高考物理經(jīng)典大題練習(xí)及答案

1、14（7分）如圖14所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40 m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角=37，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著磁感應(yīng)強度B=0.50 T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=4.5 V、內(nèi)阻r=0.50 的直流電源現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.040 kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒恰好靜止導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直、且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接 圖14觸的兩點間的電阻R02.5 ,金屬導(dǎo)軌電阻不計，g取10 m/s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通過導(dǎo)體棒的電流；（2）導(dǎo)體棒受到的安培力大??；（3）導(dǎo)體棒受到的摩擦力15（7分

2、）如圖15所示，邊長L=0.20m的正方形導(dǎo)線框ABCD由粗細均勻的同種材料制成，正方形導(dǎo)線框每邊的電阻R01.0 ，金屬棒MN與正方形導(dǎo)線框的對角線長度恰好相等，金屬棒MN的電阻r=0.20 導(dǎo)線框放置在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B0.50 T,方向垂直導(dǎo)線框所在平面向里金屬棒MN與導(dǎo)線框接觸良好，且與導(dǎo)線框的對角線BD垂直放置在導(dǎo)線框上，金屬棒的中點始終在BD連線上若金屬棒以v=4.0 m/s的速度向右勻速運動，當(dāng)金屬棒運動至AC的位置時，求（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）： 圖15（1）金屬棒產(chǎn)生的電動勢大小；（2）金屬棒MN上通過的電流大小和方向；（3）導(dǎo)線框消耗的電功率16（8分）如圖

3、16所示，正方形導(dǎo)線框abcd的質(zhì)量為m、邊長為l，導(dǎo)線框的總電阻為R導(dǎo)線框從垂直紙面向里的水平有界勻強磁場的上方某處由靜止自由下落，下落過程中，導(dǎo)線框始終在與磁場垂直的豎直平面內(nèi)，cd邊保持水平磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場上、下兩個界面水平距離為l已知cd邊剛進入磁場時線框恰好做勻速運動重力加速度為g（1）求cd邊剛進入磁場時導(dǎo)線框的速度大?。?）請證明：導(dǎo)線框的cd邊在磁場中運動的任意瞬間，導(dǎo)線框克服安培力做功的功率等于導(dǎo)線框消耗的電功率 圖16（3）求從導(dǎo)線框cd邊剛進入磁場到ab邊剛離開磁場的過程中，導(dǎo) 線框克服安培力所做的功17（8分）圖17（甲）為小型旋轉(zhuǎn)電樞式

4、交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO勻速轉(zhuǎn)動，線圈的匝數(shù)n=100、電阻r=10 ，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)與電阻R連接，電阻R=90 ，與R并聯(lián)的交流電壓表為理想電表在t=0時刻，線圈平面與磁場方向平行，穿過每匝線圈的磁通量隨時間t按圖17（乙）所示正弦規(guī)律變化求：（1）交流發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢最大值；（2）電路中交流電壓表的示數(shù)18（8分）圖18為示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l=4.0 cm，兩板間距離d=1.0 cm，極板右端與熒光屏的距離L=18 cm由陰極發(fā)出的電子經(jīng)電場加速后，以v=16107 ms的速度沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場若電子由陰極逸出時的

5、初速度、電子所受重力及電子之間的相互作用力均可忽略不計，已知電子的電荷量e=1.61019 C，質(zhì)量m=0.9110-30 kg 圖18（1）求加速電壓U0的大??；（2）要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，求加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的電壓應(yīng)滿足的條件；（3）若在豎直偏轉(zhuǎn)電極上加u=40sin 100t（V）的交變電壓，求電子打在熒光屏上產(chǎn)生亮線的長度19（9分）如圖19所示，在以O(shè)為圓心，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有一個水平方向的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外豎直平行正對放置的兩金屬板A、K連在電壓可調(diào)的電路中S1、S2為A、K板上的兩個小孔，且S1、S2和O在同一直線上，另有一水平

