高考物理大题练习及答案

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14．（7 分）如图 14 所示，两平行金属导轨间的距离 L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在 导轨所在平面内，分布着磁感应强度 B=0.50 T、方向垂直于 导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势 E=4.5 V、内阻 r=0.50 Ω的直流电源．现把一个质量 m=0.040 kg 的导体棒 ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒 与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接 图 14 触的两点间的电阻 R0＝2.5 Ω,金属导轨电阻不计，g 取 10 m/s2．已知 sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求： （1）通过导体棒的电流； （2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力 15．（7 分）如图 15 所示，边长 L=0.20m 的正方形导线框 ABCD 由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻 R0＝1.0 Ω， 金属棒 MN 与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒 MN 的电 阻 r=0.20 Ω．导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B＝ 0.50 T,方向垂直导线框所在平面向里．金属棒 MN 与导线框接触良好， 且与导线框的对角线 BD 垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在 BD 连线上．若金属棒以 v=4.0 m/s 的速度向右匀速运动，当金属棒运 动 至 AC 的 位 置 时 ， 求 （ 计 算 结 果 保 留 两 位 有 效 数 字 ） ： 图 15 （1）金属棒产生的电动势大小； （2）金属棒 MN 上通过的电流大小和方向； （3）导线框消耗的电功率． 16．（8 分）如图 16 所示，正方形导线框 abcd 的质量为 m、边长为 l， 导线框的总电阻为 R．导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上 方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直 平面内，cd 边保持水平．磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向 里，磁场上、下两个界面水平距离为 l 已．知 cd 边刚进入磁场时线框 恰好做匀速运动．重力加速度为 g． （1）求 cd 边刚进入磁场时导线框的速度大小． （2）请证明：导线框的 cd 边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克 服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率． 图 16 （3）求从导线框 cd 边刚进入磁场到 ab 边刚离开磁场的过程中，导 线框克服安培力所做的功． 17．（8 分）图 17（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中 绕垂直于磁场方向的固定轴 OO′匀速转动，线圈的匝数 n=100、电阻 r=10 Ω，线圈的两端 经集流环与电阻 R 连接，电阻 R=90 Ω，与 R 并联的交流电压表为理想电表．在 t=0 时刻， 线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量φ随时间 t 按图 17（乙）所示正弦规律 变化．求： （1）交流发电机产生的 电动势最大值； （2）电路中交流电压表 的示数． 18．（8 分）图 18 为示波管的示意图，竖直偏转电极的极 板长 l=4.0 cm，两板间距离 d=1.0 cm，极板右端与荧光屏的 距离 L=18 cm．由阴极发出的电子经电场加速后，以 v=1．6× 107 m／s 的速度沿中心线进入竖直偏转电场．若电子由阴 极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用 力均可忽略不计，已知电子的电荷量 e=1.6 ×10—19 C ，质 量 m=0.91 ×10-30 kg． 图 18 （1）求加速电压 U0 的大小； （2）要使电子束不打 在偏转电极的极板上，求 加 在 竖直偏转电极 上 的 电 压 应满足 的条件； （3）若在竖直偏转电极上加 u=40sin 100πt（V）的交变电压，求电子打在荧光屏上产 生亮线的长度． 19．（9 分）如图 19 所示，在以 O 为圆心，半径为 R 的圆形区域内，有一个水平方向的 匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向 外．竖直平行正对放置的两金属板 A、K 连在电压可调的电路 中．S1、S2 为 A、K 板上的两个小孔，且 S1、S2 和 O 在同一直 线上，另有一水平放置的足够大的荧光屏 D，O 点到荧光屏的 距离为 h．比荷（电荷量与质量之比）为 k 的带正电的粒子由 S1 进入电场后，通过 S2 射向磁场中心，通过磁场后打在荧光 屏 D 上．粒子进入电场的初速度及其所受重力均可忽略不 计． （1）请分段描述粒子自 S1 到荧光屏 D 的运动情况； （2）求粒子垂直打到荧光屏上 P 点时速度的大小； 图 19 （3）移动滑片 P，使粒子打在荧光屏上 Q 点，PQ= h（如图 19 所示），求此时 A、K 两极板间的电压． 20．（9 分）如图 20 所示，地面上方竖直界面 N 左侧空间存在着水平的、垂直纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度 B=2.0 T．与 N 平行的竖直界面 M 左侧存在竖直向下的匀强电场，电场 强度 E1=100 N/C．在界面 M 与 N 之间还同时存在着水平向左的匀强电场，电场强度 E2=200 N/C．在紧靠界面 M 处有一个固定在水平地面上的竖直绝缘支架，支架上表面光滑，支架上 放有质量 m2=1．8×10-4 kg 的带正电的小物体b（可视为质点），电荷量 q2=1．0×10-5 C．一个质 量 m1=1.8×10-4 kg，电荷量 q1=3.0×10-5 C 的带负电小物体（可视为质点）a 以水平速度 v0 射入场区，沿直线运动并与小物体 b 相碰，a、b 两个小物体碰后粘合在一起成小物体 c，进 入界面 M 右侧的场区，并从场区右边界 N 射出，落到地面上的 Q 点（图中未画出）．