2019-2020年高二物理上學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考黃金30題 專題06 大題易丟分（20題）.doc

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2019-2020年高二物理上學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考黃金30題 專題06 大題易丟分（20題） 1．如圖，一束初速度不計的電子的電子槍中經(jīng)的加速電壓加速后，沿距離兩極板等間距的中間虛線垂直進入平行板的勻強電場，如圖所示，若板間距離，板長，偏轉(zhuǎn)電極邊緣到熒光屏的距離為，偏轉(zhuǎn)電場只存在于兩個偏轉(zhuǎn)電極之間．已知電子質(zhì)量為，電荷量為，求： （）電子離開加速電場時的速度大?。? （）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間． （）要使電子能從平行板間飛出， 兩個極板上最大電壓是多少． （）電子最遠能夠打到離熒光屏上中心點多遠處． 2．如圖所示，BC是半徑為R的1/4圓弧形的光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內(nèi)，其下端與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度為E.今有一質(zhì)量為m、帶正電q的小滑塊(體積很小可視為質(zhì)點)，從C點由靜止釋放，滑到水平軌道上的A點時速度減為零．若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，求： (1)滑塊通過B點時的速度大?。? (2)水平軌道上A、B兩點之間的距離． 3．如圖所示，一對半徑均為R1的金屬板M、N圓心正對平行放置，兩板距離為d，N板中心鍍有一層半徑為R2的圓形鋅金屬薄膜，，兩板之間電壓為UMN，兩板之間真空且可視為勻強電場。N板受到某種單色光照射后鋅金屬薄膜表面會發(fā)射出最大速率為v，方向各異的電子，已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，每秒穩(wěn)定發(fā)射n個電子。電子在板間運動過程中無碰撞且不計電子的重力和電子間相互作用，電子到達M板全部被吸收。M板右側(cè)串聯(lián)的電流表可以測量到通過M板的電流I。試求： （1）當UMN取什么值時，I始終為零； （2）當UMN取什么值時，I存在一個最大值，并求這個最大值； 4．如圖，勻強電場中A、B、C三點構(gòu)成一個直角三角形，AC邊長為4m，∠A=30，把電荷量為+210-10C的點電荷由A點移動到B點，電場力做功4.810-8 J，再由B點移到C點電荷克服電場力做功4.810-8 J，取B點的電勢為零，求： （1）A、C兩點的電勢； （2）勻強電場的場強的大小及方向. 5．真空室中有如圖所示的裝置．電極發(fā)出的電子（初速為0）經(jīng)過加速電場后，由小孔沿水平放置的偏轉(zhuǎn)板、間的中心軸線射入。、板長為，兩板間加有恒定電壓，它們間的電場可看作勻強電場．偏轉(zhuǎn)板右端邊緣到熒光屏的距離為。當加速電壓為時，電子恰好打在板中央的點；當加速電壓為時，電子打在熒光屏的點．已知、點到中心軸線的距離相等。求∶。 6．如圖所示，質(zhì)量為、電荷量為的小球從距地面一定高度的點，以初速度沿著水平方向拋出，已知在小球運動的區(qū)域里，存在著一個與小球的初速度方向相反的勻強電場，如果測得小球落地時的速度方向恰好是豎直向下的，且已知小球飛行的水平距離為，求： （1）電場強度為多大？ （2）小球落地點與拋出點之間的電勢差為多大？ （3）小球落地時的動能為多大？ 電動自行車是目前較為時尚的代步工具。某廠生產(chǎn)的一種電動自行車，設(shè)計質(zhì)量（包括人）為m=80kg,動力電源選用能量存儲量為“36V 10Ah”（即輸出電壓為36v，工作電流與工作時間的乘積為10安培小時）的蓄電池（不計內(nèi)阻）。所用電動機的輸入功率有兩檔，分別為P1=120w和P2=180w,考慮到傳動摩擦及電機發(fā)熱等各種因素造成的損耗，自行車的效率為=80%.如果電動自行車在平直公路上行駛時所受阻力與行駛速率 和自行車對地面壓力都成正比，即f=kmgv，其中k=5.010-3s.m-1，g取10N/kg。求： 7．該電動自行車分別使用兩檔行駛時，行駛的最長時間分別是多少？ 8．自行車在平直公路上能達到的最大速度為多大？ 9．