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1、優(yōu)秀學習資料歡迎下載14在虛線MN的上方存在磁感應強度為B 的勻強磁場，方向垂直紙面向內(nèi)，質(zhì)子和粒子以相同的速度v0 由 MN上的 O點以垂直 MN且垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，再分別從MN上 A、B 兩點離開磁場。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷為 e， 粒子的質(zhì)量為4m，電荷為 2e。忽略帶電粒子的重力及質(zhì)子和粒子間的相互作用。求：（ 1） A、B 兩點間的距離（ 2） 粒子在磁場中運動的時間。（1）質(zhì)子進入磁場做半徑為R1的勻圓運動，洛侖滋力提供向心力，據(jù)牛二，ev0 Bm v02, R1mv0 . （2 分）R1Be質(zhì)子離開磁場時到達 A 點， O、A 間的距離 d12R12mv0. （

2、1 分）Be同理， 粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R22mv0 ， 粒子離開磁場時到達B 點，BeO、 B 間的距離 d22R24mv0 ，則 A、B 兩點間的距離 d d2 d12mv0.（2分）BeBe（2） 粒子在勻強磁場中運動周期為2 R24 mTv0，Be則 粒子在磁場中運動的時間為tT2 m .（2 分）2Be15（ 7 分）兩根平行光滑金屬導軌MN和 PQ水平放置，其間距為 0.60m，磁感應強度為 0.50T 的勻強磁場垂直軌道平面向下，兩導軌之間連接的電阻R=5.0 ，在導軌上有一電阻為 1.0 的金屬棒 ab，金屬棒與導軌垂直，如圖 13 所示。在 ab 棒上施加水平拉力F

3、 使其以 10m/s 的水平速度向右勻速運動。設金屬導軌足夠長。求：（ 1）金屬棒 ab 兩端的電壓。（ 2）拉力 F 的大小。（ 3）電阻 R 上消耗的電功率。解：（ 1）根據(jù)電磁感應定律，金屬棒ab 上產(chǎn)生的感應電動勢為EBLv3.0V , （1 分）優(yōu)秀學習資料歡迎下載根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過E0.50A. （ 1 分）R的電流 IrR金屬棒兩端的電壓U=E Ir =2.5V. （1 分）（2）由于 ab桿做勻速運動，拉力和磁場對電流的安培力大小相等，即F BIL 0.15N. （2 分）（ 3）根據(jù)焦耳定律，電阻 R 上消耗的電功率 P=I 2 R=1.25W.（ 2 分）16（8

4、分）如圖 14 所示，在傾角 =37°的絕緣面所在空間存在著豎直向上的勻強電場，場強E=4.0 ×10 3 N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板。質(zhì)量m=0.20kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下，滑到斜面底端與擋板相碰后以碰前的速率返回。已知斜面的高度h=0.24m，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.30 ，滑塊帶電荷 q=5.0 ×10 4 C。取重力加速度g=10m/s2 ，sin37 °=0.60, cos37°=0.80. 求：（ 1）滑塊從斜面最高點滑到斜面底端時的速度大小。（ 2）滑塊被擋板彈回能夠沿斜面上升的最大高度。

5、（3）滑塊從開始運動到停下來的整個過程中產(chǎn)生的熱量Q。（計算結(jié)果保留2 位有效數(shù)字）解：（ 1）滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力f(mgqE ) cos37 ，設到達斜面底端時的速度為v1 ，根據(jù)動能定理(mgqE)hfh1 mv12，（2 分）sin 372解得 v12.4m / s. （1 分）（ 2）滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，設此高度為h1 ，根據(jù)動能定理，(mg qE) h1 fh11mv12，（2 分）sin 372代入數(shù)據(jù)解得 h10.10m. （1 分）（ 3）滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能和減少等于克服摩擦力做的功，即等于產(chǎn)生的熱能

