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

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1、大題易丟分（20題） 1?如圖，一束初速度不計(jì)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 ■ J，板長.，偏轉(zhuǎn) 已知電子質(zhì)量為：：， 間距的中間虛線垂直進(jìn)入」〕平行板的勻強(qiáng)電場，如圖所示，若板間距離 電極邊緣到熒光屏的距離為 ,偏轉(zhuǎn)電場只存在于兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極之間. 電荷量為一，求: （一）電子離開加速電場時(shí)的速度大小. (-) 電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間. 要使電子能從平行板間飛出, 3 - 電子最遠(yuǎn)能夠打到離熒光屏上中心 點(diǎn)多遠(yuǎn)處. K電于槍 j _r兩個(gè)極板上最大電壓 -j是多少. 熒光屏 19 E.今有一質(zhì) 2?如圖所示，B

2、C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(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為 yq \\ I 量為m帶正電q的小滑塊（體積很小可視為質(zhì)點(diǎn)），從C點(diǎn)由靜止釋放，滑到水平軌道上的 卩，求: A點(diǎn)時(shí)速度減為零?若已知滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 （1）滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的速度大小. （2）水平軌道上A B兩點(diǎn)之間的距離. 3.如圖所示，一對(duì)半徑均為 R1的金屬板 M N圓心正對(duì)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 v,方

3、向 可視為勻強(qiáng)電場。N板受到某種單色光照射后鋅金屬薄膜表面會(huì)發(fā)射出最大速率為 M板全部被吸收。M板右側(cè)串 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(gè)電子。電子在板間運(yùn)動(dòng) 過程中無碰撞且不計(jì)電子的重力和電子間相互作用，電子到達(dá) 聯(lián)的電流表可以測量到通過 M板的電流I。試求: （1 ）當(dāng)Un取什么值時(shí)，I始終為零； （2 ）當(dāng)Un取什么值時(shí)，I存在一個(gè)最大值，并求這個(gè)最大值； 8 4.8 X 10- J,再由B點(diǎn)移到C點(diǎn)電 4.如圖，勻強(qiáng)電場中 A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)直角三角形， AC邊長為4m, / A=30,把電荷 量為+2X 10-10C

4、的點(diǎn)電荷由A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場力做功 4.8 X 10-8 J，取B點(diǎn)的電勢為零，求: （1） A、C兩點(diǎn)的電勢； （2 ）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)的大小及方向 5?真空室中有如圖所示的裝置. 電極丄發(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)板丄r、丁間的中心軸線"射入。一t、廠板長為二，兩板間加有恒 定電壓，它們間的電場可看作勻強(qiáng)電場.偏轉(zhuǎn)板右端邊緣到熒光屏2的距離為一。當(dāng)加速電 壓為-丨時(shí)，電子恰好打在—板中央的」點(diǎn)；當(dāng)加速電壓為-亠時(shí)，電子打在熒光屏的j 點(diǎn)?已知」、j點(diǎn)到中心軸線的距離相等。求-‘1 ：=。 6?如圖所示，質(zhì)量為 匸、電荷量為丨卩的小球從距地

5、面一定高度的 j點(diǎn)，以初速度：沿著 水平方向拋出，已知在小球運(yùn)動(dòng)的區(qū)域里， 存在著一個(gè)與小球的初速度方向相反的勻強(qiáng)電場， 如果測得小球落地時(shí)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(qiáng)度匸為多大？ （2） 小球落地點(diǎn) 」與拋出點(diǎn)一■之間的電勢差為多大？ （3） 小球落地時(shí)的動(dòng)能為多大？ 電動(dòng)自行車是目前較為時(shí)尚的代步工具。某廠生產(chǎn)的一種電動(dòng)自行車，設(shè)計(jì)質(zhì)量（包括人） 為m=80kg,動(dòng)力電源選用能量存儲(chǔ)量為“ 36V 10A?h” （即輸出電壓為 36v,工作電流與工 作時(shí)間的乘積為10安培小時(shí)）的蓄電池（不計(jì)內(nèi)阻）。所用電動(dòng)機(jī)的

