河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高二下学期周练（3

河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高二下学期周练（3

‎2020年3月1日物理周练（第3次） ‎ ‎ 时间：80分钟 满分：100分 一、选择题（共14小题，1--10为单选，11--14为多选，每小题3分，选对不全给2分，满分42分）‎ ‎1．在物理学的发展中，许多物理学家做出了重要贡献，以下说法符合史实的是（　　）‎ A．欧姆通过研究导体的导电性能，发现其电阻跟导体的长度成正比，跟横截面积成反比 B．安培通过大量的实验研究，发现磁场对运动电荷的作用力跟磁场的磁感应强度、运动电荷的电量、速度都成正比 ‎ C．法拉第通过研究电磁感应现象，发现线圈产生的感应电动势跟其磁通量变化率成正比 D．卢瑟福通过对a粒子散射实验的研究，发现原子是由原子核和核外电子组成的 ‎2．物理学中常常用比值法定义物理量。以下物理公式属于比值法定义式的是（　　）‎ A．电流 B．磁感应强度 ‎ C．感应电动势 D．德布罗意波长 ‎3. 电动自行车的电动机启动时车灯（纯电阻）会瞬时变暗。某型号电动车内部的简化电路如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为5A，电动机启动时电流表读数为20A，若电源电动势为60V，电源内阻为0.5Ω，保护电阻R0＝10.5Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率大约降低了（　　）‎ A．1.6W B．4.6W C．6.1W D．6.4W 4. 下列说法正确的是（        ） ‎ A.概率波就是机械波 B.物质波是一种概率波 C.概率波和机械波的本质是一样的，都能发生干涉和衍射现象 D.在光的双缝干涉实验中，若有一个光子，则能确定这个光子落在哪个点上 ‎5.‎ ‎ 扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎6. 影响显微镜分辨率本领的一个因素是衍射，衍射现象越明显，分辨本领越低．使用电子束工作的电子显微镜有较高的分辨本领，它利用高压对电子束加速，最后打在感光胶片上来观察显微图像，以下说法正确的是（        ） ‎ A .加速电压越高，电子的波长越长，分辨本领越强 B. 加速电压越高，电子的波长越短，衍射现象越明显 C. 如果加速电压相同，则用质子流工作的显微镜比用电子流工作的显微镜分辨本领强 D. 如果加速电压相同，则用质子流工作的显微镜比用电子流工作的显微镜分辨本领弱 7. 在光电效应实验中，用甲、乙、丙三种单色光分别照射到同一光电管上，测得光电流随 光电管两端电压变化的关系如图所示，则以下说法正确的是（        ） A.乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率 B. 丙光比乙光入射时逸出光电子的初动能小 ‎ C. 单色光甲的波长大于乙的波长 ‎ D. 换用另一光电管，若甲光入射能使它发生光电效应，丙光入射一定也能使它发生光电 效应 ‎ 8. 在某次“市长杯”足球赛中，小明同学将以10m/s的速率水平飞来的足球，又以10m/s的 速率反向踢回，已知足球的质量为400g，小明的脚与足球接触的时间为0.1s，不计足球重力和空气阻力，则在此0.1s时间内（　　）‎ A．小明对足球做的功不为零 ‎ B．小明对足球的冲量为零 ‎ C．足球的动量变化量和动能变化量均为零 ‎ D．小明对足球的平均作用力大小为80N ‎9. 用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图、、所 ‎ 示的图象，则（        ） A. 图象表明光具有波动性 B. 图象表明光具有粒子性 C. 用紫外光观察不到类似的图象 D. 实验表明光是一种概率波 ‎10. 如图所示，、、为电场中同一条电场线上的三点，为中点．、两点的电势分别 为、．下列说法中正确的是（ ）‎ A.该电场中点的电势一定为 B.点的电场强度一定是点的电场强度的倍 C.负电荷从点运动到点，电势能一定增大 D.将同一正电荷从点移到点的过程中电场力所做的功，一定大于将其从点移到点过程 中电场力所做的功 ‎11. 如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，交流电流表A．线圈从图示位置（线圈平面平行于电场方向）开始转过时的感应电流为I．下列说法中正确的有（　　）‎ A．电流表的读数为2I ‎ B．转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为 ‎ C．从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为 ‎ D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为 ‎12. 利用如图甲所示的实验装置观测光电效应，已知实验中测得某种金属的遏止电压与入 射频率之间的关系如图乙所示，电子的电荷量，则（        ）‎ A.普朗克常量为 B.该金属的逸出功为 C.电源的右端为正极 D.若电流表的示数为μ，则每秒内从阴极发出的光 电子数的最小值为 ‎13. 为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧同定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（　　）‎ A．