6、， Q (mg qE)h 0.96J . （ 2 分）優(yōu)秀學習資料歡迎下載17（ 8 分）如圖 15（甲）所示，一固定的矩形導體線圈水平放置，線圈的兩端接一只小燈泡，在線圈所在空間內(nèi)存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場。已知線圈的匝數(shù)n=100 匝，電阻r=1.0 ，所圍成矩形的面2積 S=0.040m ，小燈泡的電阻 R=9.0，磁場的磁感應強度隨按如圖 15（乙）怕示的規(guī)律變化，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢瞬時值的表達式為22enBm Scost ，其中 Bm 為磁感應強度的最大值，T 為磁場變化的周期。不計燈絲電阻隨TT溫度的變化，求：（ 1）線圈中產(chǎn)生感應電動勢的最大值。（ 2）小燈泡消耗的

7、電功率。（ 3）在磁感強度變化的 0 T 的時間內(nèi)，4通過小燈泡的電荷量。解：（ 1）因為線圈中產(chǎn)生的感應電流變化的周期與磁場變化的周期相同，所以由圖象可知，線圈中產(chǎn)生交變電流的周期為 T=3.14×10 2 s.所以線圈中感應電動勢的最大值為Em2 nBm S / T8.0V （ 2 分）（2）根據(jù)歐姆定律，電路中電流的最大值為I mEm0.80 AR r通過小燈泡電流的有效值為II m / 20.40 2A ，（1 分）小燈泡消耗的電功率為 P=I2 R=2.88W（2 分）（3）在磁感應強度變化的11/4 周期內(nèi)，線圈中感應電動勢的平均值EnSBt通過燈泡的平均電流IEnS B

8、（1 分）( Rr )R rt通過燈泡的電荷量 QItnS B4.010 3 C.（ 2 分）R r18（ 8 分）在水平面上平行放置著兩根長度均為L 的金屬導軌 MN和 PQ，導軌間距為 d，導軌和電路的連接如圖 16 所示。在導軌的MP端放置著一根金屬棒，與導舅垂直且接觸良好。空間中存在豎直向上方向的勻強磁場，磁感應強度為 B。將開關 S1 閉合， S2 斷開，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U1 和 I 1，金屬棒仍處于靜止狀優(yōu)秀學習資料歡迎下載態(tài)；再將開關 S2 閉合，電壓表和電流表的示數(shù)分別為 U2 和 I 2 ，金屬棒在導軌上由靜止開始運動，運動過程中金屬棒始終與導軌垂直。設金屬棒的質(zhì)量

9、為 m，金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為 。忽略導軌的電阻以及金屬棒運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢，重力加速度為 g。求：（ 1）金屬棒到達 NQ端時的速度大小。（ 2）金屬棒在導軌上運動的過程中，電流在金屬棒中產(chǎn)生的熱量。解：（ 1）當通過金屬棒的電流為I 2 時，金屬棒在導軌上做勻加速運動，設加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，BdI 2mgma,（1 分）設金屬棒到達 NQ端時的速率為 v ，根據(jù)運動學公式，v 22aL ，（1 分）由以上兩式解得： v2( BdI 2mg) L .（2 分）m（2）當金屬棒靜止不動時，金屬棒的電阻rU1t ，設金屬棒在導軌上運動的時間為I 1電流在金屬棒中產(chǎn)生的熱

10、量為Q，根據(jù)焦耳定律， Q=I 22 rt ，（2 分）根據(jù)運動學公式，Lv t ，將（ 1）的結(jié)果代入，爭得22 U 12LmQI2 I1BdI 2mg. （ 2 分）19（9 分）如圖 17（甲）所示，長為l 、相距為 d 的兩塊正對的平行金屬板AB和 CD與一電源相連（圖中未畫出電源），B、D 為兩板的右端點。兩板間電壓的變化如圖17（乙）所示。在金屬板B、D 端的右側(cè)有一與金屬板垂直的熒光屏MN，熒光屏距 B、 D 端的距離為l。質(zhì)量為 m、電荷量為 e 的電子以相同的初速度0 從極板v左邊中央沿平行極板的直線OO連續(xù)不斷地射入。 已知所有的電子均能夠從金屬板間射出，且每個電子在電場中