如圖所示為直流電動機提升重物裝置，電動機的內(nèi)阻一定，閉合開關(guān)K，當把它接入電壓為U1=0.2V的電路時，電動機不轉(zhuǎn)，測得此時流過電動機的電流是I1=0.4A；當把電動機接入電壓為U2=4.0V的電路中，電動機正常工作且電動機勻速提升重物，工作電流是I2=1.0A，求： （1）電動機線圈的電阻r； （2）當U2=4.0V電動機正常工作時的輸出功率及電動機的效率； （3）如果重物質(zhì)量m=0.5kg，當U2=4.0V時電動機提升重物的速度大小是多少？（g取10m/s2） 10．串列加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置，圖中虛線框內(nèi)為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U，a、c兩端均有電極接地（電勢為零）。現(xiàn)將速度很低的負一價碳離子從a端輸入，當離子到達b處時，可被設(shè)在b處的特殊裝置將其電子剝離，成為n價正離子，而不改變其速度大小。這些正n價碳離子從c端飛出后進入一與其速度方向垂直的、磁感強度為B的勻強磁場 中，在磁場中做半徑為R的圓周運動，已知碳離子的質(zhì)量m=2.010-26㎏，U=7.5105V，B=0.50T，n=2，基元電荷e=1.610-19C ,求R。 11．如圖所示，有界勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=210﹣3T；磁場右邊是寬度L=0.2m、場強E=40V/m、方向向左的勻強電場．一帶電粒子電荷量q=﹣3.210﹣19C，質(zhì)量m=6.410﹣27kg，以v=4104m/s的速度沿OO′垂直射入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)后進入右側(cè)的電場，最后從電場右邊界射出．求： （1）大致畫出帶電粒子的運動軌跡；（畫在答題紙上給出的圖中） （2）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑； （3）帶電粒子飛出電場時的動能EK． 12．如右圖所示，在傾角為37的光滑斜面上有一根長為0.4 m，質(zhì)量為610－2kg的通電直導(dǎo)線，電流強度I＝1 A，方向垂直于紙面向外，導(dǎo)線用平行于斜面的輕繩拴住不動，整個裝置放在磁感應(yīng)強度每秒增加0.4 T，方向豎直向上的磁場中，設(shè)t＝0時，B＝0，則需要多長時間，斜面對導(dǎo)線的支持力為零？(g取10 m/s2) 13．如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，一個磁感應(yīng)強度B＝0.50T的勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P間連接阻值為R＝0.30Ω的電阻，導(dǎo)軌寬度L＝0.40m。電阻為r＝0.20Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌電阻不計，現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，通過傳感器記錄金屬棒ab下滑的距離，其下滑距離與時間的關(guān)系如下表所示。（g=10m/s2） 時 間t（s） 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 下滑距離h（m） 0 0.10 0.30 0.70 1.20 1.70 2.20 2.70 求：（1）在前0.4s的時間內(nèi)，金屬棒ab電動勢的平均值； （2）金屬棒ab的質(zhì)量m； （3）在前0.7s的時間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR。 14．如圖所示,有矩形線圈，面積為S，匝數(shù)為n，整個線圈內(nèi)阻為r，在勻強磁場B中繞OO軸以角速度ω勻強轉(zhuǎn)動，用電刷與外電路相連，外電路電阻為R。當線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過90?的過程中，求： （1）平均感應(yīng)電動勢的大小； （2）電阻R產(chǎn)生的熱量； （3）通過電阻R的電量。 15．如圖所示，足夠長、傾角θ=37的光滑傾斜導(dǎo)軌與粗糙水平導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌寬L=1 m，處在垂直于傾斜導(dǎo)軌向上的勻強磁場B中；導(dǎo)體棒ab和cd都垂直于導(dǎo)軌，ab在傾斜導(dǎo)軌上，cd在水平導(dǎo)軌上，質(zhì)量都是m=0.2 kg，電阻分別為rab=2 Ω，rcd=3 Ω。