高考第二轮复习练习卷一 4页

‎2019年高考第二轮复习练习卷 一、单选题 ‎1．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，除R以外其余电阻不计，从某时刻开始开关扳向a，在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u‎1‎‎=220‎2‎sin100πt(V)‎，下列说法中正确的是(　 　)‎ A． t=‎1‎‎600‎s时，电压表的读数为22V B． t=‎1‎‎600‎s时，a、c两点电压瞬时值为110V C． 滑动变阻器滑片向上移，电压表和电流表的示数均变大 D． 单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小 ‎【答案】A ‎【解析】当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为10：1，原线圈两端有效值为‎220‎‎2‎‎2‎=220V，所以副线圈电压有效值为22V，故A正确；t=1/600 s 时，a、c两点电压瞬时值为u1=220‎2‎ sinπ/6(V)=110‎2‎V，选项B错误；滑动变阻器触头向上移动的过程中，电阻增大，电压不变，电流减小，电流表的示数变小，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故D错误；故选A。‎ 点睛：此题关键是掌握变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率；同时做好本题要理解变压器中心抽头的作用：改变了匝数之比，从而改变了电压之比，也改变了两表的示数．‎ ‎2．课堂上，老师准备了“∟”型光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为 A． 30°‎ B． 45°‎ C． 60°‎ D． 90°‎ ‎【答案】A ‎【解析】θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，临界情况为θ取30°时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时与右圆柱间相互接触且无弹力，故A正确，BCD错误，故选A.‎ ‎【点睛】本题是以三个圆柱形积木在“∟”型光滑木板上处于平衡状态为情境，主要考查共点力的平衡等知识。侧重考查推理能力，要求考生深刻理解共点力的平衡条件，运用特殊值法解决实际问题.‎ ‎3．一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移之比为5：3，则下列叙述正确的是 A． 这段时间内质点运动方向不变 B． 这段时间为‎3va C． 这段时间的路程为‎3‎v‎2‎‎2a D． 再经过相同时间质点速度大小为3v ‎【答案】B ‎【解析】根据题意可知这段时间内质点的路程与位移不同，加速度又恒定，则质点一定是做类似竖直上抛的运动，故A错误；末速度与初速度方向相反，根据速度时间公式可得运动时间为：t=‎2v-(-v)‎a=‎‎3va，故B正确；根据速度位移关系：vt‎2‎‎-v‎0‎‎2‎=2as，可得路程为‎5‎v‎2‎‎2a，位移为‎3‎v‎2‎‎2a，故C错误；根据：v‎'‎‎=v‎0‎+at，可得v‎'‎‎=2v+a×‎3va=5v，所以再经过相同时间质点速度大小为5v，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎4．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则(　　)‎ A． 物块c的质量是(m1＋m2)sin θ B． b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能 C． b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a棒上消耗的电能 D． b棒放上导轨后，b棒中电流大小是m‎2‎gsinθBL ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：A、b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳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个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．‎ 由b平衡可知，安培力大小 F安=m2gsinθ 由a平衡可知：F绳=F安+m1gsinθ= m1+m2）gsinθ，‎ 由c平衡可知：F绳=mcg 联立解得物块c的质量为：mc=（m1+m2）sinθ，故A正确；‎ b放上导轨之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，故B错误；‎ b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b两棒上消耗的电能之和，故C错误；‎ b棒放上导轨后，根据b棒的平衡可知，F安=m2gsinθ，又因为F安=BIL，可得b棒中电流大小是：I=，故D正确；故选AD．‎ 考点：物体的平衡；能量守恒定律 ‎【名师点睛】此题综合考查了物体的平衡以及能量守恒定律的应用；从导体棒的平衡展开研究可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷。‎ 二、多选题 ‎5．