2019届高考物理二轮复习专题--电磁感应及综合应用交变电流（带答案）与2019届高考物理二轮复习专题--带电粒子在复合场中的运动（附答案）

2019 届高考物理二轮复习专题-电磁感应及综合应用交变电流（带答案）与 2019 届高考物理二轮复习专题-带电粒子在复合场中的运动（附答案）2019 届高考物理二轮复习专题-电磁感应及综合应用交变电流（带答案）电磁感应命题频率较高，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度，考查较多的知识点有：感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，同时也会与力学、磁场、能量等知识综合考查及图象问题的考查。命题趋势集中在以下三个方面：楞次定律、右手定则、左手定则的应用；与图象结合考查电磁感应现象；通过“杆导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用。高频考点：电磁感应图象；电磁感应中的电路问题；理想变压器。1.法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比，这就是法拉第电磁感应定律。内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。发生电磁感应现象的这部分电路就相当于电源，在电源的内部电流的方向是从低电势流向高电势。(即：由负到正)2.感应电动势的大小计算公式1) EBLV (垂直平动切割) 2) =?(普适公式 ) (法拉第电磁感应定律)3) E= nBSsin（t+）；Em nBS(线圈转动切割)4)EBL2/2 (直导体绕一端转动切割 ) 5)*自感 E 自 n/tL ( 自感 )3.楞次定律：感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量变化,这就是楞次定律。内容：感应电流具有这样的方向，就是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。B 感和 I 感的方向判定：楞次定律(右手) 深刻理解 “阻碍”两字的含义(I 感的B 是阻碍产生 I 感的原因)B 原方向? ； B 原? 变化( 原方向是增还是减)；I 感方向 ?才能阻碍变化；再由 I 感方向确定 B 感方向。4.交变电流交变电流(1)中性面线圈平面与磁感线垂直的位置，或瞬时感应电动势为零的位置。中性面的特点：a线圈处于中性面位置时，穿过线圈的磁通量 最大，但 0；产生：矩形线圈在匀强磁场中绕与磁场垂直的轴匀速转动。变化规律 eNBSsint=Emsint；i Imsint；(中性面位置开始计时)，最大值 Em NBS四值：瞬时值最大值有效值电流的热效应规定的；对于正弦式交流 U 0.707Um 平均值不对称方波： 不对称的正弦波求某段时间内通过导线横截面的电荷量 QIt=t/R/R我国用的交变电流，周期是 0.02s，频率是 50Hz，电流方向每秒改变 100 次。瞬时表达式：ee=220 sin100t=311sin100t=311sin314t线圈作用是“通直流，阻交流；通低频，阻高频”电容的作用是“通交流、隔直流；通高频、阻低频”变压器两个基本公式： P 入=P 出，输入功率由输出功率决定，远距离输电：一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为、n1、n1/ n2、n2/，相应的电压、电流、功率也应该采用相应的符号来表示。功率之间的关系是：P1=P1/，P2=P2/，P1/=Pr=P2 。电压之间的关系是： 。电流之间的关系是： .求输电线上的电流往往是这类问题的突破口。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用 ，而不能用 。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失 。1.【浙江省 2017 普通高校招生选考科目考试物理试题】间距为 l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为 的导轨处于大小为 B_1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3m 的“联动双杆”（由两根长为 l 的金属杆，cd 和 ef，用长度为 L 的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆 ”右侧存在大小为 B_2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间，其长度大于 L，质量为 m，长为 l的金属杆 ab，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆 cd 与“联动双杆”发生碰撞后杆 ab 和 cd 合在一起形成 “联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆 ab、cd 和 ef电阻均为 R=0.02,m=0.1kg,l=0.5m,L=0.3m,=300,B_1=0.1T,B_2=0.2T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：（1）杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 v_0；（2）联动三杆进入磁场区间 II 前的速度大小 v；（3）联动三杆滑过磁场区间 II 产生的焦耳热 Q1.