【历高考试题】《高考模拟》：交变电流电磁学.doc

【物理精品】2012版6年高考4年模拟交变电流、电磁学部分第一部分 六年高考荟萃2011年高考题1(福建第15题).图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1:n2=5:1，电阻R=20，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是A.输入电压u的表达式u=20sin(50)V C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大B.只断开S1后，L1、L2均正常发光D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W解析：答案D。些题考查变压器和电路动态变化等知识点。由输入电压u随时间t的变化关系图象可知，交变电流周期为0.02s，输入电压u的表达式选项A错误，只断开S1后，L1、L2均不能发光，选项B错误，只断开S2后，灯泡L1、L2串联接入电路，变压器输出电流变小，原线圈的输入功率减小，选项C错误，若S1换接到2后，变压器输出电压U=4V，R中电流为I=0.2A，R消耗的电功率为P=UI=0.8W，选项D正确 2(四川第20题).如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1A。那么A.线圈消耗的电功率为4WB.线圈中感应电流的有效值为2AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cosD. 任意时刻穿过线圈的磁通量为=sin【思路点拨】线圈从垂直于中性面位置启动，则瞬时值的表达式为余弦函数。由此构造出瞬时值表达式，可求出电动势的最大值，然后是有效值，再到功率，从而完成ABC的筛选；再画出线圈转动的截面图，可知其磁通量变化规律确是正弦函数，但对线圈的最大磁通量，即BS的计算有误，即排除D项。【精讲精析】选AC。由于线圈垂直于中性面启动，则瞬时表达式可记为，代入数据可知，得最大值，即有效值以及，功率为，瞬时值表达式为。再由于，则任意时刻穿过线圈的磁通量为，可知D错。uVn1n23(浙江第16题).如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和m2=200的两个线圈，上线圈两端u=51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是A. 2.0V B. 9.0V C. 12.7V D. 144.0V答案：A解析：交流电源电压的有效值，如果看成理想的来处理有：、，解得，故交流电压表的读数应该小于，所以答案为A。 450OL4（2011安徽第19题）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为A BC D答案：D解析：交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有T/4的时间内有感应电流，则有，所以。D正确。5（2011新课标理综第17题）.如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（A）解析：主要考查理想变压器原副线圈电压、电流与匝数的关系。U2=220V，根据U1：U2=n1:n2得，U1=110V。I2=P/U2=0.1A，根据I1：I2= n2：n1得I1=0.2A。所以正确答案是A。6（2011天津第4题）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则At =0.005s时线框的磁通量变化率 为零Bt=0.01s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势的频率为100Hz【解析】：交变电流知识的考查。由图2可知，该交变电动势瞬时值的表达式为。当t=0.005s时，瞬时值e=311V，此时磁通量变化率最大，A错；同理当t=0.01s时，e=0V，此时线框处于中性面位置，磁通量最大，磁通量的变化率为零，B正确；对于正弦交变电流其有效值为Emax/，题给电动势的有效值为220V，C错；交变电流的频率为f=1/T=/2=50Hz，D错。【答案】：B7（2011山东第20题）.为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为变压器示意图。保持输入电压不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某此检测得到用户电压随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是（）A.B.C.为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移答案：BD解析：由电压随时间t变化的曲线可知，用户电压的最大值是，周期是，所以，A错误，B正确；根据，减小，增大，因此为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移，C错误，D正确。8(广东第19题).图7（a）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55，为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图7（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是A电流表的示数为2AB. 原、副线圈匝数比为1:2C. 电压表的示数为电压表的有效值D. 原线圈中交变电压的频率为100HzAvR(a)(b)9（2011海南第11题）.如图：理想变压器原线圈与10V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a 的额定功率为0.3w，正常发光时电阻为30可，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_，流过灯泡b的电流为_,解析：副线圈电压， 由能量守恒得： 代人数据得：10(江苏第13题)题13-1图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头。原线圈输入正弦式交变电压的u-t图象如题13-2图所示。若只在ce间接一只Rce=400 的电阻，或只在de间接一只Rde=225 的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80W。(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；(2)求只在ce间接400的电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de 间线圈的匝数比。解析：2010年高考题12010重庆1一输入电压为220v，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器元、复线圈匣数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新饶了5匣线圈。如题17图所示，然后将原来线圈接到220v交流电源上，测得新绕线全的端电压为1v，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为A1100,360 B.1100，180C2200,180 D. 2200,360【答案】B【解析】对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得变压器烧坏前，同理 ，B正确。