发布时间 : 星期一 文章(完整word版)高考物理经典大题练习及答案(word文档良心出品)更新完毕开始阅读
I=
=1.5A …………………………………………………………………………2分
（2）导体棒受到的安培力
F=BIL=0.30 安
N …………………………………………………………………………2分
（3）导体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
mgsin 37°+f=F
分 安 ………………………………………………………………………1
解得：f=6.0×10-2 N …………………………………………………………………1分 15．（7分）
（1）金属棒产生的电动势大小为：E=B2Lv=0.42V=0.56 V ………………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：
ER并=1.0 Ω，根据闭合电路欧姆定律I= =0.47 A ………………………………2分
R并?r根据右手定则，电流方向从N到M …………………………………………………1分
2
（3）导线框消耗的功率为：P框=IR并=0.22 W ……………………………………2分 16．（8分）
（1）设线框cd边刚进入磁场时的速度为v，则在cd边进入磁场过程时产生的感应电动势为E=Blv，
Blv根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为I=
RB2l2v导线框受到的安培力为F安=BIl= ………………………………………………1分
RmgR因cd刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F安=mg， ……………………………1 以
B2l2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
B2l2v2代入（1）中的结果，整理得：P安= ……………………………………………1
R分
导线框消耗的电功率为：
P
B2l2v2R2B2l2v2R电
=IR=
2
R= ……………………………………………………………1分
因此有P安＝P分
电
……………………………………………………………………………1
（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= m………………………………………………1 由
2πT2nπ?TΦ－t图线可知：Φm=2.0×10-2 Wb，T=6.28×10-2 s ………………………………1分
所以Em=200 V ……………………………………………………………………………1 （2）电动势的有效值E= Em=1002V …………………………………………1分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I=
22E =2 A …………………1 R?r交流电压表的示数为U=IR=902V=127 V …………………………………………2分 18．（8分）
1（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有eU0= 2 mv2 …………………2分
解得U0=728 V ……………………………………………………………………………1 （2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰好为d/2，
eUlvmd2d2m电子通过偏转电场的时间t= …………………………………………………………1分
et2即 = at2= 1 1·t2……………………………………………………………………1 解得U1= =91 V，
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=100π s-1，Um=40 V
偏转电场变化的周期T= =0.02 s，而t= =2.5×10-9 s．Tt，可见每个电子通过
d1222π?lv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= m ·t2=0.20 cm． 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
121eU2mdeUmmd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′=2.0 cm．
电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2.2 cm ………………………………………1分
电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4.4 cm ………………………………………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
LvxLvvyvx1因此电子的总偏转量y=（ +L）tanθ …………………………………………………1
2分
电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范围为2y=4.4 cm ………………………………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
2r1=R， ………………………………………………………………………………………1分 v1根据牛顿第二定律Bqv1=m r1 ，依题意：k=q/m ………………………………………1
分
解得：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点时的轨迹如图所示，由几何关系可知
PQ33hRtanθ= 解得：r2=3R ……………………………………1
r22v2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
r2312
根据动能定理有qU= mv2…… 解得：U= kB2R2 ……
22tanα= = ，α=30°，θ=30°
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
qE－qvB－1110
m1g=0 ………………………………………………… …………………1分
解得v0=20 m/s ……………………………………………………………………………2
分
（2）二球相碰动量守恒m1v0=（m1+m2）v，解得v =10 m/s …………………………1分 物体c所受洛伦兹力f=（q1－q2）vB=4.0×10-4 N，方向向下 ………………………1 物体c在M右场区受电场力：F2=（q1－q2）E2=4.0×10-3 N，方向向右 物体c受重力：G=（m1+m2）g= 3.6×10-3 N，方向向下
2物体c受合力：F合＝F2?(f?G)=22×10-3 N
2物体c的加速度：a= 合 = Fm1?m210092m/s2=15.7 m/s2 ………………………………1
f?GF2
设合力的方向与水平方向的夹角为θ，则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=122.2m/s=11 m/s． …………………………………………………………1分， 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′=2.0 cm．
电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2.2 cm ………………………………………1分
电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4.4 cm ………………………………………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=4.4 cm ………………………………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
1212eUmmdLvxLvvyvx12