最新高考物理典型方法、习题及专题汇编含详解答案中集.doc

最新高考物理典型方法、习题及专题汇编含详解答案中集内容简介7、热学8、带电粒子在场中的运动9、直流电路和交流电路10、电磁感应与电路11、光学、原子物理学12、物理实验 7、热学典型例题【例1】(05徐州市第二次质量检测_已知阿伏伽德罗常数为N，铝的摩尔质量为M，铝的密度为P，则下列说法正确的是( ) A1kg铝所含原子数为PN B1个铝原予的质量为MNC1m，铝所含原子数为N(PM) D1个铝原子所占的体积为M(PN)训练题(04山东理综)若以表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：（ ） 其中A和都是正确的； B和都是正确的；C和都是正确的； D和都是正确的。【例2】(05年高考广东) 封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是 ( )A气体的密度增大 B气体的压强增大C气体分子的平均动能减小 D每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 训练题1(05年高考天津)下列说法中正确的是 （ )A一定质量的气体被压缩，气体压强不一定增大B一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大C气体压强是由气体分子间的斥力产生的D在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强训练题2(04江苏)甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙容器中气体的压强分别为p甲、p乙，且p甲0表示斥力，Q2【例8】如图所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中。设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分了间相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小（ ）A从外界吸热 B内能增大 C向外界放热 D内能减小训练题1如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q内为真空，整个系统与外界没有热交换。打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则（ ）A气体体积膨胀，内能增加B气体分子势能减少，内能增加C气体分子势能增加，压强可能不变DQ中气体不可能自发地全部退回到P中训练题2下列说法中正确的是（ ）A气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C压缩一定量的气体，气体的内能一定增加D分子从远处趋近固定不动的分子，当到达受的作用力为零处时，的动能一定最大【例9】(南京市2005届第二次调研性测试试卷)根据热力学定律，下列判断正确的是( )A我们可以把火炉散失到周围环境中的能量全部收集到火炉中再次用来取暖B利用浅层海水和深层海水间的温度差制造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的C制冷系统能将冰箱内的热量传给外界较高温度的空气，而不引起其它变化D满足能量守恒定律的客观过程都可以自发地进行训练题(南京市2005届高三物理第三次调研性测试)热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把流散的能量重新收集、重新加以利用下列关于能量耗散的说法中正确的是（ ）A能量耗散说明能量不守恒B能量耗散不符合热力学第二定律C能量耗散过程中能量仍守恒D能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有的方向性【例10】(05广东)热力学第二定律常见的表述有两种。第一种表述：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化；第二种表述：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。图10（a）是根据热力学第二定律的第一种表述画出的示意图：外界对制冷机做功，使热量从低温物体传递到高温物体。请你根据第二种表述完成示意图10（b）。根据你的理解，热力学第二定律的实质是_。