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(qiáng)度B=0.50 T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)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(gè)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(diǎn)間的電阻R02.5 ,金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，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?。唬?）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(xì)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(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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(yùn)動，當(dāng)金屬棒運(yùn)動至AC的位置時(shí)，求（計(jì)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??；（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(qiáng)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(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場上、下兩個(gè)界面水平距離為l已知cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框恰好做勻速運(yùn)動重力加速度為g（1）求cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)導(dǎo)線框的速度大?。?）請證明：導(dǎo)線框的cd邊在磁場中運(yùn)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(jìn)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(jī)的原理圖，其矩形線圈在勻強(qiáng)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(shí)刻，線圈平面與磁場方向平行，穿過每匝線圈的磁通量隨時(shí)間t按圖17（乙）所示正弦規(guī)律變化求：（1）交流發(fā)電機(jī)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(jìn)入豎直偏轉(zhuǎn)電場若電子由陰極逸出時(shí)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(jì)，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(gè)水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)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(diǎn)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(jìn)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(jìn)入電場的初速度及其所受重力均可忽略不計(jì)（1）請分段描述粒子自S1到熒光屏D的運(yùn)動情況；（2）求粒子垂直打到熒光屏上P點(diǎn)時(shí)速度的大?。?圖19（3）移動滑片P，使粒子打在熒光屏上Q點(diǎn)，PQ= h（如圖19所示），求此時(shí)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E1=100 N/C在界面M與N之間

7、還同時(shí)存在著水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E2=200 N/C在緊靠界面M處有一個(gè)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(diǎn)），電荷量q2=1010-5 C一個(gè)質(zhì)量m1=1.810-4 kg，電荷量q1=3.010-5 C的帶負(fù)電小物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）a以水平速度v0射入場區(qū)，沿直線運(yùn)動并與小物體b相碰，a、b兩個(gè)小物體碰后粘合在一起成小物體c，進(jìn)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(diǎn)（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(gè)界面的距離L=0.10 m，g取10 m/s2求：（1）小

8、球a水平運(yùn)動的速率；（2）物體c剛進(jìn)入M右側(cè)的場區(qū)時(shí)的加速度；（3）物體c落到Q點(diǎn)時(shí)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(diǎn)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(yùn)動到AC位置時(shí)，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(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，則在cd邊進(jìn)入磁場過程時(shí)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(jìn)入磁場時(shí)導(dǎo)線框做勻速運(yùn)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(yùn)動時(shí)，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(jìn)入磁場時(shí)，cd邊即離開磁場，因此導(dǎo)線框繼續(xù)做勻速運(yùn)動導(dǎo)線框穿過磁場的整個(gè)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(jī)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(shí)，電子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，則此時(shí)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(shí)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(gè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場可視為穩(wěn)定的勻強(qiáng)電場當(dāng)極板間加最大電壓時(shí)，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(shí)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(diǎn)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(yùn)動到AC位置時(shí)，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(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，則在cd邊進(jìn)入磁場過程時(shí)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(jìn)入磁場時(shí)導(dǎo)線框做勻速運(yùn)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(yùn)動時(shí)，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(jìn)入磁場時(shí)，cd邊即離開磁場，因此導(dǎo)線框繼續(xù)做勻速運(yùn)動導(dǎo)線框穿過磁場的整個(gè)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(jī)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(shí)，電子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，則此時(shí)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(shí)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(gè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場可視為穩(wěn)定的勻強(qiáng)電場當(dāng)極板間加最大電壓時(shí)，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(shí)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(dá)熒光屏的時(shí)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(shí)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(yùn)動；自S2至進(jìn)入磁場前做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入磁場后做勻速圓周

17、運(yùn)動；離開磁場至熒光屏做勻速直線運(yùn)動 離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，給1分2分說明：說出粒子在電場中勻加速運(yùn)動，離開電場做勻速直線運(yùn)動，給1分；說出粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)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(diǎn)時(shí)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(yùn)動是四分之一圓周，運(yùn)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(yùn)動軌道半徑為r2，偏轉(zhuǎn)角為2，粒子射出磁場時(shí)的方向與豎直方向夾角為，粒子打到Q點(diǎn)時(shí)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(shí)A、K兩極板間的電壓為U，粒子離開S2時(shí)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(yùn)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(yùn)動必為勻速直線運(yùn)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(diǎn)時(shí)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(dá)熒光屏的時(shí)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(shí)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(yùn)動；自S2至進(jìn)入磁場前做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動；離開磁場至熒光屏做勻速直線運(yùn)動 2分說明：說出粒子在電場中勻加速運(yùn)動，離開電場做勻速直線運(yùn)動，給1分；說出粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，離開磁場后做勻速直線運(yùn)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(diǎn)時(shí)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(yùn)動是四分之一圓周，運(yùn)動半徑r1=R，