2.2010天津1下列关于电磁波的说法正确的是A均匀变化的磁场能够在空间产生电场 B电磁波在真空和介质中传播速度相同C只要有电场和磁场，就能产生电磁波 D电磁波在同种介质中只能沿直线传播答案：A3.2010天津7为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1，A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后A.A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B.A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C.V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D.V2示数不变，V1与V2示数的比值不变答案：AD4.2010全国卷19图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止。用表示流过原线圈的电流，表示流过灯泡的电流，表示灯泡两端的电压，表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值）。下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是5.2010江苏物理3如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是答案：B6.2010江苏物理7在如图多事的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大答案：CD7.2010福建13中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500kV的超高压输电，输电线上的损耗电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率变为A. B. C.2P D.4P答案：A82010北京19在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I。然后，断开S。若t时刻再闭合S，则在t前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流L1、流过L2的电流l2随时间t变化的图像是【答案】B【解析】本题考查通电自感，与滑动变阻器R串联的L2，没有自感直接变亮，电流变化图像和A中图线，CD错误。与带铁芯的电感线圈串联的L1，自感强电流逐渐变大，B正确。9. 2010上海物理7电磁波包含了射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（A）无线电波、红外线、紫外线、射线（B）红外线、无线电波、射线、紫外线（C）射线、红外线、紫外线、无线电波（D）紫外线、无线电波、射线、红外线【解析】A 本题考查电磁波普。难度：易。10.2010海南物理11873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直流发电机发出的电接到了自己送展的直流发电机的电流输出端。由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方中的一个瓶颐此项发明是A新型直流发电机B直流电动机C交流电动机D交流发电机 【答案】B 【解析】直流发电机发电时接另一直流发电机，则另一直流发电机实际成了直流电动机，B正确。112010海南物理9如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1 ，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表下列结论正确的是A若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为V B若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍【答案】AD 【解析】若电压表读数为6V，则输入电压为是有效值，因此其最大值为V，A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B错；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电流减小到原来的一半，输入功率等于输出功率即也减小到原来的一半，C错；若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知输出功率增加到原来的4倍，D正确。12.2010全国卷22图1是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来（如图2所示）。（1）若图2中示波器显示屏横向的每大格（5小格）对应的时间为5.0010-2 s ，则圆盘的转速为_转/s。（保留3位有效数字）（2）若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 _ cm。（保留3位有效数字）【答案】4.55转 /s 2.91cm【解析】从图2可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图2中横坐标上每格表示1.0010-2s，所以圆盘转动的周期是0.22s，则转速为4.55转 /s反光引起的电流图像在图2中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的22分之一为cm。【命题意图与考点定位】匀速圆周运动的周期与转速的关系,以及对传感器所得图像的识图。2009年高考题一、选择题1.（09天津9）（1）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I=。线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q=。答案：（1），解析：本题考查交变流电的产生和最大值、有效值、平均值的关系及交变电流中有关电荷量的计算等知识。电动势的最大值，电动势的有效值，电流的有效值；。2.（09广东物理9）图为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是 （ ABD ）A增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好解析：依据输电原理，电路中的功率损耗，而,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。3.（09江苏物理6）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为 氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有 （ AB ）A开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB开关接通后，电压表的示数为100 VC开关断开后，电压表的示数变大D开关断开后，变压器的输出功率不变解析：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为V=20V，由得副线圈两端的电压为V，电压表的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为 Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误。4.（09海南物理9）一台发电机最大输出功率为4000kW,电压为4000V，经变压器升压后向远方输电。