题目列表(包括答案和解析)
（08年温州市十校联考）(10分) 如图所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37°，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m=1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50．现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力。（取g=10m/s2， sin37°=0.6， cos37°=0.8）
（08年温州市十校联考）(10分)一个物体做初速度不为零的匀加速直线运动，通过连续两段长为x的位移所用的时间分别为t1、t2，求物体在t2时间末的速度大小。
（08年温州市十校联考）（6分）某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现在器材：直流恒流电源（在正常工作状态下输出的电流恒定）、电压表，待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．
⑴（2分）若用上述器材测量热敏电阻的阻的随温度变化的特性，请你在下图的实物图上连线。
⑵（2分）实验的主要步骤：
①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；
②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关， ， ，断开开关；
③重复第②步操作若干次，测得多组数据．
⑶（2分）实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得上图的R－t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R－t关系式：R＝ ＋ t（Ω）（保留3位有效数字）
（08年温州市十校联考）（8分）与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图所示，a、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。
现利用图所示装置验证机械能守恒定律。图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为300，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出。让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2s、2.00×10－2s。已知滑块质量为2.00kg，滑块沿斜面方向的宽度为5.00cm，光电门1和2之间的距离为0.540m，g＝9.80m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度。
①（4分）滑块通过光电门1时的速度v1＝ m/s，通过光电门2时的速度v2＝ m/s；
②（4分）滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为 J，重力势能的减少量为 J。
(2010·江南十校模拟)如图1所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，打在挡板上的位置分别是B、C、D，且AB∶BC∶CD＝1∶3∶5.则v1、v2、v3之间的正确关系是 ( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝5∶3∶1
C．v1∶v2∶v3＝6∶3∶2
D．v1∶v2∶v3＝9∶4∶1
高考真题
1．【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边
【答案】C
2．【解析】由回旋加速器的结构可知，离子由加速器的中心附近进入加速器，所以选项A正确；因在盒内洛仑兹力不做功，所以离子从空隙的电场中获得能量，故选项D正确．
【答案】AD
3．【解析】由安培定则判断在水平直导线下面的磁场是垂直于纸面向里，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动
【答案】C
4．【解析】带电粒子在洛仑兹力作用下，作匀速圆周运动，又根据左手定则得选项A正确．
【答案】A
5．【解析】因为tanα=板间距离/板长，并可用荷质比表示，由左手定则可以判断负外；不正确，电子的荷质比是其本身的性质。
【答案】不正确，电子的荷质比是其本身的性质。
6．【解析】(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。如图所示，设圆弧的半径为R，则有
R=dsinj
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
将①式代入②式，得
(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有
v0＝vcosj vsinj＝at d=v0t联立发上各式得
设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE＝ma 联立得
【答案】（1） （2）
7．【解析】(1)洛伦兹力不做功，由动能定理得，
mgy=
mv2
……①
得 v=
……②
（2）设在最大距离ym处的速率为vm,根据圆周运动有，
qvmB-mg=m
……③
且由②知 
……④
由③④及R=2ym
得
……⑤
（3）小球运动如图所示，
由动能定理
（qE-mg）|ym|=
……⑥
由圆周运动 qvmB+mg-qE=m
……⑦
且由⑥⑦及R=2|ym|解得
vm=
【答案】（1） （2） （3）
8．【解析】⑴做直线运动有：
做圆周运动有：
只有电场时，粒子做类平抛，有：
解得：
粒子速度大小为：
速度方向与x轴夹角为：
粒子与x轴的距离为：
⑵撤电场加上磁场后，有：
解得：
粒子运动轨迹如图所示，圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，有几何关系得C点坐标为：
过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：
解得：
M点横坐标为：
【答案】（1） （2）
9．【解析】方法1：（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1
①
②
又已知
联立①②式解得
③
（2）粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则
④
⑤
联立④⑤式得
⑥
又
⑦
即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2
⑧
解得 
⑨
由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2
⑩
11
解得 
12
由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t0～5t0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）。因此粒子运动的最大半径
（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示。
方法2：由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为
方向向上
后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T
粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为sn
又已知 
由以上各式得 
粒子速度大小为 
粒子做圆周运动的半径为 
解得 
显然 
【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值
（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径 
（3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图。
10．【解析】（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。
设入射粒子的速度为
，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得
………… ①
由上式解得 
