睿达经典题归纳范文

睿达经典题归纳范文 睿达资优教育高考夏令营物理1.一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为30，如图所示已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计) (1)若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小； (2)若粒子带正电，且粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围解析 (1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示，O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角1260，故轨迹半径r1OdL2根据牛顿第二定律得qv0Bmv20r1，得v0qBr1mqBL2m. (2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v0最大时，轨迹与cd相切，轨迹圆心为O2，半径为r2，由几何关系得r2r2cos60L2，得r2L即v maxqBr2mqBLm当v0最小时，轨迹与ab相切，轨迹圆心为O3，半径为r3，由几何关系可得r3r3sin30L2，得r3L3则v minqBr3mqBL3m所以qBL3mv0qBLm.答案 (1)qBL2m (2)qBL3mv0qBLm2.如图甲所示，在直角坐标系中有一个以点(3L，0)为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m、带电量为e的电子，恰能从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30，速度大小为v0，此时圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场(磁场从t0时刻开始变化，且以垂直于纸面向外为正方向)，最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30.求圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式解析在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为60(如图)所以，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移等于R.粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是睿达资优教育高考夏令营物理MNnR2L电子在磁场中做圆周运动的轨道半径Rmv0eB0得B0nmv02eL(n1，2，3)若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过16圆周，同时电子在MN间运动的时间是磁场变化半周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求应满足的时间条件T2T运6，T13T运2m3B0e代入B0的表达式得T4L3nv0(n1，2，3)答案T4L3nv0(n1，2，3)B0nmv02eL(n1，2，3)3.如图所示，虚线MO与水平线相交于O，二者夹角30，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，O点处在磁场的边界上现有一群质量为m、电荷量为q的带电粒子在纸面内以速度v0vEB垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于向左不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求 (1)速度最大的粒子自O点射入磁场至返回水平线POQ所用的时间； (2)磁场区域的最小面积解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动的时间为t1，则qBvm v2R即RmvqB由题知vEBT2mqBt113T2m3qB设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为x，匀速运动的时间为t2，由几何关系知xR cott2xv3mqB过MO后粒子做类平抛运动，设运动的时间为t3，则32R12qEmt23睿达资优教育高考夏令营物理解得t33mqB则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间tt1t2t3解得t2（33）3mqB. (2)由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积S min是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积扇形OON的面积S113R2OON的面积为S2R2cos30sin3034R2所以S minS1S2解得S min334m2E2q2B4.4.(xx江南十校联考)如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动当它经过图中虚线上的M(23a，a)点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域(图中未画出)，又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点已知磁场方向垂直xOy平面(纸面)向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力试求 (1)电场强度的大小； (2)N点的坐标解析 (1)粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有23av0t a12qEmt2得Emv206qa. (2)粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为，则v yqEmtqmmv206qa23av033v0vv20v2y233v0tanvyv033，即30由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，粒子在磁场中以O点为圆心做匀速圆周运动，设半径为R，则qBvm v2R解得粒子做圆周运动的半径为RmvqB23mv03qB由几何关系知，12PMN30所以N点的纵坐标为y NRtana2mv0qBa横坐标为x N23a即N点的坐标为23a，2mv0qBa.