6、放置的足夠大的熒光屏D，O點到熒光屏的距離為h比荷（電荷量與質(zhì)量之比）為k的帶正電的粒子由S1進入電場后，通過S2射向磁場中心，通過磁場后打在熒光屏D上粒子進入電場的初速度及其所受重力均可忽略不計（1）請分段描述粒子自S1到熒光屏D的運動情況；（2）求粒子垂直打到熒光屏上P點時速度的大??； 圖19（3）移動滑片P，使粒子打在熒光屏上Q點，PQ= h（如圖19所示），求此時A、K兩極板間的電壓20（9分）如圖20所示，地面上方豎直界面N左側(cè)空間存在著水平的、垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=2.0 T與N平行的豎直界面M左側(cè)存在豎直向下的勻強電場，電場強度E1=100 N/C在界面M與N之間

7、還同時存在著水平向左的勻強電場，電場強度E2=200 N/C在緊靠界面M處有一個固定在水平地面上的豎直絕緣支架，支架上表面光滑，支架上放有質(zhì)量m2=1810-4 kg的帶正電的小物體b（可視為質(zhì)點），電荷量q2=1010-5 C一個質(zhì)量m1=1.810-4 kg，電荷量q1=3.010-5 C的帶負電小物體（可視為質(zhì)點）a以水平速度v0射入場區(qū)，沿直線運動并與小物體b相碰，a、b兩個小物體碰后粘合在一起成小物體c，進入界面M右側(cè)的場區(qū)，并從場區(qū)右邊界N射出，落到地面上的Q點（圖中未畫出）已知支架頂端距地面的高度h=1.0 m，M和N兩個界面的距離L=0.10 m，g取10 m/s2求：（1）小

8、球a水平運動的速率；（2）物體c剛進入M右側(cè)的場區(qū)時的加速度；（3）物體c落到Q點時的速率 14（7分）（1）導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I= =1.5A 2分（2）導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL=0.30 N 2分（3）導(dǎo)體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，故導(dǎo)體棒受沿斜面向下的摩擦力f 1分根據(jù)共點力平衡條件mgsin 37+f=F安 1分解得：f=6.010-2 N 1分15（7分）（1）金屬棒產(chǎn)生的電動勢大小為：E=BLv=0.4V=0.56 V 2分（2）金屬棒運動到AC位置時，導(dǎo)線框左、右兩側(cè)電阻并

9、聯(lián)，其并聯(lián)電阻為：R并=1.0 ，根據(jù)閉合電路歐姆定律I= =0.47 A 2分根據(jù)右手定則，電流方向從N到M 1分（3）導(dǎo)線框消耗的功率為：P框=I2R并=0.22 W 2分16（8分）（1）設(shè)線框cd邊剛進入磁場時的速度為v，則在cd邊進入磁場過程時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為I=導(dǎo)線框受到的安培力為F安=BIl= 1分因cd剛進入磁場時導(dǎo)線框做勻速運動，所以有F安=mg， 1分以上各式聯(lián)立，得：v= 1分（2）導(dǎo)線框cd邊在磁場中運動時，克服安培力做功的功率為：P安=F安v代入（1）中的結(jié)果，整理得：P安= 1分導(dǎo)線框消耗的電功率為：P電=I

10、2R= R= 1分 （3）導(dǎo)線框ab邊剛進入磁場時，cd邊即離開磁場，因此導(dǎo)線框繼續(xù)做勻速運動導(dǎo)線框穿過磁場的整個過程中，導(dǎo)線框的動能不變設(shè)導(dǎo)線框克服安培力做功為W安，根據(jù)動能定理有2mglW安0 1分解得W安2mgl 1 17（8分）（1）交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值Em=nBS 1分而m=BS、= ，所以，Em= 1 由t圖線可知：m=2.010-2 Wb，T=6.2810-2 s 所以Em=200 V 1 （2）電動勢的有效值E= Em=100V 1分由閉合電路的歐姆定律，電路中電流的有效值為I= = A 1 交流電壓表的示數(shù)為U=IR=90V=127 V 2分18（8分）（1）對子通過