M板电势一定高于N板的电势 ‎ B．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 ‎ C．污水流动的速度越大。电压表的示数越大 ‎ D．电压表的示数U与污水流量Q成正比 ‎14. 国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压100πt（V），电压表、电流表都为理想电表。则下列判断正确的是（　　）‎ A．输入电压有效值为200V，电流频率为50Hz ‎ B．S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大 ‎ C．S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小 ‎ D．若变阻器的滑片不动，S打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小 二、实验题（共2小题，共11分）‎ ‎15. （5分）利用如下图甲所示的电路，既可以测定值电阻的阻值，又可以测电源的电动 势和内阻．‎ 实验器材有：待测电源（电动势、内阻均未知），‎ 待测电阻，理想电压表（内阻很大），‎ 电阻箱（），‎ 单刀单掷开关，单刀双掷开关，‎ 导线若干，‎ 请完成下列填空： ‎ ‎（1）先测电阻的阻值，步骤如下：‎ ‎①闭合，将切换到，调节电阻箱，读出电阻箱的阻值和对应的电压表示数；‎ ‎②________；‎ ‎③计算待测电阻________（用所测得的物理量字母表示）．‎ ‎ （2）再测电源的电动势和内阻，步骤如下：‎ ‎①按方法（1）测得电阻；‎ ‎②闭合，将切换到，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电压表示数，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图象，求出________，________（均保留位有效数字）；‎ ‎③若闭合，将切换到，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电压表示数，由测得的数据，绘出相应的图线，根据图线得到电源电动势和内阻． 这种做法与步骤②的做法比较，步骤________（填“②”或“③”）更恰当些．‎ 16. ‎(6分)如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学冢和物理学家阿特伍德创制的一 种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律和动量守恒定律，如图乙所示（己知当地的重力加速度为g）‎ ‎（1）该同学用游标卡尺测量挡光片的宽度d，然后将质量均为m（A的含挡光片和挂钩、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，A置于桌面上处于静止状态，测量出挡光片中心到固定光电门中心的竖直距离h。‎ ‎（2）验证机械能守恒定律实验时，该同学在B的下端挂上质量也为m的物块C（含挂钩），让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为△t．如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为　 　。‎ ‎（3）为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处于静止状态，将B从静止位置竖直向上抬升s后由静止自由下落，直到光电门记录下挡光片挡光的时间（未接触桌面），则验证绳绷紧过程中系统沿绳方向动量守恒定律的表达式为　 　；如果该同学忘记将B下方的物块C取下，完成测量后，验证动量守恒定律的表达式为　 　。‎ 三、计算题（本题共4小题，共47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎17. （9分）年月日上午，美国航天局宣布在距地球仅光年的一颗小型恒星的周围发现了多达颗大小与地球相似的系外行星，其中颗已确定位于宜居带，很可能含有液态水．若观测到某行星的半径为，自转周期为，它有一颗卫星，轨道半径为，绕行星公转的周期为．已知引力常量为，求： ‎ ‎（1）该行星的平均密度；‎ ‎（2）要在此行星的赤道上发射一颗人造同步卫星，则该人造卫星的轨道半径为多大．‎ ‎18．（12分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求：‎ ‎（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。‎ ‎19. （15分）利用太阳电池这个能量转换器件将辐射能转变为电能的系统称光伏发电系统．光伏发电系统的直流供电方式有其局限性，绝大多数光伏发电系统均采用交流供电方式．将直流电变为交流电的装置称为逆变器，有一台内阻为r＝1Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1：4，降压变压器的匝数比为4：1，输电线的总电阻R＝4Ω，全校共22个班，每班有““220V 40W”“‎ 灯6盏，若全部电灯正常发光，求：‎ ‎（1）输电线上损失的电功率；‎ ‎（2）远距离输电的输电效率；‎ ‎（3）太阳能发电机的电动势．‎ ‎20. （11分）我国第一艘国产航母预计2020年交付中国海军使用，该航母将配备我国自主研发的、世界上最先进的舰载机直流电磁弹射系统。电磁弹射器的原理跟电磁轨道炮相似。