6、輸入功率有兩檔，分別 為P仁120w和P2=180w,考慮到傳動(dòng)摩擦及電機(jī)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(dòng)自行車在平直公路上行駛時(shí)所受阻力與行駛速率 和自行車對(duì)地面壓力 都成正比，即 f=kmgv，其中 k=5.0 x 10-3s.m-1 , g 取 10N/kg。求： 7?該電動(dòng)自行車分別使用兩檔行駛時(shí)，行駛的最長時(shí)間分別是多少？ &自行車在平直公路上能達(dá)到的最大速度為多大？ K,當(dāng)把它接入電 I 1=0.4A ;當(dāng)把電動(dòng)機(jī) 工作電流是l2=1.0A , 9?如圖所示為直流電動(dòng)機(jī)提升重物裝置，電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻一定，閉合開關(guān) 壓為Ui=0.2V

7、的電路時(shí)，電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)，測得此時(shí)流過電動(dòng)機(jī)的電流是 接入電壓為U2=4.0V的電路中，電動(dòng)機(jī)正常工作且電動(dòng)機(jī)勻速提升重物, 求: (2) 當(dāng)U2=4.0V電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的輸出功率及電動(dòng)機(jī)的效率； (3) 如果重物質(zhì)量 m=0.5kg，當(dāng)U2=4.0V時(shí)電動(dòng)機(jī)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)?，F(xiàn)將速度很低的 負(fù)一價(jià)碳離子從a端輸入，當(dāng)離子到達(dá)b處時(shí)，可被設(shè)在b處的特殊裝置將其電子剝離， 成 為n價(jià)正離

8、子，而不改變其速度大小。 這些正n價(jià)碳離子從c端飛出后進(jìn)入一與其速度方向 垂直的、磁感強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場 中，在磁場中做半徑為 R的圓周運(yùn)動(dòng)，已知碳離子的質(zhì) 26 5 19 量 m=2.0X 10- kg, U=7.5X 10 V, B=0.50T , n=2,基元電荷 e=1.6 X 10- C ,求 R。 11. 如圖所示，有界勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=2X 10「3T;磁場右邊是寬度 L=0.2m、場強(qiáng) — 19 _ 27 E=40V/m 方向向左的勻強(qiáng)電場. 一帶電粒子電荷量 q=_ 3.2 X 10 C,質(zhì)量m=6.4X 10 kg , 以v=4X 10 4m/s的速

9、度沿00垂直射入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入右側(cè)的電場， 最后從電場 ■儀\、1〉 (1) 大致畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡； (畫在答題紙上給出的圖中) (2 )帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑； (3) 帶電粒子飛出電場時(shí)的動(dòng)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6X 10 — 2kg的通電 直導(dǎo)線，電流強(qiáng)度 I =1A，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(dòng)，整 個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度每秒增加 0.4 T，方向豎直向上的磁場中，設(shè) t = 0時(shí)，B= 0,則需 要多長時(shí)間，斜面對(duì)導(dǎo)線的支持力為零? 13

10、?如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌 的勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端 MN PQ豎直放置，一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B= 0.50T M與P間連接阻值為 R= 0.30 Q的電阻，導(dǎo)軌寬 度L= 0.40m。電阻為r = 0.20 Q的金屬棒 ab緊貼在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，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(shí)間的關(guān)系如下表 2 所示。(g=10m/s ) 時(shí)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

11、.70 1.20 1.70 2.20 2.70 求：(1)在前0.4s的時(shí)間內(nèi)，金屬棒 ab電動(dòng)勢的平均值； (2) 金屬棒ab的質(zhì)量m; (3) 在前0.7s的時(shí)間內(nèi)，電阻 R上產(chǎn)生的熱量 Q。 14.如圖所示,有矩形線圈，面積為S,匝數(shù)為n,整個(gè)線圈內(nèi)阻為r，在勻強(qiáng)磁場B中繞00' 軸以角速度3勻強(qiáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，用電刷與外電路相連， 外電路電阻為 R。當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過 90? 的過程中，求： — 旺 ?? (1) 平均感應(yīng)電動(dòng)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 0 =37°的光滑傾斜導(dǎo)軌與粗

