安徽省2014屆高考物理一輪 小題精練32 新人教版

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1、【安徽省，人教版】2014屆物理一輪小題精練（32，含答案） 1．（20分）如圖所示，電源電動勢為E=100 V，內(nèi)阻不計，R1、R2、R4的阻值為300 Ω，R3為可變電阻。C為一水平放置的平行板電容器，虛線到兩極板距離相等且通過豎直放置的熒光屏中心，極板長為l=8 cm，板間距離為d=1 cm，右端到熒光屏距離為s=20 cm，熒光屏直徑為D=5 cm。有一細電子束沿圖中虛線以E0=9.6×102 eV的動能連續(xù)不斷地向右射入平行板電容器。已知電子電荷量e=1.6×10-19 C。要使電子都能打在熒光屏上，變阻器R3的取值范圍多大？ 答案：解: 電子穿過電容器過程中，在水平方

2、向做勻速運動l=v0t,①（2分） 在豎直方向做勻加速直線運動y1=at2,②（2分） v1=at,③（1分） a=,④（1分） 電子穿出平行板電容器時，速度方向偏轉(zhuǎn)θ角，tanθ=,⑤（2分） 聯(lián)立①—⑤解得tanθ=。（1分） 電子打在熒光屏上偏離中心O′的位移為 y=y1+stanθ,⑥（2分） 即y=(1+)y1。 當y1=時，代入數(shù)據(jù)求得y=3 cm>,（1分） 故要使電子都能打在熒光屏上，應(yīng)滿足y≤,⑦（2分） 聯(lián)立①—⑦解得U≤（1分） 代入數(shù)據(jù)求得A、B兩點間電壓U≤25 V。 （1）當UAB=25 V時，即UAB=R2-R4=25 V,代入數(shù)據(jù)求得R

3、3=900 Ω。（2分） （2）當UBA=25 V時，即UBA=R4-R2=25 V,代入數(shù)據(jù)求得R3=100 Ω。（2分） 綜述100 Ω≤R3≤900 Ω。（1分） 2、（20分）由于受地球信風帶和盛西風帶的影響，在海洋中形成一種河流稱為海流。海流中蘊藏著巨大的動力資源。據(jù)統(tǒng)計，世界大洋中所有海洋的發(fā)電能力達109 kW。早在19世紀法拉第就曾設(shè)想，利用磁場使海流發(fā)電，因為海水中含有大量的帶電離子，這些離子隨海流做定向運動，如果有足夠強的磁場能使這些帶電離子向相反方向偏轉(zhuǎn)，便有可能發(fā)出電來。目前，日本的一些科學(xué)家將計劃利用海流建造一座容量為1 500 kW的磁流體發(fā)電機。如圖所示為一

4、磁流體發(fā)電機的原理示意圖，上、下兩塊金屬板MN水平放置浸沒在海水里，金屬板面積均為S=l×102m2，板間相距d=100 m海水的電阻率ρ=0.25 Ω·m在金屬板之間加一勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.1T，方向由南向北，海水從東向西以速度v=5 m/s流過兩金屬板之間，將在兩板之間形成電勢差。 （1）達到穩(wěn)定狀態(tài)時，哪塊金屬板的電勢較高? （2）由金屬板和海水流動所構(gòu)成的電源的電動勢E及其內(nèi)電阻r各為多少? （3）若用此發(fā)電裝置給一電阻為20 Ω的航標燈供電，則在8 h內(nèi)航標燈所消耗的電能為多少? 答案：（1）由右手定則可知N板相當于電源的正極，故N板電勢高（4分） （2）E=B

5、dv=0.1×100×5 V=50 V（4分） r=ρΩ=0.25Ω（4分） （3）I=A，（4分）8小時航標燈消耗的電能E′=I2Rt=3.6×106 J。（4分） 3、（20分）如圖所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間距離為d，電容為C，右極板有一個小孔，通過小孔有一長為d的絕緣桿，左端固定在左極板上，電容器極板連同底座、絕緣桿總質(zhì)量為M。給電容器充入電量Q后，有一質(zhì)量為m的帶電量+q的環(huán)套在桿上以某一初速度v0對準小孔向左運動（M=3m）。設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場的分布，電容器外部電場忽略不計。帶電環(huán)進入電容器后距左板最小距離為d。試求：

6、 （1）帶電環(huán)與左極板間相距最近時的速度； （2）若取左板的電勢能為零，當環(huán)距左板最近時環(huán)的電勢能； （3）帶電環(huán)受絕緣桿的摩擦力。 答案：（1）當帶電環(huán)距左板最近時，環(huán)和電容器等達到共同速度V 由動量守恒定律得mv0=（M+m）V（3分） V=v0=v0（3分） （2）環(huán)在距左板最近時的電勢能ε=-q（3分） （3）設(shè)從開始到環(huán)距左板最近的過程中，電容器移動的距離為s 由動能定理得 其中F電=qE=（2分） 解之得：f=（3分） 4、如圖所示，第四象限內(nèi)有互相正交的勻強電場E與勻強磁場B1，勻強電場E的電場強度大小為E=500V/m，勻強磁場B1的磁感應(yīng)強度大小B