睿达资优教育高考夏令营物理5.(xx唐山模拟)如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的微粒(不计重力)，初速度为零，经两金属板间电场加速后，沿y轴射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里磁场的四条边界分别是y0，ya，x1.5a，x1.5a.两金属板间电压随时间均匀增加，如图乙所示由于两金属板间距很小，微粒在电场中运动时间极短，可认为微粒加速运动过程中电场恒定 (1)求微粒分别从磁场上、下边界射出时对应的电压范围； (2)微粒从磁场左侧边界射出时，求微粒的射出速度相对进入磁场时初速度偏转角度的范围，并确定在左边界上出射范围的宽度d.解析 (1)当微粒运动轨迹与上边界相切时，由图甲中几何关系可知R1a微粒做圆周运动，qv1Bmv21R1微粒在电场中加速，qU112mv21由以上各式可得U1qB2a22m所以微粒从上边界射出的电压范围为U1qB2a22m当微粒由磁场区域左下角射出时，由图乙中几何关系可知R20.75a微粒做圆周运动，qv2Bmv22R2微粒在电场中加速，qU212mv22由以上各式可得U29qB2a232m所以微粒从下边界射出的电压范围为0U29qB2a232m. (2)当微粒运动轨迹与上边界相切时sinAO1CACAO112AO1C30由图丙中几何关系可知此时速度方向偏转120微粒由左下角射出磁场时，速度方向偏转180所以微粒的速度偏转角度范围宽度为120180左边界上出射范围宽度dR1cos3032a.6.(多选)在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径，整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强睿达资优教育高考夏令营物理度方向与管道垂直，现给带电球体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为()A0B.12mmgqB2C.12mv20D.12m v20mgqB2解析选ACD.给带电球体一个水平速度v0，若qv0Bmg，则摩擦力等于0，带电球体克服摩擦力所做的功为0，选项A正确；若qv0Bmg，则最终带电球体速度达到满足qvBmg时，摩擦力等于0，速度不再变化，此时vmgqB，带电球体克服摩擦力所做的功WF f12m v20mgqB2，选项D正确7.(xx陕西五校二模)(单选)如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E；在第 一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场已知O、P之间的距离为d，则带电粒子()A在电场中运动的时间为2dv0B在磁场中做圆周运动的半径为2dC自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为7d4v0D从进入电场时开始计时，粒子在运动过程中第二次经过x轴的时间为（47）d2v0解析选D.粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向上的平均速度为v02，所以在电场中运动时间为2dv0.由题意知，进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度v0，故速度为2v0，在磁场中做圆周运动的半径为r22d，在第一象限内运动时间为t138T2r2v0383d2v0，在第四象限内运动时间为t212Tr2v02dv0，所以自进入磁场至第二次经过x轴时间为tt1t27d2v0，从进入电场到第二次经过x轴的时间为t2dv0t（47）d2v0，所以D正确8.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央。 桌布的一边与桌的AB边重合，如图。 已知盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为2。 现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。 若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）睿达资优教育高考夏令营物理解析设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上在运动距离x2后便停下，有盘没有从桌面上掉下的条件是设桌布从盘下抽出的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有而由以上各式解得法二.利用图像法（阴影面积部分为相对位移）8.如图所示，半径为R的四分之一圆轨道OA与水平桌面AB相切，圆轨道光滑绝缘。 一质量为m、电荷量+q的滑块从距水平桌面高为2R处的圆弧面上静止滑下，最后停在C点。 在绝缘桌面MN间存在垂直于水平面的匀强电场。 已知滑块经过AM，NC时间相同，AMMN3NC30x，重力加速度为g，滑块与桌面间摩擦因数为?。 试求(1）滑块刚滑到圆弧末端A点时对轨道压力 （2）判断在MN中物体的运动情况，并求出匀强电场电场强度及(3）若仅改变电场区域MN与圆轨道间的距离，并耍求滑块能穿过电场区域，求滑块在桌面滑行的最短时间。 9.如图所示，两足够长平行金属导轨MN、间的距离L0.4m，金属导轨所在的平面与水平面的夹角370，N，Q间连接有电动势E4.5V，内阻r0.3?的直流电源。 电阻R1=2.0?的导体棒AB垂直地固定在导轨上，质量m=0.04kg,电阻R2=3.0?的导体棒CD垂直放置在导轨上，与导轨接触良好。 在区域FGPM中有垂直于导轨平面的匀强磁场，当闭合开关K时，导体棒CD恰好处于静止状态。 AFDFd0.5m，金属导轨电阻不计，摩擦不计，g10m/s2，已知sin370=0.60。 求(1）匀强磁场的磁感强度大小和方向睿达资优教育高考夏令营物理 （2）若断开K，当CD棒运动状态不变时的速度大小 （3）若断开K而CD沿导轨由静止开始作匀加速滑下，则加速度为多大，断开K时磁场开始应随时间如何变化，10.某两级串列加速器外形设计酷似“U”型，其主体结构简图如图所示，其中ab砧、cd为两底面为正方形的长方体加速管，加速管长为L，底面边长为r且两加速管底面有一边在一条线上。 两加速管中心轴线间的距离为D49r，加速管内存在和轴线平行的匀强电场。 