如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的右上方P点固定一个点电荷+Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平，图中PB垂直AC，B是AC的中点。带电荷量为-q的小球（小球直径略小于细管的内径）从管中A处由静止开始沿管向下运动，它在A处时的加速度为a，不考虑小球电荷量对+Q形成的电场的影响。则在电场中( )‎ A． A点的电势高于B点的电势 B． B点的电场强度大小是A点的2倍 C． 小球运动到C处的加速度为g -a D． 小球从A到C的过程中电势能先减小后增大 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：由正点电荷电场线的分布，结合沿着电场线方向电势降低，即可求解；根据点电荷电场强度的公式，即可求解；由牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解；根据电场力做功的正负来确定电势能高低；‎ 正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；结合几何关系，由点电荷电场强度公式，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B错误；在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，由A处可知，而在C处，则有，解得，故C正确；根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D正确．‎ ‎6．如图所示，一个正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场内有一边长为l，阻值为R的正方形线框，线框所在平面与磁场垂直，如果以垂直于线框边与磁场的速度v将线框从磁场中匀速拉出，下列说法正确的是 A． 如果将线框水平向右拉出磁场，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流 B． 在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场，流过线框某一截面的电荷量都相同 C． 其他条件不变，将线框水平拉出磁场时产生的焦耳热Q与速度v成正比 第 4 页 D． 其他条件不变，将线框水平拉出磁场时产生的焦耳热Q与速度v2成正比 ‎【答案】ABC ‎【解析】如果将线框水平向右拉出磁场，根据右手定则可以判断，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，E‎＝‎‎△Φ‎△t，由闭合电路欧姆定律可知，I‎＝‎ER，则感应电荷量q＝I•△t，联立解得q＝‎‎△ΦR，可见在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场，流过线框某一横截面的电荷量都相同，故B正确；将线框水平拉出磁场时，安培力F=BIL=BBlvRl=‎B‎2‎l‎2‎vR，产生的焦耳热即克服安培力做的功Q＝Fl＝‎B‎2‎l‎3‎vR，将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度v成正比，故C正确，D错误；故选ABC。‎ 点睛：本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和安培力的计算，对于导体平动切割磁感应线产生的感应电动势可以根据E=BLv来计算，知道克服安培力做的功等于回路产生的总的焦耳热。‎ ‎7．如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图2所示，重力加速度g=10m/‎s‎2‎，则下列说法正确的是 A． M=m B． M=2m C． 木板的长度为8m D． 木板与物块间的动摩擦因数为0.1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma‎1‎，而v-t图像的斜率表示加速度，故a‎1‎‎=‎7-3‎‎2‎m/s‎2‎=2m/‎s‎2‎，解得μ=0.2‎；对木板受力分析可知μmg=Ma‎2‎，a‎1‎‎=‎2-0‎‎2‎m/s‎2‎=1m/‎s‎2‎，解得M=2m，AD错误B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者v-t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L=‎1‎‎2‎×‎7+3‎×2-‎1‎‎2‎×2×2=8m，C正确．‎ ‎8．如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是 A． 弹簧变短 B． 弹簧变长 C． 小球对半球的压力不变 D． 小球对半球的压力变大 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力，作出、T，G的矢量三角形，根据三角形相似法分析、T的变化．‎ 对小球P受力分析，受到绳子的拉力T，半球的支持力，竖直向下的重力G，如图所示，根据相似三角形法可知，因为OP和OD都是恒定不变的，G也不变，DP减小，所以可知不变，T减小，根据牛顿第三定律可知小球对半球的压力不变，绳子的拉力减小，即弹簧的弹力减小，所以弹簧变短，故AC正确．‎ ‎9．