12、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(qiáng)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 尬=2 Q , 3=3 Q。ab棒由靜止開 始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，通過 cd棒電荷量q=1C, ab剛好達(dá)到最大速度 v=6 m/s, cd始終靜 2 =0.6 , cos37°= 0.8 , g= 10 m/s，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求： 止。sin37 ° 磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (1) (2) (3) 這段時(shí)間內(nèi)，cd棒受到靜摩擦力的最大值和方向; 這段時(shí)間內(nèi)，cd棒中產(chǎn)生的熱量 Qd。 1

13、6.如圖甲所示，一小型發(fā)電機(jī)內(nèi)的矩形線圈在勻強(qiáng)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(dòng)，線圈匝數(shù) n= 100,穿過每匝線圈的磁通量 ①隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如 圖乙所示。發(fā)電機(jī)線圈電阻 r = 4.0 Q,外電路中的電阻 R= 6Q,燈泡L電阻R.= 12Q，不 計(jì)其他電阻，交流電流表為理想電流表。求: 甲 杯10 :Wb 乙

14、(1) 線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度3 ； (2) 交變電流表的讀數(shù). 17?有一臺(tái)內(nèi)阻為1 Q的太陽能發(fā)電機(jī)，供給一個(gè)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 Q，全校共22 個(gè)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(jī)輸出功率多大？ (2) 發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢多大？ (3 )輸電效率多少？ 18.如圖，A C兩點(diǎn)分別位于 x軸和y軸上，/ OCA=30 , 0A的長度為L-在厶OCA區(qū)域內(nèi) 有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場?質(zhì)量為 m電荷量為q的帶正電粒子，以平行

15、于 y軸的 方向從0A邊射入磁場.已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)， 恰好垂直于0C邊射出磁場，且粒子在磁場 中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為to .不計(jì)重力. (1 )求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小； (2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場， 恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場， 求 該粒子這兩次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和; (3) 若粒子從某點(diǎn)射入磁場后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與 求粒子此次入射速度的大小 ? 5 AC邊相切，且在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 - 19?如圖所示區(qū)域i、n分別存在著勻強(qiáng)電場 E、氐 已知區(qū)域I寬 L= 0.8m，區(qū)域n足夠 寬, -I"'' 且與水平成 45°角斜向右上方, 巳

16、=2kV/m方向水平向左。絕緣薄 板B長L = 2.8m質(zhì)量m= 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=+ 1.6 x 10 — 金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)通過金屬棒的電荷量 q; 1 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(yùn)動(dòng)至 ab處，金屬棒從cd沿 圓 弧做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至 ab的過程中，拉力做的功 W C質(zhì)量m= 1.6kg的帶電體A可視為質(zhì)點(diǎn)，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù) 卩=0.1 , (2)木板B的最終速度 (3)整個(gè)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

17、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(jì)，在軌 道的頂端接有阻值為 R=2.0 Q的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=2.0T ?現(xiàn)有一根長度稍大于 L、電阻不計(jì)，質(zhì)量 mF1.0kg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(yùn)動(dòng)到 cd的時(shí)間to=2.Os，在cd時(shí)的拉力為Fo=3.ON .已 V 知金屬棒在ef和cd之間運(yùn)動(dòng)時(shí)的拉力隨時(shí)間變化的圖象如圖 2所示，重力加速度g=10m/s2, (1)求勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度; 圖2

18、 201^2018學(xué)年第一學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考之高二物理專題復(fù)習(xí)之期末復(fù) 習(xí)大題易丟分（20題） 參考答案 1. \「（_）飛一；（一） r ；； Tf &U = -^-0 【解析】（I）設(shè)電子流經(jīng)加速電壓后的速度為 .,由動(dòng)能定理有： ] ，解 y 二 F+打 . 則 一.離一■點(diǎn)最遠(yuǎn)距離: \2L+l]d ~21 - 2.⑴ 2(mg-qE\R [mg-qE}R pmg + qE （_）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為: （一;）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)

19、移量 d 1 2 eUf TTt 如 —=—at a = (J =―廠 電子偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向: 1 1 ， ：；Q，解得： 廣 （-）從板邊緣飛出到熒光屏上離 一點(diǎn)最遠(yuǎn). tan Ct ———— 這時(shí)： '.-. 耳 UI 豎直分速度： 【解析】(1)小滑塊從c到B的過程中，只有重力和電場力對(duì)它做功，設(shè)涓塊通過B點(diǎn)時(shí)的速度為F根 據(jù)動(dòng)能定理有 噸R -qER =斗mv 3)小滑塊從匚經(jīng)B到A的整個(gè)過程中，重力做正功，電場力和摩播力做負(fù)功?設(shè)小渭?jí)K在水平軌適上運(yùn) 動(dòng)的距離(即訊、B兩點(diǎn)間的距離)為L,則根據(jù)動(dòng)能走理有 輕R_qE \ R+L\_何電匚二?