已知支 架顶端距地面的高度 h=1.0 m，M 和 N 两个界面的距离 L=0.10 m，g 取 10 m/s2．求： （1）小球 a 水平运动的速率； （2）物体 c 刚进入 M 右侧的场区时的 加速度； （3）物体 c 落到 Q 点时的速率． 3 3 rR E +0 14．（7 分） （1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I = = 1 . 5 A … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 2 分 （2）导体棒受到的安培力 F 安=BIL=0.30 N ………………………………………………………………………… 2 分 （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1=mgsin 37°=0.24 N 由于 F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f ……………………………1 分 根据共点力平衡条件 mgsin 37°+f=F安 ……………………………………………………………………… 1 分 解得：f=6.0×10-2 N …………………………………………………………………1 分 15．（7 分） （1）金属棒产生的电动势大小为：E=B Lv=0.4 V=0.56 V ………………2 分 （2）金属棒运动到 AC 位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻为： R 并=1.0 Ω，根据闭合电路欧姆定律 I= =0.47 A ………………………………2 分 根据右手定则，电流方向从 N 到 M …………………………………………………1 分 （3）导线框消耗的功率为：P 框=I2R 并=0.22 W ……………………………………2 分 16．（8 分） （1）设线框 cd 边刚进入磁场时的速度为 v，则在 cd 边进入磁场过程时产生的感应电 动势为 E=Blv， 根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为 I= 导线框受到的安培力为 F 安=BIl= ………………………………………………1 分 因 cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有 F 安=mg， ……………………………1 分 以上各式联立，得：v= ……………………………………………………………1 分 （2）导线框 cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P 安=F 安 v 代入（1）中的结果，整理得：P 安= ……………………………………………1 2 2 rR E +并 R Blv R vlB 22 22lB mgR R vlB 222 rR E +0 分 导线框消耗的电功率为： P 电 =I2R= R= ……………………………………………………………1 分 （3）导线框 ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动．导 线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变． 设导线框克服安培力做功为 W 安，根据动能定理有 2mgl－W 安＝0 …………………1 分 解得 W 安＝2mgl ……………………………………………………………………………1 17．（8 分） （1）交流发电机产生电动势的最大值 Em=nBSω ……………………………………1 分 而Φm=BS、ω= ，所以，Em= ………………………………………………1 由Φ－t 图线可知：Φm=2.0×10-2 Wb，T=6.28×10 -2 s ……………………………… 所以 Em=200 V ……………………………………………………………………………1 （2）电动势的有效值 E= Em=100 V …………………………………………1 分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为 I= = A …………………1 交流电压表的示数为 U=IR=90 V=127 V …………………………………………2 分 18．（8 分）（1）对子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0= mv2 …………………2 解得 U0=728 V ……………………………………………………………………………1 （2）设偏转电场电压为 U1 时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移 恰好为 d/2， 即 = at2= ·t2……………………………………………………………………1 电子通过偏转电场的时间 t= …………………………………………………………1 分 解得 U1= =91 V， 所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压 U 应小于 91V ……1 分 （3）由 u=40sin100πt（V）可知ω=100π s-1，Um=40 V 偏转电场变化的周期 T= =0.02 s，而 t= =2.5×10-9 s．T t，可见每个电子通过 偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场． 当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量 ym= at2= ·t2=0.20 cm． 电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度 vx=v14．（7 分） （1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： 2 rR E + 2 2 R vlB 222 2 222 R vlB T π2 T n mπ2 Φ 2 2 2 1 2 d 2 1 2 1 md eU1 v l 2 2 et md ω π2 v l 2 1 md eUm 2 1 I = = 1 . 5 A … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 2 分 （2）导体棒受到的安培力 F 安=BIL=0.30 N ………………………………………………………………………… 2 分 （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1=mgsin 37°=0.24 N 由于 F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f ……………………………1 分 根据共点力平衡条件 mgsin 37°+f=F安 ……………………………………………………………………… 1 分 解得：f=6.0×10-2 N …………………………………………………………………1 分 15．