…………
②
（2）设
是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接
，设
。
如图所示，由几何关系得
………… ③
………… ④
由余弦定理得
………… ⑤
联立④⑤式得
………… ⑥
设入射粒子的速度为
，由
解出
【答案】
11．【解析】⑴v0=
m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）
⑵t=2.8×10-2s两次穿越磁场总时间恰好是一个周期，在磁场外的时间是
，代入数据得t=2.8×10-2s
【答案】（1）
（2）t=2.8×10-2s
名校试题
1．【解析】由安培定则判断出P和QR的磁场方向，并求出其合磁场是水平向右，再由左手定则判断出R受到的磁场力垂直R，指向y轴负方向
【答案】A
2．【解析】 电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变；又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中所受的地磁场感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，故电子在在竖直平面内的运动轨迹是圆周。
【答案】CD
3．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向B板，所以B板是电源的正极，因最后离子匀速运动，由平衡条件得
，故电源的电动势为Bvd
【答案】BC
4．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向后表面的电势，所以选项A正确；，
所以选项C也正确．
【答案】AC
5．【解析】设D形盒的半径为R，则粒子可能获得的最大动能由qvB=m
得Ekm=
=
,由此式得选项AC正确．
【答案】AC
6．【解析】无磁场时，小球队在C点由重力提供向心力，
，临界速度
。
从A至C由机械能守恒定律得：
，有
加磁场后，小球在C点受向上的洛仑兹力，向心力减小，
临界速度v减小。洛仑兹力不做功，由A到C机械能守恒
因
，所以
，故选项C正确。
【答案】C
7．【解析】(1)电场中加速，由
∴
磁场中偏转，由牛顿第二定律得 
∴ 
可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形△O1O2O3是等边三角形，其边长为2r www.ks5u.com
∴
(2)电场中，
中间磁场中，
右侧磁场中， 
则
【答案】（1） （2）
8．【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有
--------------①
同时有
-----------②
粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，
xC＝－（r＋rcos450）＝
，
------------ ③
故，C点坐标为（，0）。
----------- ④
（2）设粒子从A到C的时间为t1，设粒子从A到C的时间为t1，由题意知
------------ ⑤
设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有 
------------⑥
及 
，
------------⑦
联立⑥⑦解得 
------------⑧
设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知
------------
⑨
故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为
------------ ⑩
（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x′轴）做匀速运动，即
……①
…………②
沿着qE的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即
……③ 
……④
设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.
由图中几何关系知
……⑤
……⑥
……⑦
综合上述①②③④⑤⑥⑦得
……⑧
【答案】（1）C点坐标为（，0） （2） （3）
9．【解析】 ⑴由电场力与洛伦兹力平衡得：qE=qv0B得：E=v0B
⑵根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足
其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为
或
。
设圆弧的半径为R，则有2R2=x2，可得：
又
由①②③式得：
，n =1、2、3、
⑶当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为
，
，其中n =1、3、5、……
当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为
，其中n =2、4、6、……
【答案】（1）E =v0B （2） （3）当n取奇数时，
当n取偶数时，
10．【解析】（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为v0，根据能的转化和守恒定律得：
要使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域，
则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，
得到
将②式代入①式，得
（2）粒子从O3以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动．粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部．由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T．
由
和运动学公式
，得
粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为
粒子进入磁场中，在v0方向的总位移s=2Lsin45°，时间为
则t=t1+t2=
【答案】 （1） （2） 
11．【解析】设速度为v0时进入磁场后做圆周运动的半径为r
有 
得r==
设速度为2v0时进入磁场做圆周运动的半径r′
得r′==L
设其速度方向与x轴正方向之间的夹角为θ
由图中的几何关系有：cosθ==
得θ＝45°或θ＝135°
（2）为使粒子进入电场后能垂直打在挡板上，则要求粒子进入电场时速度方向
与x轴正方向平行，如图所示。粒子进入电场后由动能定理有
qEd=mv′2 －m(2v0)2 得v′=
当θ1=45°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为
y1=r－r′sin45°=(－1)L
当θ2 =135°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为
y2= r′+ r′sin45°=(+1)L
【答案】（1）θ＝45°或θ＝135° （2）当θ1=45°时，(－1)L；
θ2=135°(+1)L，
12．【解析】（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由于带电粒子垂直射入匀强磁场带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于MN中点O′，
由几何关系可知，轨道半径r=lcos45=0.2（m
又Bqv = 
所以
设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t。
t1 = 
t2 = 
联立解得 t = 
=2.07×10-4（s）
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则：
lsin45 = at
【答案】（1） 2.07×10-4（s） （2）1.6（V/m）
13．【解析】（1）微粒在加速电场中由动能定理得：
① 解得v0 = 1.0×
（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有： 
，
飞出电场时，速度偏转角的正切为：
② 解得 θ = 30o
（3）进入磁场时微粒的速度是：
③
轨迹如图所示，由几何关系有：
④
洛伦兹力提供向心力：
同步练习册答案
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