20、 t _(yng-qE}R Xj — 解得 3. ( 1) 2md2v2 (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(dá) M板時(shí)，電流為零，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)剛好能到達(dá) M板邊緣時(shí), 則所有電子均能到達(dá) M板，電流最大，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律， 依據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng) 學(xué)公式，即可求解。 (1) 當(dāng)垂直N板發(fā)射速度為v的電子不能到達(dá) M板時(shí)，電流為零 令此時(shí)兩板間電壓為 Un -片仃確￥ 根據(jù)動(dòng)能定理： %’ J黔) 可得： (2)當(dāng)從鋅膜邊緣平行 N板射出的電子作類平拋運(yùn)

21、動(dòng)剛好能到達(dá) M板邊緣時(shí)，則所有電子 均能到達(dá)M板，電流最大I =ne 令此時(shí)兩板間電壓為 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得: 豎直方向： 水平方向： R- R2=vt 由牛頓第二定律得: dm “ .MiV — t 聯(lián)立以上可得： ■■- 點(diǎn)睛：本題主要考查了帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)， 應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn) 動(dòng)學(xué)公式即可解題。 4. ( 1)亡 -'' (2)亡―；「匚’門，場強(qiáng)方向垂直于直線 AC向下 【解析】由 %二皿 可得= = 240V解之得：鴿=240V 由 % =9 S 可彳專2取=鋰一叭=-240V取B點(diǎn)電勢為氧 解之眷:怨=240V 過S

22、點(diǎn)作AC垂 因?yàn)槭膰?yán)％ ,所以山匚為等勢面，且因?yàn)檐?，故場強(qiáng)方向垂直于直線恥向下。 線交AC于D,則易得直線 AD長度.1丄。 又因?yàn)?，解之得 ￡=807? N/m 綜上所述本題答案是： 廠-「“、.門；K ，方向垂直于直線 AC向下 耳一 L 5 U2 4(L+2s\ 1解析】試題分析：在加速電場中運(yùn)用動(dòng)育癥理求出末速度一粒子進(jìn)入偏轅電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平 拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出偏轉(zhuǎn)位移，再進(jìn)行討論即可解題- 設(shè)電子電量為叭質(zhì)量為m.由題意，電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平推運(yùn)動(dòng)』加遠(yuǎn)度為白且保持不變。加速電壓 為口時(shí) > 設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度為h ‘憶；=￡號(hào)t ■ 偏輕

23、距離為>1,沿板方冋的位移為字 | = 加速電壓為U.時(shí),設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場fl寸的速度為耳,eU2 = 1 mv^ 偏轉(zhuǎn)距離対y2)沿梅方向的位移為L > L= v;r;、 y2 = g mJ 電子從C注幵電場，沿直線C￡勻速運(yùn)動(dòng)打在扒臥 由幾何關(guān)系得 由決上各式解得務(wù)島 6 . (1)—(2))- 【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(yùn)動(dòng)的分解法可知, 水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)， 豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式研究水平 -iTTa 方向，可求出場強(qiáng) E. A與0之間的電勢差Uao=E?L研究豎直方向的運(yùn)動(dòng)， 由自由落體運(yùn)動(dòng)

24、的規(guī)律求出小球落地時(shí)的速度，即可求出小球落地時(shí)的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則有 Vq = 2aL 又根據(jù)牛頓第二定律得 qE 2 2qEL 「「聯(lián)立得一】，解之得一丁 (2) A與0之間的電勢差: (3)設(shè)小球落地時(shí)的動(dòng)能為 Eka,空中飛行的時(shí)間為 T,分析豎直方向的分運(yùn)動(dòng)有 1 ； E『嚴(yán)vA = gT 分析水平方向的分運(yùn)動(dòng)有: ，解得 7. 3h、 2h & 6m/s 【解析】(1)根據(jù)P=UI,以及電池容量可得：tl=^ = = ^ = ^h=3h 1 U ~36 0 0 10 t2=f==T=isoh=2h