制冷机低温物体高温物体WQ1Q2图10（a）热机低温物体高温物体图10（b）能力训练1. .(05年高考江苏)下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是 （ ）A.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小2.对于分子动理论和物体内能理解，下列说法正确的是 ( )A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B.理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热交换C.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动D.扩散现象说明分子间存在斥力3.(05年高考江苏)某气体的摩尔质量为M,摩尔体积为V，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA可表示为 ( )A.NA=B.NA= C.NA= D.NA=4.(05年高考北京)下列关于热现象的说法，正确的是 ( )A.外界对物体做功，物体的内能一定增加B.气体的温度升高，气体的压强一定增大C.任何条件下热量都不会由低温物体传递到高温物体D.任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能5(06年徐州)关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是 ( )A随着低温技术的发展我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度B热量是不可能从低温物体传递给高温物体的C第二类水动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律D用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功 2.0105J，同时空气向外界放出热量1.5105 J，则空气的内能增加了0.5105 J 6.(2005年南通市高三第二次调研测试)下列说法正确的是 （ ） A分子间的作用力表现为引力时，分子间的距离增大，则分子间的作用力减小B分子间的作用力表现为引力时，分子间的距离增大，分子势能增大C知道某物质摩尔体积和阿伏加德罗常数，一定可估算其分子直径D知道某物质摩尔质量和阿伏加德罗常数，一定可求其分子质量7阿伏加德罗数为，铁的摩尔质量为，铁的密度为，下列说法中不正确的是（ ）A铁所含的原子数目是 B1个铁原子的质量是 C1个铁原子占有的体积是D1铁所含有的原子数目是8(2005年苏州市高三教学情况调查)对一定质量的理想气体，下列判断正确的是( )A气体对外做功，温度一定降低B气体吸热，温度也可能降低C气体体积不变，压强增大，内能一定增大D气体温度不变，压强增大，内能一定减小9封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（ ）A气体的密度增大B气体的压强增大C气体分子的平均动能减小D每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多10. (05四川)一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程。设气体分子间的势能可忽略，则在此过程中（ ） 外界对气体做功，气体分子的平均动能增加外界对气体做功，气体分子的平均动能减小气体对外界做功，气体分子的平均动能增加气体对外界做功，气体分子的平均动能减小11. (05北京)下列关于热现象的说法，正确的是 （ ） 外界对物体做功，物体的内能一定增加气体的温度升高，气体的压强一定增大任何条件下，热量都不会由低温物体传递到高温物体任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能专题7答案【例1】BD训练题B【例2】BD(训练题1A训练题2BC【例3】解析：温度越高，分子平均动能越大，但内能不仅与动能有关，还和分子势能有关；对理想气体，温度不变，其内能不变，由热力学第一定律知，仍可以和外界发生热交换；布朗运动不是液体分子的运动，而是固体颗粒的运动，它液体分子的无规则的运动的反应；扩散现象说明分子是永不停息的运动，不能说明分子间是否存在斥力。正确答案是A。