【2018 年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷)】如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 ，间距为 d导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直质量为 m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度 a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g求下滑到底端的过程中，金属棒：（1）末速度的大小 v；（2）通过的电流大小 I；（3）通过的电荷量 Q一、多选题1如图，在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，有一面积为 S 的矩形单匝闭合导线 abcd,ab 边与磁场方向垂直，线框的电阻为 R。使线框以恒定角速度 绕过 ad、bc 中点的轴旋转。下列说法正确的是( )A线框 abcd 中感应电动势的最大值是 BSB线框 abcd 中感应电动势的有效值是 BSC线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大D线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大2如图(a) ，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线框 R，R 在 PQ 的右侧。导线 PQ 中通有正弦交流电 i，i 的变化如图(b)所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向。导线框 R 中的感应电动势( )A在 t=T/4 时为零B在 t=T/2 时改变方向C在 t=T/2 时最大，且沿顺时针方向D在 t=T 时最大，且沿顺时针方向二、单选题1采用 220 kV 高压向远方的城市输电当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的 1/4，输电电压应变为( )A55 kV B110 kV C440 kV D880 kV2教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机( 内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻 R 供电，电路如图所示，理想交流电流表 A、理想交流电压表 V 的读数分别为 I、U，R 消耗的功率为 P.若发电机线圈的转速变为原来的1/2，则( )AR 消耗的功率变为 1/2 P B电压表 V 的读数变为 1/2 UC电流表 A 的读数变为 2I D通过 R 的交变电流频率不变3如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为 l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为3/2 l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图线可能是( )A B C D三、解答题6如图所示，在竖直平面内建立 xOy 坐标系，在 0x0.65m，y0.40m 范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长为L=0.10m、质量 m=0.02kg、电阻 R=0.40 的匀质正方形刚性导线框 abcd处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65）。现将线框以初速度 v_0=2m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程，线框在全过程中始终处于xOy 平面内，其 ab 边与 x 轴保持平行，空气阻力不计，求：（1）磁感应强度 B 的大小；（2）线框在全过程中产生的焦耳热 Q；（3）在全过程中，cb 两端得到电势差 U_cb 与线框中心位置的 x 坐标的函数关系。7如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨间距为 l，左端连有阻值为 R 的电阻一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域已知金属杆以速度 v0 向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率。参考答案1.【解析 】沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡(1)感应电动势 E=B_1 lv_0电流 I=E/1.5R安培力 F=B_1 Il匀速运动条件 mgsin=(B_12 l2 v_0)/1.5R代入数据解得：v_0=6m/s（2）由定量守恒定律 mv_0=4mv解得：v=1.5m/s（3）进入 B2 磁场区域，设速度变化大小为 v,根据动量定理有B_2 Ilt=-4mvIt=q=?/1.5R=(B_2 Ll)/1.5R解得：v=-0.25m/s出 B2 磁场后“联动三杆 ”的速度为v=v+2v=1.0m/s根据能量守恒求得：Q=1/24m(v2-v2 )=0.25J【答案】(1) v_0=6m/s (2) 1.5m/s (3)0.25J1.【解析 】（ 1）匀加速直线运动 v2=2as 解得 v=2as（2）安培力 F 安=IdB 金属棒所受合力 F=mgsinF_安牛顿运动定律 F=ma解得 I=(m（gsin a）)/dB（3）运动时间 t=v/a 电荷量 Q=It解得 Q=(2as m（gsin-a ）)/dBa【答案】（1）2as ；（2 ）(m(gsin-a)/dB；（3）(2as m(gsin-a)/dBa；一、多选题1【解题思路】一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性面开始计时,产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式为：e=Emsin.Emsint。