ab棒由靜止開始運動，經(jīng)過一段時間，通過cd棒電荷量q=1C，ab剛好達到最大速度v=6 m/s，cd始終靜止。sin37＝0.6，cos37＝0.8，g＝10 m/s2，導(dǎo)軌電阻不計。求： （1）磁感應(yīng)強度B的大小； （2）這段時間內(nèi)，cd棒受到靜摩擦力的最大值和方向； （3）這段時間內(nèi)，cd棒中產(chǎn)生的熱量Qcd。 16．如圖甲所示，一小型發(fā)電機內(nèi)的矩形線圈在勻強磁場中以恒定的角速度繞垂直于磁場方向的固定軸轉(zhuǎn)動，線圈匝數(shù)n＝100，穿過每匝線圈的磁通量Φ隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示。發(fā)電機線圈電阻r＝4.0Ω，外電路中的電阻R＝6Ω，燈泡L電阻RL＝12Ω，不計其他電阻，交流電流表為理想電流表。求： (1)線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω； (2)交變電流表的讀數(shù). 17．有一臺內(nèi)阻為1 Ω的太陽能發(fā)電機，供給一個學(xué)校照明用電，如圖4－15所示，升壓變壓器匝數(shù)比為1∶4，降壓變壓器的匝數(shù)比為4∶1，輸電線的總電阻R＝4 Ω，全校共22個班，每班有“220 V 40 W”燈6盞，若全部電燈正常發(fā)光，則 （1）發(fā)電機輸出功率多大？ （2）發(fā)電機電動勢多大？ （3）輸電效率多少？ 18．如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA=30，OA的長度為L．在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場．已知粒子從某點射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0．不計重力． （1）求磁場的磁感應(yīng)強度的大小； （2）若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； （3）若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內(nèi)運動的時間為，求粒子此次入射速度的大小. 19．如圖所示區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在著勻強電場E1、E2。已知區(qū)域Ⅰ寬L＝0.8m，區(qū)域Ⅱ足夠?qū)挘? 且與水平成45角斜向右上方，E2＝2kV/m方向水平向左。絕緣薄板B長L＝2.8m質(zhì)量mB＝1.6kg置于光滑水平面上，其左端與區(qū)域Ⅰ的左邊界平齊。帶電量為q＝＋1.610—3C質(zhì)量mA＝1.6kg的帶電體A可視為質(zhì)點，與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，置于木板的最左端由靜止釋放。(g＝10m/s2)求： (1)帶電體A進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度 (2)木板B的最終速度 (3)整個過程由于摩擦產(chǎn)生的熱量 20．如圖1所示，兩根水平的金屬光滑平行導(dǎo)軌，其末端連接等高光滑的圓弧，其軌道半徑r=0.5m，圓弧段在圖中的cd和ab之間，導(dǎo)軌的間距為L=0.5m，軌道的電阻不計，在軌道的頂端接有阻值為R=2.0Ω的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=2.0T．現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計，質(zhì)量m=1.0kg的金屬棒，從軌道的水平位置ef開始在拉力F作用下，從靜止勻加速運動到cd的時間t0=2.0s，在cd時的拉力為F0=3.0N．已知金屬棒在ef和cd之間運動時的拉力隨時間變化的圖象如圖2所示，重力加速度g=10m/s2，求： (1)求勻加速直線運動的加速度； (2)金屬棒做勻加速運動時通過金屬棒的電荷量q； (3)勻加到cd后，調(diào)節(jié)拉力使金屬棒接著沿圓弧做勻速圓周運動至ab處，金屬棒從cd沿圓弧做勻速圓周運動至ab的過程中，拉力做的功W． 1．（）；（）；（）；（）； 【解析】（）設(shè)電子流經(jīng)加速電壓后的速度為，由動能定理有： ，解得： ． （）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場時做類平拋運動，運動時間為： ． （）設(shè)兩極板上最多能加的電壓為，要使電子能從平行板間飛出則電子的最大側(cè)移量為： ． 