(完整word版)高考物理经典大题练习及答案

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=0.040kg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＝0.50T,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U 0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．S 1、S 2为A 、K 板上的两个小孔，且S 1、S 2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S 1进入电场后，通过S 2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S 1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E 1=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E 2=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m 2=1．8×10-4 kg 的带正电的小物体b （可视为质点），电荷量q 2=1．0×10-5 C ．一个质量m 1=1.8×10-4 kg ，电荷量q 1=3.0×10-5 C 的带负电小物体（可视为质点）a 以水平速度v 0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/s 2．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．33r R E +014．（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 ==1.5A …………………………………………………………………………2分（2）导体棒受到的安培力F 安=B I L =0.30 N …………………………………………………………………………2分（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F 1=mgsin 37°=0.24 N由于F 1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m g s i n 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 2Lv =0.42V=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=I 2R 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= ……………………………………………1rR E +并R Blv Rv l B 2222lB mgR Rv l B 222r R E +0分导线框消耗的电功率为：P 电=I 2R= 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2m g l －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E m =nBS ω ..........................................1分 而Φm =BS 、ω= ，所以，E m = ......................................................1 由Φ－t 图线可知：Φm =2.0×10-2 W b ，T =6.28×10-2 s .................................... 所以E m =200 V (1)（2）电动势的有效值E = E m =1002V …………………………………………1分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I =rR E + =2 A …………………1 交流电压表的示数为U =IR =902V=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eU 0= mv 2 (2)解得U 0=728 V ……………………………………………………………………………1 （2）设偏转电场电压为U 1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 = at 2= ·t 2……………………………………………………………………1 电子通过偏转电场的时间t = …………………………………………………………1分 解得U 1= =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 =40sin 100πt （V ）可知ω=100π s -1，U m =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y m = at 2= ·t 2=0.20 cm ．电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度v x =v 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： R v l B 2222222R v l B T π2T n m π2Φ22212d 2121mdeU 1vl 22et m d ωπ2vl 21mdeU m 21I = =1.5A …………………………………………………………………………2分（2）导体棒受到的安培力F 安=B I L =0.30 N …………………………………………………………………………2分（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F 1=mgsin 37°=0.24 N由于F 1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m g s i n 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 2Lv =0.42V=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=I 2R 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=I 2R= R= ……………………………………………………………1分rR E 并R Blv R v l B 2222l B mgR Rv l B 222R v l B 2222222R v l B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2m g l －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E m =nBS ω ……………………………………1分 而Φm =BS 、ω= ，所以，E m = ………………………………………………1 由Φ－t 图线可知：Φm =2.0×10-2 W b ，T =6.28×10-2 s ………………………………1分所以E m =200 V (1)（2）电动势的有效值E = E m =1002V …………………………………………1分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I =r R E + =2 A …………………1 交流电压表的示数为U =IR =902V=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eU 0= mv 2 .....................2分 解得U 0=728 V (1)（2）设偏转电场电压为U 1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 = at 2= .t 2 (1)电子通过偏转电场的时间t = …………………………………………………………1分 解得U 1= =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 =40sin 100πt （V ）可知ω=100π s -1，U m =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y m = at 2= ·t 2=0.20 cm ．电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度v x =v ，垂直极板方向的分速度v y =a y t = ·t T π2Tn m π2Φ22212d 2121md eU 1v l22et m d ωπ2vl 21md eU m 21mdeU m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y 2=v y t ′=2.0 cm ．电子打在荧光屏上的总偏移量Y m =y m +y 2=2.2 cm ………………………………………1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Y m =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tan θ= =0.11 因此电子的总偏转量y =（ +L ）tan θ …………………………………………………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S 1至S 2做匀加速直线运动；自S 2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v 1，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r 1=R ， ...................................................................................................1分 根据牛顿第二定律Bqv 1=m ，依题意：k =q /m (1)分解得：v 1=BkR ……………………………………………………………………………1分（3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2，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tan α= = ，α=30°，θ=30°tan θ= 解得：r 2=3R ……………………………………1 设此时A 、K 两极板间的电压为U ，粒子离开S 2时的速度为v m 根据动能定理有qU = mv 22 …… 解得：U = kB 2R 2 …… x yv v 21121r v hPQ 332r R 222r v 2123vx L v L20．（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q 1E 1－q 1v 0B －m 1g =0 ………………………………………………… …………………1分解得v 0=20 m/s (2)分（2）二球相碰动量守恒m 1v 0=（m 1+m 2）v ，解得v =10 m/s …………………………1分 物体c 所受洛伦兹力f =（q 1－q 2）vB =4.0×10-4 N ，方向向下 ………………………1 物体c 在M 右场区受电场力：F 2=（q 1－q 2）E 2=4.0×10-3 N ，方向向右物体c 受重力：G =（m 1+m 2）g = 3.6×10-3 N ，方向向下物体c 受合力：F 合＝22)(2G f F ++=22×10-3 N 物体c 的加速度：a = = 2m/s 2=15.7 m/s 2 (1)设合力的方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝ =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v t ，由动能定理（m 1+m 2）gh +（q 1－q 2）E 2L = （m 1+m 2）v t 2－ （m 1+m 2）v 2 ……………………1分 解得v t =2.122m/s=11 m/s ． …………………………………………………………1分， 垂直极板方向的分速度v y =a y t = ·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y 2=v y t ′=2.0 cm ．电子打在荧光屏上的总偏移量Y m =y m +y 2=2.2 cm ………………………………………1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Y m =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tan θ= =0.11因此电子的总偏转量y =（ +L ）tan θ (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S 1至S 2做匀加速直线运动；自S 2至进入磁md eU m x y v v 21vx L v L 21m m F+合91002F Gf +2121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． ………………………………………………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v 1，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r 1=R ， ………………………………………………………………………………………1分根据牛顿第二定律Bqv 1=m ，依题意：k =q /m ………………………………………1分解得：v 1=BkR ……………………………………………………………………………1分（3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2，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 tan α= = ，α=30°，θ=30°tan θ= 解得：r 2=3R ……………………………………1分设此时A 、K 两极板间的电压为U ，粒子离开S 2时的速度为v 2，根据牛顿第二定律Bqv 2=m ………………………………………………………………………………1分根据动能定理有qU = mv 22 ………………………………………………………………1 解得：U = kB 2R 2 …………………………………………………………………………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q 1E 1－q 1v 0B －m 1g =0 ………………………………………………… …………………1分解得v 0=20 m/s (2)分（2）二球相碰动量守恒m 1v 0=（m 1+m 2）v ，解得v =10 m/s …………………………1分 物体c 所受洛伦兹力f =（q 1－q 2）vB =4.0×10-4 N ，方向向下 ………………………1分物体c 在M 右场区受电场力：F 2=（q 1－q 2）E 2=4.0×10-3 N ，方向向右物体c 受重力：G =（m 1+m 2）g = 3.6×10-3 N ，方向向下物体c 受合力：F 合＝22)(2G f F ++=22×10-3 N 121r v hPQ 332r R 222r v 2123物体c 的加速度：a = =2m/s 2=15.7 m/s 2 (1)分 设合力的方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝ =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v t ，由动能定理（m 1+m 2）gh +（q 1－q 2）E 2L = （m 1+m 2）v t 2－ （m 1+m 2）v 2 ……………………1分 解得v t =2.122m/s=11 m/s ． …………………………………………………………1分 21m m F +合91002F G f +2121。