2022年2022年高考物理经典大题练习及答案

1、精选学习资料 - - - 欢迎下载14（ 7 分）如图14 所示,两平行金属导轨间的距离 l=0.40m,金属导轨所在的平面与水平面夹角 =37°,在导轨所在平面内,分布着磁感应强度b=0.50 t .方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=4.5 v .内阻 r =0.50 的直流电源 现把一个质量m=0.040 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上,导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直.且接触良好,导体棒与金属导轨接图 14触的两点间的电阻r0 2.5 、金属导轨电阻不计,g 取 10 m/s2已知 sin 37°=0.60 , cos 37°

2、 =0.80,求：（ 1）通过导体棒的电流；（ 2）导体棒受到的安培力大小；（ 3）导体棒受到的摩擦力15（7 分）如图 15 所示,边长 l=0.20m 的正方形导线框 abcd由粗细匀称的同种材料制成,正方形导线框每边的电阻 r0 1.0 , 金属棒 mn与正方形导线框的对角线长度恰好相等,金属棒 mn的电阻 r =0.20导线框放置在匀强磁场中,磁场的磁感应强度b0.50t、方向垂直导线框所在平面对里金属棒mn与导线框接触良好,且 与导线框的对角线bd垂直放置在导线框上,金属棒的中点始终在bd 连线上如金属棒以v=4.0 m/s 的速度向右匀速运动,当金属棒运动至ac 的 位 置 时 ,

3、 求 （ 计 算 结 果 保 留 两 位 有 效 数 字 ）：图 15（ 1）金属棒产生的电动势大小；（ 2）金属棒mn上通过的电流大小和方向；（ 3） 导 线 框 消 耗 的 电 功 率 16（ 8 分）如图16 所示,正方形导线框abcd 的质量为m.边长为l ,导线框的总电阻为r导线框从垂直纸面对里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落,下落过程中,导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内, cd 边保持水平磁场的磁感应强度大小为 b,方向垂直纸面对里,磁场上.下两个界面水平距离为 l 已知 cd 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动重力加速度为 g（ 1）求 cd 边刚进入磁场时导线框的速度

4、大小（ 2）请证明：导线框的cd 边在磁场中运动的任意瞬时,导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率图 16（ 3）求从导线框cd 边刚进入磁场到ab 边刚离开磁场的过程中,导线框克服安培力所做的功17（ 8 分）图 17（甲）为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图,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 =10 ,线圈的两端经集流环与电阻r 连接,电阻r=90 ,与 r 并联的沟通电压表为抱负电表在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随时间t 按图 17（乙）所示正弦规律 变化求：（ 1）沟通发电机产生的电动势最

5、大值；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载（ 2）电路中沟通电压表的示数18（ 8 分）图 18 为示波管的示意图,竖直偏转电极的极板长 l =4.0 cm ,两板间距离d=1.0 cm,极板右端与荧光屏的距离 l=18 cm由阴极发出的电子经电场加速后,以v =1 619 c,质量×107 m s 的速度沿中心线进入竖直偏转电场如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 均可忽视不计,已知电子的电荷量e=1.6 × 10m=0.91 × 10-30 kg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

6、,求加 在 竖直偏转电极上 的 电 压 应满意的条件；（ 3）如在竖直偏转电极上加u=40sin 100 t （ 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,方向垂直纸面对外 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在同始终线上,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

7、荧光屏d 上粒子进入电场的初速度及其所受重力均可忽视不计（ 1）请分段描述粒子自s1 到荧光屏d 的运动情形；（ 2）求粒子垂直打到荧光屏上p 点时速度的大小；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载图 19（ 3）移动滑片p,使粒子打在荧光屏上q点, pq=两极板间的电压33 h（如图 19 所示）,求此时a.k精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载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.垂直纸面对里的匀强磁场,磁感应强度b=2.0 t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 之间仍同时

8、存在着水平向左的匀强电场,电场强度e2=200 n/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,支架上表面光滑,支架上放有质量m2=1 8× 10-4 kg 的带正电的小物体 b（可视为质点）,电荷量q2=1 0× 10-5 c一个质量 m1 =1.8× 10-4 kg,电荷量q1=3.0× 10-5 c 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） 已知支架顶端距地面的高度h