如图所示是一个水平放置的玻璃圆环型小槽，槽内光滑，槽的宽度和深度处处相同，现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它受绝缘棒打击后获得一初速度v‎0‎，与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃圆环型小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度的大小跟时间成正比，其方向竖直向下，设小球在运动过程中电荷量不变，那么(　　)‎ A． 小球受到的向心力大小不变 B． 小球受到的向心力大小不断增加 C． 洛伦兹力对小球做了正功 D． 小球受到的磁场力逐渐变大 ‎【答案】BD ‎【解析】A、由麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一个恒定的感应电场，由楞次定律可知，此电场方向与小球初速度方向相同，由于小球带正电，电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力也随着增大，故A错误，B正确。C、洛伦兹力对运动电荷不做功，故C错误。D、带电小球所受洛伦兹力F=qBv，随着速度的增大而增大，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】根据麦克斯韦电磁场理论：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；并由楞次定律与洛伦兹力对运动电荷不做功，即可求解．‎ ‎10．下列说法正确的是__________（填正确答案标号。选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得6分。选错一个扣3分，最低得分为0分）‎ A．光在介质中传播的速度仅由介质本身所决定 B．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的 C．杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小 D．光的偏振特征说明光是横波 E．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ 试题分析：光在介质中传播的速度由介质本身和光的频率共同决定，选项A错误；雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的，选项B正确；因红光的波长大于蓝光，则杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，根据可知红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距大，选项C错误；光的偏振特征说明光是横波，选项D正确；狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，选项E正确；故选BDE.‎ 考点：光的传播；双缝干涉；光的偏振；狭义相对论。‎ 三、填空题 ‎11．关于机械波与电磁波，下列说法正确的是______‎ A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关 B．电磁波可以发生衍射现象和偏振现象 C．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大 D．紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度 E．机械波不但能传递能量，而且能传递信息，其传播方向就是能量或信息传递的方向 ‎【答案】BDE ‎【解析】A．电磁波在真空中的传播速度都等于光速，与电磁波的频率无关，故A错误；‎ B．衍射现象是波特有的现象，而偏振现象是横波特有的现象，电磁波也是一种横波，可以发生衍射现象和偏振现象，故B正确；‎ C．在同一种介质中传播时，简谐机械波的传播速度相等，故C错误；‎ D．光在介质中传播，频率越高，传播速度越小。紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度，故D正确；‎ E．机械波可以沿其传播方向既能传递能量，又能传递信息，故E正确。‎ 故选：BDE。‎ ‎12．如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的速度均为v=0.4m/s，两列波的振幅均为2cm．图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动．质点M的平衡位置处于x=0.5m处，下列说法正确的是 。‎ A．t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点 B．质点M的起振方向沿y轴负方向 C．t=2s时刻，质点M的纵坐标为-2cm D．0到2s这段时间内质点M通过的路程为20cm E．M点振动后的振幅是4cm ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ 试题分析：P、Q两质点在各自的平衡位置来回振动，不沿波的转播方向移动，故A错误；由同侧法可判断B正确；波的周期为，波传播到M点的时间是，当时，M点振动的时间为，是周期的 第 4 页 ‎，两列波叠加M点振幅为，故E正确；路程为5倍振幅是，质点M的纵坐标为，故C错误，D正确。‎ 考点：波长、频率和波速的关系、横波的图象 ‎【名师点睛】本题要理解波的叠加原理，知道当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。‎ 四、实验题 ‎13．图甲所示为某同学研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置示意图．