b,d的下方区域存在垂直两加速管轴线平面的匀强磁场，磁感强度大小为B。 现将速度很小的负一价粒子均匀地从a端面输入，经过加速管b砧加速，垂直进入匀强磁场偏转，到达d处时，可被设在d处的特殊装置将其电子剥离（粒子速度不变，特殊装置大小可忽略），成为三价正粒子，沿轴线进入的粒子恰能沿两加速管轴线加速。 已知b,d两端电势相等，a、c两端电势相等，元电荷为e，该粒子质量为m，不计粒子重力及粒子间相互作用力。 (1）试求a、b两端的电势差abU。 （2）仅改变加速管电压，则粒子在加速器中经历的最短时间是多少， (3)实际工作时，磁场可能会与设计值B有一定偏差B,而会以B一B至BB间的某一确定值工作。 若耍求至少有90%的粒子能被成功加速，试求偏差B的最大值。 睿达资优教育高考夏令营物理睿达资优教育高考夏令营物理11.（16分）如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0=20m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h=1.8m。 在车正前方竖直一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。 枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v=800m/s。 睿达资优教育高考夏令营物理在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s=90m后停下。 装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。 （不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g=10m/s2） （1）求装甲车匀减速运动时的加速度大小； （2）当L=410m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； （3）若靶上只有一个弹孔，求L的范围。 （1）装甲车的加速度 （2）第一发子弹飞行的时间弹孔离地高度第二发子弹离地的高度两弹孔之间的距离 （3）第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2L的范围12.如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。 在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg。 B与A左段间动摩擦因数=0.4。 开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。 B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m。 （取g=10m/s2）求 （1）B离开平台时的速度v B。 （2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间t B和位移x B （3）A左端的长度l2 （1）B离开平台做平抛运动。 竖直方向有水平方向有由式解得代入数据求得6分 （2）设B的加速度为a B,由牛顿第二定律和运动学知识得联立式，代入数据解得6分 （3）设B刚开始运动时A的速度为,由动能定理得设B运动时A的加速度为由牛顿第二定律和运动学知识有 （11）联立 （11）式，代入数据解得睿达资优教育高考夏令营物理13.如图所示，质量分别为M、2M的小球A、B分别固定在长为L的轻杆两端,轻杆可绕过中点的水平轴在竖直平面内无摩擦转动,当杆处于水平时静止释放,直至杆转到竖直位置的过程中,杆对小球A B所做的功分别为多少（A做了1/6mgl，B做了-2/3mgl）14.如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始已知两个滚轮边缘的线速度恒为v=4m/s，滚轮对夯杆的正压力F N=2104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数为0.3，夯杆质量m=1103kg，坑深h=6.4m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取g=10m/s2求 （1）在每个打夯周期中，电动机对夯杆所做的功； （2）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量； （3）求打夯周期，夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小；并在给出的坐标图中，定性画出夯杆在一个打夯周期内速度v随时间t变化的图象；15.某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f.轻杆向右移动不超过l时,装置可安全工作.一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧,将导致轻杆向右移动l4.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x;睿达资优教育高考夏令营物理 (2)求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度vm; (3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v和撞击速度v的关系.16.如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。 一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。 开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。 现在挂钩上升一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。 若将C换成另一个质量为(m1+m2)的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。 解开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有kx1=m1g挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有kx2=m2gB不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点。 