期末60分必做试题宝典 答案.doc

北师大三附中2012届 高三物理期末复习期末60分必做试题宝典 答案1.（无）2.（2009年第14题）14. （7分）解：（1）金属杆进入磁场切割磁感线产生的电动势E=Blv， （1分）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流大小I=0.5A （2分）（2）M、N两端电压为路端电压，则UMN=IR=0.4V （2分）（3）每秒钟重力势能转化为电能E= I2(R+r)t=0.25J （2分）3.（2009年）17（8分）解：（1）在00.3 s时间内感应电动势E1=r2=6.2810-3V （1分）在0.3s0.5 s时间内感应电动势E2=r2=9.4210-3V （1分）答图2i/At/s00.61.00.20.81.5-1.00.4（2）在00.3 s时间内 =1.0 A （1分）在0.3s0.5 s时间内 =1.5 A （1分）it图象如答图2所示。 （1分）（3）在00.3s内,圆环中产生的热量Q1=2rR0t1=1.8810-3J （1分）在0.3s0.5s内,圆环中产生的热量Q2=2rR0 t2=2.8310-3J （1分） 在010s内圆环中产生的热量Q=20（Q1 +Q2）=9.4210-2J （1分） 说明：其他解法正确也得分，数值计算问题不重复扣分。4.（2008年）15.（1）金属棒产生的电动势大小为E=BLv=0.4V=0.56V2分（2）金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为 R并=1.0,根据闭合电路欧姆定律I=0.47A2分根据右手定则，电流方向从N到M1分（3）导线框消耗的功率为：P框=I2R并=0.22W2分5.（2008年）16.（1）设导线框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， 根据闭合电路欧姆定律，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，所以有F安=mg，1分以上各式联立，得：。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：P电=I2R= 1分因此有：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。因此导线框继续作匀速运动。导线框穿过磁场的整个过程中动能不变。设导线框克服安培力做功为W安，根据动能定理有：mg2l-W安=01分解得：W安=2mgl。1分6.（2007年）14（7分） （1）ab边切割磁感线产生的感应电动势为（1分）所地通过线框的电流为（1分） （2）ab两端的电压为路端电压 （1分）所以（1分） （3）线框被拉入磁场的整个过程所用时间（1分）线框中电流产生的热量（2分）7.（2007年）17（8分） （1）由图象可知，（1分）此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）（1分）用右手则定判断出，此时电流的方向由b指向a（1分） （2）金属杆产生的感应电动势（1分）因（1分） （3）金属杆速度为v时，电压表的示数应为 由图象可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均与不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动（1分）金属杆运动的加速度根据牛顿第二定律，在5.0s末时对金属杆有FBIL=ma，解得F=0.20N（1分）此时F的瞬时功率P=Fv=1.0W（1分）8.（2006年）9（无）10（2005年）18（1）设电流表满量程，则R两端电压为UIR1.5 V，超过电压表的量程，所以，满量程的表不是电流表，而应是电压表 （2分）说明：若说出设电压表满量程，则R上的电流等于2.0 A，没达到电流表满量程，所以满量程的表应该是电压表也得2分（2）电压表满量程时电路的电流为2.0 A （1分）根据安培力公式得FBIL，解得1.0 T （1分）（3）当安培力等于外力时金属棒ab达到最大速度，其感应电动势为EEI（Rr）1.6 V （1分）设金属棒的速度为v，则EBLv，2.0 m/s，（1分）此金属棒的动能为，解得 （1分）金属棒停止运动时，该动能全部转化为电阻R、r的内能根据 可知 （1分）解得 （1分）11（2003年）15.1A 0.1N 0.03J12（2003年）19.9.6m42.4J 3J13（2010年）15（共9分）（1）线圈中感应电动势的最大值 Em=nBS=3.1102 V 3分（说明：314V，100也同样得分）（2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90角所用时间为t，线圈中的平均感应电动势n1分通过电阻R的平均电流 1分在t时间内通过电阻横截面的电荷量Q=1.010-2C 1分（3）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值1分经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热Q热1分解得Q热=4.9103J1分14.（2008）17. （1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBS1分而Fm=BS、，所以，Em=2npFm/T 1分由F-t图线可知：Fm=2.010 -2Wb，T=6.2810 -2s1分所以Em =200 V1分（2）电动势的有效值 E=Em=100 V1分由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I= A1分交流电压表的示数为U= I R=90V=127 V2分15（2007年）19（9分） （1）0t1时间内的感应电动势（1分）通过电阻R的电流所以在0t1时间内通过R的电荷量q=I1t1=1.010-2C（2分） （2）在一个周期内，电流通过电阻R产生热量（2分）在1.0s内电阻R产生的热量为Q=（1分） （3）设咸应电流的有效值为I，则一个周期内电流产生的热量（2分）解得（或1.7A）（1分）16.（2006年）本题缺图15.（2005）17（1）线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为与此同时，线圈的cd边也在切割磁感线，产生的感应电动势为线圈产生的总感应电动势为：因为，所以， （1分）线速度，所以，而（S表示线圈的面积） （1分）（2）设小灯泡正常发光时的电流为I，则0.60 A设灯泡正常发光时的电阻为R，则R5.0 （1分）根据闭合电路欧姆定律得：EI（Rr）3.6 V （1分）发电机感应电动势最大值为， （1分）解得 rad/s2.5 rad/s （1分）（3）发电机产生的电能为QIEt，t100T100 （1分）解得Q5.3J （1分）16.