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ID: 205229
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题型: 填空题
如图，在第一象限内作射线OC，与x轴的夹角为30°，在射线OC上取一点A，过点A作AH⊥x轴于点H．在抛物线（x＞0）上取点P，在y轴上取点Q，使得以P，O，Q为顶点的三角形与△AOH全等，则符合条件的点A的坐标是______________
在△AOH中，因为∠AOH=30°，所以A的纵坐标是横坐标的倍，若设A的坐标为，则Q、P点坐标均可求出，然后根据全等三角形的判定，对应求解即可．本题考查二次函数的有关性质，涉及图象与点的坐标的求法
解：由题可得A的纵坐标是横坐标的倍，故设A的坐标为则Q的坐标为（0，2t）或可求得P点对应的坐标，解可得t的值有4个，为，，2，故点A的坐标是、、、
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第六章平面直角坐标系复习(1).29
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你可能喜欢如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿轴负方向的匀强电场.一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为（-L，0）。.粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为（0,2L），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直于x轴射入第四象限.（电子的质量间的相互作用.）求：（1）第二象限内电场强度E的大小；（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ；（3）圆形磁场的最小半径Rmin.对于带电粒子在匀强电场中的运动运用类平抛运动规律解答。带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，结合相关知识列方程解答。解：（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有，电子的加速度a=eE/m，L=at2/22L=vt，联立解得E=。（2）设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ。由动能定理，有：mvC2-mv2=eEL解得vC=2v。cosθ=v/vC=0.5，电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ=60°。（3）电子运动轨迹如图所示。由公式qvCB=m，解得电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r=2mv/eB。电子在磁场中偏转120°后垂直于x轴射出，由三角形知识得磁场最小半径：Rmin=PQ/2=rsinθ=rsin60°，联立解得：Rmin=mv/eB。点评：此题考查带电粒子在电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动。精品解析：山东省威海市2012届高三一模物理试题解析（教师版）答案
对于带电粒子在匀强电场中的运动运用类平抛运动规律解答。带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，结合相关知识列方程解答。解：（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有，电子的加速度a=eE/m，L =at2/22L=vt，联立解得E=。（2）设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ。由动能定理，有：mvC2-mv2= eEL解得vC=2v。cosθ=v/vC=0.5，电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ=60°。（3）电子运动轨迹如图所示。由公式qvCB=m，解得电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r=2mv/eB。电子在磁场中偏转120°后垂直于x轴射出，由三角形知识得磁场最小半径：Rmin=PQ/2=rsinθ=rsin60°，联立解得：Rmin=mv/eB。点评：此题考查带电粒子在电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动。相关试题（2012o海淀区二模）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．y＜0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）．一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y＜0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x＜0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：（1）第一象限电场的电场强度E1的大小及方向；（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小；（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间． - 跟谁学
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在线咨询下载客户端关注微信公众号&&&分类：（2012o海淀区二模）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．y＜0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）．一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y＜0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x＜0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：（1）第一象限电场的电场强度E1的大小及方向；（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小；（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间．（2012o海淀区二模）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．y＜0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）．一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y＜0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x＜0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：（1）第一象限电场的电场强度E1的大小及方向；（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小；（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间．科目:难易度:最佳答案解：（1）在第一象限内，带电微粒从静止开始沿Pa做匀加速直线运动，受重力mg和电场力qE1的合力一定沿Pa方向，电场力qE1一定水平向左．带电微粒在第四象限内受重力mg、电场力qE2和洛仑兹力qvB做匀速直线运动，所受合力为零．分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右，故微粒一定带正电．所以，在第一象限内E1方向水平向左（或沿x轴负方向）．根据平行四边形定则，有 mg=qE1tanθ 解得 1=3mgq．（2）带电粒子从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零．由于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有 qvBcosθ=mg 带电粒子通过a点的水平分速度vx=vcosθ=带电粒子在第一象限时的水平加速度ax=1m=g带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移x=2g6B2q2．由P点到a点过程中电场力对带电粒子所做的功W电=qE1x=3g22B2q2因此带电微粒由P点运动到c点的过程中，电势能的变化量大小△E电=3g22B2q2（3）在第三象限内，带电微粒由b点到c点受重力mg、电场力qE3和洛仑兹力qvB做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有qE3=mg 设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律，有 qvB=2R带电微粒做匀速圆周运动的周期T=带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，连接bc弦，因Oa=Oc，所以△abc为等腰三角形，即∠Ocb=∠Oab=30°．过b点做ab的垂线，与x轴交于d点，因∠Oba=60°，所以∠Obd=30°，因此△bcd为等腰三角形，bc弦的垂直平分线必交于x轴上的d点，即d点为轨迹圆的圆心．所以带电粒子在第四象限运动的位移xab=Rcotθ=R其在第四象限运动的时间t1=abv=3mqB由上述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120°，即转过圆周，所以从b到c的运动时间 t2=因此从a点运动到c点的时间 t=t1+t2=+=．答：（1）第一象限电场的电场强度E1的大小1=3mgq，方向水平向左．（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小为3g22B2q2．（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间为．解析（1）根据粒子在第四象限内做匀速直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力平衡，知微粒带正电，根据粒子在第一象限内，合力的方向沿Pa方向，可知电场力的方向，从而确定电场强度的方向，根据平行四边形定则求出电场力大小，从而得出电场强度的大小．（2）根据电场力做功判断电势能的变化量，在）带电粒子从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零．根据粒子在第四象限做匀速直线运动得出速度的大小，从而得出粒子在第一象限内做匀加速直线运动在x轴上的分速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出沿x轴方向上的位移，从而确定出粒子在第一象限内电场力做的功，根据整个过程电场力做功求出电势能的变化量大小．（3）粒子在第三象限内做匀速直线运动，在第四象限内做匀速圆周运动，根据几何关系，结合带电粒子在第三象限内的位移和第四象限内的圆心角，分别求出在两个象限内运动的时间，从而确定出总时间．知识点:&&&&&&&&&&基础试题拔高试题热门知识点最新试题
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