9、=1.0 m , m和 n 两个界面的距离l=0.10 m , g 取 10 m/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点时的速率精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载14（ 7 分）（ 1）导体棒.金属导轨和直流电源构成闭合电路,依据闭合电路欧姆定律有：ei=r0r= 1 . 5 a2分（2）导体棒受到的安培力f安=bil=0.30n2分（ 3）导体棒所受重力沿斜面对下的分力f1=mgsin 37° =0. 24 n由于f1 小于安培力,故导体棒受沿斜面对下的摩擦力f1分依据共点力平稳条件m安

10、gsin37°+f=1f分解得： f =6. 0×10-2 n15（ 7 分）1分（ 1）金属棒产生的电动势大小为：e=b2 lv =0 . 42 v=0 . 56 v2 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：e精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载rr并 =1. 0 ,依据闭合电路欧姆定律i =并r =0. 47 a2 分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载依据右手定就,电流方向从n 到 m1 分2（ 3）导线框消耗的功率为：p 框=i r 并 =0. 22 w2 分16（ 8 分）（ 1）设线框cd 边刚进入磁场时的

11、速度为v,就在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为 e=blv ,精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载依据闭合电路欧姆定律,通过导线框的感应电流为i=blv精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载2 2rb lv导线框受到的安培力为f 安=bil =1 分r因 cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动,所以有f 安=mg,1分mgr以上各式联立,得：v =2 21b l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 vb 2l 2v2代入（ 1）中的结果,整理得：p 安 =1r精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载分导线框消耗的电功率为：精

12、品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载2pb l2 v2b 2l 2v22电=i r=精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载r 2rr=1 分（ 3）导线框 ab 边刚进入磁场时,cd 边即离开磁场,因此导线框连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,依据动能定理有2mgl w安 01 分解得 w 安2mgl117（ 8 分）（ 1）沟通发电机产生电动势的最大值em=nbs1 分22n而mm=bs. =,所以, em= 1tt由 t图线可知： m=2. 0× 10-2 w b, t=6. 28× 10-2 s所以e

13、m=200v12（ 2）电动势的有效值e=em=1002 v1 分2精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载由闭合电路的欧姆定律,电路中电流的有效值为i =e=2a1rr精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载沟通电压表的示数为u=ir=902 v=127v2 分18（ 8 分）（ 1）对子通过加速电场的过程,依据动能定理有eu0=mv221解得 u0=728 v21（ 2）设偏转电场电压为u1 时,电子刚好飞出偏转电场,就此时电子沿电场方向的位移恰好为 d/2,精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载d11即=at 2=eu1· t 21精品学习资料精选学习资料

14、- - - 欢迎下载222 mdl电子通过偏转电场的时间t =1 分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载解得 u1=d 2 met 2v=91 v ,精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载所以,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 91v1 分（ 3）由 u=40 sin 100 t （ v ）可知 =100 s-1, um=40 v精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载2偏转电场变化的周期t=l,而 t =2. 5× 10-9 s tt ,可见每个电子通过精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载=0. 02 sv偏转电场的过程中

15、,电场可视为稳固的匀强电场精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载当极板间加最大电压时,电子有最大偏转量y121 eum2精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载m=at =· t=0. 20 cm精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载分）电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v 142（ 72md（ 1）导体棒.金属导轨和直流电源构成闭合电路,依据闭合电路欧姆定律有：er0r精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载i= 1 . 5 a2分（2）导体棒受到的安培力f安=bil=0.30n2分（ 3）导体棒所受重力沿斜面对下的分力f1=mgsin 37&#

16、176; =0. 24 n由于f1 小于安培力,故导体棒受沿斜面对下的摩擦力f1分依据共点力平稳条件m安gsin37°+f=1f分解得： f =6. 0×10-2 n15（ 7 分）1分（ 1）金属棒产生的电动势大小为：e=b2 lv =0 . 42 v=0 . 56 v2 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：e精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载rr并 =1. 0 ,依据闭合电路欧姆定律i =并r =0. 47 a2 分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载依据右手定就,电流方向从n 到 m1 分2（ 3）导线框消耗

17、的功率为：p 框=i r 并 =0. 22 w2 分16（ 8 分）（ 1）设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v,就在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为 e=blv ,精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载依据闭合电路欧姆定律,通过导线框的感应电流为i=b 2l 2 vblvr精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载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2匀2速运动,所以有 f 安=mg,1 以b l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 vb 2l 2v2代入（

18、1）中的结果,整理得：p 安 =1r分导线框消耗的电功率为：精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载b 2l2 v2b 2l22v2精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载p电=i r=r 2rr=1 分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载因此有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,因此导线框连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,依据动能定理有2mgl w安 01 分解得 w 安2mgl117（ 8 分）（ 1）沟通发电机产生电动势的最大值em=nbs1 分22n而mm=bs.=,所以,