（7 分） （1）金属棒产生的电动势大小为：E=B Lv=0.4 V=0.56 V ………………2 分 （2）金属棒运动到 AC 位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻为： R 并=1.0 Ω，根据闭合电路欧姆定律 I= =0.47 A ………………………………2 分 根据右手定则，电流方向从 N 到 M …………………………………………………1 分 （3）导线框消耗的功率为：P 框=I2R 并=0.22 W ……………………………………2 分 16．（8 分） （1）设线框 cd 边刚进入磁场时的速度为 v，则在 cd 边进入磁场过程时产生的感应电 动势为 E=Blv， 根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为 I= 导线框受到的安培力为 F 安=BIl= ………………………………………………1 分 因 cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有 F 安=mg， ……………………………1 以上各式联立，得：v= ……………………………………………………………1 分 （2）导线框 cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P 安=F 安 v 代入（1）中的结果，整理得：P 安= ……………………………………………1 分 导线框消耗的电功率为： P 电 =I2R= R= ……………………………………………………………1 分 2 2 rR E +并 R Blv R vlB 22 22lB mgR R vlB 222 R vlB 222 2 222 R vlB 因此有 P 安＝P 电 ……………………………………………………………………………1 分 （3）导线框 ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动．导 线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变． 设导线框克服安培力做功为 W 安，根据动能定理有 2mgl－W 安＝0 …………………1 分 解得 W 安＝2mgl ……………………………………………………………………………1 17．（8 分） （1）交流发电机产生电动势的最大值 Em=nBSω ……………………………………1 分 而Φm=BS、ω= ，所以，Em= ………………………………………………1 由Φ－t 图线可知：Φm=2.0×10-2 Wb，T=6.28×10 -2 s ………………………………1 分 所以 Em=200 V ……………………………………………………………………………1 （2）电动势的有效值 E= Em=100 V …………………………………………1 分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为 I= = A …………………1 交流电压表的示数为 U=IR=90 V=127 V …………………………………………2 分 18．（8 分） （1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0= mv2 …………………2 分 解得 U0=728 V ……………………………………………………………………………1 （2）设偏转电场电压为 U1 时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移 恰好为 d/2， 即 = at2= ·t2……………………………………………………………………1 电子通过偏转电场的时间 t= …………………………………………………………1 分 解得 U1= =91 V， 所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压 U 应小于 91V ……1 分 （3）由 u=40sin100πt（V）可知ω=100π s-1，Um=40 V 偏转电场变化的周期 T= =0.02 s，而 t= =2.5×10-9 s．T t，可见每个电子通过 偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场． 当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量 ym= at2= ·t2=0.20 cm． 电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度 vx=v， 垂直极板方向的分速度 vy=ayt= ·t 2 rR E + 2 2 T π2 T n mπ2 Φ 2 2 2 1 2 d 2 1 2 1 md eU1 v l 2 2 et md ω π2 v l 2 1 md eUm 2 1 md eUm 电子离开偏转电场到达荧光屏的时间 t′= = 电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为 y2=vyt′=2.0 cm． 电子打在荧光屏上的总偏移量 Ym=ym+y2=2.2 cm ………………………………………1 分 电子打在荧光屏产生亮线的长度为 2Ym=4.4 cm ………………………………………1 分 用下面的方法也给 2 分 设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为θ，因此有 tanθ= =0.11 因此电子的总偏转量 y=（ +L）tanθ …………………………………………………1 分 电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范围为 2y=4.4 cm ………………………………1 分 19．（9 分） （1）粒子在电场中自 S1 至 S2 做匀加速直线运动；自 S2 至进入磁场前 做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光屏做匀速 直线运动． ………………………………离开磁场后做匀速直线运动，给 1 分．………………2 分 说明：说出粒子在电场中匀加速运动，离开电场做匀速直线运动，给 1 分；说出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动， （2）设粒子的质量为 m，电荷量为 q，垂直打在荧光屏上的 P 点时的 速度为 v1，粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一 圆周，运动半径 r1=R， ………………………………………………………………………………………1 分 根据牛顿第二定律 Bqv1=m ，依题意：k=q/m ………………………………………1 分 解得：v1=BkR ……………………………………………………………………………1 分 （3）设粒子在磁场中运动轨道半径为 r2，偏转角为 2θ，粒子 射出磁场时的方向与竖直方向夹角为α，粒子打到 Q 点时的轨迹如图 所示，由几何关系可知 tanα= = ，α=30°，θ=30° tanθ= 解得：r2= R ……………………………………1 设此时 A、K 两极板间的电压为 U，粒子离开 S2 时的速度为 vm 根据动能定理有 qU= mv22 …… 解得：U= kB2R2 …… 3 x y v v 2 1 1 2 1 r v h PQ 3 3 2r R 2 2 2 r v 2 1 2 3 vx L v L 20．