完整版高考物理经典大题练习及答案Word格式文档下载.docx
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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=10Ω,线圈的两端经集流环与电阻R连接,电阻R=90Ω,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=4.0cm,两板间距离d=1.0cm,极板右端与荧光屏的距离L=18cm.由阴极发出的电子经电场加速后,以v=1.6×
107m/s的速度沿中心线进入竖直偏转电场.假设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,电子的电荷量e×
10—19C,质量m×
10-30kg.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〕假设在竖直偏转电极上加u=40sin100πt〔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=2.0T.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=100N/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=200N/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,支架上外表光滑,支架上放有质量m2=1.8×
10-4kg的带正电的小物体b〔可视为质点〕,电荷量q2=1.0×
10-5C.一个质量m1×
10-4kg,电荷量q1×
10-5C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〕.支架顶端距地面的高度h=1.0m,M和N两个界面的距离L=0.10m,g取10m/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.
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==1.5A…………………………………………………………………………2分
〔2〕导体棒受到的安培力
F安=BIL=0.30N…………………………………………………………………………2分
〔3〕导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin37°
=0.24N
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
mgsin37°
+f=F安………………………………………………………………………1分
解得:
f=6.0×
10-2N…………………………………………………………………1分
15.〔7分〕
〔1〕金属棒产生的电动势大小为:
E=B
Lv=0.4
V=0.56V………………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=1.0Ω,根据闭合电路欧姆定律I==0.47A………………………………2分
根据右手定那么,电流方向从N到M…………………………………………………1分
〔3〕导线框消耗的功率为:
P框=I2R并=0.22W……………………………………2分
16.〔8分〕
〔1〕设线框cd边刚进入磁场时的速度为v,那么在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×
10-2Wb,T=6.28×
10-2s………………………………
所以Em=200V……………………………………………………………………………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=127V…………………………………………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=728V……………………………………………………………………………1
〔2〕设偏转电场电压为U1时,电子刚好飞出偏转电场,那么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==91V,
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=100πs-1,Um=40V
偏转电场变化的周期T==0.02s,而t==2.5×
10-9s.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=0.20cm.
电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v14.〔7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:
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.
而Φm=BS、ω=,所以,Em=………………………………………………1由Φ-t图线可知:
10-2s………………………………1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
t2……………………………………………………………………1电子通过偏转电场的时间t=…………………………………………………………1分
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
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′=2.0cm.
电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2.2cm………………………………………1分
电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4.4cm………………………………………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=4.4cm………………………………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
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点时的轨迹如下图,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……
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=20m/s……………………………………………………………………………2分
〔2〕二球相碰动量守恒m1v0=〔m1+m2〕v,解得v=10m/s…………………………1分
物体c所受洛伦兹力f=〔q1-q2〕vB=4.0×
10-4N,方向向下………………………1
物体c在M右场区受电场力:
F2=〔q1-q2〕E2=4.0×
10-3N,方向向右
物体c受重力:
G=〔m1+m2〕g=3.6×
10-3N,方向向下
物体c受合力:
F合=
=2
×
10-3N
物体c的加速度:
a==
m/s2=15.7m/s2………………………………1
设合力的方向与水平方向的夹角为θ,那么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=11m/s.…………………………………………………………1分,
离开磁场至荧光屏做匀速直线运动.………………………………………………2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.
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
U=
kB2R2…………………………………………………………………………1分
10-4N,方向向下………………………1分
m/s2=15.7m/s2………………………………1分
角………………………………………………1分
m/s=11m/s.…………………………………………………………1分