25、 U 16 (2)經(jīng)分析可知，當(dāng)自行車以最大功率行駛且達(dá)勻速時(shí)速度最大，因此有: F ^=kmgvm 聯(lián)立代入邈據(jù)可得：vm=6m/s 9. ( 1)電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為 r=0.5 Q ; (2) 當(dāng)U2=4.0V電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的輸出功率為 3.5W,電動(dòng)機(jī)的效率為 87.5%； (3) 如果重物質(zhì)量 m=0.5kg，當(dāng)U2=4.0V時(shí)電動(dòng)機(jī)提升重物的速度大小是 0.7m/s . 【解析】本題考查有關(guān)電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)與轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)電阻、功率的計(jì)算。 (1)電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)時(shí)，此時(shí)電動(dòng)機(jī)為純電阻元件，則: 0.4 (2)電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)消耗的功率為:

26、 P = U rl r = 4.0 X 1 Ovv = 4Jhv 電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)線圈電阻損耗的功率為: P》.，,= 1 O' x 0 — O.Siv 電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出功率為： 乜_：i ■'汕n::隹”-:曲 電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)效率為: 101叫 (3) 勻速提升時(shí)，拉力等于重力，即: 卜—；—" v = r m/5 = 0.7 m/ 由電動(dòng)機(jī)的輸出功率 P出=Fv可得提升重物的速度為: 10. 0.75m f解析】由動(dòng)能定理：eU= - mvf 2 1 ? tieU= —mvC “eU J 亠 (n+1) eu=

27、 - mv： 7 亠 2(n+l)eLT 耀 SB , wv\ w 解得：ft= 2(旳十11 已匸(2|' tt+lj wL7 -i - 毛亦 11. (1) i X X X (2) 0.4m； ■ /TvJ —Il ￡ (3) ：、」「 J 【解析】解：（1）|軌跡如圖. （2）帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，有 R二玄二 6舅XM ‘MXIO4 4 m Ek=EqL+-^itiv （3）帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，

28、電場力做功，粒子的動(dòng)能增加: 代人數(shù)據(jù)解得：=?「? ' J 答：（1 ）大致畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖； （2 ）帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑是 0.4m； =1 E （3）帶電粒子飛出電場時(shí)的動(dòng)能 一 ■■ ' - ＜，：：， 1 " J. 畫出軌跡，運(yùn)用幾何知識(shí)是 【點(diǎn)評(píng)】本題是常見的帶電粒子在磁場中和電場中運(yùn)動(dòng)的問題， 處理帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)問題的基本方法. 12.解：t = 5 s. 【解析】試題分析：解：斜直對(duì)導(dǎo)線的支持力為霧時(shí)導(dǎo)線的受力如圖所示. 由平衡條件 F<05 37° = F ① F占in 37f — fT

29、lQ ig) mg 由①②解得： F= ul 汀 代入數(shù)值得： F= 0.8 N R 0?8 由F= BIL得: 77 1X0,4 B= _ — = T= 2 T B與t的變化關(guān)系為 B= 0.4 t ?解得t = 5 s. 考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；安培力. 點(diǎn)評(píng)：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(jì)算即可，是一個(gè)比較簡單的題目. C） 13. （ 1） I 打（2） 、二（3）0.58J 【解析】根痼去拉第電道感應(yīng)定律求解；再根擔(dān)牛頓第二定活求k質(zhì)量；再根擔(dān)能臺(tái)守恒求出熱量9 （1）前0.