故感应电动势的最大值 EmBS ，有效值 EE_m/2，故 A 正确，B 错误。当 =90o 时，即线框平面与磁场方向平行时，电流最大故 C 正确，D错误。【答案】AD2【解题思路】由图（b）可知，导线 PQ 中电流在 t=T/4 时达到最大值，变化率为零，导线框 R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4 时导线框中产生的感应电动势为零，选项 A 正确；在 t=T/2 时，导线PQ 中电流图象斜率方向不变，导致导线框 R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在 t=T/2 时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项 B错误；由于在 t=T/2 时，导线 PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框 R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在 t=T/2 时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项 C 正确；由楞次定律可判断出在 t=T 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项 D 错误。【答案】AC二、单选题1【解题思路】本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析能力。当输电功率 P=UI，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为 P 损=I2R，R 为输电线路的电阻，即 P 损=(P/U)2 R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的 1/4，则输电电压为原来的 2 倍，即 440V，故选项 C 正确。【答案】C2【解题思路】根据公式 E_m=nBS 分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据 n_1/n_2 =U_1/U_2 =I_2/I_1 判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；根据 =2n 可知转速变为原来的 1/2，则角速度变为原来的 1/2，根据E_m=nBS 可知电动机产生的最大电动势为原来的 1/2，根据 U=E_m/2 可知发电机的输出电压有效值变为原来的 1/2，即原线圈的输出电压变为原来的1/2，根据 n_1/n_2 =U_1/U_2 可知副线圈的输入电压变为原来的 1/2，即电压表示数变为原来的 1/2，根据 P=U2/R 可知 R 消耗的电功率变为 1/4 P，A 错误 B 正确；副线圈中的电流为 I_2=(1/2 U)/R，即变为原来的 1/2，根据 n_1/n_2 =I_2/I_1 可知原线圈中的电流也变为原来的 1/2，C 错误；转速减小为原来的 1/2，则频率变为原来的 1/2，D 错误。【答案】B3【解题思路】试题分析：找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向，从而判断整个回路中总电流的方向。要分过程处理本题。第一过程从移动的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以E=2Blv，则电流为 i=E/R=2Blv/R，电流恒定且方向为顺时针。再从移动到的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，然后从到的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i=E/R=2Blv/R，方向是逆时针。当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故 D 正确。故选 D。【答案】D三、解答题6【解析 】（1 ）线框进入磁场的过程中速度不变，线框受力平衡：mg=BIl感应电流 I=(Blv_y)/R进入时的 y 方向速度： v_y=2m/s，解得：B=2T（2）动量定理：-Blq=mv-mv_0解得 q=(Bl2)/R全过程能量守恒：Q=mgl+1/2 mv_02-1/2 mv2解得 Q=0.0375J（3）进入磁场前：x0.4mU_ab=0进入磁场过程：0.4m0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 y0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核 11H 和一个氘核 21H 先后从 y 轴上 yh 点以相同的动能射出，速度方向沿 x 轴正方向。已知 11H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为60，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。11H 的质量为 m，电荷量为 q。不计重力。求：(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。1(多选) 如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动若已知小球做圆周运动的半径为 r，电场强度大小为 E，磁感应强度大小为 B，重力加速度大小为 g，则下列判断中正确的是( )A小球一定带负电荷B小球一定沿顺时针方向转动C小球做圆周运动的线速度大小为 gBrED小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功2如图所示，水平向右的匀强电场场强为 E，且 Eqmg，垂直纸面向里的水平匀强磁场磁感应强度为 B，一带电荷量为 q 的液滴质量为 m，在重力、静电力和洛伦兹力作用下在叠加场空间运动。