点拨：分子动理论是高考常考的内容，对此要求也较低，只需要正确理解实验结论，并能准确的表述即可训练题答案：BC【例4】答案：D训练题答案：C【例5】解析：乙分子从a到d一直做加速运动，分子力做正功，分子势能减小，c到d做减速运动，分子力做负功，分子势能增大，在c点时速度最大；所以正确选项是B。点拨：对Fx图像中包含的信息不能完全理解是造成失误的主要原因，而“图像问题”是近年高考的一个热点，这在复习中要引起重视。分子势能的变化与分子力做功有关，这与重力势能的变化与重力做功有关完全类似。【例6】 A D训练题 A【例7】 B训练题.A【例8】解析：在筒缓慢下降的过程水温恒定，空气温度不变，当不计气体分了间相互作用时，气体的内能不变，但筒内空气被压缩，外界对它做功，气体必然放出热量。所以正确选项是C点拨：对气体内能的变化分析时应当注意题干中的描述，“缓慢”往往表明温度不变，“体积不变（或气体自由鼓胀）”说明气体不对外做功，外界也不对气体做功，“绝热”指不发生热传递，“理想气体（或不考虑分子作用力）”意味着忽略分子势能。训练题1 D训练题2 D【例9】B训练题CD热机低温物体高温物体图10（b）WQ1Q2【例10】图见右面。热力学第二定律的实质是：自然界中进行的与热现象有关的宏观物理过程都具有方向性。能力训练(1 C 2 A3BC 4 D 5D 6B D7 D8BC9解析：由知，当气体体积不变，当温度升高时，气体压强必然变大而密度保持不变；气体的压强与单位体积的分子数和分子的平均动能有关。气体体积不变而压强增大时，单位体积的分子数不变，但温度升高，分子平均动能变大，气体分子与器壁碰撞更加频繁。所以正确选项是B D。点拨：对于一定质量的气体，状态参量满足（恒量）。从微观来看，气体的压强由单位体积的分子数和分子的平均动能决定。10.D11. D8、带电粒子在场中的运动典型例题 【例1】 如图，在某个空间内有一个水平方向的匀强电场，电场强度，又有一个与电场垂直的水平方向匀强磁场，磁感强度B10T。现有一个质量m210-6kg、带电量q210-6C的微粒，在这个电场和磁场叠加的空间作匀速直线运动。假如在这个微粒经过某条电场线时突然撤去磁场，那么，当它再次经过同一条电场线时，微粒在电场线方向上移过了多大距离。（取10mS2）【例2】如图所示，质量为m，电量为q的带正电的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，刚好沿直线射出该场区，若同一微粒以初速度v0/2垂直射入该场区，则微粒沿图示的曲线从P点以2v0速度离开场区，求微粒在场区中的横向(垂直于v0方向)位移，已知磁场的磁感应强度大小为B.【例3】如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E.一质量为m，电量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距离为L.求此粒子射出的速度v和在此过程中运动的总路程s(重力不计).【例4】电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横载面的流体的体积)为了简化，假设流量计是如图3-12所示的横载面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送液体的管道相连接(图中虚线)图中流量计的上、下两面是金属材料，前、后两面是绝缘材料，现将流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值，已知流体的电阻率，不计电流表的内阻，则可求得流量为多大?【例5】如图所示，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外.某一时刻有一质子从点(L0，0)处沿y轴负向进入磁场；同一时刻一粒子从点(-L0，0)进入磁场，速度方向在xOy平面内.设质子质量为m，电量为e，不计质子与粒子间相互作用. (1)如果质子能够经过坐标原点O，则它的速度多大? (2)如果粒子第一次到达原点时能够与质子相遇，求粒子的速度.【例6】如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，有直径相同的两个金属小球a和b，质量分别为ma=2m,mb=m，b球带正电荷2q，静止在磁感应强度为B的匀强磁场中；不带电小球a以速度v0进入磁场，与b球发生正碰，若碰后b球对桌面压力恰好为0，求a球对桌面的压力是多大?【例7】. 