‎ ‎（1）下面列出了一些实验器材：打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂桶和砂、刻度尺．除以上器材外，还需要的实验器材有__________．‎ A．秒表 B．天平（附砝码） C．低压交流电流 D．低压直流电源 ‎（2）实验中，需要补偿打点计时器对小车的阻力及其它阻力：小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能__________（选填“拖动纸带”或“不拖动纸带”）沿木板做匀速直线运动．‎ ‎（3）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量与小车和车上砝码的总质量之间应满足的条件是__________．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以变为小车所受拉力几乎不变．‎ ‎（4）如图乙所示， 、、为三个相邻的计数点，若相邻计数点之间的间隔为， 、间的距离为、、间的距离为，则小车的加速度__________．已知， ， ，则__________（结果保留位有效数字）．‎ ‎（5）在做该实验时，另一位同学以小车的加速度的倒数为纵轴，以上车和车上砝码的总质量为横轴，描绘出图象．假设实验中他已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响，但与并没满足本实验所需的条件；则从理论上分析，图丙中能够正确反映他所得到的关系的示意图是__________．‎ ‎【答案】 BC 拖动纸带 C ‎【解析】(1)研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验，所以用天平测量小车的质量，用交流电源供打点计时器使用，所以BC选项是正确的；‎ ‎(2)平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动即可；‎ ‎(3)假设小车的加速度为，拉力为对砂和砂桶： ；对小车： ；联立得： ，故只有在 的情况下近似认为拉力等于．‎ ‎(4)由得： ，代入数据得： ；‎ ‎(5)根据牛顿第二定律得： ，则，则以为纵轴，以总质量为横轴，作出的图象为一倾斜直线，且纵截距为，所以C选项是正确的；‎ ‎14．某实验小组计划测量一未知电阻的阻值，已经连接好实物图如图1所示。‎ ‎(1)请根据实物图在图2所示方框中画出该实验的电路图___________，并标明表示各元件的字母。‎ ‎(2)图3中电阻箱的读数是________Ω；如果将电阻箱的阻值由10.0Ω调节到9.00Ω，应_____________。‎ ‎①先使电阻箱阻值调至如图3所示，再将S2接到A，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；‎ ‎②保持电阻箱示数不变，将S2切换到B，闭合S1，此时电压表的读数为2.80V，然后断开S1，不计电源内阻，电压表可视为理想电表，据此可知，定值电阻R1的阻值为________Ω。(计算结果保留3位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1)电路图如图所示； (2)20.00； 先将“×1”档调到9，再将“×10”档调到0； 5.45；‎ ‎【解析】（1）根据实物图画出实验的电路图如图；‎ ‎（2）图3中电阻箱的读数是20.00Ω；如果将电阻箱的阻值由10.0Ω调节到9.00Ω，应先将“×1”档调到9，再将“×10”档调到0。‎ ‎（3）由题意可知，电阻箱R与定值电阻R1两端的电压之比为：2.2：(2.8-2.2)=11:3；可得RR‎1‎‎=‎‎11‎‎3‎ 解得R1=‎‎3‎‎11‎R=‎3‎‎11‎×20Ω≈5.45Ω 五、解答题 ‎15．已知同一种介质对不同颜色的光的折射率不同。如图所示，直角三角形ABC是一三棱镜的横截面，其中斜边AB垂直于接收屏PQ，垂足为A． ‎∠A=‎‎45‎‎∘‎、‎∠C=‎‎90‎‎∘‎。由两种单色光I 、II构成的复色光由BC边的中点沿平行于AC的方向射入该校镜。已知三棱镜对两种单色光I 、II的折射率分别为n‎1‎‎=‎‎2‎‎3‎‎3‎、n‎2‎‎=‎‎2‎。求：‎ ‎(1)画出两种单色光I 、II从O点开始到PQ面的光路图；‎ ‎(2)如果三棱镜的斜边长度为0.1m，则射到接收屏上的光点间的距离为多大。‎ ‎【答案】(1) (2)‎O‎1‎O‎2‎‎=(5+‎5‎‎2‎‎2‎)cm ‎【解析】(i)假设单色光I、II在该棱镜中的临界角分别为C1、C2，则sinC‎1‎=‎1‎n‎1‎=‎‎3‎‎2‎ 解得：‎C‎1‎‎=60°‎ 则：‎sinC‎2‎=‎1‎n‎2‎=‎‎2‎‎2‎ 解得C‎2‎‎=45°‎ 由于i=45°=C‎2‎<‎C‎1‎，所以单色光II在AB面发生了全反射，垂直AC射到接收屏上的O2点，光路图如图所示，‎ 而单色光I 在AB 而折射，射到接收屏上的O1点，另一部分在AB面发生了反射，垂直AC射到接收屏上的O2点，因此AB面的左侧的O1点为单色光I，AB面的右侧的O2点为单色光I与单色光II的复合光 ‎(ii)设单色光I在AB而的折射角为，根据折射定律得：‎n‎1‎‎=‎sinrsini 解得：sinr=n‎1‎sini=2×‎3‎‎3‎×‎2‎‎2‎=‎‎6‎‎3‎，‎cosr=‎1-sin‎2‎r=‎‎3‎‎3‎ 由几何知识可得：‎O‎1‎A=OAtanr=‎5‎‎2‎‎2‎cm 由几何知识可得ΔOAO‎2‎为等腰直角三角形，解得AO‎2‎=5cm 解得：‎O‎1‎O‎2‎‎=(5+‎5‎‎2‎‎2‎)cm 第 4 页 点睛：该题结合光路图全面考查光的折射定律、全反射公式，属于对光学知识的半径全面的考查，解答该题的关键是正确作图并利用几何之间进行求解即可。