下列关于带电液滴在叠加场空间的运动描述正确的是( )A液滴可能做匀加速直线运动B液滴不可能做匀速圆周运动C液滴可能做匀速直线运动且机械能守恒D如果是直线运动，必为匀速直线运动，其运动轨迹与水平方向的夹角是1如图所示，直角坐标系 xOy 位于竖直平面内，空间存在着垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场和平行于 xOy 平面的匀强电场。第三象限内有一点 P，其坐标为(1 m， m)，质量为 m210 5 kg、带电量为 q+5105 C 的液滴以 v2 m/s 的速度沿直线从 P 点运动 O 点。若已知匀强磁场磁感应强度大小 B1 T，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)求匀强电场场强 E 的大小及电场的方向；(2)若在带电液滴经过 O 点时只撒去磁场，液滴会经过 x 轴上的 Q 点，求 Q 点的坐标。2如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系 xOy，水平轴 x 下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿 x 轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆 PQ 交 x 轴于 M 点，细杆 PQ 与 x 轴的夹角 30，杆的末端在 y 轴 Q 点处，PM 两点间的距离为L。一套在杆上的质量为 2m、电荷量为 q 的带正电小环 b 恰好静止在 M 点，另一质量为 m、不带电绝缘小环 a 套在杆上并由 P 点静止释放，与 b 瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与 M 点的距离为 ，b 沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b 进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x 轴上的 N 点，且 OM ON。已知重力加速度大小为 g，求：(1)碰后 b 的速度大小 v 以及 a、b 碰撞过程中系统损失的机械能 E；(2)磁场的磁感应强度大小 B；(3)b 离开杆后经过多长时间会通过 x 轴。3光滑水平桌面上建有坐标系 xOy，质量为 m、带电量为 q 的带正电小球静止在坐标原点，现沿 x 轴正向施加一匀强电场 E1，经 t0 后，将匀强电场方向变为沿 y 轴正方向而大小保持不变，再经 t0 后撤去电场 E1，同时施加一个与xOy 平面平行的匀强电场 E2，电场强度 E2 和电场强度 E1 的大小关系为 E2 E1，使得小球沿直线运动并能再次通过 y 轴。求：(1)撤去电场 E1 时小球的位置坐标值 x、y ；(2)匀强电场 E2 的方向与 x 轴正方向的夹角 ；(3)小球从坐标原点出发到再次经过 y 轴所用的时间 t 和电场力做的功 W。4如图甲所示，有一磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界 OP 与水平方向夹角为 45 ，紧靠磁场边界放置长为 6d、间距为 d的平行金属板 M、N ，M 板与磁场边界的交点为 P，磁场边界上的 O 点与 N板在同一水平面上。在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)，其周期 T4dv0 ，E0Bv06。某时刻从 O 点竖直向上以初速度 v0 发射一个电荷量为q 的粒子，结果粒子恰在图乙中的 tT4 时刻从 P 点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出不计粒子重力。求：(1)粒子的质量 m；(2)粒子从 O 点进入磁场到射出电场运动的总时间 t；(3)粒子从电场中的射出点到 M 点的距离。参考答案1【解题思路】小球从 M 到 N，在竖直方向上发生了偏转，所以刚开始受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A 错误，B 正确；若电场力和重力等大反向，则此过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，若电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C 正确，D错误。【答案】BC2【解题思路】(1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示设 11H 在电场中的加速度大小为 a1，初速度大小为 v1，它在电场中的运动时间为 t1，第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离为 s1，由运动学公式有：s1v1t1， h12a1t12由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角 160 。11H 进入磁场时速度的 y 分量的大小为： a1t1v1tan 1联立以上各式得 s1233h(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有：qEma1设 11H 进入磁场时速度的大小为 v1，由速度合成法则有：v1v12（ a1t1）2设磁感应强度大小为 B， 11H 在磁场中运动的轨迹半径为 R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qv1Bmv12R1由几何关系得：s12R1sin 1联立以上各式得：B6mEqh(3)设 21H 在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为 v2，在电场中的加速度大小为 a2，由题给条件得：12(2m)v2212mv12由牛顿第二定律有：qE 2ma2?