（9 分） （1）a 向 b 运动过程中受向下的重力，向上的电场力和向下的洛伦兹力． 小球 a 的直线运动必为匀速直线运动，a 受力平衡，因此有 q1E1－q1v0B－m1g=0 ………………………………………………… ………………… 1 分 解得 v0=20 m/s ……………………………………………………………………………2 分 （2）二球相碰动量守恒 m1v0=（m1+m2）v，解得 v =10 m/s …………………………1 分 物体 c 所受洛伦兹力 f=（q1－q2）vB=4.0×10-4 N，方向向下 ………………………1 物体 c 在 M 右场区受电场力：F2=（q1－q2）E2=4.0×10-3 N，方向向右 物体 c 受重力：G=（m1+m2）g= 3.6×10-3 N，方向向下 物体 c 受合力：F 合＝ =2 ×10-3 N 物体 c 的加速度：a= = m/s2=15.7 m/s2 ………………………………1 设合力的方向与水平方向的夹角为θ，则 tanθ＝ =1.0，解得θ=45° 加速度指向右下方与水平方向成 45°角 ………………………………………………1 （3）物体 c 通过界面 M 后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功， 设物体 c 落到 Q 点时的速率为 vt，由动能定理 （m1+m2）gh+（q1－q2）E2L= （m1+m2）vt2－ （m1+m2）v2 ……………………1 分 解得 vt= m/s=11 m/s． …………………………………………………………1 分， 垂直极板方向的分速度 vy=ayt= ·t 电子离开偏转电场到达荧光屏的时间 t′= = 电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为 y2=vyt′=2.0 cm． 电子打在荧光屏上的总偏移量 Ym=ym+y2=2.2 cm ………………………………………1 分 电子打在荧光屏产生亮线的长度为 2Ym=4.4 cm ………………………………………1 分 用下面的方法也给 2 分 设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为θ，因此有 tanθ= =0.11 因此电子的总偏转量 y=（ +L）tanθ …………………………………………………1 分 电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范围为 2y=4.4 cm ………………………………1 分 19．（9 分） （1）粒子在电场中自 S1 至 S2 做匀加速直线运动；自 S2 至进入磁 场前做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光 22 )(2 GfF ++ 2 2 2.122 md eUm x y v v 2 1 vx L v L 21 mm F + 合 9 100 2F Gf + 2 1 2 1 屏做匀速直线运动． ………………………………………………2 分 说明：说出粒子在电场中匀加速运动，离开电场做匀速直线运动，给 1 分；说出粒子在 匀强磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，给 1 分． （2）设粒子的质量为 m，电荷量为 q，垂直打在荧光屏上的 P 点时的速度为 v1，粒子 垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径 r1=R， ………………………………………………………………………………………1 分 根据牛顿第二定律 Bqv1=m ，依题意：k=q/m ………………………………………1 分 解得：v1=BkR ……………………………………………………………………………1 分 （3）设粒子在磁场中运动轨道半径为 r2，偏转角为 2θ，粒子 射出磁场时的方向与竖直方向夹角为α，粒子打到 Q 点时的轨迹如图 所示，由几何关系可知 tanα= = ，α=30°，θ=30° tanθ= 解得：r2= R ……………………………………1 分 设此时 A、K 两极板间的电压为 U，粒子离开 S2 时的速度为 v2，根据牛顿第二定律 Bqv2=m ………………………………………………………………………………1 分 根据动能定理有 qU= mv22 ………………………………………………………………1 解得：U= kB2R2 …………………………………………………………………………1 分 20．（9 分） （1）a 向 b 运动过程中受向下的重力，向上的电场力和向下的洛伦兹力． 小球 a 的直线运动必为匀速直线运动，a 受力平衡，因此有 q1E1－q1v0B－m1g=0 ………………………………………………… ………………… 1 分 解得 v0=20 m/s ……………………………………………………………………………2 分 （2）二球相碰动量守恒 m1v0=（m1+m2）v，解得 v =10 m/s …………………………1 分 物体 c 所受洛伦兹力 f=（q1－q2）vB=4.0×10-4 N，方向向下 ………………………1 分 物体 c 在 M 右场区受电场力：F2=（q1－q2）E2=4.0×10-3 N，方向向右 物体 c 受重力：G=（m1+m2）g= 3.6×10-3 N，方向向下 物体 c 受合力：F 合＝ =2 ×10-3 N 3 22 )(2 GfF ++ 2 1 2 1 r v h PQ 3 3 2r R 2 2 2 r v 2 1 2 3 物体 c 的加速度：a= = m/s2=15.7 m/s2 ………………………………1 分 设合力的方向与水平方向的夹角为θ，则 tanθ＝ =1.0，解得θ=45° 加速度指向右下方与水平方向成 45°角 ………………………………………………1 分 （3）物体 c 通过界面 M 后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功， 设物体 c 落到 Q 点时的速率为 vt，由动能定理 （m1+m2）gh+（q1－q2）E2L= （m1+m2）vt2－ （m1+m2）v2 ……………………1 分 解得 vt= m/s=11 m/s． …………………………………………………………1 分 2 2.122 21 mm F + 合 9 100 2F Gf + 2 1 2 1