理——选修3—3](1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大(2)(9分)如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计)，两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T>T0.求此过程中外界对气体所做的功．(已知大气压强为p0)解析：(1)ACD(2)打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为p 0.活塞对气体的压强也是p 0.设达到平衡时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，根据理想气体状态方程得：p 0SH T 0＝p 0S (x ＋H )T解得：x ＝(T T 0－1)H 此过程中外界对气体所做的功：W ＝p 0S (H －x )＝p 0SH (2－T T 0)． 答案：(1)ACD (2)p 0SH (2－T T 0) 14．[物理—选修3—4](1)(6分)一列简谐横波，在t ＝0.6 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P 、Q 两质点的位移均为－1 cm ，波上A 质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的波速是503m/s C ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程是10 mD ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 早回到平衡位置E ．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m 的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(9分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径．今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？解析：(1)ABD(2)根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3 在△OBC 中，sin βR ＝sin (180°－α)BC ＝sin α2R ·cos β可得β＝30°，α＝60°所以CD ＝R sin α＝32R . 答案：(1)ABD (2)32R 15．[物理—选修3—5](1)(6分)北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄露，其中放射性物质碘131的衰变方程为131 53I →131 54Xe ＋Y.根据有关放射性知识，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．Y 粒子为β粒子B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．生成的131 54Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.131 53I 中有53个质子131个核子E ．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响(2)(9分)如图所示，一质量为m /3的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？解析：(1)ADE(2)设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v 1，由动量守恒定律：(m 3＋m )·v 0－m v 0＝(2m ＋m 3)v 1 解得：v 1＝17v 0 设人跳出甲船的速度为v 2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：(m 3＋m )v 0＝m ·v 1＋m 3v 2 解得：v 2＝257v 0. 答案：ADE (2)257v 0。
高考物理二轮复习计算规范练
计算规范练(一)(时间：20分钟 分值：32分)24．(12分)如图1甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ＝0.1 kg ，半径为r ＝0.1 m ，导线单位长度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，金属圈下半部分在磁场外，已知从t ＝0时刻起，测得经过10 s 丝线刚好被拉断．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向； (2)丝线所能承受的最大拉力F ； (3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.图1【解析】 (1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向，由题图乙知，ΔBΔt＝0.8 T/s ，金属圈的电阻为R ＝2πrρ(2分)根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得：金属圈中感应电流I ＝ΔΦΔt·R ＝ΔB Δt ·πr 222πrρ＝ΔB Δt ·r4ρ＝0.2 A ．(2分)(2)t 时刻磁感应强度B ＝ΔBΔt·t(2分)金属圈受到的安培力F 安＝BI·2r，根据平衡条件可知丝线的拉力： F ＝F 安＋mg ＝BI·2r＋mg(2分)当t ＝10 s 时，丝线刚好被拉断，代入数据得丝线所能承受的最大拉力为F ＝1.32 N ．(1分) (3)由焦耳定律，金属圈内产生的焦耳热Q ＝I 2Rt(2分) 代入数据得：Q ＝0.025 J ．(1分)【答案】 (1)0.2 A 逆时针 (2)1.32 N (3)0.025 J25．(20分)(2020·江苏高考)如图2所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R.C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：图2(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.【导学号：19624273】【解析】(1)对C受力分析，如图所示．(2分)根据平衡条件有2Fcos 30°＝mg (3分)解得F＝33mg (1分)(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大F xmax＝32mg (2分)B受地面的摩擦力f＝μmg(2分) 根据题意，B保持静止，则有f min＝F xmax (1分)解得μmin＝32(1分)(3)C下降的高度h＝(3－1)R (1分) A的位移x＝2(3－1)R摩擦力做功的大小W f＝fx＝2(3－1)μmgR(1分) 根据动能定理W－W f＋mgh＝0－0 (2分)解得W＝(2μ－1)(3－1)mgR (2分)(2分)【答案】(1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高2019届高2016级高三物理二轮复习全套资料高考试题分类2016年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练