如图所示，在xOy平面上，a点坐标为（0，L），平面内一边界通过a点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子（质量为m，电量为e）从a点以初速度平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好从x轴正方向上的b点（图中未标出），射出磁场区域，此时速率方向与x轴正方向的夹角为，求： （1）磁场的磁感应强度； （2）磁场区域的圆心O1的坐标； （3）电子在磁场中的运动时间。 【例8】 如图所示，在图中第I象限的区域里有平行于y轴的匀强电场，在第IV象限区域内有垂直于Oxy平面的匀强磁场B。带电粒子A，质量为，电量，从y轴上A点以平行于x轴的速度射入电场中，已知，求： （1）粒子A到达x轴的位置和速度大小与方向；（2）在粒子A射入电场的同时，质量、电量与A相等的粒子B，从y轴上的某点B以平行于x轴的速度射入匀强磁场中，A、B两个粒子恰好在x轴上迎面正碰（不计重力，也不考虑两个粒子间的库仑力）试确定B点的位置和匀强磁场的磁感强度。 【例9】 如图4，质量为1g的小环带410-4C的正电，套在长直的绝缘杆上，两者间的动摩擦因数0.2。将杆放入都是水平的互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，杆所在平面与磁场垂直，杆与电场的夹角为37。若E10NC，B0.5T，小环从静止起动。求：(1)当小环加速度最大时，环的速度和加速度；(2)当小环的速度最大时，环的速度和加速度。专题训练1一段长为l的通电直导线，设每米导线中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量都是q，设它们的定向移动速度大小为v.现加一匀强磁场，其方向垂直于直导线，磁感应强度为B，则磁场对这段导线的作用力为（ ）A.Bvql B.nqBl/v C.nqBlv D.qvBl/n 2在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示.若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球运动到A点时，绳子突然断开，以下说法错误的是 （ ） A.小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径不变B.小球仍做逆时针匀速圆周运动，但半径减小C.小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变D.小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小 3如图所示，匀强电场和匀强磁场相互垂直，现有一束带电粒子（不计重力）以速度v0沿图示方向恰能直线穿过，下列说法中正确的是（ ） A.若电容器左极板为正极，则带电粒子必须从上向下以v0进入该区域才能沿直线穿过B.如果带正电粒子以小于v0的速度沿v0方向射入该区域时，其电势能越来越小C.如果带负电粒子速度小于v0，仍沿v0方向射入该区域时，其电势能越来越大D.无论带正、负电的粒子，若从下向上以速度v0进入该区域时，其动能一定都减少 4如图，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，不计重力的影响，由这些条件可知（ ） A.不能确定粒子通过y轴时的位置 B.不能确定粒子速度的大小C.不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间 D.以上三个判断都不对 5在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示.图形区域内的偏转磁场方向垂直于圆面.当不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点.为了使屏幕上出现一条以M点为中心点的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是图中的（ ） 6如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同.其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内，每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用.则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法正确的是（ ）A.导线a所受合力方向水平向右 B.