高二物理上学期期末复习备考黄金30题 专题06 大题易丢分20题.docx

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高二物理上学期期末复习备考黄金30题专题06大题易丢分20题

2019-2020年高二物理上学期期末复习备考黄金30题专题06大题易丢分（20题）

1．如图，一束初速度不计的电子的电子枪中经的加速电压加速后，沿距离两极板等间距的中间虚线垂直进入平行板的匀强电场，如图所示，若板间距离，板长，偏转电极边缘到荧光屏的距离为，偏转电场只存在于两个偏转电极之间．已知电子质量为，电荷量为，求：

（）电子离开加速电场时的速度大小．

（）电子经过偏转电场的时间．

（）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大电压是多少．

（）电子最远能够打到离荧光屏上中心点多远处．

2．如图所示，BC是半径为R的1/4圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：

（1）滑块通过B点时的速度大小．

（2）水平轨道上A、B两点之间的距离．

3．如图所示，一对半径均为R1的金属板M、N圆心正对平行放置，两板距离为d，N板中心镀有一层半径为R2的圆形锌金属薄膜，，两板之间电压为UMN，两板之间真空且可视为匀强电场。

N板受到某种单色光照射后锌金属薄膜表面会发射出最大速率为v，方向各异的电子，已知电子的电荷量为e，质量为m，每秒稳定发射n个电子。

电子在板间运动过程中无碰撞且不计电子的重力和电子间相互作用，电子到达M板全部被吸收。

M板右侧串联的电流表可以测量到通过M板的电流I。

试求：

（1）当UMN取什么值时，I始终为零；

（2）当UMN取什么值时，I存在一个最大值，并求这个最大值；

4．如图，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，AC边长为4m，∠A=30°，把电荷量为+2×10-10C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8×10-8J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功4.8×10-8J，取B点的电势为零，求：

（1）A、C两点的电势；

（2）匀强电场的场强的大小及方向.

5．真空室中有如图所示的装置．电极发出的电子（初速为0）经过加速电场后，由小孔沿水平放置的偏转板、间的中心轴线射入。

、板长为，两板间加有恒定电压，它们间的电场可看作匀强电场．偏转板右端边缘到荧光屏的距离为。

当加速电压为时，电子恰好打在板中央的点；当加速电压为时，电子打在荧光屏的点．已知、点到中心轴线的距离相等。

求∶。

6．如图所示，质量为、电荷量为的小球从距地面一定高度的点，以初速度沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为，求：

（1）电场强度为多大？

（2）小球落地点与抛出点之间的电势差为多大？

（3）小球落地时的动能为多大？

电动自行车是目前较为时尚的代步工具。

某厂生产的一种电动自行车，设计质量（包括人）为m=80kg,动力电源选用能量存储量为“36V10A·h”（即输出电压为36v，工作电流与工作时间的乘积为10安培小时）的蓄电池（不计内阻）。

所用电动机的输入功率有两档，分别为P1=120w和P2=180w,考虑到传动摩擦及电机发热等各种因素造成的损耗，自行车的效率为=80%.如果电动自行车在平直公路上行驶时所受阻力与行驶速率和自行车对地面压力都成正比，即f=kmgv，其中k=5.0×10-3s.m-1，g取10N/kg。

求：

7．该电动自行车分别使用两档行驶时，行驶的最长时间分别是多少？

8．自行车在平直公路上能达到的最大速度为多大？

9．如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；当把电动机接入电压为U2=4.0V的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：

（1）电动机线圈的电阻r；

（2）当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率；

（3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？

（g取10m/s2）

10．串列加速器是用来产生高能离子的装置，图中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势U，a、c两端均有电极接地（电势为零）。

现将速度很低的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时，可被设在b处的特殊装置将其电子剥离，成为n价正离子，而不改变其速度大小。

这些正n价碳离子从c端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动，已知碳离子的质量m=2.0×10-26㎏，U=7.5×105V，B=0.50T，n=2，基元电荷e=1.6×10-19C,求R。

11．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B=2×10﹣3T；磁场右边是宽度L=0.2m、场强E=40V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q=﹣3.2×10﹣19C，质量m=6.4×10﹣27kg，以v=4×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：

（1）大致画出带电粒子的运动轨迹；（画在答题纸上给出的图中）

（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；

（3）带电粒子飞出电场时的动能EK．

12．如右图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10－2kg的通电直导线，电流强度I＝1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？

（g取10m/s2）

13．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一个磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.30Ω的电阻，导轨宽度L＝0.40m。

电阻为r＝0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，导轨电阻不计，现使金属棒ab由静止开始下滑，通过传感器记录金属棒ab下滑的距离，其下滑距离与时间的关系如下表所示。