高考试题分类2016年(全国Ⅱ卷)实验题考点排查练22.(2018·河南省六市第二次联考)用如图1所示的装置可以测量弹簧的弹性势能.将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O 点;在O 点右侧的B 、C 位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连.先用米尺测得B 、C 两点间距离s ,再用带有遮光片的小滑块压缩弹簧到某位置A ,由静止释放小滑块,计时器显示遮光片从B 到C 所用的时间t ,用米尺测量A 、O 之间的距离x .图1(1)计算小滑块离开弹簧时速度大小的表达式是____________________.(2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量________.A.弹簧原长B.当地重力加速度C.小滑块(含遮光片)的质量(3)实验误差的来源有________.A.空气阻力B.小滑块的大小C.弹簧的质量答案 (1)s t(2)C (3)AC 解析 (1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动,故可以用BC 段的平均速度表示滑块离开弹簧时的速度,则有：v ＝s t. (2)弹簧的弹性势能等于滑块(含遮光片)增加的动能,故应求解滑块(含遮光片)的动能,根据动能表达式可知,应测量小滑块(含遮光片)的质量,故选C.(3)由于存在空气阻力,阻力做负功,小滑块的动能增加量小于弹簧的弹性势能的减小量;由于弹簧有质量,故弹簧的弹性势能有小部分转化为弹簧的动能,故小滑块的动能增加量小于弹簧弹性势能的减小量,故选A、C.23.(2018·河北省石家庄市二模)某同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表V1的内阻并对电压表V2的示数进行校对.实验器材如下：多用电表(欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15)标准电压表V1 (量程10 V,内阻R V1约为几十千欧)电压表V2(量程10 V,内阻R V2＝9 kΩ)滑动变阻器R(最大阻值约50 Ω)电源E(电动势为12 V,内阻不计)开关S一个、导线若干实验过程如下：(1)利用多用电表欧姆挡测量电压表V1的内阻,将红、黑表笔短接调零后,选用图2甲中________(选填“A”或“B”)方式连接.图2(2)实验中,两表的示数如图乙所示,多用电表欧姆挡的读数为________Ω,电压表的读数为________V,通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为________V.(以上结果均保留三位有效数字)(3)利用标准电压表V1对电压表V2进行校对,请在图3的方框中画出电路图.图3(4)校对中发现,调节滑动变阻器,标准电压表V1示数为9.00 V时,电压表V2的示数为10.00 V,为使9.00 V 示数准确,应给V 2表串联________Ω的电阻.答案 (1)A (2)3.00×104 5.80 8.70 (3)如图所示(4)1 000解析 (1)根据“红进黑出”原理可知A 图正确;(2)因为电压表V 1的示数为几十千欧,所以多用电表欧姆挡的读数为30.0×103 Ω＝3.00×104 Ω;电压表V 1的量程为10 V,所以分度值为0.1 V,故读数为5.80 V;根据题意,中值电阻为15 kΩ,即欧姆表内阻为15 kΩ,根据闭合电路欧姆定律可得3030＋15E ＝5.80 V,解得E ＝8.70 V; (3)因为并联电路电压相等,所以要校对电压表,可将两电压表并联,由于电压表内阻过大,而滑动变阻器最大约50 Ω,所以为了读数变化明显,采用滑动变阻器的分压式接法,电路图如图所示(4)根据欧姆定律可得9 kΩ9 kΩ＋R ×10.00 V ＝9.00 V,解得R ＝1 kΩ＝1 000 Ω。
高三物理二轮复习 第二篇 题型专项突破 计算题标准练(二)
计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(12分)L1、L2为相互平行的足够长的光滑导轨,位于光滑水平面内。
一个略长于导轨间距,质量为M的光滑绝缘细管与导轨垂直放置,细管可在两导轨上左右平动。
细管内有一质量为m、带电量为+q的小球,小球与L1导轨的距离为d。
开始时小球相对细管速度为零,细管在外力作用下从P1位置以速度v0向右匀速运动。
垂直平面向里和向外的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ分别分布在L1轨道两侧,如图所示,磁感应强度大小均为B。
小球视为质点,忽略小球电量变化。
(1)当细管运动到L1轨道上P2处时,小球飞出细管,求此时小球的速度大小。
(2)小球经磁场Ⅱ第一次回到L1轨道上的位置为O,求O和P2间的距离。
(3)小球回到L1轨道上O处时,细管在外力控制下也刚好以速度v0经过O点处,小球恰好进入细管。
此时撤去作用于细管的外力。
以O点为坐标原点,沿L1轨道和垂直于L1轨道建立直角坐标系,如图所示,求小球和细管速度相同时,小球的位置(此时小球未从管中飞出)。
