2013高考物理二轮复习配套作业（解析版）：作业解析（广东省专用(4)

mv2

(3)设带电粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律，有：qBv＝ [来

R

源:Zxxk.Com]

依题意：OD＝R

有几何关系：CD＝ODcosθ 又CD＝v0t

qE

在y方向：v0cotθ＝t

m

E

联立可得：＝v0

B

11122

WE＝mv2－mv20＝mv0cotθ 222

专题限时集训(九)B

1．BD [解析] 根据安培定则和磁场的叠加原理，M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A错误，选项B正确；在线段MN上只有在O点处，a、b两个电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O点处的磁感应强度为零，选项C错误，选项D正确．

π3

2．D [解析] 由图中分析知R＝3r，则AB＝Rθ＝3r×＝πr，匀速圆周运动的时

333πr

，选项D正确．

v03v0

3r·2r11E5E

3．C [解析] 总电阻R＝＋r＝r，总电流I＝＝，梯形框架受的安培力可等5R11r3r＋2r

10BEL

效为I通过ad边时受到的安培力，F＝BIad＝BI·2L＝，C选项正确．

11r

4．AC [解析] 根据粒子的运动轨迹及受力判断，该粒子带负电，A错、B对；而x＝2r2mv122Um＝，由加速过程，有Uq＝mv2，得出：x＝，由此得出C对、D错． qB2Bq

5．C [解析] 根据材料可知粒子在强子对撞机中的运动半径是不变的，由动能定理Uq

mv112mU＝mv2和半径公式r＝可得r＝，对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大时，2qBBq

磁感应强度应越小，故A错误；同理可知，当粒子质量不同时，比荷可能相同，则磁感应强度可能相同，故B错误；由于对撞机的周长是不能改变的，加速电压U越大，粒子运动粒子速度越大，所以周期会越小，故C正确，D错误．

6．(1)45°或135°

2qEd(2)8v2＋ (2±1)L 0

m

[解析] (1)设速度为v0时进入磁场后做圆周运动的半径为r. 根据牛顿第二定律有

mv20

qv0B＝

r

mv0L

解得r＝＝

qB2间t＝

＝

AB

速度v＝22v0时进入磁场做圆周运动的半径

mv

r′＝＝2L

qB

设其速度方向与x轴正方向之间的夹角为θ，由几何关系得：

L2

cosθ＝＝ r′2所以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

11qEd＝mv′2－mv2

22

2qEd22qEd解得v′＝v2＋＝8v0＋ mm

当θ1＝45°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为 y1＝r′(1－sin45°)＝(2－1)L[来源:学*科*网Z*X*X*K] 当θ2＝135°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为 y1＝r′(1＋sin45°)＝(2＋1)L.

2qU

7．(1)

m

?1＋2?2Uqm(2) qLπLm(3) 22qU

[解析] (1)粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，由动能定理得：

1qU＝mv2

2

2qU解得v＝

m

(2)要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，如图甲所示．设圆周半径为R.

R

由图中几何关系有：R＋＝L

sinθ

由洛伦兹力提供向心力有：

v2

qvB＝m R

?1＋2?2Uqm

联立解得B＝. qL

甲[来源:Z*xx*k.Com]

(3)粒子做圆周运动的半径r＝

mv

，当r越小时，最后一次打到AB板的点越靠近A端点，qB

在磁场中运动时间越长．

当r为无穷小，经过n个半圆运动，如图乙所示，最后一次打到A点

L

有：n＝

2r

2πr

圆周运动的周期：T＝v T

最长的极限时间tm＝n

2

πLπLm联立解得tm＝＝. 2v22qU 乙 －

8．(1)4×13 m

－

(2)1.256×105s (3)(0,0.192 m)

[解析] (1)带电微粒从O点射入磁场，做匀速圆周运动的轨迹如图所示．

洛伦兹力提供向心力，有

v20

qv0B＝m

rmv0－

解得r＝＝4×103 m.

qB

1

(2)带电微粒在磁场中经圆弧第一次进入电场，在磁场中经历的时间

4

1tOA＝T

4

3

从电场中返回到磁场后又经圆弧离开磁场再次进入电场，

4

在磁场中经历的时间

3tAC＝T

4

在磁场中做圆周运动的周期

2πmT＝ qB

在磁场区域运动的总时间

－

t＝tOA＋tAC＝1.256×105 s.