输电线路总电阻到目的地经变压器降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%,变压器和的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（ ABD ）A原、副线圈电流分别为和20AB原、副线圈电压分别为和220VC和的变压比分别为1：50和40：1D有盏灯泡（220V、60W）正常发光5.（09海南物理12）钳型表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。日常所用交流电的频率在中国和英国分别为50Hz和60Hz。现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10A；若用同一电表在英国测量同样大小的电流，则读数将是A。若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30A；为使其在英国的测量值变为准确，应重新将其量程标定为A答案：12 256.（09山东19）某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n，n2。降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则 （ AD ）ABC升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：根据变压器工作原理可知，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有，所以，A正确，BC不正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D正确。考点：变压器工作原理、远距离输电提示：理想变压器的两个基本公式是：，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有。远距离输电，从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P2，P3=P4，P1/=Pr=P2。电压之间的关系是：。电流之间的关系是：。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失。7.（09四川17）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R120 ，R230 ，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则 （ C ）A.交流电的频率为0.02 HzB.原线圈输入电压的最大值为200 VC.电阻R2的电功率约为6.67 WD.通过R3的电流始终为零解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I、电压有效值为UUm/V，电阻R2的电功率为P2UIW、C对。9.（09福建16）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则 （ D ）A.电压表的示数为220v B.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484w D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由图像知电动势的最大值Em=V，有效值E=220V，灯泡两端电压，A错；由图像知T=0.02S，一个周期内电流方向变化两次，可知1s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率,C错；电流的有效值，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，D对。20062008年高考题题组一一、选择题1.（08北京18）一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个10 的电阻。则 （ D ）A流过电阻的电流是20 AB与电阻并联的电压表的示数是100VC经过1分钟电阻发出的热量是6103 JD变压器的输入功率是1103W解析原线圈中电压的有效值是220V，由变压比知副线圈中电压为100V，流过电阻的电流是10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻发出的热量是61034J。2.（08天津17）一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2。当R增大时 （ B ）AI1减小，P1增大 BI1减小，P1减小CI2增大，P2减小DI2增大，P2增大解析理想变压器的特点是输入功率等于输出功率，当负载电阻增大时，由于副线圈的电压不变，所以输出电流I2减小，导致输出功率P2减小，所以输入功率P1减小；输入的电压不变，所以输入的电流I1减小，B正确3.（08四川16）如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的。V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2； A1、A2 和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是 （ BC ）AU2变小、I3变小 BU2不变、I3变大CI1变小、I2变小DI1变大、I2变大解析：因为变压器的匝数与U1不变，所以U2与两电压表的示数均不变当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C正确；因为R1的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确4.（08宁夏19）如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是 （ D ）【解析】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=imcos（+t），则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。5.（08海南7）如图，理想变压器原副线圈匝数之比为41原线圈接入一电压为uU0sint的交流电源，副线圈接一个R27.5 的负载电阻若U0220V，100 Hz，则下述结论正确的是 （ AC ）VARA副线圈中电压表的读数为55 VB副线圈中输出交流电的周期为C原线圈中电流表的读数为0.5 AD原线圈中的输入功率为【解析】：原线圈电压有效值U1=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U2=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A， C对；输入功率为P=2200.5W=110W，D错；周期T= =0.02s，B错。6.（08广东5）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示国。此线圈与一个R10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻。下列说法正确的是 （ C ）A交变电流的周期为0.125sB交变电流的频率为8HzC交变电流的有效值为AD交变电流的最大值为4A【解析】由et图像可知，交变电流电流的周期为0.25s，故频率为4Hz，选项A、B错误。根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2A，故有效值为A，选项C正确。二、非选择题7.（08上海物理20 B）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6。（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率。