（g=10m/s2）

时间t（s）

0

0.10

0.20

0.30

0.40

0.50

0.60

0.70

下滑距离h（m）

0

0.10

0.30

0.70

1.20

1.70

2.20

2.70

求：

（1）在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值；

（2）金属棒ab的质量m；

（3）在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量QR。

14．如图所示,有矩形线圈，面积为S，匝数为n，整个线圈内阻为r，在匀强磁场B中绕OO'轴以角速度ω匀强转动，用电刷与外电路相连，外电路电阻为R。

当线圈由图示位置转过90˚的过程中，求：

（1）平均感应电动势的大小；

（2）电阻R产生的热量；

（3）通过电阻R的电量。

15．如图所示，足够长、倾角θ=37°的光滑倾斜导轨与粗糙水平导轨相连，导轨宽L=1m，处在垂直于倾斜导轨向上的匀强磁场B中；导体棒ab和cd都垂直于导轨，ab在倾斜导轨上，cd在水平导轨上，质量都是m=0.2kg，电阻分别为rab=2Ω，rcd=3Ω。

ab棒由静止开始运动，经过一段时间，通过cd棒电荷量q=1C，ab刚好达到最大速度v=6m/s，cd始终静止。

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，导轨电阻不计。

求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）这段时间内，cd棒受到静摩擦力的最大值和方向；

（3）这段时间内，cd棒中产生的热量Qcd。

16．如图甲所示，一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图乙所示。

发电机线圈电阻r＝4.0Ω，外电路中的电阻R＝6Ω，灯泡L电阻RL＝12Ω，不计其他电阻，交流电流表为理想电流表。

求：

（1）线圈转动的角速度ω；

（2）交变电流表的读数.

17．有一台内阻为1Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图4－15所示，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4Ω，全校共22个班，每班有“220V40W”灯6盏，若全部电灯正常发光，则

（1）发电机输出功率多大？

（2）发电机电动势多大？

（3）输电效率多少？

18．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场．已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0．不计重力．

（1）求磁场的磁感应强度的大小；

（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；

（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小.

19．如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场E1、E2。

已知区域Ⅰ宽L＝0.8m，区域Ⅱ足够宽，且与水平成45°角斜向右上方，E2＝2kV/m方向水平向左。

绝缘薄板B长L＝2.8m质量mB＝1.6kg置于光滑水平面上，其左端与区域Ⅰ的左边界平齐。

带电量为q＝＋1.6×10—3C质量mA＝1.6kg的带电体A可视为质点，与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，置于木板的最左端由静止释放。

（g＝10m/s2）求：

（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度

（2）木板B的最终速度

（3）整个过程由于摩擦产生的热量

20．如图1所示，两根水平的金属光滑平行导轨，其末端连接等高光滑的圆弧，其轨道半径r=0.5m，圆弧段在图中的cd和ab之间，导轨的间距为L=0.5m，轨道的电阻不计，在轨道的顶端接有阻值为R=2.0Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T．现有一根长度稍大于L、电阻不计，质量m=1.0kg的金属棒，从轨道的水平位置ef开始在拉力F作用下，从静止匀加速运动到cd的时间t0=2.0s，在cd时的拉力为F0=3.0N．已知金属棒在ef和cd之间运动时的拉力随时间变化的图象如图2所示，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）求匀加速直线运动的加速度；

（2）金属棒做匀加速运动时通过金属棒的电荷量q；

（3）匀加到cd后，调节拉力使金属棒接着沿圆弧做匀速圆周运动至ab处，金属棒从cd沿圆弧做匀速圆周运动至ab的过程中，拉力做的功W．

1．（）；（）；（）；（）；

【解析】（）设电子流经加速电压后的速度为，由动能定理有：

，解得：

．

（）电子经过偏转电场时做类平抛运动，运动时间为：

．

（）设两极板上最多能加的电压为，要使电子能从平行板间飞出则电子的最大侧移量为：

．

电子偏转电场中做类平抛运动，竖直方向：

，，解得：

．

（）从板边缘飞出到荧光屏上离点最远．

这时：

．

竖直分速度：

．则．

则．离点最远距离：

．

2．

（1）

（2）

解得

3．

（1）

（2）

【解析】试题分析：

垂直N板发射速度为v的电子不能到达M板时，电流为零，根据动能定理，即可求解；根据从锌膜边缘平行N板射出的电子作类平抛运动刚好能到达M板边缘时，则所有电子均能到达M板，电流最大，结合类平抛运动处理规律，依据牛顿第二定律与运动学公式，即可求解。

（1）当垂直N板发射速度为v的电子不能到达M板时，电流为零

令此时两板间电压为UMN

根据动能定理：

可得：

（2）当从锌膜边缘平行N板射出的电子作类平抛运动刚好能到达M板边缘时，则所有电子均能到达M板，电流最大I=ne

令此时两板间电压为

根据运动学公式可得：

水平方向：

R1-R2=vt

竖直方向：

由牛顿第二定律得：

联立以上可得：

点睛：

本题主要考查了带电粒子在电场中做类平抛运动，应用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式即可解题。

4．

（1）；

（2），场强方向垂直于直线AC向下

线交AC于D，则易得直线AD长度。

又因为，解之得

综上所述本题答案是：

，方向垂直于直线AC向下

5．

6．

（1）

（2））（3）

【解析】试题分析：

小球在电场中受到重力和水平向左的电场力，根据运动的分解法可知，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，由牛顿第二定律和运动学公式研究水平方向，可求出场强E．A与O之间的电势差UAO=E•L；研究竖直方向的运动，由自由落体运动的规律求出小球落地时的速度，即可求出小球落地时的动能．