某种型号的电磁轨道炮原理图如图所示，图中直流电源电动势为E，内阻不计；电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，MN垂直导轨放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，首先将开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后匀速离开导轨。不计空气阻力，试求：‎ ‎（1）MN刚开始运动时加速度a的大小 ‎（2）MN的最大速度。‎ ‎2020年3月1日物理周练（第3次）答案解析 1. ‎【分析】根据欧姆、安培、洛伦兹、法拉第等人的物理学成就进行答题即可。‎ ‎【解答】解：A、欧姆发现了欧姆定律，内容导体的电阻跟导体的长度成正比跟横截面积成反比是电阻定律，不是默默发现的。故A错误；‎ B、洛伦兹通过大量的实验研究，发现磁场对运动电荷的作用力跟磁场的磁感应强度、运动电荷的电量、速度都成正比。故B错误；‎ C、库柏与韦德发现了法拉第电磁感应定律。故C错误；‎ D、卢瑟福通过对a粒子散射实验的研究，发现原子是由原子核和核外电子组成的。故D正确 故选：D。‎ 2. ‎【分析】所谓比值定义法，就是用两个物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义所用的物理量无关。根据物理量的定义分析是否是比值定义法。‎ ‎【解答】解：A、导体中电流I＝是欧姆定律的表达式，故A错误。‎ B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，此式运用的是比值定义法。故B正确。‎ C、感应电动势是法拉第电磁感应定律的表达式，该式不属于比值定义法，故C错误。‎ D、公式表明实物粒子的波长与其动量成反比，不属于定义式，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】解决本题的关键理解并掌握比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关。‎ 3. ‎【分析】电动机未启动时，由欧姆定律求出灯泡的电阻。再求出电动机启动时路端电压，由欧姆定律求出通过灯泡的电流，分别求出两种情况下，灯泡的功率，即得解。‎ ‎【解答】解：电动机未启动时，由E＝I1（R+r）得，灯泡的电阻为R＝＝Ω＝1Ω，车灯消耗的功率为P1＝＝25W。电动机启动时，路端电压为U2＝E﹣I2r＝50V，流过灯泡的电流A＝4.35A。‎ 车灯的功率△P＝P1﹣P2＝6.1W。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】灯泡是纯电阻电路，功率公式较多，要根据不同的条件，选择不同的公式形式求解。‎ 1. ‎【考点】光的波粒二象性，光发生明显衍射的条件 ‎【解答】解：设加速电压为，电子电荷量为，质量为，则，又，故，可得．对电子来说，加速电压越高，越小，衍射现象越不明显，故、错误电子与质子比较，质子质量远大于电子质量，可知质子加速后的波长要小得多，衍射不明显，分辨本领强，故正确，错误．‎ 故选。‎ 2. ‎【点评】考查电磁感应原理，掌握楞次定律中阻碍相对运动，理解磁通量的含义，及感应电流的产生条件。‎ ‎【分析】根据电磁感应原理，结合楞次定律的阻碍相对运动角度，及产生感应电流的条件，即可判定。‎ ‎【解答】解：当加恒定磁场后，当紫铜薄板上下及左右振动时，导致穿过板的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场进而阻碍板的运动，而BC选项，只能上下振动时，才有磁通量变化，左右振动，却没有磁通量变化，因此只有A选项穿过板的磁通量变化，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A。‎ 3. ‎【考点】光的波粒二象性，光发生明显衍射的条件 ‎【解答】解：设加速电压为，电子电荷量为，质量为，则，又，故，可得．对电子来说，加速电压越高，越小，衍射现象越不明显，故、错误．电子与质子比较，质子质量远大于电子质量，可知质子加速后的波长要小得多，衍射不明显，分辨本领强，故正确，错误．‎ 故选．‎ 4. ‎【考点】光电效应实验 ‎【解答】解：截止频率 ‎，截止频率仅与光电管材料有关，所以三张光对应的截止频率相同，错误；根据，由图像可知，丙光比乙光入射时逸出光电子的初动能大，错误；甲、乙两束光的频率相同，丙光的频率大一些，有，再由知，，错误；若换用另一种光电管，由于，若甲光入射能使它发生光电效应，则丙光入射一定也能使它发生光电效应，正确． 故选．‎ 1. ‎【分析】根据动能定理判断对足球做的功。根据动量定理列式即可求出脚对球的平均作用力大小。‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理可知，合外力做功等于动能的变化，初末动能相等，则合外力做功为零，故A错误。B、根据冲量的定义可知，小明对足球的冲量不为零，故B错误。C、初速度方向为正，动量变化量的大小△p＝m△v＝m（﹣v2﹣v1），其中v2＝﹣10m/s，v1＝10m/s，解得动量变化量△p＝﹣8kgm/s，不为零，故C错误。D、根据动量定理可知，Ft＝△p，解得F＝80N，故D正确。‎ 故选：D。‎ 2. ‎【考点】概率波，光的波粒二象性 ‎【解答】解：．图象是一个个的亮点，即每次只照亮一个位置，这表明光是一份一份传播的，说明光具有粒子性，故错误．．图象有明显的明暗相间的干涉条纹，而干涉是波特有的性质，故表明光具有波动性，故错误．．因为紫外光是不可见光，所以直接用眼睛观察不到类似的图象，但是用感光胶片就能观察到类似现象，故错误． ．