导线c所受合力方向水平向右C.导线c所受合力方向水平向左 D.导线b所受合力为零 7如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流；通电直导线产生磁场的磁感应强度B=KI/r，I为通电导线的电流，r为距通电导线的垂直距离，K为常数.则R受到的磁场力的方向是（ ） A.垂直R，指向y轴负方向 B.垂直R，指向y轴正方向C.垂直R，指向x轴正方向 D.垂直R，指向x轴负方向 8如图所示，一电子从a点以速度v垂直进入长为d、宽为h的矩形磁场区域沿曲线ab运动，且通过b点离开磁场。已知电子的质量为m，电量为e，磁场的磁感应强度为B，ab的弧长为s，不计重力，则该电子在磁场中运动的时间为( ) A.t= B.t=C.t=arcsin() D.t=arcos() 9如图所示，在互相垂直的水平方向的匀强电场（E已知）和匀强磁场（B已知）中，有一固定的竖直绝缘杆，杆上套有一个质量为m、电荷量为+q的小球，它们之间的动摩擦因数为.现由静止释放小球，则小球运动的加速度_，速度_.（填变化情况），其最大速度vm=_.(已知mgEq).10带负电的小物体A放在倾角为(sin=0.6)的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向右的匀强电场中，如图所示.物体A的质量为m、电荷量为-q，与斜面间的动摩擦因数为，它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半.物体A在斜面上由静止开始下滑，经时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场,磁场方向与电场强度方向垂直，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面. （1）物体A在斜面上的运动情况怎样？说明理由;（2）物体A在斜面上运动过程中有多少能量转化为内能？（结果用字母表示） 11如图所示，静止在负极板附近的带负电的微粒m、在MN间突然加上电场时开始运动，水平地击中速度为零的中性微粒m2后黏合在一起恰好沿一段圆弧运动落在N极板上，若m1=9.99510-7 kg,电荷量q=10-8 C，电场强度E=103 V/m，磁感应强度B=0.5 T,求m1击中m2时的高度，m1击中m2前的瞬时速度,m2的质量及m1和m2黏合体做圆弧运动的半径. 12如图3111所示，三块平行金属板竖直固定在表面光滑的绝缘小车上，并与车内的电池连接，小车的总质量为，、板，、板间距均为，金属扳、上，开有小孔，两小孔的连线沿水平方向且垂直于三块金属板，整个装置静止在光滑水平面上，已知车内电池的电动势为，电池的电动势为，现有一质量为，带电量为的小球以初速度沿两孔连线方向射入小车（设带电小球不影响板间电场） （1）小球进入小车中由板向板运动时，小球和小车各做什么运动?（2）证明小球由板到板的过程中，电场力对球和小车组成的系统做功为；（3）为使小球不打到板上，电池的电动势应满足什么条件?专题八答案例1【解析】 题中带电微粒在叠加场中作匀速直线运动，意味着微粒受到的重力、电场力和磁场力平衡。进一步的分析可知：洛仑兹力f与重力、电场力的合力F等值反向，微粒运动速度V与f垂直，如图2。当撤去磁场后，带电微粒作匀变速曲线运动，可将此曲线运动分解为水平方向和竖直方向两个匀变速直线运动来处理，如图3。由图2可知：又：解之得： 由图3可知，微粒回到同一条电场线的时间则微粒在电场线方向移过距离【解题回顾】本题的关键有两点：(1)根据平衡条件结合各力特点画出三力关系；(2)将匀变速曲线运动分解【例2】【解析】速度为v0时粒子受重力、电场力和磁场力，三力在竖直方向平衡；速度为v0/2时，磁场力变小，三力不平衡，微粒应做变加速度的曲线运动. 当微粒的速度为v0时，做水平匀速直线运动，有: qE=mg+qv0B ； 当微粒的速度为v0/2时，它做曲线运动，但洛伦兹力对运动的电荷不做功，只有重力和电场力做功，设微粒横向位移为s，由动能定理 (qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2 .将式代入式得qv0BS=15mv02/8， 所以s=15mv0/(8qB).【解题回顾】由于洛伦兹力的特点往往会使微粒的运动很复杂，但这类只涉及初、末状态参量而不涉及中间状态性质的问题常用动量、能量观点分析求解【例3】【解析】由粒子在磁场中和电场中受力情况与粒子的速度可以判断粒子从O点开始在磁场中匀速率运动半个圆周后进入电场，做先减速后反向加速的匀变直线运动，再进入磁场，匀速率运动半个圆周后又进入电场，如此重复下去.