11、加速電場的過程，根據(jù)動能定理有eU0= mv2 2 解得U0=728 V 1 （2）設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓為U1時，電子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，則此時電子沿電場方向的位移恰好為d/2，即 = at2= t21 電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間t= 1分解得U1= =91 V，所以，為使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極上，加在偏轉(zhuǎn)電極上的電壓U應(yīng)小于91V 1分（3）由u=40sin100t（V）可知=100 s-1，Um=40 V偏轉(zhuǎn)電場變化的周期T= =0.02 s，而t= =2.510-9 sTt，可見每個電子通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場可視為穩(wěn)定的勻強電場當(dāng)極板間加最大電壓時，電子有最大偏轉(zhuǎn)量ym= at2= t2=0.20

12、 cm電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時平行極板方向分速度vx=v14（7分）（1）導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成閉合電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I= =1.5A 2分（2）導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL=0.30 N 2分（3）導(dǎo)體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，故導(dǎo)體棒受沿斜面向下的摩擦力f 1分根據(jù)共點力平衡條件mgsin 37+f=F安 1分解得：f=6.010-2 N 1分15（7分）（1）金屬棒產(chǎn)生的電動勢大小為：E=BLv=0.4V=0.56 V 2分（2）金屬棒運動到AC位置時，導(dǎo)線框左、右兩側(cè)電阻并聯(lián)，其并聯(lián)電阻為：R并=1.0 ，根據(jù)閉合

13、電路歐姆定律I= =0.47 A 2分根據(jù)右手定則，電流方向從N到M 1分（3）導(dǎo)線框消耗的功率為：P框=I2R并=0.22 W 2分16（8分）（1）設(shè)線框cd邊剛進入磁場時的速度為v，則在cd邊進入磁場過程時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為I=導(dǎo)線框受到的安培力為F安=BIl= 1分因cd剛進入磁場時導(dǎo)線框做勻速運動，所以有F安=mg， 1 以上各式聯(lián)立，得：v= 1分（2）導(dǎo)線框cd邊在磁場中運動時，克服安培力做功的功率為：P安=F安v代入（1）中的結(jié)果，整理得：P安= 1分導(dǎo)線框消耗的電功率為：P電=I2R= R= 1分因此有P安P電 1分（3

14、）導(dǎo)線框ab邊剛進入磁場時，cd邊即離開磁場，因此導(dǎo)線框繼續(xù)做勻速運動導(dǎo)線框穿過磁場的整個過程中，導(dǎo)線框的動能不變設(shè)導(dǎo)線框克服安培力做功為W安，根據(jù)動能定理有2mglW安0 1分解得W安2mgl 1 17（8分）（1）交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值Em=nBS 1分而m=BS、= ，所以，Em= 1 由t圖線可知：m=2.010-2 Wb，T=6.2810-2 s 1分所以Em=200 V 1 （2）電動勢的有效值E= Em=100V 1分由閉合電路的歐姆定律，電路中電流的有效值為I= = A 1 交流電壓表的示數(shù)為U=IR=90V=127 V 2分18（8分）（1）對于電子通過加速電場的過程，

15、根據(jù)動能定理有eU0= mv2 2分解得U0=728 V 1 （2）設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓為U1時，電子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，則此時電子沿電場方向的位移恰好為d/2，即 = at2= t21 電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間t= 1分解得U1= =91 V，所以，為使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極上，加在偏轉(zhuǎn)電極上的電壓U應(yīng)小于91V 1分（3）由u=40sin100t（V）可知=100 s-1，Um=40 V偏轉(zhuǎn)電場變化的周期T= =0.02 s，而t= =2.510-9 sTt，可見每個電子通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場可視為穩(wěn)定的勻強電場當(dāng)極板間加最大電壓時，電子有最大偏轉(zhuǎn)量ym= at2= t2=0.20 cm電子飛出偏

