2017年天津市高考物理試卷2

2017年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、選擇題（每小題6分，共30分．每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1．（6分）我國自主研發(fā)制造的國際熱核聚變核心部件在國際上率先通過權(quán)威機構(gòu)認證，這是我國對國際熱核聚變項目的重大貢獻．下列核反應(yīng)方程中屬于聚變反應(yīng)的是（）A．12H+B．714N+2C．24He+D．92235U+0【考點】JF：原子核的人工轉(zhuǎn)變；JJ：裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)．【專題】31：定性思想；43：推理法；54O：衰變和半衰期專題．【分析】正確解答本題需要掌握：裂變、聚變的反應(yīng)的特點，即可分析核反應(yīng)的性質(zhì)．【解答】解：核聚變是指由質(zhì)量小的原子，主要是指氘或氚，在一定條件下（如超高溫和高壓），發(fā)生原子核互相聚合作用，生成新的質(zhì)量更重的原子核，并伴隨著巨大的能量釋放的一種核反應(yīng)形式，用快速粒子（天然射線或人工加速的粒子）穿入原子核的內(nèi)部使原子核轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N原子核的過程，這就是原子核的人工轉(zhuǎn)變由此可知：核反應(yīng)方程12H+故只有A正確；BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查核反應(yīng)的分類，要正確理解核裂變、聚變及其他相關(guān)核反應(yīng)的性質(zhì)，并掌握質(zhì)量數(shù)守恒電荷數(shù)守恒分析核反應(yīng)方程．2．（6分）明代學(xué)者方以智在《陽燧倒影》中記載：“凡寶石面凸，則光成一條，有數(shù)棱則必有一面五色”，表明白光通過多棱晶體折射會發(fā)生色散現(xiàn)象．如圖所示，一束復(fù)色光通過三棱鏡后分解成兩束單色光a、b，下列說法正確的是（）A．若增大入射角i，則b光先消失 B．在該三棱鏡中a光波長小于b光 C．a(chǎn)光能發(fā)生偏振現(xiàn)象，b光不能發(fā)生 D．若a、b光分別照射同一光電管都能發(fā)生光電效應(yīng)，則a光的遏止電壓低【考點】H3：光的折射定律；IC：光電效應(yīng)．【專題】31：定性思想；43：推理法；54I：光電效應(yīng)專題．【分析】依據(jù)光的折射定律，判定兩光的折射率大小，再根據(jù)sinC=1根據(jù)折射率的定義公式求解折射率，由折射定律得出折射率關(guān)系，就知道波長關(guān)系；只要是橫波，均能發(fā)生偏振現(xiàn)象；根據(jù)qUc=12mvm2【解答】解：A、根據(jù)折射率定義公式n=sinisinr，從空氣斜射向玻璃時，入射角相同，光線a對應(yīng)的折射角較大，故光線a的折射率較小，即na＜nB、根據(jù)折射率定義公式n=sinisinr，從空氣斜射向玻璃時，入射角相同，光線a對應(yīng)的折射角較大，故光線a的折射率較小，即na＜nC、只要是橫波，均能發(fā)生偏振現(xiàn)象，若a光能發(fā)生偏振現(xiàn)象，b光一定能發(fā)生，故C錯誤；D、a光折射率較小，則頻率較小，根據(jù)E＝hγ，則a光光子能量較小，則a光束照射逸出光電子的最大初動能較小，根據(jù)qUc=1故選：D。【點評】本題關(guān)鍵依據(jù)光路圖來判定光的折射率大小，然后根據(jù)折射率定義公式比較折射率大小，學(xué)會判定頻率高低的方法，同時掌握光電效應(yīng)方程，及遏止電壓與最大初動能的關(guān)系．3．（6分）如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R．金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；CC：安培力；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【專題】31：定性思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)楞次定律得出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電流是否不變，根據(jù)安培力公式分析安培力是否保存不變，結(jié)合平衡分析靜摩擦力的變化。【解答】解：A、磁感應(yīng)強度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯誤。B、由于磁感應(yīng)強度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=△BSC、根據(jù)安培力公式F＝BIL知，電流不變，B均勻減小，則安培力減小，故C錯誤。