【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 5．如圖所示，由光滑彈性絕緣壁構(gòu)成的等邊三角形 ABC 容器的邊長(zhǎng)為 a，其內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小孔 O 是豎直邊 AB 的中點(diǎn)，一質(zhì)量為為 m、電荷量為 +q 的粒子（不計(jì)重力）從小孔 O 以速度 v 水平射入磁場(chǎng)，粒子與器壁多次垂直碰撞后（碰撞時(shí)無(wú)能量和電荷量損失）仍能從 O 孔水平射出，已知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行的半徑小于 ，則磁場(chǎng) 的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值 Bmin 及對(duì)應(yīng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行的時(shí)間 t 為（ ） A． Bmin= ， t= B． Bmin= ， t= C． Bmin= ， t= D． Bmin= ， t= 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律． 【分析】 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，與容器垂直碰撞后返回，速率不變，仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要使帶電粒子與容器內(nèi)壁碰撞多次后仍從 0 點(diǎn)射出，碰撞點(diǎn)要將容器壁若干等分，根據(jù)幾何知識(shí)求出軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，即可求得總時(shí)間 t． 【解答】 解：粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 r，則 ，得 ，因粒子從 O 孔 水平射入后，最終又要水平射出，則有 ，（ n= 3… ），聯(lián)立得 ，當(dāng) n=1 時(shí) B 取最小值， ，此時(shí)對(duì)應(yīng)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 ，而 ， ， C 正確， ABD 錯(cuò)誤． 故選： C 【點(diǎn)評(píng)】 本題關(guān)鍵明確帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，然后根據(jù)幾何關(guān)系求解出軌跡弧的半徑以及轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，再根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)周期列式求解． 6．硅光電池是一種太陽(yáng)能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點(diǎn)．如圖所示，圖線 a 是該電池在某光照強(qiáng)度下路端電壓 U 和電流 I 的關(guān)系圖象，圖線 b 是某電阻 R 的 U﹣ I 圖象．當(dāng)它們組成閉合回路時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ） A．電池的內(nèi)阻 r= B．電池的效率為 η= 100% C．硅光電池的內(nèi)阻消耗的熱功率 Pr=U2I1﹣ U1I2 D．電源的輸出功率 P=U1I1 【考點(diǎn)】 閉合電路的歐姆定律；電功、電功率；焦耳定律． 【分析】 由歐姆定律得 U=E﹣ Ir， 的大小等于 r，當(dāng) I=0 時(shí)， E=U，由圖可知電池的電動(dòng)勢(shì)為 U2．當(dāng)電流為 I1 時(shí)，根據(jù)歐姆定律求出內(nèi)阻；根據(jù)功率公式可求得輸出功率和內(nèi)阻上消耗的功率；根據(jù)效率公式可求得電源的效率． 【解答】 解： A、由歐姆定律得 U=E﹣ Ir，當(dāng) I=0 時(shí)， E=U，由 a 與縱軸的交點(diǎn)讀出電動(dòng)勢(shì)為 E=U2． 根據(jù)兩圖線交點(diǎn)處的狀態(tài)可知，電阻的電壓為 U1，則內(nèi)阻r= = ；故 A 正確； B、電池的效率 η= 100%；故 B 正確． C、內(nèi)阻消耗的功率 Pr=U2I1﹣ U1I1 ；故 C 錯(cuò)誤； D、電源的路端電壓為 U1，電流為 I1，則輸出功率 P=U1I1；故 D 正確； 故選： ABD． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查對(duì)圖象的理解能力．對(duì)于線性元件歐姆定律可以直接利用；但對(duì)于非線性元件不能直接利用歐姆定律求解；同時(shí)對(duì)于電源的內(nèi)阻往往根據(jù)電源的外特性曲線研究斜率得到． 7．如圖甲所示，一個(gè)匝數(shù)為 n 的圓形線圈（圖中只畫(huà)了 2 匝），面積為 S，線圈 的電阻為 R，在線圈外接一個(gè)阻值為 R 的電阻和一個(gè)理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（ ） A． 0～ t1時(shí)間內(nèi) P 端電勢(shì)高于 Q 端電勢(shì) B． 0～ t1時(shí)間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為 C． t1～ t2時(shí)間內(nèi) R 上的電流為 D． t1～ t2時(shí)間內(nèi) P 端電勢(shì)高于 Q 端電勢(shì) 【考點(diǎn)】 法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律． 【分析】 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求電路電流，根據(jù)歐姆定律求電壓表的讀數(shù)；根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，從而確定PQ 端電勢(shì)的高低． 