因为单个光子所能到达的位置不能确定，但大量光子却表现出波动性，即光子到达哪个位置是一个概率问题，故此实验表明了光是一种概率波，故正确． 故选．‎ 3. ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系，电子的比荷 ‎【解析】只有当该电场是匀强电场时，在点处的电势一定为；负电荷在电势高处电势能小；电场力做功等于电势能的减小量．‎ ‎【解答】解：、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在点处的电势一定为．当该电场不是匀强电场时，在点处的电势不一定为．故错误．、电势的高度与电场强度的大小无关，无法判断、点的电场强度大小情况，故错误；、负电荷从点运动到点，电场力做负功，故电势能增加，故正确； ‎ ‎、由于不一定大于，根据，将同一正电荷从点移到点的过程中电场力所做的功，不一定大于将其从点移到点过程中电场力所做的功，故错误； 故选：．‎ 1. ‎【分析】根据感应电流瞬时值表达式求出最大值，再求解有效值，即可得到电流表的读数；磁通量的最大值 Φm＝BS．由闭合电路欧姆定律求出感应电动势的最大值Em，由公式Em＝nBSω求解Φm．通过电阻R的电荷量根据公式q＝n求解；热量根据焦耳定律求解．‎ ‎【解答】解：A、由题有：I＝Imcos，则得感应电流的最大值 Im＝2I，有效值 I有＝＝I，则电流表的读数为I，故A错误。B、感应电动势的最大值Em＝Im（R+r）＝2I（R+r），又Em＝nBSω，磁通量的最大值 Φm＝BS，联立解得：Φm＝BS＝，故B正确。C、从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量 q＝n＝n＝n••＝，故C正确。D、线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量 Q＝＝（I）2R＝，故D正确。‎ 故选：BCD。‎ 2. ‎【考点】爱因斯坦光电效应方程 ‎【解答】解：．由爱因斯坦光电效应方程易得，知题图乙图线的斜率，则普朗克常量，该金属的逸出功，故错误，正确；．电源左端为负极，右端为正极，故正确；．每秒内发出的光电子的电荷量，而，故每秒内至少发出个光电子，故错误． 故选：．‎ 3. ‎【分析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正负离子的偏转方向，确定出前后表面电势的高低。最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小。‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高。故A正确。BC、最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝q，解得：U＝vBc，与离子浓度无关。故B错误，C正确。D、v＝，则流量Q＝vbc＝，则U＝，与污水流量成正比。故D正确。‎ 故选：ACD。‎ 1. ‎【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论 ‎【解答】解：A、根据瞬时值表达式知，输入电压的最大值是 ＝200 V，输入电压的有效值 ＝V＝200V，角速度ω＝100π，所以f＝＝＝50Hz，故A正确；B、S打到a处，副线圈匝数增加，根据 ＝，有 ＝，副线圈两端的电压增加，电压表 示数不变，电压表 示数增加，故B错误；C、S打到a处，副线圈两端的电压增大，滑片向下滑动，变阻器电阻变小，副线圈电流增大，输出功率增大，输入功率增大，输入电压不变，所以电流表 示数增大，故C错误；D、若变阻器滑片不动，S打到b处，副线圈电压变小，输出功率输入功率都减小，由 ＝知，原线圈电流减小，即电压表 和电流表 示数都减小，故D正确；‎ 故选：AD。‎ 2. ‎（每空1分）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻 ‎【解答】 解：（1）②保持电阻箱示数不变，再将切换到，读出电压表的示数； ③ ； 或者再将切换到，调节电阻箱使电压表示数仍为，读出电阻箱阻阻值，则．‎ ‎（2）②由得，，结合图线截距和斜率可知，则，又，则．‎ 由于步骤②中电压变化范围较小，所以步骤②更恰当．‎ 3. ‎（每空2分）‎ ‎【分析】（2）根据系统机械能守恒，得出系统重力势能的减小量和系统动能的增加 量，根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出系统末动能；‎ ‎（3、4）对系统研究，根据牛顿第二定律求出加速度与m的关系式，再由运动学公式进行分析。‎ ‎【解答】解：（2）当物块A上升h时，通过光电门，由挡光时间求出速度为：v＝‎ 对ABC整个系统而言，减少的重力势能为：△Ep＝2mgh﹣mgh＝mgh 而系统增加的动能为：△Ek＝＝‎ 若两者相等则系统机械能守恒，所以要验证的表达式为：2gh＝；‎ ‎（3）为了验证动量守恒定律，该同学让A在桌面上处于静止状态，将B从静止位置竖直向上抬升s后由静止自由下落，直到光电门记录下挡光片挡光的时间（未接触桌面），则绳张紧前B的速度为：v′＝‎ 张紧前的动量为p前＝mv′＝m，张紧后由于系统合力为零，则AB以张紧后的速度匀速上长，由通过光门的时间求出张紧后的速度v共＝，张紧后的总动量为p后＝2mv共＝2m，所以要验证的表达式为：＝；‎ ‎（4）如果该同学忘记将B下方的物块C取下，完成测量后，BC整体在绳子张紧前的速度仍为v′＝，现在假设张紧前后动量守恒反过来倒推：2mv′＝3mv共，ABC整体一起做匀加速运动，加速度a＝＝，当A上升h时到达光电门的速度vA＝＝＝，所以当光门测出A通过的速度为 vA＝，由此看来，需要验证的表达式为：。