高考物理经典大题练习及答案

千里之行，始于足下。第2页/共2页精品文档推荐高考物理经典大题练习及答案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θ=37°，在

导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、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=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一具质量m=0.040kg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＝2.5Ω,金属导轨电阻别计，g取

10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：

（1）经过导体棒的电流；

（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

由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0＝1.0Ω，

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=0.20Ω．导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.50

T,方向垂直导线框所在平面向里．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．若金属棒以v=4.0m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运

动至AC的位置时，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上经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．导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上

方某处由静止自由下降，下降过程中，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，方向垂直纸面向

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大小．

（2）请证明：导线框的cd边在磁场中运动的任意眨眼，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）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，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=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t=0时间，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量φ随时刻t按图17（乙）所示正弦规律变化．求：

（1）交流发电机产生的电动势最大值；

（2）电路中交流电压表

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=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，极板右端与荧光屏的

距离L=18cm．由阴极发出的电子经电场加速后，以v=1．6

×107m／s的速度沿中心线进入竖直偏转电场．若电子由阴

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

均可忽略别计，已知电子的电荷量e=1.6×10—19C，质量

m=0.91×10-30kg．图18

（1）求加速电压U0的大小；

（2）要使电子束别打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满脚的条件；

（3）若在竖直偏转电极上加u=40sin100πt（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，有一具水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．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在同向来线上，另

有一水平放置的脚够大的荧光屏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，经过S2射向磁场中心，经过磁场后打在荧光屏D上．粒

子进入电场的初速度及其所受重力均可忽略别计．

（1）请分段描述粒子自S1到荧光屏D的运动事情；

（2）求粒子垂直打到荧光屏上P点时速度的大小；图

19（

3）挪移滑片P，使粒子打在荧光屏上Q点，PQ=h（如图19所示），求此刻A、K两极板间的电压．

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、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T．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之间还并且存在着水平向左的匀强电场，电场强度E2=200N/C．在紧靠界面M处有一具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=1．8×10-4kg的带正电的小物体b（可视为质点），电荷量q2=1．0×10-5C．一具质

量m1=1.8×10-4kg，电荷量q1=3.0×10-5C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，降到地面上的Q点（图中未画出）．已知支

架顶端距地面的高度h=1.0m，M和N两个界面的距离L=0.10m，g取10m/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

33

rRE+0加速度；

（3）物体c降到Q点时的速率．

14．（7分）

（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，依照闭合电路欧姆定律有：I=

=1.5A…………2分

（2）导体棒受到的安培力

F安

=BIL=0.30N…………2分

（3）导体棒所受重力沿歪面向下的分力F1=mgsin37°=0.24N

由于F1小于安培力，故导体棒受沿歪面向下的摩擦力f(1)

分

依照共点力平衡条件

mgsin37°+f=F安………………………

1分

解得：f=6.0×10-2N…………………1分

15．（7分）

（1）金属棒产生的电动势大小为：E=B2Lv=0.42V=0.56V………………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：R并=1.0Ω，依照闭合电路欧姆定律I==0.47A………………2分依照右手定则，电流方向从N到M…………………1分

（3）导线框消耗的功率为：P框=I2R并=0.22W……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，依照闭合电路欧姆定律，经过导线框的感应电流为I=导线框受到的安培力为F安=BIl=1分因cd刚进入磁场时导线框做匀速运动，因此有F安=mg，(1)

分

以上各式联立，得：v=……………1分r

RE+并RBlvR

vlB222

2l

BmgR

（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

代入（1）中的结果，整理得：P安=……………1分

导线框消耗的电功率为：

P电=I2

R=R=……………1分

（3）导线框ab边刚进入磁场时，cd边即离开磁场，所以导线框接着做匀速运动．导线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能别变．

设导线框克服安培力做功为W安，依照动能定理有2mgl－W安＝01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=，因此，Em=………………1由Φ－t图线可知：Φm=2.0×10-2Wb，T=6.28×10-2

s因此Em=200V(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=r

RE+=2A…1交流电压表的示数为U=IR=902V=127V…………2分

18．（8分）（1）对子经过加速电场的过程，依照动能定理有eU0=mv2

…2解得U0=728V……………1（2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此刻电子沿电场方向的位移恰好为d/2，

即=at2=·t2……………………1电子经过偏转电场的时刻t=…………1分

解得U1==91V，因此，为使电子束别打在偏转电极上，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=100πs-1，Um=40V