粒子运动路线如图3-11所示，有L=4R 粒子初速度为v，则有qvB=mv2/R ，由、可得v=qBL/4m .设粒子进入电场做减速运动的最大路程为L，加速度为a,则有v2=2aL ， qE=ma, 粒子运动的总路程s=2pR+2L. 由、式，得:s=pL/2+qB2L2/(16mE).【解题回顾】把复杂的过程分解为几个简单的过程，按顺序逐个求解，或将每个过程所满足的规律公式写出，结合关联条件组成方程，再解方程组，这就是解决复杂过程的一般方法另外，还可通过开始n个过程的分析找出一般规律，推测后来的过程，或对整个过程总体求解将此题中的电场和磁场的空间分布和时间进程重组，便可理解回旋加速器原理，并可用后一种方法求解.【例4】【解析】导电流体从管中流过时，其中的阴阳离子会受磁场力作用而向管的上下表面偏转，上、下表面带电后一方面使阴阳离子又受电场力阻碍它们继续偏转，直到电场力与磁场力平衡；另一方面对外接电阻来说，上、下表面相当于电源，使电阻中的电流满足闭合电路欧姆定律.设导电流体的流动速度v，由于导电流体中正、负离子在磁场中的偏转，在上、下两板上积聚电荷，在两极之间形成电场，当电场力qE与洛伦兹力qvB平衡时，E=Bv，两金属板上的电动势E=Bcv，内阻r=rc/ab，与R串联的电路中电流:I=Bcv/(R+r), v=I(R+ rc/ab)/Bc； 流体流量:Q=vbc=I(bR+rc/a)/B【解题回顾】因为电磁流量计是一根管道，内部没有任何阻碍流体流动的结构，所以可以用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量它还具有测量范围宽、反应快、易与其他自动控制装置配套等优点可见，科技是第一生产力.本题是闭合电路欧姆定律与带电粒子在电磁场中运动知识的综合运用这种带电粒子的运动模型也称为霍尔效应，在许多仪器设备中被应用.如速度选择器、磁流体发电机等等.【例5】【解析】带电粒子在磁场中的圆周运动的解题关键是其圆心和半径，在题目中如能够先求出这两个量，则解题过程就会变得简洁，余下的工作就是利用半径公式和周期公式处理问题.(1)质子能够过原点，则质子运动的轨迹半径为R=L0/2，再由r=mv/Bq,且q=e即可得：v=eBL0/2m；此题中还有一概念，圆心位置一定在垂直于速度的直线上，所以质子的轨迹圆心一定在x轴上；(2)上一问是有关圆周运动的半径问题，而这一问则是侧重于圆周运动的周期问题了，两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，即t=TH/2，且粒子运动到原点的轨迹为一段圆弧，设所对应的圆心角为q，则有 t=2pm/2Be，可得q=p/2,则粒子的轨迹半径R=L0/2=4mv/B2e,答案为v= eBL0/(4m)，与x轴正方向的夹角为p/4，右向上； 事实上粒子也有可能运动3T/4时到达原点且与质子相遇，则此时质子则是第二次到原点，这种情况下速度大小的答案是相同的，但粒子的初速度方向与x轴的正方向的夹角为3p/4，左向上；【解题回顾】类似问题的重点已经不是磁场力的问题了，侧重的是数学知识与物理概念的结合，此处的关键所在是利用圆周运动的线速度与轨迹半径垂直的方向关系、弦长和弧长与圆的半径的数值关系、圆心角与圆弧的几何关系来确定圆弧的圆心位置和半径数值、周期与运动时间.当然r=mv/Bq、T=2pm/Bq两公式在这里起到一种联系作用.【例6】【解析】本题相关的物理知识有接触起电、动量守恒、洛伦兹力，受力平衡与受力分析，而最为关键的是碰撞过程，所有状态和过程都是以此为转折点，物理量的选择和确定亦是以此作为切入点和出发点；碰后b球的电量为q、a球的电量也为q，设b球的速度为vb，a球的速度为va；以b为研究对象则有Bqvb=mbg;可得vb=mg/Bq; 以碰撞过程为研究对象，有动量守恒， 即mav0=mava+mbvb,将已知量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表达式中va已经包含在其中，分析a碰后的受力，则有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；【解题回顾】本题考查的重点是洛伦兹力与动量问题的结合，实际上也可以问碰撞过程中产生内能的大小，就将能量问题结合进来了. 