‎ 故答案为：（2）2gh＝……2分 ‎（3）＝……2分 ‎（4）……2分 ‎17. 【考点】万有引力定律及其应用 ‎【解答】解：（1）设该行星的质量为，卫星的质量为，‎ 对卫星有， （2分）‎ 又因为行星的体积为， （2分）‎ 所以该行星的平均密度为．（2分）‎ （2） 设该行星的人造同步卫星的轨道半径为，由开普勒第三定律有， （2分） 解得半径． （1分） 18. 【解答】解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 沿x轴正方向：2L＝v0t，①‎ 竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L＝②‎ 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy 根据速度时间关系可得：vy＝at ③‎ 设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有tanα＝④‎ 联立①②③④式得：α＝45° ⑤‎ 即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。‎ 设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有 v＝＝；……6分 ‎（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，‎ 由牛顿第二定律可得：qE＝ma ⑧‎ 由于 解得：E＝⑨‎ 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m⑩‎ 由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知R＝‎ 解得：B＝⑪‎ 联立⑨⑪式得。……6分 答：（1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45°角斜向上。‎ ‎（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为。‎ ‎19. 【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；‎ 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。‎ ‎【分析】（1）根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据功率公式可得出输电线上的电流，从而得出线路上损耗的功率．‎ ‎（2）输出效率η＝×100%．‎ ‎（3）根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，电压比等于匝数之比，求出升压变压器的输入电压，求出通过发电机的电流，由E＝I1r+U1求出发电机的电动势．‎ ‎【解答】解：（1）导线上损失功率P损＝R ‎ 而I2＝＝＝6A，‎ 所以P损＝R＝62×4＝144W ……5分 ‎（2）P出＝P损+P有用＝144+5280＝5420W；‎ 那么输电效率为η＝＝×100%＝97.4%； ……5分 ‎ ‎（3）E＝U1+I1r，r为发电机内阻，U1＝U2U2＝4U3+I2R＝4×220+6×4＝904V；‎ 又因I1＝4I2‎ 所以，E＝+4×6×1＝250V ……5分 ‎ ‎【点评】解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和．‎ 20. ‎【分析】（1）电容器充电完毕后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，根据欧姆定律求MN刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小。‎ ‎（2）开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN产生的感应电动势等于电容器板间电压，根据动量定理求出最大速度。‎ ‎【解答】解：（1）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：‎ ‎ I＝…①‎ 设MN受到的安培力为F，有：F＝BIL…②‎ 由牛顿第二定律有：F＝ma…③‎ 联立①②③式解得 a＝…④……5分 ‎（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有：‎ Q0＝CE…⑤‎ 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，设MN上的感应电动势为E′，有：E′＝Blvm…⑥‎ 此时电容器的带电量 Q＝CE′…⑦‎ 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有：＝BL…⑧‎ 在MN加速过程中，由动量定理，有 t＝mvm﹣0…⑨‎ 又因为流过MN的总电量 Q0﹣Q＝t…⑩‎ 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：vm＝……6分 ‎【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，对于第三问，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量求解最大速度。‎