由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧性势能的增加量为E=m3g(x1+x2)m1g(x1+x2)C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得由式得由式得17.一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆孤形（圆孤由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。 现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运睿达资优教育高考夏令营物理送到D处，D和A的高度差为h。 稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。 每个箱在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。 已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。 这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。 求电动机的平均输出功率P。 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有在这段时间内，传送带运动的路程为由以上可得用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为传送带克服小箱对它的摩擦力做功两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等T时间内，电动机输出的功为此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即已知相邻两小箱的距离为L，所以联立，得18.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角=30，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2m/s的速率运行。 现把一质量为m=10kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经时间1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s2。 求 （1）工件与皮带间的动摩擦因数； （2）电动机由于传送工件多消耗的电能。 由题图得，皮带长s=3m （1）工件速度达v0前，做匀加速运动的位移s1=t1=达v0后做匀速运动的位移s-s1=v0（t-t1）解出加速运动时间t1=0.8s加速运动位移s1=0.8m所以加速度a=2.5m/s2睿达资优教育高考夏令营物理工件受的支持力N=mg cos从牛顿第二定律，有N-mg sin=ma解出动摩擦因数 （2）在时间t1内，皮带运动位移s皮=v0t=1.6m在时间t1内，工件相对皮带位移s相=s皮-s1=0.8m在时间t1内，摩擦发热Q=N?s相=60工件获得的动能E k=mv02=20J工件增加的势能E pmgh150J电动机多消耗的电能W=Q+E k十E p=230J19.如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，一端与质量为m2档的板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。 A与B撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求 （1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小； （2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能E p（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。 （1）由机械能守恒定律，有 （2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有A、B克服摩擦力所做的功由能量守恒定律，有解得20.如图所示，电荷量为Q 1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L.在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电荷量为+q的小球（视为点电荷），在P点平衡.不计小球的重力，那么，PA与AB的夹角与Q 1、Q2的关系应满足（）A.tan3=B.tan2=C.tan3=D.tan2=解小球在P点平衡，对其受力分析如右图，其中F1为A处点电荷给小球的斥力，且F1=,F2为B处点电荷给小球的斥力，且F2=,FN为圆环给小球的支持力.由小球在P点受力平衡可知F 1、F 2、FN三力的合力为零，故合成F 1、F2，则有=tan,即=tan所以=tan=tan3,故选A.21.飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比q/m，如图1。 带正电的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用时间t1。 改进睿达资优教育高考夏令营物理以上方法，如图2，让离子飞越AB后进入场强为E（方向如图）的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间t2。 （不计离子重力） （1）忽略离子源中离子的初速度，用t1计算荷质比；用t2计算荷质比。 （2）离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q/m的离子在A端的速度分别为v和v（vv），在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差t，可通过调节电场E使t0。 求此时E的大小。 （1）设离子带电量为q，质量为m，经电场加速后的速度为v，则2离子飞越真空管，在AB做匀速直线运动，则Lvt1解得离子荷质比离子在匀强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a，则qEmaL2解得离子荷质比或 （2）两离子初速度分别为v、v，则lttt要使t0，则须所以E22.