D、導(dǎo)體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，f＝F，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力公式的基本運用，注意磁感應(yīng)強度均勻變化，面積不變，則感應(yīng)電動勢不變，但是導(dǎo)體棒所受的安培力在變化。4．（6分）“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是（）A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變【考點】4A：向心力；52：動量定理；63：功率、平均功率和瞬時功率．【專題】31：定性思想；43：推理法；52C：功率的計算專題；52F：動量定理應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)機械能的定義分析機械能的變化情況；根據(jù)向心力的來源分析重力和支持力的情況；根據(jù)沖量的定義分析沖量；根據(jù)瞬時功率計算式計算重力的瞬時功率?！窘獯稹拷猓篈、機械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，A錯誤；B、圓周運動過程中，在最高點，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F＝mg﹣N，則支持力N＝mg﹣F，所以重力大于支持力，B正確；C、轉(zhuǎn)動一周，重力的沖量為I＝mgT，不為零，C錯誤；D、運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，D錯誤。故選：B?！军c評】本題涉及的知識點比較多，但是都考查了基本的公式，學(xué)習過程中一定要把最基礎(chǔ)的概念和公式牢記，這樣我們就能得心應(yīng)手。5．（6分）手持較長軟繩端點O以周期T在豎直方向上做簡諧運動，帶動繩上的其他質(zhì)點振動形成簡諧波沿繩水平傳播，示意如圖。繩上有另一質(zhì)點P，且O、P的平衡位置間距為L．t＝0時，O位于最高點，P的位移恰好為零，速度方向豎直向上，下列判斷正確的是（）A．該簡諧波是縱波 B．該簡諧波的最大波長為2L C．t=T8D．t=3T【考點】F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】31：定性思想；43：推理法；51D：振動圖像與波動圖像專題．【分析】由橫波、縱波的定義得到簡諧波為橫波；再由P的運動狀態(tài)得到OP之間的距離與波長的關(guān)系，進而求得最大波長；根據(jù)P的運動狀態(tài)可得之后任意時刻P的位置及速度?！窘獯稹拷猓篈、該簡諧波上質(zhì)點振動方向為豎直方向，波的傳播方向為水平方向，兩者垂直，故為橫波，故A錯誤；B、t＝0時，O位于最高點，P的位移恰好為零，速度方向豎直向上，故兩者間的距離為(n+1又有O、P的平衡位置間距為L，則λmaxC、t＝0時，P的位移恰好為零，速度方向豎直向上，那么，t=TD、t＝0時，P的位移恰好為零，速度方向豎直向上，那么，t=3T故選：C。【點評】在波的傳播過程中，波上的質(zhì)點并不隨波的傳播而運動，質(zhì)點只在平衡位置附近做簡諧運動；隨波傳播的只是波的形式和能量。二、不定項選擇題（每小題6分，共18分．每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，選錯或不答的得0分）6．（6分）在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規(guī)律變化。設(shè)線圈總電阻為2Ω，則（）A．t＝0時，線圈平面平行于磁感線 B．t＝1s時，線圈中的電流改變方向 C．t＝1.5s時，線圈中的感應(yīng)電動勢最大 D．一個周期內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量為8π2J【考點】BH：焦耳定律；E3：正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式；E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【專題】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流電專題．【分析】根據(jù)圖象得到t＝0時穿過線圈平面的磁通量大小，由此確定線圈的位置；根據(jù)圖象斜率確定第感應(yīng)電流方向和t＝1.5s時感應(yīng)電動勢大??；計算此交流電的最大值和有效值，根據(jù)焦耳定律計算一個周期產(chǎn)生的熱。【解答】解：A、根據(jù)圖象可知，在t＝0時穿過線圈平面的磁通量為零，所以線圈平面平行于磁感線，故A正確；B、Φ﹣t圖象的斜率為△Φ△t，即表示磁通量的變化率，在0.5s～1.5s之間，“斜率方向“C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝N△Φ△tD、感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.04×2π2V＝4πV，有效值E=Em2=故選：AD。