设 21H 第一次射入磁场时的速度大小为 v2，速度的方向与 x 轴正方向夹角为2，入射点到原点的距离为 s2，在电场中运动的时间为 t2.由运动学公式有：s2v2t2?，h12a2t22? ，v2 v22（a2t2）2?，sin 2a2t2v2?联立以上各式得：s2s1，21，v222v1?设 21H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由?式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得：R2（ 2m）v2qB2R1?所以出射点在原点左侧。设 21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 s2，由几何关系有：s2 2R2sin 2?联立? 式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点 O 的距离为：s2s2233(21)h?1【解题思路】带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故 A 正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故 B 错误；由电场力和重力大小相等，得： mgqE ，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：rmvqB，联立得： vgBrE，故 C 正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故 D 错误。【答案】AC2【解题思路】由于液滴受到的重力与电场力恒定，如果做匀加速直线运动，则液滴的洛伦兹力大小变化，液滴的合外力变化，不可能做匀加速直线运动，故 A 错误；由于液滴受竖直向下的重力和水平方向的电场力，所以重力与电场力的合力不可能为零，即液滴不可能做匀速圆周运动，故 B 正确；当液滴进入复合场时的洛伦兹力与重力和电场力的合力等大反向时，液滴做匀速直线运动，但电场力会做功，所以机械能不守恒，故 C 错误；由 A 分析可知，液滴不可能做匀加速直线运动，只要液滴的速度大小变化，其所受的洛伦兹力大小变化，合外力变化，一定做曲线运动，故如果是直线运动，必为匀速直线运动，由于mgqE，重力与电场力的合力一定与速度方向垂直，即与水平方向成 45，故D 正确。【答案】BD1【解析 】(1)由 P 点坐标为(1 m， m)可得：PO 与 y 轴负半轴夹角30带电液滴沿 PO 做匀速直线运动，小球所受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，洛伦兹力： N根据平衡条件可得：代入数据解得： N/C电场方向沿 PO 方向（与 x 轴正半轴成 30角斜向上）。(2)撤去磁场，液滴做类平抛运动，设其加速度为 g?，有：设撤掉磁场后液滴在初速度方向上的分位移为 x?，有：x? vt设液滴在重力与电场力的合力方向上分位移为 y?，有：设 g?与 x 轴正半轴所成夹角为 ，又联立以上各式，代入数据解得： m又有 m故 Q 点的坐标为( m，0)。2【解析 】(1)设 a 和 b 相碰前的速度大小为 v1，碰后的速度为 v2，由机械能守恒定律：由动量守恒定律：解得：机械能损失：解得： 。(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为 B，由于 b 从 M 点运动到 Q 点的过程中与杆无作用力，可得：qvBcos 2mg解得： 。(3)b 在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知轨迹的圆心 O在 x 轴上，b 经过 N 点时速度方向与 x 轴垂直，圆心角 120，又匀速圆周运动的周期为b 从 Q 点第一次通过 N 点的时间为可得b 第一次通过 N 点后做竖直上抛运动，经 t2 时间第二次通过 N 点，有：b 第二次通过 N 点后做竖直上抛运动，经 t3 时间第三次通过 N 点，有：故 b 离开杆后会通过 x 轴的可能时间是：(i)竖直向上通过 x 轴：(n1、2、3 、)(2)竖直向下通过 x 轴：(n1、2、3 、)3【解析 】(1)E1 沿 x 轴正向时，小球匀加速运动：qE1ma1v0a1t0，E1 沿 y 轴正向时，小球做类平抛运动：x2v0t0，小球位置坐标： 。(2)撤去 E1 时 y 轴方向速度： vya1t0施加电场 E2 后小球能再次经过 y 轴，故小球做匀减速直线运动E2 的方向应与 x 轴正向的夹角 ，有：135。(3)施加电场 E2 后小球加速度 a2，有：qE2ma2解得：a2 a1做匀减速直线运动的初速度：v1 v0，位移：s x到达 y 轴时速度为 v2：得：用时：小球从 O 点出发到再次经过 y 轴所用的时间为：电场力做的功： 。4【解析 】(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图，轨迹半径 rd由牛顿第二定律得 qv0Bmv02r解得：mqBdv0。(2)粒子在磁场中运动的周期 T02mqB在磁场中运动的时间 t1T04粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动，运动时间 t26dv0从 O 点到离开电场的总时间 tt1t2解得：td2v06dv0 122v0d。(3)粒子在电场中的运动时间 t26dv032T当粒子从时刻 tT4 自 P 点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期 T 的位移为 0，速度图象如图所示，故粒子在 32T 内运动的竖直位移 y212aT42aqE0m解得 yd6 。