如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。 图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。 质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。 通过调整两板间距d可以改变收集效率。 当d=d0时，为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。 不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。 (1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m； (2)求收集效率与两板间距d的函数关系；睿达资优教育高考夏令营物理 (3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定的工作时单位时间下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线。 (1)收集效率为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有L=V0t在竖直方向有其中当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。 收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m甲，如果进一步减小d，收集效率仍为100%。 因此在水平方向有L=v0t在竖直方向有其中联立以上各式可得d m=0.9d0 (2)通过前面的求解可知，当d0.9d0时，收集效率均为100%当d0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有根据题意，收集效率为可得 (3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为当d0.9d0时，=1，因此当d0.9d0时，因此绘出图线如下23.如图，在空间中有一坐标系；其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I和，直线是它们的边界，区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域II中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内，边界上的P点坐标为(4L，3L)。 一质量为m电荷量为q的带正粒子从P点平行于y轴负方向射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O，忽略粒子重力，已知，求睿达资优教育高考夏令营物理 （1）粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？（粒子运动的周期） （2）粒子的速度大小可能是多少？ （1）设粒子的入射速度为v，用R1，R2，T1，T2分别表示粒子在磁场I区和II区中运动的轨道半径和周期。 则粒子先在磁场I区中做顺时针的圆周运动，后在磁场II区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样料子从P点运动到O点所用的时间最短.粒子运动轨迹如图所示。 得=37+=90粒子在磁场I区和II区中的运动时间分别为粒子从P点运动到O点的时间至少为t=t1+t2由以上各式解得2）粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场I区中运动，后在磁场II区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O，这样粒子经过n个周期性的运动到过O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为粒子每次在磁场I区中运动的位移为由图中几何关系可知S1=2R1cos370R1=所以v(n= 1、)24.一个质量为m的带正电小球，从静止下落，其运动轨迹如何？（具有垂直纸面向内的磁场方向）解可以利用合速度分解为反向等效速度，分析洛伦磁力与平抛运动结合，运动曲线类似于类正弦的周期性运动。 （摆线运动或滚轮线运动，这一运动可以联系生活中一辆汽车做匀速直线运动时，其车轮上任意一点的运动轨迹）25.如图所示，一绝缘圆环轨道位于竖直平面内，半径为R，空心内径远小于R。 以圆环圆心O为原点在环面建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直环面向外的匀强磁场，一带电量为+q、质量为m的小球在轨道内从b点由静止释放，睿达资优教育高考夏令营物理小球刚好能顺时针沿圆环轨道做圆周运动。 （1）求匀强电场的电场强度E； （2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B； （3）求小球第三次到达a点时对圆环的压力。 （1）小球第一次可刚过最高点，此时速度为v1=0，（2分）qER=mgR（2分） （2）小球第二次过最高点，此时速度为v2，由动能定理可知（2分）（3分）由以上两式可解得（1分） （3）小球第三次过最高点速度为v3，设球受圆环向下的压力F N（3分）（4分）解得（2分）26.某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方短形区域PPNN充满竖直向下的匀强电场，宽为d；短形区域NNMM充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN为磁场与电场之间的薄隔离层，一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始被电场加速度经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界MN飞出。 不计电子所受重力。 (1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比。 (2)求电场强度的取值范围。 (3)A是MN的中点，若要使电子在A、M间垂直于AM飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。 (1)设圆周运动半径分别为R 1、R2R n、R n+1第一和第二次圆周运动速率分别为v1和v2，动能分别为E k1和E k2由E k2=0.81E k1，得R2R1=0.9 (2)设电场强度为E，第一次到达隔离层前的速率为v由得又由R n=0.9n-1R1，2R1(1+0.9+0.92+.+0.9n+.)3s+9Rn得 (3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，运动总时间为t睿达资优教育高考夏令营物理由题意，有，R1s，R n+1=0.9nR1，得n=2由得27.如图所示，在一二象限内范围内有竖直向下的运强电场E，电场的上边界方程为。 在三四象限内存在垂直于纸面向里、边界方程为的匀强磁场。 现在第二象限中电场的上边界有许多质量为m，电量为q的正离子，在处有一荧光屏，当正离子达到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力。 （1）求在处释放的离子进入磁场时速度。 （2）若仅让横坐标的离子释放，它最后能经过点，求从释放到经过点所需时间t. （3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光。 求该点坐标和磁感应强度。 （1）于x处释放离子，由动能定理得（2分）得离子进入磁场时的速度（2分） （2）由 （1）得在处释放的离子到达x轴时速度为（1分）从释放到到达x轴时间为（1分）第一种情况离子直接从经磁场达处。 在磁场中经历半圆时间（1分）总时间（1分）第二种情况离子直接从经磁场达处进入电场返回磁场再到处睿达资优教育高考夏令营物理易得在磁场中时间仍然为（2分）在电场中时间为（1分）总时间为分） （3）在磁场B中（2分）所以运动半径（2分）可以看出，B一定时，必有，当时，（离子经磁场偏转从逼近原点出磁场）因此，所有离子都从原点（0，0）点出磁场，击中荧光屏上（2分）则有（2分）因为所以（2分）28.如图所示，在空间存在着水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场电场强度为E，磁感应强度为B在某点由静止释放一个带电液滴a，它运动到最低点处，恰与一个原来处于静止（悬浮）的液滴b相撞，撞后两液滴合为一体，沿水平方向做直线运动已知液滴a质量是液滴b质量的2倍，液滴a所带电量是液滴b所带电量的4倍 （1）判断液滴a、b的电性； （2）计算两液滴初位置之间的高度差h（设a、b之间的静电力忽略不计）由a受洛伦兹力做曲线运动知，a带负电荷，由液滴b原来处于静止知，带正电荷设a和b的质量均为m，带电荷量分别为-2q和q。 碰前，对a液滴有(2qE+mg)h=mv12对b液滴有qE=mg碰撞过程满足动量守恒定律mv1=2mv2碰后，整体有qE+2mg=qv2B得h=。 29.如图13-12-2所示，水平放置的两平行金属板A、B相距为d，电容为C，开始时两极板均不带电，A板接地且中央有一小孔.现将带电液体一滴一滴地从小孔正上方h高处无初速地滴下，设每滴液滴的质量为m，电荷量为q，落到B板后把电荷全部传给B板.睿达资优教育高考夏令营物理 (1)第几滴液滴将在A、B间做匀速直线运动？ (2)能够到达B板的液滴不会超过多少滴？设第n滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电荷量为(n1)q.对第n滴液滴，根据它的受力平衡得qE=mg，而E=，解得n=+1. (2)设第N滴恰能到达下板.对第N滴由开始下落至恰到达B板的过程，由动能定理得mg(h+d)q=0解得N=+1.30.如图（甲）所示，两光滑导轨都由水平、倾斜两部分圆滑对接而成，相互平行放置，两导轨相距Llm，倾斜导轨与水平面成30角，倾斜导轨的下面部分处在一垂直斜面的匀强磁场区I中，I区中磁场的磁感应强度B1随时间变化的规律如图（乙）所示，图中t 1、t2。 水平导轨足够长，其左端接有理想电流表G和定值电阻R3，水平导轨处在一竖直向上的匀强磁场区中，区中的磁场恒定不变，磁感应强度大小为B21T，在t0时刻，从斜轨上磁场I区外某处垂直于导轨水平释放一金属棒ab，棒的质量m0.1kg，电阻r2，棒下滑时与导轨保持良好接触，棒由倾斜导轨滑向水平导轨时无机械能损失，导轨的电阻不计。 若棒在斜面上向下滑动的整个过程中，电流表G的示数大小保持不变，t2时刻进入水平轨道，立刻对棒施一平行于框架平面沿水平方向且与杆垂直的外力。 （g取10m/s2）求（l）ab棒进入磁场区I时的速度v； （2）磁场区I在沿斜轨方向上的宽度d； （3）棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量； （4）若棒在t2时刻进入水平导轨后，电流表G的电流大小I随时间t变化的关系如图（丙）所示（I0），已知t2到t3的时间为0.5s，t3到t4的时间为1s，请在图（丁）中作出t2到t4时间内外力大小F随时间t变化的函数图像。 (1)电流表的示数不变，说明在整个下滑过程中回路的的电动势是不变的，说明在B变化时和不变时感应电动势大小一样，所以可以判断在t1时刻棒刚好进入磁场区域且做匀速直线运动。 mgsin-BIL=0E1=BLV代入数值得v=2.5m/s（3分）2.没进入磁场以前做匀加速直线运动，加速度是a=gsin300=5m/s2,v=at,t1=0.5s下滑的距离是s1=at2=0.625m，再没进入磁场以前，由于B均匀变化，所以E2=，E1=BLV E1=E2，41d=112.5，d=0.625m （3）ab棒进入磁场以前，棒上产生的热量为Q1=I2Rt1=0.5220.5J=0.25J睿达资优教育高考夏令营物理取ab棒在斜轨磁场中运动为研究过程，mgd sin-Q2=0Q2=0.3125J.此时，棒上产生的热量是Q2r=0.125J则棒上产生的总热量是Q r=Q1+Q2r=0.375J或Q r=I2R（t1+t2）=0.522(0.5+0.25)J=0.375J (4)因为E=BLv，所以刚进水平轨道时时的电动势是E=2.5V,I0=0.5A31.为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置，如图所示，自行车后轮由半径r1=5.010-2m的金属内圈、半径r2=0.40m的金属内圈和绝缘辐条构成。 后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。 在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B=0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r 2、张角=/6。 后轮以角速度=2rad/s相对于转轴转动。 