（2）若改用5000 V高压输电，用户端利用n1:n222：1的变压器降压，求用户得到的电压。答案：见解析解析：（1）输电线上的电流强度为IA52.63A输电线路损耗的功率为P损I2R52.6326W16620W16.62kW（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为IA4A用户端在变压器降压前获得的电压U1UIR（500046）V4976V根据用户得到的电压为U24976V226.18V题组二1.（07广东物理19）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。答案 对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：由此可以判定，球A不仅能达到右极板，而且还能穿过小孔，离开右极板。假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：由此判定，球B不能达到右极板综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。（1）电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：求得：设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：解得：球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有： 求得： 球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有：求得：可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为： 45S2S1A2A1LLDPv0固定挡板固定薄板电子快门B球A相对右板的位置为：2.（07广东物理20）如图为装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45。在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L0.2 m。在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L。在小孔处装一个电子快门。起初快门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T3.0103 s开启一次并瞬间关闭。从S1S2之间的某一位置水平发射一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍。（1）过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间。（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。已知微粒的荷质比。只考虑纸面上带电微粒的运动）解：如图所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：解得：欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为： 代入数据得：80 m/sv0160 m/s欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件： 其中n1，2，3，可知，只有n2满足条件，即有：v0100 m/s设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如答图所示，则有：； ； ； ； s QSPx3.（07江苏17）磁谱仪是测量能谱的重要仪器。磁谱仪的工作原理如图所示，放射源S发出质量为m、电量为q的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，被限束光栏Q限制在2的小角度内，粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P上。（重力影响不计）若能量在EEE（E0，且E）范围内的粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。试求这些粒子打在胶片上的范围x1。实际上，限束光栏有一定的宽度，粒子将在2角内进入磁场。试求能量均为E的粒子打到感光胶片上的范围x2解：（1）设粒子以速度v进入磁场，打在胶片上的位置距S的距离为x 圆周运动 粒子的动能 且 x2R 解得： 由上式可得： （2）动能为E的粒子沿角入射，轨道半径相同，设为R圆周运动 粒子的动能 由几何关系得 4.（07全国理综25） 如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀速磁场，场强大小为E。在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为L。一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域。并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角。不计重力作用。试求：粒子经过C点速度的大小和方向；磁感应强度的大小B。解：以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qEma加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有hat2lv0t由式得：设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量由式得：设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有tan由式得：arctan粒子经过C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，则有： 设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有R。用表示 与y轴的夹角，由几何关系得RcosRcoshRsinlRsin由式解得：由式解得：Oaxy5.（07全国理综25）两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图所示，在y0，0xa的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在y0，xa的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点有一处小孔，一束质量为m、带电量为q（q0）的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后扎在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间与在xa的区域中运动的时间之比为25，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）。解：粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动的半径为： 速度小的粒子将在xa的区域走完半圆，射到竖直屏上。半圆的直径在y轴上，半径的范围从0到a，屏上发亮的范围从0到2a。OaDC/PxNMCy 轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场，考虑ra的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切（虚线），OD2a，这是水平屏上发亮范围的左边界。 