11、運動的時間與電壓變化的周期相等。忽略極板邊緣處電場的影響，不計電子的重力以及電子之間的相互作用。求：（1）t=0 和 t=T/2時刻進入兩板間的電子到達金屬板B、 D 端界面時偏離 OO的距離之比。（2）兩板間電壓U0 的最大值。優(yōu)秀學習資料歡迎下載（3）電子在熒光屏上分布的最大范圍。解：（ 1）t=0 時刻進入兩板間的電子先沿OO方向做勻速運動，即有v0T1，22而后在電場力作用下做類平拋運動，在垂直于OO方向做勻加速運動，設到達B、 D端界面時偏離 OO的距離為 y1，則 y11 eU 0 (T ) 2eU 0l 2. （ 2 分）2 md28mdv02t=T/2 時刻進入兩板間的電子先在

12、T/2時間內(nèi)做拋物線運動到達金屬板的中央，而后做勻速直線運動到達金屬板 B、D 端界面。設電子到達金屬板的中央時偏離OO的距離為 y2 ，將此時電子的速度分解為沿OO方向的分量 v0 與沿電場方向的分量 vE ，并設此時刻電子的速度方向與OO的夾角為 ，電子沿直線到達金屬板B、D 端界面時偏離OO的距離為 y2 ，則有 y1 eU 0T2, tanvEeU 0 T y2y22( )v0mdv 0 2l / 2；2 md2解得 y23eU 0l 2 . （1 分）8mdv02因此， y1 : y2 1: 3 。（1 分）（ 2）在 t=(2n+1) T/2(n=0, 1,2 ) 時刻進入兩板間的

13、電子在離開金屬板時偏離OO的距離最大，因此為使所有進入金屬板間的電子都能夠飛出金屬板，應滿足的條件為y2d，解得板間電太的最大值2U 04d 2 mv02 。（2 分）3el 2優(yōu)秀學習資料歡迎下載（ 3 ）設 tnT (n0,1,2）時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O點的距離為Y1 ；t=(2n+1)T/2(n=0,1,2 ) 時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O點的距離為Y2 ，電子到達熒光屏上分布在 YY2Y1 范圍內(nèi) .當滿足 y2d的條件時， Y 為最大。根據(jù)題中金屬板和熒光屏之間的幾2何關系，得到tanY2y2Y1y1 , （1 分）ll因此電子在熒光屏上分布的最大范

14、疇為YY2 Y1y2 y1d（ 2 分）320在空間存在這樣一個磁場區(qū)域， 以 MN為界，上部分的均強磁場的磁感應強度為B1 ，下部分的勻強磁場的磁感應強度為B2，B1=2B=2B0，方向均垂直紙面向內(nèi)，且磁場區(qū)域足夠大。在距離界線為h 的 P 點有一帶負電荷的離子處于靜止狀態(tài)，某時刻該離子分解成為帶電荷的粒子A 和不帶電的粒子 B，粒子 A 質(zhì)量為 m、帶電荷 q，以平行于界線 MN的速度向右運動，經(jīng)過界線MN時的速度方向與界線成60°角，進入下部分磁場。當粒子B 沿與界線平行的直線到達位置Q 點時，恰好又與粒子A 相遇。不計粒子的重力。（ 1）P、Q 兩點間距離。（ 2）粒子 B 的質(zhì)量。解：（1）粒子A 在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛侖滋力提供向心力，設粒子A 的速度為v0，在 MN上方運動半徑為R1 ，運動周期為T1，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動公式，qv0 B1m v02,R1解得 R1mv0mv0 ,T12 R1m , （ 2 分）qB12qB0v0qB0同理，粒子 A 在 MN下方運動半徑R2 和周期 T2 分別為：mv0mv02R1; T22 mR2qB0。qB2qB0粒子 A 由 P 點運動到 MN邊界時與 MN的夾角為60°，如答圖 2 所示，則有R1 h=R1cos60 °得到： R1 =2h，R2