《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）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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）.docx（26页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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
2、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+）；EmnBS(线圈转动切割)4)EBL2/2 (直导体绕一端转动切割) 5)*自感
3、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
4、的轴匀速转动。变化规律eNBSsint=Emsint；iImsint；(中性面位置开始计时)，最大值EmNBS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
5、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
6、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、
7、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
8、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
9、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
10、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.
11、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
12、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
13、 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（gsina）)/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）
14、(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
15、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
16、)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
17、/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
18、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=(Bl
19、v_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：0.4mx0.5mU_ab=Bv_y v_0 t-IR/4=(4x-1.7)V在磁场中：0.5mx0.6mU_ab=Bv_0 l=0.4V出磁场过程：0.60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
20、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
21、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m2105 kg、带电量
22、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
23、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OMON。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xO
24、y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
25、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
26、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：qE
27、ma1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：qE2ma2?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?，v2v
28、22（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：s22R2sin 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
29、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
30、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
31、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
32、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
33、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：td2v06dv0122v0d。(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。