16、轉(zhuǎn)電場時平行極板方向分速度vx=v，垂直極板方向的分速度vy=ayt= t電子離開偏轉(zhuǎn)電場到達熒光屏的時間t= =電子離開偏轉(zhuǎn)電場后在豎直方向的位移為y2=vyt=2.0 cm電子打在熒光屏上的總偏移量Ym=ym+y2=2.2 cm 1分電子打在熒光屏產(chǎn)生亮線的長度為2Ym=4.4 cm 1分用下面的方法也給2分設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度與水平線的夾角為，因此有tan= =0.11因此電子的總偏轉(zhuǎn)量y=（ +L）tan 1分電子打在熒光屏沿豎直方向的長度范圍為2y=4.4 cm 1分19（9分）（1）粒子在電場中自S1至S2做勻加速直線運動；自S2至進入磁場前做勻速直線運動；進入磁場后做勻速圓周

17、運動；離開磁場至熒光屏做勻速直線運動 離開磁場后做勻速直線運動，給1分2分說明：說出粒子在電場中勻加速運動，離開電場做勻速直線運動，給1分；說出粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，（2）設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，垂直打在熒光屏上的P點時的速度為v1，粒子垂直打在熒光屏上，說明粒子在磁場中的運動是四分之一圓周，運動半徑r1=R， 1分根據(jù)牛頓第二定律Bqv1=m ，依題意：k=q/m 1分解得：v1=BkR 1分（3）設(shè)粒子在磁場中運動軌道半徑為r2，偏轉(zhuǎn)角為2，粒子射出磁場時的方向與豎直方向夾角為，粒子打到Q點時的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知tan= = ，=30，=30tan= 解得：r2=

18、R 1 設(shè)此時A、K兩極板間的電壓為U，粒子離開S2時的速度為vm 根據(jù)動能定理有qU= mv22 解得：U= kB2R2 20（9分）（1）a向b運動過程中受向下的重力，向上的電場力和向下的洛倫茲力小球a的直線運動必為勻速直線運動，a受力平衡，因此有q1E1q1v0Bm1g=0 1分解得v0=20 m/s 2分（2）二球相碰動量守恒m1v0=（m1+m2）v，解得v =10 m/s 1分物體c所受洛倫茲力f=（q1q2）vB=4.010-4 N，方向向下 1 物體c在M右場區(qū)受電場力：F2=（q1q2）E2=4.010-3 N，方向向右物體c受重力：G=（m1+m2）g= 3.610-3 N

19、，方向向下物體c受合力：F合=210-3 N 物體c的加速度：a= = m/s2=15.7 m/s2 1 設(shè)合力的方向與水平方向的夾角為，則tan =1.0，解得=45加速度指向右下方與水平方向成45角 1 （3）物體c通過界面M后的飛行過程中電場力和重力都對它做正功，設(shè)物體c落到Q點時的速率為vt，由動能定理（m1+m2）gh+（q1q2）E2L= （m1+m2）vt2 （m1+m2）v2 1分解得vt=m/s=11 m/s 1分，垂直極板方向的分速度vy=ayt= t電子離開偏轉(zhuǎn)電場到達熒光屏的時間t= =電子離開偏轉(zhuǎn)電場后在豎直方向的位移為y2=vyt=2.0 cm電子打在熒光屏上的總偏

20、移量Ym=ym+y2=2.2 cm 1分電子打在熒光屏產(chǎn)生亮線的長度為2Ym=4.4 cm 1分用下面的方法也給2分設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度與水平線的夾角為，因此有tan= =0.11因此電子的總偏轉(zhuǎn)量y=（ +L）tan 1分電子打在熒光屏沿豎直方向的長度范圍為2y=4.4 cm 1分19（9分）（1）粒子在電場中自S1至S2做勻加速直線運動；自S2至進入磁場前做勻速直線運動；進入磁場后做勻速圓周運動；離開磁場至熒光屏做勻速直線運動 2分說明：說出粒子在電場中勻加速運動，離開電場做勻速直線運動，給1分；說出粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，給1分（2）設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，垂直打在熒光屏上的P點時的速度為v1，粒子垂直打在熒光屏上，說明粒子在磁場中的運動是四分之一圓周，運動半徑r1=R，