【點評】本題考查交變電流產(chǎn)生過程中，感應(yīng)電動勢與磁通量、磁通量變化率的關(guān)系，關(guān)鍵抓住兩個特殊位置：一是線圈與磁場垂直位置是磁通量最大的位置，該位置是電流方向改變的轉(zhuǎn)換點；二是線圈與磁場平行位置，該位置磁通量為零，是電流強度增大與減小的轉(zhuǎn)換點。7．（6分）如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡．設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB．下列說法正確的是（）A．電子一定從A向B運動 B．若aA＞aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA＜EpB D．B點電勢可能高于A點電勢【考點】AE：電勢能與電場力做功．【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】由運動軌跡得到電場力方向，進而得到電勢的比較，從而根據(jù)加速度的比較得到點電荷Q的正負．【解答】解：A、由于不知道電子速度變化，由運動軌跡圖不能判斷電子向那個方向運動，故A錯誤；B、若aA＞aB，則A點離點電荷Q更近即Q靠近M端；又由運動軌跡可知，電場力方向指向凹的一側(cè)即左側(cè)，所以，在MN上電場方向向右，那么Q靠近M端且為正電荷，故B正確；D、由B可知，電場線方向由M指向N，那么A點電勢高于B點，故D錯誤；C、由B可知，電子所受電場力方向指向左側(cè)，那么，若電子從A向B運動，則電場力做負功，電勢能增加；若電子從B向A運動，則電場力做正功，電勢能減小，所以，一定有EpA＜EpB求解過程與Q所帶電荷無關(guān)，只與電場線方向相關(guān)，故C正確；故選：BC?！军c評】帶電粒子在電場中運動，帶正電的粒子電場力方向與電場線方向一致；帶負電的粒子，電場力方向與電場線方向相反．8．（6分）如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是（）A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣服架懸掛點右移【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】31：定性思想；42：等效替代法；527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】繩子兩端上下移動時，兩桿距離不變，據(jù)此分析兩端繩子間夾角的變化情況，進而分析拉力的變化；兩桿之間距離發(fā)生變化時，分析兩段繩子之間的夾角變化，進而分析拉力變化?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示，兩個繩子是對稱的，與豎直方向夾角是相等的。假設(shè)繩子的長度為X，則Xcosθ＝L，繩子一端在上下移動的時候，繩子的長度不變，兩桿之間的距離不變，則θ角度不變；AC、兩個繩子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夾角不變，所以繩子的拉力不變；A正確，C錯誤；B、當桿向右移動后，根據(jù)Xcosθ＝L，即L變大，繩長不變，所以θ角度減小，繩子與豎直方向的夾角變大，繩子的拉力變大，B正確；D、繩長和兩桿距離不變的情況下，θ不變，所以掛的衣服質(zhì)量變化，不會影響懸掛點的移動，D錯誤。故選：AB?！军c評】本題在判斷繩子拉力的變化關(guān)鍵是把握一個合力的不變，然后分析繩子夾角的變化情況，而夾角的變化情況又與兩桿距離有關(guān)，寫出了距離與夾角關(guān)系，題目就會變的容易三、解答題（共6小題，滿分72分）9．（4分）我國自主研制的首艘貨運飛船“天舟一號”發(fā)射升空后，與已經(jīng)在軌運行的“天宮二號”成功對接形成組合體．假設(shè)組合體在距地面高度為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運動，已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響．則組合體運動的線速度大小為RgR+h，向心加速度大小為g（RR+h）2【考點】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用．【專題】31：定性思想；43：推理法；528：萬有引力定律的應(yīng)用專題．【分析】地球表面重力與萬有引力相等，衛(wèi)星繞地球圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力，從而即可求解．【解答】解：在地球表面的物體受到的重力等于萬有引力，有：mg＝GMm得：GM＝R2g，根據(jù)萬有引力提供向心力有：GmM(R+h得：v=GMR+h=根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律可得，衛(wèi)星所在處的加速度，GmM(R+h得a=GM(R+h)2=故答案為：RgR+h；g（RR+h）【點評】本題主要考查在星球表面萬有引力與重力相等，衛(wèi)星繞地球圓周運動的向心力由萬有引力提供，掌握規(guī)律是正確解題的關(guān)鍵．10．