電子偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，豎直方向： ， ，解得： ． （）從板邊緣飛出到熒光屏上離點最遠． 這時： ． 豎直分速度： ．則． 則．離點最遠距離： ． 2．(1) (2) 解得 3．（1） （2） 【解析】試題分析：垂直N板發(fā)射速度為v的電子不能到達M板時，電流為零，根據(jù)動能定理，即可求解；根據(jù)從鋅膜邊緣平行N板射出的電子作類平拋運動剛好能到達M板邊緣時，則所有電子均能到達M板，電流最大，結(jié)合類平拋運動處理規(guī)律，依據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式，即可求解。 （1）當垂直N板發(fā)射速度為v的電子不能到達M板時，電流為零 令此時兩板間電壓為UMN 根據(jù)動能定理： 可得： （2）當從鋅膜邊緣平行N板射出的電子作類平拋運動剛好能到達M板邊緣時，則所有電子均能到達M板，電流最大 I=ne 令此時兩板間電壓為 根據(jù)運動學(xué)公式可得：水平方向：R1-R2=vt 豎直方向： 由牛頓第二定律得： 聯(lián)立以上可得： 點睛：本題主要考查了帶電粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律和運動學(xué)公式即可解題。 4．（1）； （2），場強方向垂直于直線AC向下 線交AC于D，則易得直線AD長度 。 又因為 ，解之得 綜上所述本題答案是： ，方向垂直于直線AC向下 5． 6．（1）（2）) （3） 【解析】試題分析：小球在電場中受到重力和水平向左的電場力，根據(jù)運動的分解法可知，水平方向做勻減速運動，豎直方向做自由落體運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式研究水平方向，可求出場強E．A與O之間的電勢差 UAO=E?L；研究豎直方向的運動，由自由落體運動的規(guī)律求出小球落地時的速度，即可求出小球落地時的動能． （1）小球在水平方向上受到水平向左的電場力，做勻減速運動，則有 又根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立得，解之得 （2）A與O之間的電勢差： （3）設(shè)小球落地時的動能為EKA，空中飛行的時間為T，分析豎直方向的分運動有， ， 分析水平方向的分運動有： ，解得 7．3h、2h 8．6m/s 9．（1）電動機線圈的電阻為r=0.5Ω； （2）當U2=4.0V電動機正常工作時的輸出功率為3.5W，電動機的效率為87.5%； （3）如果重物質(zhì)量m=0.5kg，當U2=4.0V時電動機提升重物的速度大小是0.7m/s． 【解析】本題考查有關(guān)電動機不轉(zhuǎn)與轉(zhuǎn)動時電阻、功率的計算。 （1）電動機不轉(zhuǎn)時，此時電動機為純電阻元件，則： （2）電動機正常工作時消耗的功率為： 電動機正常工作時線圈電阻損耗的功率為： 電動機正常工作時輸出功率為： 電動機正常工作時效率為： （3）勻速提升時，拉力等于重力，即： 由電動機的輸出功率P出=Fv可得提升重物的速度為： 10．0.75m 11．（1） （2）0.4m； （3）J 【解析】解：（1）|軌跡如圖． （2）帶電粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力，有 m （3）帶電粒子在電場中運動時，電場力做功，粒子的動能增加： 代人數(shù)據(jù)解得：J 答：（1）大致畫出帶電粒子的運動軌跡如圖； （2）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑是0.4m； （3）帶電粒子飛出電場時的動能J． 【點評】本題是常見的帶電粒子在磁場中和電場中運動的問題，畫出軌跡，運用幾何知識是處理帶電粒子在磁場中運動問題的基本方法． 12．解： t＝5 s. 由①②解得：F＝ 代入數(shù)值得：F＝0.8 N 由F＝BIL得：B＝＝T＝2 T. B與t的變化關(guān)系為B＝0.4t．解得t＝5 s. 考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用；安培力． 點評：本題是平衡條件得應(yīng)用，關(guān)鍵是受力分析，安培力的方向是由左手定則判斷的，由平衡條件列式計算即可，是一個比較簡單的題目． 13．（1）（2）（3）0.58J 14．