（1）小球在水平方向上受到水平向左的电场力，做匀减速运动，则有

又根据牛顿第二定律得，联立得，解之得

（2）A与O之间的电势差：

（3）设小球落地时的动能为EKA，空中飞行的时间为T，分析竖直方向的分运动有，，

分析水平方向的分运动有：

，解得

7．3h、2h

8．6m/s

9．

（1）电动机线圈的电阻为r=0.5Ω；

（2）当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率为3.5W，电动机的效率为87.5%；

（3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是0.7m/s．

【解析】本题考查有关电动机不转与转动时电阻、功率的计算。

（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则：

（2）电动机正常工作时消耗的功率为：

电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：

电动机正常工作时输出功率为：

电动机正常工作时效率为：

（3）匀速提升时，拉力等于重力，即：

由电动机的输出功率P出=Fv可得提升重物的速度为：

10．0.75m

11．

（1）

（2）0.4m；

（3）J

【解析】解：

（1）|轨迹如图．

（2）带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有

m

（3）带电粒子在电场中运动时，电场力做功，粒子的动能增加：

代人数据解得：

J

答：

（1）大致画出带电粒子的运动轨迹如图；

（2）带电粒子在磁场中运动的轨道半径是0.4m；

（3）带电粒子飞出电场时的动能J．

【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法．

12．解：

t＝5s.

由①②解得：

F＝

代入数值得：

F＝0.8N

由F＝BIL得：

B＝＝T＝2T.

B与t的变化关系为B＝0.4t．解得t＝5s.

考点：

共点力平衡的条件及其应用；安培力．

点评：

本题是平衡条件得应用，关键是受力分析，安培力的方向是由左手定则判断的，由平衡条件列式计算即可，是一个比较简单的题目．

13．

（1）

（2）（3）0.58J

14．

（1）

（2）（3）

【解析】

（1）根据法拉第电磁感应定律可得①

②

联立①②得：

③

（2）在交流电中：

④

⑤

⑥

⑦

联立④⑤⑥⑦得

（3）通过R电荷量⑧，⑨

联立③⑧⑨得：

15．

（1）B=1T

（2）fm=0.96N方向水平向左（3）Qcd=1.44J

联立解得，代入数据有h=3m。

根据能量守恒可得，而

解得

16．

（1）200rad/s

（2）A

17．

（1）

（2）（3）（等亦可）

【解析】

（1）全校消耗的功率

，设线路电流为，输电电压为，降压变压器原线圈电压为，则，

，

线路损失功率

，所以

。

（2）输电线上损失的电压为

，升压变压器副线圈上的电压为

，由，得：

升压变压器原线圈电流

发电机的电动势

。

（3）输电效率为

。

点睛：

解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和。

18．

（1）；

（2）；（3）

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期

T=4t0①

设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r．由洛伦兹力公式和牛顿定律得②

匀速圆周运动的速度满足③

联立①②③式得④

（2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．

设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2．由几何关系有

θ1=180°﹣θ2⑤

粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则

；⑥

（3）如下图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°．

设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，

由几何关系和题给条件可知，此时有

∠OO'D=∠BO'A=30°⑦

⑧

设粒子此次入射速度的大小为v0，

由圆周运动线速度公式，则有：

⑨

联立①⑦⑧⑨式得

点晴：

对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键，注意画出正确的运动轨迹图是解题的重点．

19．

（1）4m/s；

（2）（3）

，

由匀变速运动的速度位移公式得：

，代入数据解得：

；

（2）当带电体进入第二区间时，分别对A、B、AB系统由牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出B的速度，由牛顿第二定律得：

对A：

，代入数据解得：

，

对B：

得：

，

设经时间t，A、B速度相等，设为，速度相等后加速度为，

由匀变速运动的速度位移公式得，代入数据解得t=1s，

由位移公式得：

，

代入数据解得：

；，则：

；

又；，故当A到达薄板右端时两者速度相等，

由牛顿第二定律得，代入数据解得，

由速度位移公式得：

，由速度公式得：

，解得；

由公式

第一个阶段A物体向右边加速到4m/s过程中，f=0，

第二阶段A向右减速，B向右加速过程中，

第三阶段AB一起向有减速到0，反向加速过程中，没有相对位移，

综上所述，

（1）4m/s；

（2）；（3）

20．

（1）1．5m/s2

（2）1．5C（3）5．59J

金属棒所受的安培力：

F=BIL

据牛顿第二定律得：

F0﹣F=ma

联立以上带入数据解得：

a=1．5m/s2①

（2）据以上可知，金属棒匀加速运动的位移：

s=at2②

据法拉第电磁感应定律得：

③

通过金属棒的平均电流：

④

通过金属棒的电量：

q=I1•△t⑤

联立①②③④⑤带入数据解得：

q=1．5C