(3)微粒从C点垂直电场线进入电场，做类平抛运动，设在电场中运动的水平位移为Δx，竖直位移为Δy，则

x方向上，Δx＝v0t1

1

y方向上，Δy＝at2

21

微粒从A点进入电场后做类竖直上抛运动，然后以等大速率返回磁场，所以两次在磁场中做圆周运动的半径相等，故Δy＝2r.

又有qE＝ma

代入数据解得Δx＝0.2 m 最终离开电场时的横坐标 x＝Δx－2r＝0.192 m

故离开电磁场时的位置坐标(0,0.192 m)．

专题限时集训(十)

U

1．A [解析] 由变压器的原理可知，风扇电动机D两端的电压为，由于电风扇中含有n

线圈，故不能利用欧姆定律求电压，选项A错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输

?U?2

?n?U2

入功率等于灯泡L和风扇电动机D消耗的功率之和，灯泡L消耗的功率为＝2，风扇电

RnR

UIUI

动机消耗的功率为，选项B正确；风扇电动机D输出的机械功率为－I2r，选项C正确；

nn

U

因为副线圈两端的电压为，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，

nR＋rURrURr

该回路的等效电阻为，所以副线圈中的电流为，通过原线圈的电流为2，选

Rrn?R＋r?n?R＋r?

项D正确．

2．BD [解析] 小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流而增大，阻值也随着增大，所以图中b是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，选项A错误，选项B正确；两个图线的交点M，表示此状态下两个元件不仅电流相同，电压也相同，所以此时两者阻值相同，功率也相同，选项C错误，选项D正确．

3．C [解析] 根据电路图可知，电阻R3、R2的aP部分和R1串联后组成电源的外电路，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，而平行板电容器两极板间的电压等于R1两端电压，考虑到是直流电源，所以当电路稳定时，电容器可以看作是断开的．保持光照强度不变，将滑动触头P向b端滑动，R2接入电路的电阻变大，外电路总内阻变大，干路电流变小，R3消耗的功率变小，选项A错误；保持滑动触头P不动，当R1周围光线变暗时，R1的阻值增大，R1两端电压也增大，A、B两板间电压增大，因为两板间距不变，所以板间场强增大，小球受到水平向右的电场力增大，重新平衡后θ变大，选项B错误；将滑动触头P向a端滑动，R2接入电路的电阻变小，用更强的光照射R1，R1的电阻也变小，则干路电流变大，路端电压变小，选项C正确；U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值等于电源的内阻r，是定值，选项D错误．

4．BD [解析] 两图中电源相同，它们的最大输出功率相同，根据图甲可知，当电流I＝2 A时，电源的输出功率最大，最大值为P出＝IE－I2r＝12 W，图乙中电动机消耗的功率为6 W(包括输出的机械功率和内阻消耗的热功率)，R2消耗的功率为6 W，即I2R2＝6 W，可得R2＝1.5 Ω，选项A错误，选项B正确；电动机的内阻消耗的功率P＝I2R′0＝4 W，选项C错误，选项D正确．

5．AD [解析] 当滑动触头向下滑动时，R2变大，总电阻变大，总电流I变小，电压表的读数即电源两端的电压U＝E－Ir变大，R1消耗的功率P1＝I2R1变小，A对、B错；R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)变大，电容器的电容不变，而所带的电荷量Q＝CU2将增多，C错、D对．

6．AB [解析] 照射光强度增大时，光敏电阻R3的电阻值减小，外电路电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，电路中总电流I增大，所以定值电阻R1的两端电压U1增大，电路的路端电压U＝E－Ir减小，选项A正确，选项D错误；由以上分析知，并联电路部分的电压U2＝U－U1减小，所以通过定值电阻R2的电流减小，由于电路总电流增大，故通过小灯泡的电流