【解答】 解： A、 0～ 時(shí)間內(nèi)，磁通量增大，根據(jù)楞次定律感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，線圈相當(dāng)于電源，上端正極下端負(fù)極，所以 P 端電勢(shì)高于 Q 端電勢(shì)，故A 正確； B、 0～ 時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) = ，電壓表的示數(shù)等于電阻 R 兩端的電壓 ，故 B 錯(cuò)誤； C、 ～ 時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) ，根據(jù)閉合電路的歐姆定律 ，故 C 正確； D、 ～ 時(shí)間內(nèi)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，線圈相當(dāng)于電源，上端負(fù)極下端正極，所以 P 端電勢(shì)低于 Q 端電勢(shì)，故 D 錯(cuò)誤； 故選： AC 【點(diǎn)評(píng)】 解決本題關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，并用來(lái)求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。}中線圈相當(dāng)于電源，可與電路知識(shí)進(jìn)行綜合考查． 8．有一電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿 x 軸方向的電場(chǎng)，其電勢(shì) ? 隨 x 的分布如圖所示．一質(zhì)量為 m、帶電量為﹣ q 的粒子只在電場(chǎng)力的作用下，以初速度 V0從 x=0 處的 O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)并沿 x 軸正方向運(yùn)動(dòng)，則下關(guān)于該粒子運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法中正確的是（ ） A．粒子從 x=0 處運(yùn)動(dòng)到 x=x1處的過(guò)程中動(dòng)能逐漸增大 B．粒子從 x=x1處運(yùn)動(dòng)到 x=x3處的過(guò)程中電勢(shì)能逐漸減小 C．欲使粒子能夠到達(dá) x=x4處，則粒子從 x=0 處出發(fā)時(shí)的最小速 度應(yīng)為 2 D．若 v0=2 ，則粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為 【考點(diǎn)】 勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系． 【分析】 根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，判斷場(chǎng)強(qiáng)的方向，根據(jù)電場(chǎng)力方向分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，即可判斷動(dòng)能的變化．根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)小，判斷電勢(shì)能的變化．粒子如能運(yùn)動(dòng)到 x1 處，就能到達(dá) x4 處，根據(jù)動(dòng)能定理研究 0﹣ x1過(guò)程，求解最小速度．粒子運(yùn)動(dòng)到 x1 處電勢(shì)能最大，動(dòng)能最小，由動(dòng)能定理求解最小速度． 【解答】 解： A、粒子從 O 運(yùn)動(dòng)到 x1的過(guò)程中，電勢(shì)降低，場(chǎng)強(qiáng)方向沿 x 軸正方向，粒子所受的電場(chǎng)力方向沿 x 軸負(fù)方 向，粒子做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能逐漸減小，故 A 錯(cuò)誤． B、粒子從 x1 運(yùn)動(dòng)到 x3 的過(guò)程中，電勢(shì)不斷升高，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)小，可知，粒子的電勢(shì)能不斷增大，故 B 正確． C、根據(jù)電場(chǎng)力和運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知：粒子如能運(yùn)動(dòng)到 x1 處，就能到達(dá) x4 處，當(dāng)粒子恰好運(yùn)動(dòng)到 x1處時(shí)，由動(dòng)能定理得： ﹣ q（ φ0﹣ 0） =0﹣ mv02， 解得： v0= ，則要使粒子能運(yùn)動(dòng)到 x4 處，粒子的初速度 v0 至少為．故 C 錯(cuò)誤． D、若 v0=2 ，粒子運(yùn)動(dòng)到 x1處電勢(shì)能最大，動(dòng)能最小，由動(dòng)能定理得： q[（﹣ φ0）﹣ 0]= m ﹣ mv02， 解 得最小速度為： vmin= ，故 D 正確． 故選： BD 【點(diǎn)評(píng)】 根據(jù)電勢(shì) φ 隨 x 的分布圖線可以得出電勢(shì)函數(shù)關(guān)系，由電勢(shì)能和電勢(shì)關(guān)系式得出電勢(shì)能的變化．利用動(dòng)能定理列方程求動(dòng)能或速度． 二、非選擇題 9．某研究學(xué)習(xí)小組用圖甲所示的裝置探究加速度與合力的關(guān)系．裝置中的鋁箱下端連接紙帶，砂桶中可放置砂子以改變鋁箱所受的外力大小，鋁箱向上運(yùn)動(dòng)的加速度 a 可由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和紙帶測(cè)出．現(xiàn)保持鋁箱總質(zhì)量 m 不變，逐漸增大砂桶和砂的總質(zhì)量進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，得到多組 a、 F 值（ F 為力傳感器的示數(shù)，等于懸掛滑輪繩子的拉力），不計(jì)滑輪的重力． （ 1）某同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫(huà)出了圖乙所示 a﹣ F 關(guān)系圖象，則由該圖象可得鋁箱總質(zhì)量 m= kg，重力加速度 g= m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） （ 2）當(dāng)砂桶和砂的總質(zhì)量較大導(dǎo)致 a 較大時(shí)，圖線 D （填選項(xiàng)前的字母）． A．偏向縱軸 B．偏向橫軸 C．斜率逐漸減小 D．斜率不變． 【考點(diǎn)】 探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系． 【分析】 對(duì)鋁箱分析，根據(jù)牛頓第二定律，抓住傳感器示數(shù) F 等于 2 倍的 FT，求出加速度的表達(dá)式，結(jié)合圖線的斜率和縱軸截距求出鋁箱的總質(zhì)量和 重力加速度的大小． 結(jié)合圖線的斜率 k= ，與沙桶和砂的質(zhì)量無(wú)關(guān)，判斷圖線的形狀 【解答】 解：（ 1）對(duì)鋁箱分析，應(yīng)有 FT﹣ mg=ma， 對(duì)滑輪應(yīng)有 F=2FT， 聯(lián)立可解得 a= = ， 可知圖線的斜率 k= = ，