7、1=0.5T。第一象限的某個區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻強磁場B2，磁場的下邊界與x軸重合。一質(zhì)量m=1×10-14kg、電荷量q=1×10-10C的帶正電微粒以某一速度v沿與y軸正方向成60°角從M點沿直線，經(jīng)P點進入處于第一象限內(nèi)的矩形勻強磁場B2區(qū)域。一段時間后，微粒經(jīng)過y軸上的N點并與y軸正方向成60°角的方向飛出。M點的坐標為（0，-10），N點的坐標為（0，30），不計微粒的重力，g取10m/s2。 （1）請分析判斷勻強電場E的方向并求出微粒的運動速度v； （2）勻強磁場B2的大小為多大； （3）勻強磁場B2區(qū)域的最小面積為多大？ 解析：（1）由于不計重力，微粒在第四

8、象限內(nèi)僅受電場力和洛倫茲力，且微粒做直線運動，速度的變化會引起洛倫茲力的變化，所以微粒一定做勻速直線運動。這樣，電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，電場E的方向與微粒運動方向垂直，即與y軸負方向成60°角斜向下，由力的平衡條件有qE=qvB1， 所以v=E/B1=1.0×103m/s。 （2）畫出微粒的運動軌跡如圖所示。 由幾何關(guān)系可知PM=0.2m，y軸與圖中虛線圓相切，由tan30°=可得微粒在第一象限內(nèi)做圓周運動的半徑為： R=PMtan30°=0.2×m=m。 微粒做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即qvB2=m 解得。 （3）由圖可知，磁場B2的最小區(qū)域應(yīng)該分布在圖示

9、的矩形PACD內(nèi)。由幾何關(guān)系易得： PD=2Rsin60°=0.2m，PA=R（1-cos60°）=， 所以，勻強磁場B2區(qū)域最小面積為： 。 5、．（20分）示波器的核心部件是示波管，示波管由電于槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空，如圖所示。某一次示波器開機后，偏轉(zhuǎn)電極上未加電壓，電子槍產(chǎn)生的高速電子束打在熒光屏的正中央形成一個亮斑，已知電子槍的加速電壓大小為U，亮斑處的電流為I，電于質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子從燈絲逸出時的速度和電子與熒光屏作用后的速度。（1）求電子打在熒光屏中心處的平均作用力。（2）若豎直偏轉(zhuǎn)電極YY’的長為L1，兩板距離為d，電極YY’的右邊緣到熒光屏

10、的距離為L2，圓形熒光屏的直徑為D。在水平偏轉(zhuǎn)電極XX’不加電壓的情況下，要使所有的電子都能打在熒光屏的豎直直徑上，在電極YY’上所加正弦交變電壓的最大值須滿足什么條件？（在每個電于通過極板的極短時間內(nèi)，電場可視為恒定不變） （2）設(shè)yy’ 方向偏轉(zhuǎn)電壓為U2 ， 電子離開偏轉(zhuǎn)電場時與入射方向的夾角為，， ， 6、如圖所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距l(xiāng) = 0.2m，電阻R1 = 0.4Ω，導(dǎo)軌上靜止放置一質(zhì)量m = 0.1kg、電阻R2 = 0.1Ω的金屬桿，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個裝置處在磁感應(yīng)強度

11、B1 = 0.5T的勻強磁場中，磁場的方向豎直向下，現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止起做勻加速運動并開始計時，若5s末桿的速度為2.5m/s，求： （1）5s末時電阻R上消耗的電功率； （2）5s末時外力F的功率. （3）若桿最終以8 m/s的速度作勻速運動, 此時閉合電鍵S , 射線源Q釋放的粒子經(jīng)加速電場C加速后從a孔對著圓心O進入半徑r = m的固定圓筒中（筒壁上的小孔a只能容一個粒子通過），圓筒內(nèi)有垂直水平面向下的磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場。粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞均無電荷遷移, 也無機械能損失，粒子與圓筒壁碰撞5次后恰又從a孔背離圓心射出 , 忽略粒子進入加速電場的初速度

12、, 若粒子質(zhì)量= 6.6×10－27 kg , 電量= 3.2×10－19 C, 則磁感應(yīng)強度B2 多大？若不計碰撞時間, 粒子在圓筒內(nèi)運動的總時間多大？ 解：（1）5s末桿產(chǎn)生的電動勢 E =B l v = 0.5 ×0.2 ×2.5 V = 0.25 V A = 0.5 A 電阻上消耗的電功率 PR = I 2 R1 = 0.1 W （2）金屬棒的加速度 由牛頓定律 F－ F安 = ma 桿受的安培力 F安 = B I l 外力F的功率 P =F

13、v 由以上各式得 P = ( B I l + ma ) v = 0.25W （3）此時回路電流強度為 A = 1.6A 加速電場的電壓為 U = IR 1= 1.6×0.4 V = 0.64 V 根據(jù)動能定理：= 粒子從C孔進入磁場的速度v ==m/s ≈8.0×103 m/s 由題意知：粒子與圓筒壁碰撞5次后從a孔離開磁場, 由幾何關(guān)系求得∠d O b = 60°, 軌跡半徑R＇ == 1.0 m 又： 故： = T =1.65×10－5 T 又：∠d O＇b = , 粒子作圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為 根據(jù) 及 v = 得 T = = s = 7.85×10-3 s 粒子在圓筒內(nèi)運動的總時間 t = 2T = 2×7.85×10-3 s = 1.57×10 -2 s