30、4S內(nèi)磁通量的變化量AO）=BA$=0Lh=O.24Wb —△① ￡ = —= 0 6F 毗棒電動(dòng)勢的平均值 鉅 ⑵ 從表格中數(shù)據(jù)可知，住哉后棒作勻速運(yùn)動(dòng)，速度 =—=5m/s At 由:陀— F", F=B/Lj心在，—血 w = = 0.04^ 解得（慮+譏 （3）棒在下滑過程中，有重力和安培力做功, 克服安培力堿的功等于回路的焦耳熱。貝U： 稹滬-Q = -QQr _L_q 設(shè)+F解得Q二C5引 4仏+尸） nBS q= (3) 上， - 14 . (1) E=n — 【解析】（1）根據(jù)

31、法拉第電磁感應(yīng)定律可得 ① ht = -T = — - _?、? 聯(lián)立①②得: (2)在交流電中: ⑤ 23 ⑦ Q=— 聯(lián)立④⑤⑥⑦得 -1 - 7__ (3)通過R電荷量-‘-—'⑧， _：. ■-⑨ 聯(lián)立③⑧⑨得: nBS R+f 15. (1) B=1T (2) fm=0.96 N 方向水平向左(3) QCd= 1.44J 【解析】(1)砧達(dá)到最大速度時(shí)，砒處于平衡狀態(tài)，設(shè)砧中感應(yīng)電動(dòng)勢為「感應(yīng)電流為打受到的安培 力為巧則 E = EL* I = r F - BIL, F = + ^73 解得 f=6V

32、5 8=11 (2)也棒速度逐漸増犬，速度最尢時(shí)，曲棒受到安培力最犬，設(shè)為A "棒受到靜摩換力達(dá)到最犬，i殳 解得扎=。一96廠 方向水平向左. ⑶ 設(shè)砒棒由靜止幵始運(yùn)動(dòng)到最大速度〉下落高度為h,經(jīng)過的時(shí)間為G血血區(qū)域內(nèi)磁通量變化為", 平均感應(yīng)電動(dòng)勢為⑺平均電流強(qiáng)度為3血棒和比棒產(chǎn)生的總熱量為= , E嚴(yán)竺、 5in0 t A =―電—,q = I卞 b+G 聯(lián)立解得'W "2 -丄芒，代入數(shù)據(jù)有h=3m 根據(jù)能量守恒可得 25^2 16. (1) 200rad/s (2) _ A 【解析】(1)由圖象可讀出交流電的周期r = 3.14xio-：j,則^ = — = 2

33、00^ 5 T (2)并聯(lián)電路中電阻的關(guān)系丄=4+二 得發(fā)=耳竺"Q Ef爐 & R & 12 + 6 根據(jù)閉合電路歐姆定律：卩 _ 17. ⑴」_：丁(2) .■:■H'-' (3) - ' ( 1，=等等亦可) … 4 .. ■ ■ 【解析】(1 )全校消耗的功率,J,' -" :"，設(shè)線路電流為」，輸 電電壓為降壓變壓器原線圈電壓為-一，貝y ■■ 1 耳二殳q =1x22W=8S0%=型￡ = 6/ 峰 1 S 880 線 路 損 失 功 率 J '■■ '" , 所 以 二備+§仝痂^+144* = 5424那 (2 )輸電線上損失的電壓為 久1=4九=6x

34、4=24 卩 ，升壓變壓器副線圈上的電壓為 E _地 Tj _ S地_ 9帥y 1 ]r -爼6卩 弘叫 +E二 24+880=9047,由瓦肓，得：4 升壓變壓器原線圈電流 -1 J-' 發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢-』_-一 -' _ + _心 丄山 點(diǎn)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(jī)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。 b 切 v = 18. ⑴ 乂】；(2) ■' 二一 ;(3) ■ !： 【解析】試題分析：(1)粒子垂直站進(jìn)入晞場中

35、，轉(zhuǎn)過加°，垂直打在y軸上，貝= 求出周期, 由周期公式T = 求B的大小 (2)畫出兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為q和冬,由幾何關(guān)系有久=兀-冬，可得到時(shí) 間之和等于￡ ； ￡ ⑶ 根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)知道，兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差&與山⑴冬-q成正比，只墓求出站的最大 值，即可求得色的最丈值◎ (1 )粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間 to內(nèi)其速度方向改變了 90°,故其周期 T=4t o ① 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,粒子速度為v,圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 r .由洛倫茲力公式和牛頓定律 ② 2加 v=—— 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度滿足 T③ 聯(lián)

36、立①②③式得 (2 )設(shè)粒子從 0A變兩個(gè)不同位置射入磁場，能從 0C邊上的同一點(diǎn)P射出磁場，粒子在磁 場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示. 0 1和0 2 .由幾何關(guān)系有 27 01=180°- 02⑤ 粒子兩次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為 t 1與t2,則 150 ° . 由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有 ro，圓弧與AC相切與B點(diǎn)，從D點(diǎn)射出磁場, (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(duì)應(yīng)的圓心角為 / OO'D=/ B O'A=30。⑦ 設(shè)粒子此次入射速度的大小為 Vo,