若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。 （1）当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向； （2）当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图； （3）从金属条ab进入“扇形”磁场开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab-t图象； （4）若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r 2、角速度和张角等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价。 取t2时刻为零时刻，则根据图线可以写出I-t的方程式I=0.5-t，I=,则v=2.5-5t，所以a1=5m/s2.有牛顿第二定律可得F+BIL=ma1，F+I=1F=t画在坐标系里。 由丙图可以同理得出棒运动的加速度大小是a2=2.5m/s2,依据牛顿定律得F-BIL=ma2取t3时刻为零时刻，可以写出t3时刻后的I与时间的关系式，I=0.5t，代入上面的式子可以得到F=0.25+0.5t画在坐标系里。 （1）金属条ab在磁场中切割磁感应线时，使所构成的回路磁通量变化，导体棒转动切割，有法拉第电磁感应定律.，可推导出，此处代入数据解得根据右手定则判断可知电流方向由b到a的。 （2）经过分析，将ab条可看做电源，并且有内阻，其它三等看做外电路，如图所示睿达资优教育高考夏令营物理 （3）当例如ab棒切割时，ab可当做电源，其灯泡电阻相当于电源内阻，外电路是三个灯泡，此时Uab为路端电压，有图2易知内阻与外阻之比为3:1的关系，所以，其它棒切割时同理。 ，如图可知在框匀速转动时，磁场区域张角=/6，所以有电磁感应的切割时间与无电磁感应切割时间之比为1:2，=1S，得图如下 （4）小灯泡不能正常工作，因为感应电动势为远小于灯泡的额定电压，因此闪烁装置不可能工作。 B增大，E增大，但有限度；r增大，E增大，但有限度；增大，E增大,但有限度；增大，E不增大。 32.如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r=0.10m、匝数n=20的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙所示）在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B=0.20T，线圈的电阻为R1=0.50，它的引出线接有R2=9.5的小电珠L外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时（x取向右为正，忽略左右往复运动的转换时间）求 （1）线圈运动时产生的感应电动势E的大小； （2）线圈运动时产生的感应电流I的大小，并在图丁中画出感应电流随时间变化的图象，至少画出00.4s的图象（在图甲中取电流由C向上通过电珠L到D为正）； （3）每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小； （4）该发电机的输出功率P （1）根据图丙所示图象求出线圈的速度，然后根据公式E=BLv求出感应电动势； （2）由欧姆定律求感应电流，由右手定值判断出感应电流方向，然后作出I-t图象； （3）线圈做匀速直线运动，推力等于安培力，由平衡条件及安培力公式可以求出推力；睿达资优教育高考夏令营物理 （4）由电功率公式P=I2R可以求出发电机的输出功率解 （1）从图可以看出，线圈往返的每次运动都是匀速直线运动，其速度为线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势 （2）感应电流根据右手定则可得，当线圈沿x正方向运动时，产生的感应电流在图（甲）中是由D向下经过电珠L流向C，于是可得到如答图所示的电流随时间变化的图象。 （3）由于线圈每次运动都是匀速直线运动，所以每次运动过程中推力必须等于安培力 （4）发电机的输出功率即灯的电功率33.小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点（与钉子接触处）由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度按此模型分析，若物体质量m=1kg，上升1m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k与上升高度h的关系图象如图乙所示（g取10m/s2，不计空气阻力） （1）求物体上升到0.4m高度处F的瞬时功率 （2）若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20J的动能向下运动钉子总长为10cm撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力已知钉子在插入过程中所受阻力f与深度x关系图象如图丙所示，求钉子能够陷入的最大深度 （1）撤去前，根据动能定理，有（2分）由图象乙得，斜率为（1分）得（1分）又由图象乙得，时，则（2分）（1分） （2）碰撞后，对钉子，有（2分）已知（2分）又由图象丙得（2分）睿达资优教育高考夏令营物理解得（2分）34.为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨.潜艇下方有左、右两组推进器，每组由个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下图.在直线通道内充满电阻率的海水，通道中0.3m0.4m0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度6.4T、方向垂直通道侧面向外.磁场区域上、下方各有0.3m0.4m的金属板，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从到，大小恒为A的电流，设该电流只存在于磁场区域.不计电源内阻及导线电阻，海水密度kg/m3. （1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向； （2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？ （3）当潜艇以恒定速度m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如