（4分）如圖所示，打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置驗證機械能守恒定律。①對于該實驗，下列操作中對減小實驗誤差有利的是AB。A．重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘B．兩限位孔在同一豎直面內(nèi)上下對正C．精確測量出重物的質(zhì)量D．用手托穩(wěn)重物，接通電源后，撒手釋放重物②某實驗小組利用上述裝置將打點計時器接到50Hz的交流電源上，按正確操作得到了一條完整的紙帶，由于紙帶較長，圖中有部分未畫出，如圖所示。紙帶上各點是打點計時器打出的計時點，其中O點為紙帶上打出的第一個點。重物下落高度應(yīng)從紙帶上計時點間的距離直接測出，利用下列測量值能完成驗證機械能守恒定律的選項有BC。A．OA、AD和EG的長度B．OC、BC和CD的長度C．BD、CF和EG的長度D．AC、BD和EG的長度【考點】MD：驗證機械能守恒定律．【專題】13：實驗題；31：定性思想；43：推理法；52E：機械能守恒定律應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)實驗原理，結(jié)合實驗中的注意事項后分析解答；依據(jù)這段時間內(nèi)的平均速度等于中時刻瞬時速度，從而確定動能的變化，再依據(jù)重力勢能表達式，進而確定其的變化，即可驗證。【解答】解：①A、實驗供選擇的重物應(yīng)該相對質(zhì)量較大、體積較小的物體，這樣能減少摩擦阻力的影響，從而減小實驗誤差，故A正確。B、為了減小紙帶與限位孔之間的摩擦圖甲中兩限位孔必須在同一豎直線，這樣可以減小紙帶與限位孔的摩擦，從而減小實驗誤差，故B正確。C、因為我們是比較mgh、12mv2D、實驗時，先接通打點計時器電源再放手松開紙帶，對減小實驗誤差沒有影響，故D錯誤。②根據(jù)這段時間內(nèi)的平均速度等于中時刻瞬時速度，結(jié)合動能與重力勢能表達式，A、當OA、AD和EG的長度時，只有求得F點與BC的中點的瞬時速度，從而確定兩者的動能變化，卻無法求解重力勢能的變化，故A錯誤；B、當OC、BC和CD的長度時，同理，依據(jù)BC和CD的長度，可求得C點的瞬時速度，從而求得O到C點的動能變化，因知道OC間距，則可求得重力勢能的變化，可以驗證機械能守恒，故B正確；C、當BD、CF和EG的長度時，依據(jù)BD和EG的長度，可分別求得C點與F點的瞬時速度，從而求得動能的變化，再由CF確定重力勢能的變化，進而得以驗證機械能守恒，故C正確；D、當AC、BD和EG的長度時，依據(jù)AC和EG長度，只能求得B點與F點的瞬時速度，從而求得動能的變化，而BF間距不知道，則無法驗證機械能守恒，故D錯誤；故答案為：①AB；②BC?！军c評】考查實驗的原理，掌握如何處理實驗誤差的方法，理解驗證機械能守恒的中，瞬時速度的求解，及重力勢能的表達式的應(yīng)用。11．（10分）某探究性學(xué)習小組利用如圖1所示的電路測量電池的電動勢和內(nèi)阻。其中電流表A1的內(nèi)阻r1＝1.0kΩ，電阻R1＝9.0kΩ，為了方便讀數(shù)和作圖，給電池串聯(lián)一個R0＝3.0Ω的電阻。①按圖示電路進行連接后，發(fā)現(xiàn)aa′、bb′和cc′三條導(dǎo)線中，混進了一條內(nèi)部斷開的導(dǎo)線。為了確定哪一條導(dǎo)線內(nèi)部是斷開的，將電鍵S閉合，用多用電表的電壓擋先測量a、b′間電壓，讀數(shù)不為零，再測量a、a′間電壓，若讀數(shù)不為零，則一定是aa'導(dǎo)線斷開；若讀數(shù)為零，則一定是bb'導(dǎo)線斷開。②排除故障后，該小組順利完成實驗。通過多次改變滑動變阻器觸頭位置，得到電流表A1和A2的多組I1、I2數(shù)據(jù)，作出圖象如圖2．由I1﹣I2圖象得到的電池的電動勢E＝1.4V，內(nèi)阻r＝0.5Ω。【考點】N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】通過多用電表的電壓示數(shù)是否為零，結(jié)合電路分析確定哪根導(dǎo)線斷開。根據(jù)閉合電路歐姆定律以及串并聯(lián)電路的特點，得出兩電流的表達式，結(jié)合圖線的斜率和截距求出電動勢和內(nèi)阻的大小?！窘獯稹拷猓孩賹㈦娊⊿閉合，用多用電表的電壓擋先測量a、b′間電壓，讀數(shù)不為零，可知cc′不斷開，再測量a、a′間電壓，若讀數(shù)不為零，可知bb′間不斷開，則一定是aa′間斷開。若aa′間電壓為零，則bb′導(dǎo)線斷開。②根據(jù)串并聯(lián)電路的特點，結(jié)合閉合電路歐姆定律得：E＝U+Ir，則有：E＝I1（R1+r1）+I2（R0+r），可知I1=-I解得：E＝1.4V，圖線斜率的絕對值為：r+3104=(0.14-0.05)×1故答案為：①aa'，bb'，②1.4（1.36～1.44均可）0.5（0.4～0.6均可）【點評】解決本題的關(guān)鍵確定故障的方法，對于圖線問題，一般的解題思路是得出兩物理量之間的關(guān)系式，結(jié)合圖線斜率和截距進行求解，難度中等。12．