37、 由圓周運(yùn)動(dòng)線速度公式，則有: 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得 V 點(diǎn)晴：對(duì)于帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)類型, 要善于運(yùn)用幾何知識(shí)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(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的重點(diǎn). 19. (1) 4m/s； (2) (3) 【解折】⑴ 帶電體在第一個(gè)區(qū)間運(yùn)動(dòng)時(shí)，由受力分析可知：^￡1sin45= = = 16N 即與木板之間沒有摩撫力，芾電體單個(gè)物體在第■"個(gè)區(qū)間運(yùn)動(dòng)，在水平方向上，宙牛頓第二走律得: ?￡lcos453 =戰(zhàn)護(hù)i，代入數(shù)據(jù)解得: =0.01m/s2 , 由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：

38、 J -,代入數(shù)據(jù)解得： ：1 ''L…：; (2)當(dāng)帶電體進(jìn)入第二區(qū)間時(shí)，分別對(duì) A、B、AB系統(tǒng)由牛頓第二定律求出加速度，然后應(yīng) 用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出 B的速度，由牛頓第二定律得： 對(duì)A: -； -一 ?二，代入數(shù)據(jù)解得： 耳一 對(duì)B: 「1[_心叢得：「 設(shè)經(jīng)時(shí)間t , A、B速度相等，設(shè)為’I,速度相等后加速度為 4 , 由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得 ;1 -;：-j-=丿r ，代入數(shù)據(jù)解得t=is, 勺二 W — " 由位移公式得： " 1 ' 1 . 代入數(shù)據(jù)解得： 乙 二…；乙…二 ，則：1- --; _丄 又 1 - -1- ； ―1 ■ ，故當(dāng)A到達(dá)薄板右端時(shí)

39、兩者速度相等， 由牛頓第二定律得 廠.：亠，代入數(shù)據(jù)解得■- 嚴(yán) lm/? , 由速度位移公式得: :- "'-■I ,由速度公式得: 遷二凈 ，解得八 由公式 Q二歸 第一個(gè)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， Q?=壓鼬=fAx = 3.2J 第三階段AB一起向有減速到0,反向加速過程中，沒有相對(duì)位移， 綜上所述，（1）4m/s；（2） 丄負(fù)；（3） --E ： 20. （1） 1. 5m/s2 （2） 1. 5C （3） 5. 59J （解折】試題分析：（1）設(shè)金屬1$勻加凍運(yùn)動(dòng)的那速度為b則運(yùn)動(dòng)到E

40、的速度：煜H 當(dāng)金屬棒在"時(shí)為研究對(duì)象，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BLv 產(chǎn)生的電流； 金屬棒所受的安培力：F=BIL 據(jù)牛頓第二定律得：Fo - 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(yùn)動(dòng)的位移： s= at2② i 何 HfS ③ 據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得: 通過金屬棒的平均電流: 通過金屬棒的電量：力q=11?^t⑤ ■HA 聯(lián)立①②③④⑤帶入數(shù)據(jù)解得： q=1. 5C / <3)金屬樟在圓弧軌道的速率：^=at=3mA ? 運(yùn)動(dòng)的時(shí)閭為:2生⑦ 產(chǎn)生的電動(dòng)勢最大值：EdBW⑧ 由于圓弧段導(dǎo)體樟做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所次導(dǎo)體樟中產(chǎn)生正弦式電流，所以產(chǎn)生的熱量： 0 = —= T - R ⑨ 據(jù)能量守恒可知：W-Q+mgh ( 10 ) 麻立以上解得：59」 考點(diǎn)；法拉第電磁感應(yīng)定律；牛頓第二定律；能量守恒定律 (名師點(diǎn)睛】眈題為一道綜合性很強(qiáng)的題，牽涉知識(shí)點(diǎn)眾矢 明確求電動(dòng)勢、安培加 電童和功的方法是 解題的關(guān)鍵，靈活利用求電量和能量守恒的結(jié)論是解題的捷徑。