19、em=1 由tt t图线可知：m=2 . 0× 10-2 w b, t=6. 28× 10 -2 s1 分所以em=200v12（ 2）电动势的有效值e=em=1002 v1 分2精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载由闭合电路的欧姆定律,电路中电流的有效值为i =e=2a1rr精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载沟通电压表的示数为u=ir=902 v=127v2 分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载18（ 8 分）（ 1）对于电子通过加速电场的过程,依据动能定理有eu0=122mv2 分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载解得 u0

20、=728 v1（ 2）设偏转电场电压为u1 时,电子刚好飞出偏转电场,就此时电子沿电场方向的位移恰好为 d/2,精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载即 d = 1 at 2=eu1 1· t 2l 1精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载22d 2 mmd 2v精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载电子通过偏转电场的2et时间t =1 分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载解得 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 91v1 分（ 3）由 u=40 sin 100 t （ v ）可知 =100 s-1,

21、 um=40 v精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载2偏转电场变化的周期t=l,而 t =2. 5× 10-9 s tt ,可见每个电子通过精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载=0. 02 sv偏转电场的过程中,电场可视为稳固的匀强电场精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载当极板间加最大电压时,电子有最大偏转量ym= 1 at 2= 1eum· t 2=0. 20 cm精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载2电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v ,eum垂直极板方向的分速度v y=ay t =·tmd2md精品学习资料精

22、选学习资料 - - - 欢迎下载ll电子离开偏转电场到达荧光屏的时间t =vxv电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=v yt =2.0 cm电子打在荧光屏上的总偏移量ym=y m+y2=2. 2 cm1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为2ym=4 . 4 cm1分用下面的方法也给2 分vy设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为,因此有tan =0. 11vx1因此电子的总偏转量y=（+l）tan 12分电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范畴为2y=4. 4 cm1 分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载19（ 9 分）（ 1）粒子在电场中自s1 至 s2 做匀加速直线运动；自 s2

23、 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 v 1,粒子垂直打在荧光屏上,说明粒子在磁场中的运动为四分之一圆周,运动半径精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载2r 1=r,v1依据牛顿其次定律bqv1=m r11 分,依题意： k= q/m1分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎

24、下载解得： v 1=bkr1 分（ 3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2,偏转角为2,粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为,粒子打到q 点时的轨迹如下列图,由几何关系可知精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载tan = pqhr=3 , =30°, =30°3精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载tan =r设此时解得： r 2=3 r122v2k 两极板间的电压为u,粒子离开s2 时的速度为v m精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载a.r2312依据动能定理有qu=mv 2解得： u=kb2r222精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载

25、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 受力平稳,因此有q1e1q1v0bm1 g = 01分解得v 0=20m/s2分（ 2）二球相碰动量守恒m1v0=（ m1+m2）v ,解得 v =10 m/s1 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,方向向下精品学习

26、资料精选学习资料 - - - 欢迎下载2物体 c 受合力： f 合 f2 fg 2=22 × 10-3 n精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载物体 c 的加速度： a=f合m1m2=10092 m/s2=15 . 7 m/s21精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载设合力的方向与水平方向的夹角为,就 tanfg =1. 0,解得 =45°f2精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载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 ,由动能定理精品学

27、习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载（ m1+m2） gh+（ q1 q2） e2l=1 m1+m2） vt 2（21 m1+m2） v 21 分（2精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载解得 v t =122.2 m/s=11 m/s1 分,eum垂直极板方向的分速度v y=ay t =·tmdll电子离开偏转电场到达荧光屏的时间t =vxv电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=v yt =2.0 cm电子打在荧光屏上的总偏移量ym=y m+y2=2. 2 cm1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为2ym=4 . 4 cm1分用下面的方法也给2 分vy设电子射出偏转电场

28、时速度与水平线的夹角为,因此有tan =0. 11vx1因此电子的总偏转量y=（+l）tan 12分电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范畴为2y=4. 4 cm1 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 至进入磁精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载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,离开磁场后做匀速直线运动,给1 分（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v 1,粒子垂直打在荧光屏上,说明粒子在磁场中的运动为四分之一圆周,运动半径r 1=r,1 分2精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载依据牛顿其次定律bqv1=m v1r1,依题意： k= q/m1分精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载解得： v 1=bkr1 分（ 3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2,偏转角为2,粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为,粒子打到q 点时的轨迹如图所示,由几何关系可知精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载tan = pqhr=3 , =30°, =30°3