增大，小灯泡功率随之增大，选项B正确，选项C错误．

7．AC [解析] 灯泡正常发光时，消耗的功率为100 W，即：P2＝100 W，由理想变压器

U1U2的特点知P1＝P2＝100 W，A对；输出电压U2＝10 V，由＝得输入电压U1＝200 V，B错；

n1n2

输入电流由P1＝I1U1得I1＝0.5 A，C对；输出电流由P2＝I2U2得I2＝10 A，D错．

U1n18．AD [解析] 由于U1和T1的线圈的匝数不变，根据＝得U2不变，选项B错误；

U2n2

用户功率P4增大时，用户电流I4随之增大，T2的原线圈功率P3＝P4也增大，通过输电线的电流IR增大，输电线上的电压降UR＝IRR增大，所以T2的初级电压U3＝U2－IRR减小，选项A正确；因用户消耗的电功率P4变大时，线路消耗的电功率PR＝I2RR变大，由能量守恒定律得P1＝P2＝P4＋PR变大，选项C错误，选项D正确．

U1n1I1n29．C [解析] 由＝解得U2＝44 V，选项D错误；由＝解得I2≤1 A，所以负载功

U2n2I2n1

率P2＝U2I2≤44 W，选项A错误；副线圈中的电流最大值为Im＝2 A，选项B错误；由RU22＝得R≥44 Ω，选项C正确． P2

10．AB [解析] 在解题时要注意变压器的三个决定关系，副线圈电压由线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V，B正确，C错误；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz，A正确；开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小，D错误．

11．BD [解析] 电网相邻两电极间的最高电压为U2＝Ed＝6220×0.5 V＝3 110 V，理想

U1n1变压器输入电压的最大值为U1m＝220×2 V＝311 V，根据变压器变压公式＝，变压器U2n2

n2的原、副线圈的匝数比<10，为升压变压器，选项A、C错误，选项B、D正确．

n1

专题限时集训(十一)A

1．D [解析] 导体棒匀速向右运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，M中产生稳定的电流，则通过N中的磁通量保持不变，故N中无感应电流产生，选项D正确．

2．A [解析] 能使小球在杆上做匀速运动，则“场”力、重力和杆的作用力三力平衡，若加沿z轴正方向的匀强电场，电场力竖直向上，当电场力等于小球重力时，杆的作用力为零，合力为零，选项A正确；洛伦兹力总垂直于速度方向，也就总垂直于杆的方向，因此三力的合力不可能为零，无论加哪个方向的匀强磁场，都不能使小球沿杆匀速运动，选项B、D错误；若加沿y轴负方向的匀强电场，电场力沿y轴负方向，三力不能平衡，选项C错误．

3．BD [解析] 在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断选项B正确；再由PQ中电流方向及左手定则可判断选项D正确．

4．AC [解析] S闭合后，磁场向上均匀增大或向下均匀减小都能使上金属板带正电，下金属板带负电，带正电的小球受竖直向下的电场力，压力传感器示数变大．

TTT

5．A [解析] 0～导体未切割磁感线，也没有产生感应电流，故C、D错；～扇形的442

一边进入磁场，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断方向为逆时针方向，且大小恒定，故排除B，故只有A正确．

6．C [解析] 0～1 s内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针(为负值)、大小恒定，A、B错误；4 s～5 s内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd的磁通量不变化，无感应电流，D错误．

7．C [解析] 导体切割磁感线运动，受到向左的安培力作用，A、B错；由E＝BLv、I

B2L2vE

＝、F＝ILB得F＝，故ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大，故C对；利用安培RR

定则可判断，螺线管产生的磁场A端为S极，D错．

8．A [解析] PQ只有进入磁场中才切割磁感线，磁通量发生变化，因而只有中间过程才有感应电动势，又因为是匀速运动到M′N′，根据E＝BLv知感应电动势恒定，选A.

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