‎ ‎16．如图所示，在xOy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线，OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带负电微粒从坐标原点O沿y轴负方向进入磁场，第一次经过磁场边界时的位置坐标是（-L，-L)。已知微粒的电荷量大小为q，质量为m，不计微粒所受重力，微粒最后从+y轴上某点飞出场区（图中未画出），求：‎ ‎（1）带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度；‎ ‎（2）带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间。‎ ‎【答案】(1)qBLm (2)‎‎2(πmqB+BLE+mLqE)‎ ‎【解析】试题分析：（1）由几何关系求出微粒运动的半径，由微粒在磁场运动的规律求出进入磁场的初速度；（2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，根据转过的圆心角和周期可求粒子运动时间，在电场中做匀变速直线运动可以根据运动学公式求得时间，当微粒第二次进入电场做类平抛运动由运动规律求微粒的运动时间即可．‎ ‎（1）设微粒从原点O进入磁场时的初速度为v‎0‎，在磁场中的运动半径为r 则有：qv‎0‎B=mv‎0‎‎2‎r ‎ 由微粒第一次经过磁场边界上的点A坐标是（-L，-L）‎ 由几何关系可知：r=L 联立解得：‎v‎0‎‎=‎qBLm ‎（2）微粒到达A点时，速度方向与OM夹角为45°，即与电场平行．微粒在电场中从A点开始向-x方向做减速运动，后原路返回A点，再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入电场，微粒的运动轨迹如图所示．‎ 微粒做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，即qBv‎0‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r，又v‎0‎‎=‎‎2πrT ‎ 设微粒在磁场中运动的总时间为tOC，根据几何关系，微粒在磁场中运动的路径刚好是一个完整的圆周，所以tOC‎=T 根据对称性，微粒到达C点时的速度方向应沿+y方向，此后在电场中做类平抛运动 从D点离开电场，设其加速度为a，运动时间为tCD，则有qE=ma ‎ 从C运动到D在x方向的位移为‎2r=‎1‎‎2‎atCD‎2‎ ‎ 设微粒从A点进入电场后做往返运动的总时间为tA，则有v‎0‎‎=a⋅‎tA‎2‎ ‎ 微粒在电场、磁场区域运动的总时间为t=tOC+tA+‎tCD ‎ 联立以下各式并代入数据解得：‎t=2(πmqB+BLE+mLqE)‎ ‎【点睛】能根据带电粒子在磁场中的运动轨迹作出粒子运动轨迹，并由几何关系求得粒子在磁场中圆周运动的半径和周期，熟悉粒子在电场、磁场中的运动规律是正确解题的关键．‎ ‎17．如图1所示，一倾角为θ=37°、高为h=0.3m的斜面固定在水平面上，一可视为质点质量为m=1kg，带电荷量q=+0.02C的物块放在斜面顶端，距斜面底端L=0.6m处有一竖直放置的光滑半圆轨道，半径为R=0.2m，半圆轨道底端有一质量M=1kg可视为的质点的绝缘小球，半圆轨道底端与斜面底端之间存在如图2所示的变化电场(水平向右为正方向，图1中O点对应坐标原点，虚线与坐标轴轴围成的图形是椭圆一部分，椭圆面积公式S=πab，a、b分别为半长轴和半短轴)。现给物块一沿斜面向下的初速度，物块运动到半圆轨道处与小球发生对心弹性碰撞，不计物块经过斜面底端时的能量损失，已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/‎s‎2‎，sin37°=0.60，cos37°=0.80‎。‎ ‎(1)若小球不脱离半圆轨道，求物块在斜面顶端释放的初速度范围；‎ ‎(2)若小球能通过最高点，并垂直打在斜面上，求小球离开半圆轨道时的速度及小球打在斜面上的位置。‎ ‎【答案】(1)v‎0‎‎≥2‎3‎m/s；(2)v‎4‎‎=‎3‎‎2‎‎2‎m/s；小球恰好垂直打在斜面的底端；‎ ‎【解析】（1）当小球运动到半圆轨道与圆心等高处速度为零时，对物块从开始运动到与小球碰撞前，由动能定理有mgh+W电-μmg(L+htanθ)=‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 分析题图2可知W电‎=‎1‎‎4‎πqEm×0.2‎ 物块与小球碰撞时，由动量守恒有mv=mv‎1‎+Mv‎2‎，由机械能守恒有‎1‎‎2‎mv‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎Mv‎2‎‎2‎ 对小球由能量守恒有‎1‎‎2‎Mv‎2‎‎2‎=MgR，解得v‎0‎‎=‎6‎m/s 物块与小球恰能碰撞时，由动能定理有mgh+W电-μmg(L+htanθ)=0-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎，解得v‎0‎‎=‎2‎m/s 当小球恰能通过最高点时，由圆周运动知识可得Mg=Mv‎3‎‎2‎R 小球从最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得‎-2MgR=‎1‎‎2‎Mv‎3‎‎2‎-‎1‎‎2‎Mv‎2‎‎'2‎，解得v‎0‎‎=2‎3‎m/s 综上所述，物块在斜面顶端释放的初速度范围为‎2‎‎