偏转电场变化的周期T==0.02s，而t==2.5×10-9

s．Tt，可见每个电子经过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场．

R

vlB2

22RvlB22222

22RvlBTπ

2T

nmπ2Φ222

1

2d21

21md

eU1v

l22etmdωπ

2vl

rRE+0当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量ym=at2=·t2

=0.20cm．电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v14．（7分）

（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，依照闭合电路欧姆定律有：I=

=1.5A…………2分

（2）导体棒受到的安培力

F安

=BIL=0.30N…………2分

（3）导体棒所受重力沿歪面向下的分力F1=mgsin37°=0.24N

由于F1小于安培力，故导体棒受沿歪面向下的摩擦力f(1)

分

依照共点力平衡条件

mgsin37°+f=F安………………………

1分

解得：f=6.0×10-2N…………………1分

15．（7分）

（1）金属棒产生的电动势大小为：E=B2Lv=0.42V=0.56V………………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：R并=1.0Ω，依照闭合电路欧姆定律I==0.47A………………2分依照右手定则，电流方向从N到M…………………1分

（3）导线框消耗的功率为：P框=I2R并=0.22W……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，依照闭合电路欧姆定律，经过导线框的感应电流为I=导线框受到的安培力为F安=BIl=………………1分因cd刚进入磁场时导线框做匀速运动，因此有F安=mg，……………1以上各式联立，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

代入（1）中的结果，整理得：P安=……………1分

导线框消耗的电功率为：

21md

eUm21r

RE+并RBlvRvlB222

2lBmgRR

vlB2

22

P电=I2

R=R=……………1分

所以有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，所以导线框接着做匀速运动．导线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能别变．

设导线框克服安培力做功为W安，依照动能定理有2mgl－W安＝01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=，因此，Em=………………1由Φ－t图线可知：Φm=2.0×10-2Wb，T=6.28×10-2

s1分因此Em=200V(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=r

RE+=2A…1交流电压表的示数为U=IR=902V=127V…………2分

18．（8分）

（1）关于电子经过加速电场的过程，依照动能定理有eU0=mv2…2分

解得U0=728V(1)

（2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此刻电子沿电场方向的位移恰好为d/2，

即=at2=·t2

……………………1电子经过偏转电场的时刻t=…………1分解得U1==91V，

因此，为使电子束别打在偏转电极上，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=100πs-1，Um=40V

偏转电场变化的周期T==0.02s，而t==2.5×10-9

s．Tt，可见每个电子经过偏转电场的过程中，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=·t2=0.20cm．RvlB22222

22RvlBTπ

2T

nmπ2Φ22212d2

121mdeU1vl22etmdωπ

2vl21

md

eUm21

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电子离开偏转电场到达荧光屏的时刻t′==

电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vyt′=2.0cm．

电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2.2cm………1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4.4cm………1分用下面的办法也给2分

设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为θ，所以有tanθ==0.11所以电子的总偏转量y=（+L）tanθ…………………1分

电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范围为2y=4.4cm………………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

讲明：讲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；讲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，讲明粒子在磁场中的运动是四分之一

圆周，运动半径

r1=R，………………………1分依照牛顿第二定律Bqv1=m

，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

tanα==，α=30°，θ=30°

tanθ=解得：r2=3R……1设此刻A、K

两极板间的电压为U，粒子离开S2时的速度为vm依照动能定理有qU=mv22……解得：U=kB2R2……md

eU

mxy

vv2

1121

rvh

PQ33

2rR222rv2123vxLvL

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，所以有

q1E1－q1v0B－m1g=0……………………1分

解得v0=20m/s(2)

分

（2）二球相碰动量守恒m1v0=（m1+m2）v，解得v=10m/s…………1分

物体c所受洛伦兹力f=（q1－q2）vB=4.0×10-4N，方向向下(1)

物体c在M右场区受电场力：F2=（q1－q2）E2=4.0×10-3N，方向向右

物体c受重力：G=（m1+m2）g=3.6×10-3N，方向向下

物体c受合力：F合＝22

)(2GfF++=22×10-3N物体c的加速度：a==2m/s2=15.7m/s2………………1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经过界面M后的飞翔过程中电场力和重力都对它做正功，

设物体c降到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=2.122m/s=11m/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刻t′==

电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vyt′=2.0cm．

电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2.2cm………1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4.4cm………1分用下面的办法也给2分

设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为θ，所以有tanθ==0.11所以电子的总偏转量y=（+L）tanθ…………………1分

电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范围为2y=4.4cm………………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

mdeUmxy

vv21vxLv

L21mmF

+合91002FGf+2121

屏做匀速直线运动．………………2分

讲明：讲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；讲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v1，粒子垂

直打在荧光屏上，讲明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径

r1=R，………………………1分

依照牛顿第二定律Bqv1=m，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tanα==