速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和C/，C在y轴上，由对称性可知C/在x2a直线上。 设t1为粒子在0xa的区域中运动的时间，t2为在xa的区域中运动的时间，由题意可知 解得： 由两式和对称性可得：OCM60MC/N60360150所以 NC/P1506090R=由图可知OP=2a+R,因此水平荧光屏发亮范围的右边界坐标为X=2(1+)a即为圆周，因此，圆心C/在x轴上。设速度为最大值粒子的轨道半径为R，由直角COC/可得2Rsin602a6.（06全国25）（20分）如图所示，在与的区域中，存在磁感应强度大小分别为与的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且. 一个带负电荷的粒子从坐标原点 以速度沿轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过点，与的比值应满足什么条件？ 解：粒子在整个过程中的速度大小恒为，交替地在平面内与磁场区域中做匀速圆周运动，轨道都是半个圆周.设粒子的质量和电荷量的大小分别为和，圆周运动的半径分别为和，有现分析粒子运动的轨迹.如图所示，在平面内，粒子先沿半径为的半圆运动至轴上离点距离为的点，接着沿半径为的半圆运动至点，的距离此后，粒子每经历一次“回旋”（即从轴出发沿半径为的半圆和半径为的半圆回到原点下方的轴），粒子的坐标就减小.设粒子经过次回旋后与轴交于点，若即满足则粒子再经过半圆就能经过原点，式中1，2，3，为回旋次数.由式解得1，2，3，联立式可得、应满足的条件：1，2，3，7.（06天津24）在以坐标原点O为圆心、半径为的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与轴的交点A处以速度沿方向射入磁场，它恰好从磁场边界与轴的交点C处沿方向飞出。（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了角，求磁感应强度多大？此次粒子在磁场中运动所用时间是多少？答案（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90，则粒子轨迹半径又则粒子的比荷（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60角，故AD弧所对圆心角为60，粒子做圆周运动的半径=又 所以粒子在磁场中飞行时间第二部分 四年联考题汇编2011年联考题一、选择题1(黑龙江哈九中2011届高三上学期期末考试物理试题全解全析)如图所示，a、b间接入电压u=311sin314t（V）的正弦交流电，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻。当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（ ）AA1的示数增大，A2的示数增大BV1的示数不变，V2的示数减少CV1的示数减小，V2的示数减小DA1的示数增大，A2的示数减小【答案】BD；【解析】当传感器R2所在处出现火情时，R2阻值减小，使得次级线圈电流增大，依据变压器的电流特点，变压器初级电流也增大，即A1的示数增大；此时定值电阻R3上的压降增大，根据串联电路的电压关系，则电压表V2的示数减小，故A2的示数减小；而变压器初级电压与负载情况无关，故电压表V 1的示数不变.【考点】交变电流2(上海市静安区2011届高三上学期期末检测试卷)如图为三个门电路符号，A输入端全为 “1”，B输入端全为“0”下列判断正确的是（）A.甲为“非”门，输出为“1”B.乙为“与”门，输出为“0”C.乙为“或”门，输出为“1”D.丙为“与”门，输出为“1”答案 C.MOxPV(a)(b)U0Ett13（上海市浦东新区2011届高三第一学期质量抽测试卷）某种位移传感器的工作原理如图(a)所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的滑片P一起平移，通过理想电压表的示数来反映物体M的位移x。已知电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的总长为L，物体M以O为平衡位置做简谐运动（取向右为正方向），振幅为，物体经过O时P恰好位于滑动变阻器的中点。若电压表的示数U随时间t的变化关系如图(b)所示，则在图示0t1时间内，下列说法正确的是（）A物体M的速度为正方向且不断增大B物体M的速度为负方向且不断减小C物体M的加速度为正方向且不断增大D物体M的加速度为负方向且不断减小答案 A.4（上海市浦东新区2011届高三第一学期质量抽测试卷）如图所示，波源S1在绳的左端发出频率为f1、振幅为A1=2A的半个波形a，同时另一个波源S2在绳的右端发出频率为f2、振幅为A2=A的半个波形b，f2=2f1，P为两个波源连线的中点，则下列说法中正确的有（）A两列波同时到达P点S2PS1abB两个波源的起振方向相同C两列波在P点叠加时P点的位移最大可达3AD两列波相遇时，绳上位移可达3A的点只有一个，此点在P点的左侧答案 ABD.5、 （福建省莆田一中2011届高三上学期期中试题）示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极、之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏一中心。如果在偏转电极之间和之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中（a）、（b）所示的两种波形则下列说法中正确的是（ ）若和分别加电压（3）和（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形若和分别加电压（4）和（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形若和分别加电压（3）和（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形若和分别加电压（4）和（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形ABCD答案 C.1234560100u/V t/102 s6（广东省惠州市2011届高三第三次调研考试理综物理试题）一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知A该交流电的电压瞬时值的表达式为u 100sin（25t）VB该交流电的频率为25 HzC该交流电的电压的有效值为100D若将该交流电压加在阻值R100 的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W答案 BD.7（黑龙江省佳木斯大学附属中学2011届高三上学期期末考试）酒精测试仪利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器酒精气体传感器的 电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体的浓度有了对应关系如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度 成正比,电压表示数U与酒精气体浓度c之间的关系正确的是( )AU越大，表示c越大，c与U成正比BU越大，表示c越大，但是c与U不成正比CU越大，表示c越小，c与U成反比DU越大，表示c越小，但是c与U不成反比答案 B.8（湖北省新洲二中2011届高三元月月理科综合试题部分）电子以水平速度v0沿两平行金属板A、B的中心轴线MN射入，两金属板间电压UAB的变化规律如图所示。已知电子质量为m，电荷量为e，电压周期为T，电压为U0，若电子（不计重力及电子之间的相互作用力）从t0时刻进入两板间，在tT/2时刻恰好能从板的上边缘飞出，则下列说法正确的是A若电子从tT/3时刻进入两板间，在半个周