（1）（2）（3） 【解析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得① ② 聯(lián)立①②得： ③ （2）在交流電中： ④ ⑤ ⑥ ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦得 （3）通過R電荷量⑧，⑨ 聯(lián)立③⑧⑨得： 15．（1）B=1T（2）fm=0.96 N 方向水平向左（3）Qcd= 1.44J 聯(lián)立解得，代入數(shù)據(jù)有h=3m。 根據(jù)能量守恒可得，而 解得 16．（1）200rad/s （2）A 17．(1) (2) (3) (等亦可) 【解析】（1）全校消耗的功率，設(shè)線路電流為，輸電電壓為，降壓變壓器原線圈電壓為，則， ， 線路損失功率，所以。 （2）輸電線上損失的電壓為，升壓變壓器副線圈上的電壓為，由，得： 升壓變壓器原線圈電流 發(fā)電機的電動勢。 （3）輸電效率為。 點睛：解決本題的關(guān)鍵知道升壓變壓器的輸出功率等于線路損耗功率和降壓變壓器的輸入功率之和，發(fā)電機的輸出功率等于升壓變壓器的輸出功率，以及知道升壓變壓器的輸出電壓等于電壓損失與降壓變壓器的輸入電壓之和。 18．(1) ；(2) ；(3) （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內(nèi)其速度方向改變了90，故其周期 T=4t0① 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r．由洛倫茲力公式和牛頓定律得 ② 勻速圓周運動的速度滿足③ 聯(lián)立①②③式得 ④ （2）設(shè)粒子從OA變兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示． 設(shè)兩軌跡所對應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2．由幾何關(guān)系有 θ1=180﹣θ2 ⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2，則 ；⑥ （3）如下圖，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為150． 設(shè)O為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切與B點，從D點射出磁場， 由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時有 ∠OOD=∠B OA=30⑦ ⑧ 設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0， 由圓周運動線速度公式，則有： ⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得 點晴：對于帶電粒子在磁場中運動類型，要善于運用幾何知識幫助分析和求解，這是軌跡問題的解題關(guān)鍵，注意畫出正確的運動軌跡圖是解題的重點． 19．（1）4m/s；（2）（3） ， 由勻變速運動的速度位移公式得： ，代入數(shù)據(jù)解得： ； （2）當帶電體進入第二區(qū)間時，分別對A、B、AB系統(tǒng)由牛頓第二定律求出加速度，然后應(yīng)用運動學(xué)公式求出B的速度，由牛頓第二定律得： 對A： ，代入數(shù)據(jù)解得： ， 對B： 得： ， 設(shè)經(jīng)時間t，A、B速度相等，設(shè)為 ，速度相等后加速度為 ， 由勻變速運動的速度位移公式得 ，代入數(shù)據(jù)解得t=1s， 由位移公式得： ， 代入數(shù)據(jù)解得： ； ，則： ； 又 ； ，故當A到達薄板右端時兩者速度相等， 由牛頓第二定律得，代入數(shù)據(jù)解得， 由速度位移公式得： ，由速度公式得： ，解得 ； 由公式 第一個階段A物體向右邊加速到4m/s過程中，f=0， 第二階段A向右減速，B向右加速過程中， 第三階段AB一起向有減速到0，反向加速過程中，沒有相對位移， 綜上所述，（1）4m/s；（2）；（3） 20．（1）1．5m/s2（2）1．5C（3）5．59J 金屬棒所受的安培力：F=BIL 據(jù)牛頓第二定律得：F0﹣F=ma 聯(lián)立以上帶入數(shù)據(jù)解得：a=1．5m/s2① （2）據(jù)以上可知，金屬棒勻加速運動的位移：s=at2② 據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：③ 通過金屬棒的平均電流：④ 通過金屬棒的電量：q=I1?△t ⑤ 聯(lián)立①②③④⑤帶入數(shù)據(jù)解得：q=1．5C