【解析】(1)ma y=qv0B ①=2a y d ②由①②解得=所以v=③(2)OP2=2Rsinθ=2sinθ=④即OP2=2⑤(3)小球进入细管后,由于洛伦兹力不做功,小球和管组成的系统机械能守恒mv2+M=(m+M)⑥解得v xt=方向水平向右⑦任意时刻x方向上,对细管和小球整体(M+m)a x=qv y B ⑧y方向上,对小球-qv x B=ma y⑨由⑧式可知(M+m)=qv y B即(M+m)Δv x=qBv yΔt解得(M+m)(v x-v0)=qB(y-y0) ⑩由⑨式可知m=-qv x B即mΔv y=-qBv xΔt解得m(v y-)=-qB(x-x0)初始状态小球在O点时x0=0、y0=0之后当v y=0时,v x=v xt=由以上两式可得x==y==答案:(1)(2)2(3)x=,y=2.(20分)如图所示是倾角θ=37°的固定光滑斜面,两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q,PQ距离L=2m,质量M=1.0kg的木块A(可看成质点)放在质量m=0.5kg的长d=0.8m的木板B上并一起停靠在挡板P处,A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接,现给木块A沿斜面向上的初速度,同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=1.6m/s沿斜面向上做匀速直线运动,已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1=0.5,经过时间t,当B板右端到达Q处时刻,立刻关闭电动机,同时锁定A、B物体此时的位置。
二轮复习高中物理计算题专题复习(含答案)
二轮复习计算题专题训练1、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=1kg，动力系统提供的恒定升力F=14N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2．(1)第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度S m=64m，求飞行器阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度．2、如图所示，滑块b静止在光滑水平面上，滑块a右端与一轻弹簧相连后以某一速度冲向滑块b，与b碰撞后弹簧不与b相粘连，b在与弹簧分离后，冲上半径为R的竖直光滑固定半圆轨道，且恰好能从轨道顶端水平飞出。
已知a、b两个滑块的质量分别为2m和m，重力加速度为g，求：(滑块a、b可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内)，求：(1)滑块b与弹簧分离时的速度大小；(2)滑块a碰撞前的速度大小；(3)a、b在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能。
3、如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。
质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。
求：(1)小物块从A点运动至B点的时间。
(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小。
(3)C、D两点间的水平距离L。
4、如图所示，装置的左边AB部分是长为L1=1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态。
装置的中间BC部分是长为L2=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动。
高三物理通用版二轮复习计算题32分强化练2含答案
计算题32分强化练(二)1．(12分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图1甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2.求：甲乙图1(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？【解析】(1)当推力F最大时，加速度最大由牛顿第二定律，得F－μmg＝ma (2分)解得a＝10 m/s2. (1分)(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x (1分)速度最大时，合外力为零，即F＝μmg (2分)所以x＝2.5 m．(1分)(3)位移最大时，末速度为零根据动能定理可得W F－μmgs＝0 (2分)根据图象可知，力F做的功为W F＝12Fx＝160 J (2分)所以s＝16030m＝5.33 m．(1分)【答案】(1)10 m/s2(2)2.5 m(3)5.33 m2．(20分)如图2所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，如图线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s＝11.4 m(取g＝10 m/s2)，求：(1)线框进入磁场前重物M的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间t；(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．【导学号：37162119】图2【解析】(1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F T，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力F T.则牛顿第二定律得：对重物有：Mg－F T＝Ma (2分)对线框有：F T－mg sin α＝ma (2分)联立解得线框进入磁场前重物M的加速度为：a＝Mg－mg sin αM＋m＝2×10－1×10×sin 30°2＋1 m/s 2＝5 m/s 2. (1分)(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡Mg ＝F ′T ，(1分) 线框abcd 受力平衡F ′T ＝mg sin α＋F A ，(1分) ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势为：E ＝Bl 1v ；(1分) 形成的感应电流为：I ＝E R ＝Bl 1v R(1分) 受到的安培力为：F A ＝BIl 1(1分) 联立上述各式得：Mg ＝mg sin α＋B 2l 21v R(1分) 代入数据解得：v ＝6 m/s. (1分)(3)线框abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a ＝5 m/s 2(1分) 该阶段运动时间为：t 1＝v a ＝65 s ＝1.2 s(1分) 进磁场过程中匀速运动时间为：t 2＝l 2v ＝0.66 s ＝0.1 s (1分)线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为：a ＝5 m/s 2, s －l 2＝v t 3＋12at 23代入数据解得：t 3＝1.2 s (2分)所以ab 边由静止开始运动到gh 线所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5 s ． (1分)(4)线框ab 边运动到gh 处的速度为：v ′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s ＝12 m/s(1分)整个运动过程产生的焦耳热为：Q＝F A l2＝(Mg－mg sin θ)l2＝(20－10×sin 30°)×0.6 J＝9 J．(1分)【答案】(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J。