【例7】【解析】电子在匀强磁场中作匀速圆周运动，从a点射入b点射出磁场区域，故所求圆形磁场区域区有a点、O点、b点，电子的运动轨迹如图中虚线所示，其对应的圆心在O2点，令，作角，如图所示： 代入 由上式得 电子在磁场中飞行的时间； 由于O1的圆周角，所以ab直线段为圆形磁场区域的直径，则，故磁场区域圆心O1的坐标， ，即坐标 【解题回顾】本题关键为入射方向与出射方向成一定角度（题中为600），从几何关系认识到带电粒子回旋的圆弧为1/6圆的周长，再通过几何关系确定1/6圆弧的圆，半径是或，进而可确定圆形区域的圆心坐标。【例8】【解析】粒子A带正电荷，进入电场后在电场力作用下沿y轴相反方向上获得加速度， 设A、B在x轴上P点相碰，则A在电场中运动时间可由求解： 由此可知P点位置： 粒子A到达P点的速度， 与x轴夹角： （2）由（1）所获结论，可知B在匀强磁场中作匀速圆周运动的时间也是，轨迹半径 粒子B在磁场中转过角度为，运动时间为 【例9】【解析】 (1)小环从静止起动后，环受力如图5，随着速度的增大，垂直杆方向的洛仑兹力便增大，于是环上侧与杆间的正压力减小，摩擦力减小，加速度增大。当环的速度为时，正压力为零，摩擦力消失，此时环有最大加速度am。在平行于杆的方向上有：mgsin37qE cos37mam 解得：am2.8mS2在垂直于杆的方向上有：BqVmgcos37qEsin37 解得：V52m/S（2）在上述状态之后，环的速度继续增大导致洛仑兹力继续增大，致使小环下侧与杆之间出现挤压力N，如图6。于是摩擦力f又产生，杆的加速度a减小。VBqVNf a，以上过程的结果，a减小到零，此时环有最大速度Vm。在平行杆方向有：mgsin37Eqcos37f在垂直杆方向有 BqVmmgcos37qEsin37N又fN 解之：Vm122m/S 此时：a01解析：该段导线内共有电荷数目N=nl，这N个电荷受到的洛伦兹力为F=Bv(Nq)=nBlvq.答案：C 2解析：小球转动时的向心力由绳的拉力和洛伦兹力提供，T+Bvq=，若T=0，绳断开，对小球运动没有影响，A正确.若T0绳子断开，小球若带正电，仍沿逆时针转动，但由于提供的向心力减小了，小球运动的半径要增大，B错.若小球带负电，绳子断开后，小球将沿顺时针方向运动，若原来T=2Bvq,则绳断开后小球半径不变，C正确.若原来T2Bvq，绳断开后，小球受到的外力变大，小球的半径将要减小，D正确.答案：B 3解析：这是速度选择器，由图知粒子以v0向下匀速穿过时，有qv0B=qE,电容器右板应带正电，粒子必须从下向上以v0穿过才可做匀速运动，若带正电粒子以vv0自上而下进入，则qvBqE,则粒子将向左偏，电场力做正功，电势能减少.若带负电粒子以vv0进入，则将向右偏，电场力仍做正功，电势能减少.若粒子从下向上以vv0飞入，则qvBqE,向电场力一侧偏转，电场力做正功，电势能减少，动能增加.答案：B 4解析：由题意知粒子运动半径为R=x0，则由此可以确定粒子通过y轴时的坐标为（0,x0）,A错.由R=得v=,B错.由于粒子在磁场中运动圆周，运动时间t=T=,C错D对.答案：D 5解析：要使电子在PQ间扫描，磁场向外时电子向下偏，向里时电子向上偏，所以所加磁场方向必须变化.若磁场强弱不变，则电子将只能打在某一点.因此正确选项为B.答案：B 6BD解析：由安培定则确定电流磁场方向，再由磁场的叠加判定a、b、c处合磁场方向，由左手定则可得出导线a受合力方向向左，导线c受合力方向向右，导线b受安培力合力为零，故选B、D. 7A解析：先利用安培定则判断P、Q在R所在处产生的磁场，再合成可得R处的磁场方向是沿+x轴方向，再用左手定则即可判断安培力的方向. 8BC解析：电子匀速圆周运动时间t=,A错B对，同时sin=(为圆心角)，由几何关系=R同时T= t=arcsin()故C对D错。 9一直减小（直至为0） 先增大后不变 解析：开始小球受力见图（a）,N=Eq,由题意知mgEq,所以小球加速向下运动，以后小球受洛伦兹力（如图b），相应N、f均增加，小球加速度减小，速度仍在增加，只是增加得慢了，洛伦兹力、弹力、摩擦力将随之增加，合力继续减小，直到加速度a=0时，小球速度达到最大值后匀速运动，有：mg=(Eq+qvmB)，vm=.10解析：(1)物体A在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用，方向如图所示. 由此可知：小物体A在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；加上匀强磁场后，还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力作用，方可使A离开斜面，故磁感应强度方向应垂直纸面向里.