（16分）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩連接，跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg。初始時A靜止與水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h＝1.8m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g＝10m/s2。（1）B從釋放到細繩繃直時的運動時間t；（2）A的最大速度v的大??；（3）初始時B離地面的高度H?！究键c】52：動量定理；6B：功能關(guān)系．【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；43：推理法；52F：動量定理應(yīng)用專題．【分析】（1）根據(jù)自由落體規(guī)律計算運動時間；（2）根據(jù)動量守恒定律計算A的最大速度；（3）根據(jù)機械能守恒計算B離地面的高度H。【解答】解：（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有：h=12代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.6s。（2）根據(jù)動量定理；以繩子運動方向為正方向；對A（取向上為正方向），則有：F2t﹣mAgt＝mAv′，對B，則有：﹣F1t+mBgt＝mBv′﹣mBvB；而F1＝F2且vB＝6m/s，得：﹣gt＝2v′+v′﹣6由于碰撞時間極短，因此有：v′＝2m/s（3）細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有：12（mA+mB）v′2+mBgH＝mA代入數(shù)據(jù)解得：H＝0.6m。答：（1）運動時間為0.6s；（2）A的最大速度的大小為2m/s；（3）初始時B離地面的高度為0.6m?！军c評】本題是一道綜合題，但是僅僅是各個知識點的組合，一個問題涉及一個知識點，不是很難。在處理第三問的時候，使用了整體法，系統(tǒng)機械能能守恒，這種情況經(jīng)常遇到，平時多練習。13．（18分）平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，求：（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；（2）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比?！究键c】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；537：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．【分析】（1）在電場中，粒子做類平拋運動，根據(jù)x軸方向的勻速直線運動和y方向的勻加速直線運動列方程求解；（2）粒子在電場中受到的電場力時由牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)速度位移關(guān)系求解電場強度；根據(jù)粒子所受的洛倫茲力提供向心力得到半徑計算公式，再根據(jù)則由幾何關(guān)系得到半徑大小，由此求解磁感應(yīng)強度大小，然后求解比值。【解答】解：（1）在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有沿x軸正方向：2L＝v0t，①豎直方向根據(jù)勻變速直線運動位移時間關(guān)系可得：L=1設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy根據(jù)速度時間關(guān)系可得：vy＝at③設(shè)粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為α，有tanα=v聯(lián)立①②③④式得：α＝45°⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。設(shè)粒子到達O點時的速度大小為v，由運動的合成有v=v（2）設(shè)電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得：qE＝ma⑧由于v解得：E=m設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2由于P點到O點的距離為2L，則由幾何關(guān)系可知R=解得：B=m聯(lián)立⑨?式得EB答：（1）粒子到達O點時速度的大小為2v0，方向x軸方向的夾角為45（2）電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比為v0【點評】有關(guān)帶電粒子在勻強電場中的運動，可以根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度；對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。14．（20分）電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容