2016届高三理综第二次训练物理试题
2016届高三理综第二次训练物理部分一、选择题（本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第l4～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合要求。
全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）14、以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是（ ）A ．极限的思想方法B ．放大的思想方法C ．猜想的思想方法D ．控制变量的方法15、取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能恰好是重力势能的3倍。
不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ） A.6π B. 4π C. 3π D. 125π16、如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。
重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力比初始时( )A ．增加了mg 5B ．减小了mg 5C ．增加了mg 4D ．减小了mg 417、如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。
一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ）A ．若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能不一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能可能增加也有可能减少18、长为L 的轻绳悬挂一个质量为m 的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角 的静止三角形物块刚好接触，如图所示。
现在用水平恒力F 向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度速度大小为V ，重力加速度为g ，不计所有的摩擦。
则下列说法中正确的是（ ）A.上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B.上述过程中，推力F 做的功为FLC.上述过程中，推力F 做的功等于小球增加的机械能D.轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为19、一个正点电荷Q 静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点射入该区域时，仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则有（ ）A ．质点在a 、b 、c 三处的加速度大小之比是1：2：1B ．若改变带电质点在a 处的速度大小和方向，有可能使其在该电场中做类平抛运动C ．a 、b 、c 三点电势高低及电场强度大小的关系是D ．质点由a 到b 电势能增加，由b 到c ，电场力做正功，在b点动能最小20、如图，电路中定值电阻阻值R 大于电内阻阻值r 。
高三物理二轮16-2
自主学习Βιβλιοθήκη 名师解疑分类例析课堂对点演练 活页规范训练
借题发挥 利用动量定理解释物理现象的问题主要有两类， 一类是物体动量变化相同或相差不大，由于作用时间的长短 不同，物体受到的作用力不同，要使物体受到的作用力较小， 应延长作用时间，要获得较大的作用力，就要缩短作用时间； 另一类是物体所受的合外力相同或相差不大，由于作用时间 长短不同，引起物体运动状态的改变不同．
答案 A
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名师解疑
分类例析
课堂对点演练 活页规范训练
借题发挥 1.动量：物体动量是质量与速度的乘积，大小由 二者共同决定，但与物体质量和速度均有关．
2．动量变化及计算
动量变化量：即Δp＝p2－p1，由于动量是矢量，动量变化量 也是矢量．
(1)若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下， 可化矢量运算为代数运算．
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名师解疑
分类例析
课堂对点演练 活页规范训练
二、动量定理的理解与应用要点
动量定理的表达式是一个矢量式，应用动量定理时需要规定 正方向．
动量定理公式中F是研究对象所受的包括重力在内的所有外 力的合力，它可以是恒力，也可以是变力．当合外力为变 力时，F应该是合外力在作用时间内的平均值． 动量定理的研究对象是单个物体或系统．
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一、动量
1．定义：运动物体的 质量 和 速度的乘积叫动量． 2．公式： p＝mv . 3．单位：千克·米/秒 ，符号： kg·m/s . 4．矢量性：方向与速度的方向 相同．运算遵循平行四边形 定
则．
5．瞬瞬时时性性：动量是描述运动物体状态的物理量某，一具时有刻
某一位置，通常说的物体的动量是指瞬物时体在
2016届高三二轮复习物理作业卷 电磁感应2含解析
2016万卷作业卷（三十）电磁感应2一 、单选题（本大题共4小题 。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1.（2015新课标I 高考真题）一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。