随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速运动，直到斜面的支持力变为零，此后小物体A将离开斜面. (2)加磁场之前，物体A做匀加速运动，据牛顿第二定律有：mgsin+qEcos-Ff=ma又有：FN+qEsin-mgcos=0Ff=FN，解出a=A沿斜面运动的距离为s=at2=加上磁场后，受洛伦兹力F洛=Bqv,随速度v增大，支持力FN减小，直到FN=0时，物体A将离开斜面.有Bqv=mgcos-qEsin解出=.物体A在斜面上运动的全过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功.根据动能定理，有：mg(L+s)sin+qE(L+s)cos-Wf=mv2-0.物体A克服摩擦力做功，机械能转化为内能Wf=mg.答案：(1)略(2)EQ=Wf=mg 11解析：m1击中m2前是匀速直线运动，应用m1g+Bvq=Eq 解得v=(Eq-m1g)/Bq=1 m/s因m1在击中m2前已是水平匀速运动，故m1的竖直分速度已为零，在从m1开始运动到击中m2的过程中，只有重力和电场力对m1做功，洛伦兹力不做功.设所求高度为h,由动能定理得Eqh-m1gh=m1v2-0解得h=100 m由于m1击中m2后恰能做圆周运动，说明黏合体所受重力与电场力平衡，仅是洛伦兹力充当做匀速圆周运动的向心力，故有：m1g+m2g=Eq m2=-m1=510-10 kgm1与m2黏合体做匀速圆周运动的半径为r=(m1+m2)v/Bq 在m1击中m2的瞬间，由动量守恒有m1v=(m1+m2)v 将代入并代入数据得r200 m. 答案：100 m 1 m/s 510-10 kg 200 m 12解：（1）带电小球进入小车由向运动的过程中，由于车和球受恒定电场力的作用球向左做匀加速直线运动，车向右做匀加速直线运动（2）金属板、间的电场强度为，带电小球和车所受的电场力为设小车的位移为，则球的位移为，电场力对车的功为，电场力对球所做的功为（），所以电场力对球与车组成的系统做功为（3）小球进入、板间运动后，小球和车均做匀减速运动，设小球相对小车静止时，小球和车的速度为，由动量守恒，有（），由动能定理知（12）（12）（），则（2（9、直流电路和交流电路典型例题【例1】在如图所示的电路中，电源电动势为E设电流表的示数为I电压表的示数为U，电容器C所带的电荷量为Q将滑动变阻器R1的滑动触头P向上移动，待电流达到稳定后，则与P移动前相比 （ ）A若电源内阻不可忽略，则U减小 B若电源内阻不可忽略，则I增大C若电源内阻不可忽略，则Q减小 D若电源内阻可以忽略，则Q减小训练题1（2005年南通一模）如图所示电路，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器的滑动头P向右滑动时，则有（）AR1上电压的变化量一定小于R2上电压的变化量BR1上电流的变化量一定小于R2上电流的变化量CR1上电流的变化量一定小于R3上电流的变化量DR2上电流的变化量一定小于R3上电流的变化量训练题2（2005年广东一模）如图所示电路，电源有不可忽略的电阻，R1、R2、R3为三个可变电阻，电容器C1、C2所带电荷量分别为Q1和Q2，下面判断正确的是（）R1R2R3C1C2SA仅将R1增大，Q1和Q2都将增大B仅将R2增大，Q1和Q2都将增大C仅将R3增大，Q1和Q2都将不变D突然断开开关S，Q1和Q2都将不变SL1L2Racbd【例2】（2005年山东一模）如图所示，理想变压器的原线圈a、b两端接正弦交流电压，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡L1、L2，输电线的等效电阻为，当开关由原来的闭合状态变为断开时，下列各量中减小的是（）A副线圈c、d两端的输出电压B副线圈输电线等效电阻R上的电压C通过灯泡L1上的电流强度D原线圈上的电流强度U1abSI1PR训练题（2005年天津二模）如图是一个理想变压器的示意图，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流()A若保持P的位置及U1不变，S由a合到b处，则I1将减小B若保持P的位置及U1不变，S由b合到a处，则R上消耗的功率将增大C若保持U1不变，S置于b处，将P向上滑动，则I1减小D若保持P的位置不变，S置于a处，将U1增大，则I1减小【例3】（2005年启东一模）如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的。现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（）A短路B断路C断