设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则A.9166==k ,V U B.9122==k ,V U C.3166==k ,V U D.3122==k ,V U2.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10︰l ，○A 、○V 均为理想电表，R 、 L 和D 分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、自感线圈和灯泡．原线圈接入图乙 所示的正弦交流电压u ，下列说法中正确的是( )A ．交流电的方向每秒钟改变50次B ．有光照射R 时，D 变亮C ．抽出L 中的铁芯，○A 的示数变小D ．在t ＝0.005s 时，电压表○V 的示数为V 222 3.（2015福建高考真题）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n 1 、n 2 。
在T 的原线圈两端接入一电压sin m u U t ω=的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )-图甲212.()4m U n A n r 221B.(4mU n n r2212C.4(()m n P r n U 2221D.4()(mn Pr n U 4.（2015安徽高考真题）图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的变流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器。
现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑二 、多选题（本大题共3小题 ）5.（2015天津高考真题）如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻0R 和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则A 、保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B 、保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C 、保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D 、保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小6.图17（a ）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中55,R =Ω○A .○V 为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图17(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是（）A. 电流表的示数为2 AB. 原.副线圈匝数比为1：2C. 电压表的示数为电压的有效值D. 原线圈中交变电压的频率为100Hz7.普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图示高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1：200和200：1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11V，电流表的读数为1A，则（）A．甲电表是电压表，乙电表是电流表B．甲电表是电流表，乙电表是电压表C．图示高压输送电路输电线的总电阻是11ΩD．图示高压输送电路输入的总功率为440 kW三、简答题（本大题共2小题）8.如图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u-t图象如图所示.若只在ce间接一只R ce=400Ω的电阻，或只在de 间接一只R de=225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W。
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计算题标准练(二)
满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!
1.(12分)如图,倾角为θ的斜面固定在水平地面上(斜面底端与水平地面平滑连接),A点位于斜面底端,AB 段斜面光滑,长度为s,BC段足够长,物体与BC段斜面、地面间的动摩擦因数均为μ。
质量为m的物体在水平外力F的作用下,从A点由静止开始沿斜面向上运动,当运动到B点时撤去力F。
求：
(1)物体上滑到B点时的速度v B。
(2)物体最后停止时距离A点的距离。
【解析】(1)对物体,在AB段上滑过程中,由牛顿第二定律得：Fcosθ-mgsinθ=ma1,
解得：a1=,
由=2a1s可得,v B=。
(2)物体过B点后继续上滑时,由牛顿第二定律得：
mgsinθ+F f=ma2;F f=μF N;F N=mgco sθ;
解得,加速度a2=gsinθ+μgcosθ
①若mgsinθ≤μmgcosθ,即μ≥tanθ,物体最后停在BC段,s总=s+s2=
s+=s+s=s;
②若μ<tanθ,物体最后停在水平地面上,到A点距离为s3,则从A点至停下,由动能定理得W F+W f1+W f2=ΔE k,
即：Fscosθ-2μmgcosθ-μmgs3=0;
解得：s3=。
答案：(1)
(2)s或者
2.(20分)如图甲所示,某粒子源向外放射出一个α粒子,粒子速度方向与水平成30°角,质量为m,电荷量
为+q。
现让其从粒子源射出后沿半径方向射入一个磁感应强度为B、区域为圆形的匀强磁场(区域Ⅰ)。
经该磁场偏转后,它恰好能够沿y轴正方向进入下方的平行板电容器,并运动至N板且恰好不会从N板的小孔P射出电容器。
已知平行板电容器与一边长为L的正方形单匝导线框相连,其内有垂直框面的磁场(区域Ⅱ),磁场变化如图乙所示。
不计粒子重力,求：
(1)磁场区域Ⅱ磁场的方向及α粒子射出粒子源的速度大小。
(2)圆形磁场区域的半径。
(3)α粒子在磁场中运动的总时间。
【解析】(1)根据楞次定律可知：磁场区域Ⅱ的磁场垂直于纸面向外。
设线框中产生的感应电动势为U,
根据法拉第电磁感应定律,得：
U=n=·S=①
粒子运动到P点恰好速度为零,由动能定理,有：
qU=mv2②
联立①②解得：v=。
③
(2)设粒子运动半径为r,圆形磁场区域的半径为R。
根据牛顿第二定律,有qvB=④
由几何关系可知tan30°=⑤
联立③④⑤,解得R=
(3)粒子的运动周期为T=⑥
粒子在电场力作用下要重新进入磁场,故运动时间为：t=2×T ⑦联立④⑤⑥⑦,解得t=。
答案：(1)垂直于纸面向外
(2)(3)。