（无）17.（2010）16（共9分）（1）电子在电场和磁场重叠的空间不发生偏转，必是电场力与洛仑兹力大小相等，方向相反 1分而电场力方向竖直向下，洛伦兹力方向一定竖直向上，由左手定则可判定磁场方向垂直纸面向外。2分（说明：没有分析过程，直接回答结果，且正确的得3分）（2）电子穿过电场和磁场区域沿直线运动，必受力平衡0，1分电子经电压为U的电场加速 1分联立解得电子的比荷 1分（3）电子通过M、N两极板间的过程中，在竖直方向做初速为零的匀加速运动，在水平方向做匀速直线运动。电子在两极板间运动时间t1=，加速度，所以电子在两极板间竖直方向的位移 =1分电子离开两极板间后做匀速直线运动，运动时间t2=，电子从极板右端射出时其沿竖直方向的速度vy =。电子离开两极板间后，竖直方向的位移 =1分电子打到荧光屏上的位置与O点的距离1分18.（2009）16. （8分）解：（1）油滴速度为v1时所受阻力f1=kv1，油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，有 f1=mg （1分） m=V=D3 （1分）则k=D3g （2分）（2）设油滴所带电荷量为q，油滴受到的电场力F电=qE=q,油滴向上匀速运动时，阻力向下，油滴受力平衡，kv2 +mg=q （2分）则油滴所带电荷量q= （2分）19.（2008年）18.（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0=mv2解得U0=728V3分（2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d/2，即 1分电子通过偏转电场的时间1分解得 ， 所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91V1分（3）由u40 sin100t（V）可知，偏转电场变化的周期T=，而t=2.510-9 s。Tt，可见每个电子通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。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=电子离开偏转电场到达荧光屏的时间 电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vy t=2.0cm电子打在荧光屏上的总偏移量1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为1分用下面的方法也给分：设电子在偏转电场有最大电压时射出偏转电场的速度与初速度方向的夹角为，则tan=0.11电子打在荧光屏上的总偏移量1分电子打在荧光屏产生亮线的长度为1分20.（2005年）14（1）设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得：Vm （3分）（2）小球静止时受力平衡qEmgtan （2分）解得C （2分）21.（2005年）16（1）设电子经电压加速后的速度为，根据动能定理得： （1分）解得： （1分）（2）电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为，根据牛顿第二定律和运动学公式得：FeE，Fma （1分） （1分），解得： （1分）（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为，根据运动学公式得电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为，电子打到荧光屏上的侧移量为，如图2所示图2， （1分）解得： （1分）P到O点的距离为 （1分）22.（2003） 14.mgtan/q 23.（2003）17.86% 6m/s 1m/s2 24.（2010）13（共9分）（1）设离子经S1、S2间电压为U的电场加速后动能为Ek，根据动能定理 Ek=qU2分（2）设离子进入磁场后做匀速圆周运动速率为v，半径为R，离子质量为m。洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 1分又因 R=x 1分由两式解得离子在磁场中运动时的动量大小 p=mv=xBq2分（3）对于离子经电压U加速过程，根据动能定理 1分联立，解得m=2分25.（2010）17（共10分）（1）设所加电场场强大小为E1，由于带电小球从坐标原点O射出在电场和磁场共存的区域做匀速圆周运动，所以带电小球受到的电场力必定与重力平衡，有 qE1=mg。解得 2分设带电小球做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律和向心力公式 ，解得 1分带电小球第一次通过z轴的z坐标z=2R=1分（2）设所加电场场强大小为E2，带电小球做匀速直线运动，它所受重力mg、洛伦兹力qv0B以及电场力qE2三力合力为零。1分因洛伦兹力沿z轴的负方向，重力沿y轴的负方向，所以电场力 1分解得1分（3）当撤去磁场后，带电小球只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为qv0B，方向指向Oz正方向，所以小球在xOz平面做匀变速曲线运动。带电小球沿Ox轴正方向以v0做匀速直线运动，小球从坐标原点O射出，运动到A点所用时间t=1分带电小球沿Oz轴正方向做初速为零的匀加速直线运动，其加速度大小带电小球到A点时沿Oz正方向的分速度大小为vz=azt1分因重力在这个过程中不做功，小球经过A点时，电场力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，解得PA=qv0Bvz=1分26.（2009）15. （7分）解：（1）带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛仑兹力平衡，qE=qv0B，解得磁感应强度B= （2分）（2）电子通过电场区偏转的距离y=at2= （2分） （3）设粒子运动到下极板时的动能大小为EK，根据动能定理q2Ed=EKm v02（1分）解得EK=m v02+qEd （2分）27.（2009）18.（8分）解：（1）电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v，由动能定理eU=mv2 （1分）解得 （2分）（2）当交变电压为峰值B0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q点，PQL。电子运动轨迹如答图3所示，设此时的偏转角度为，由几何关系可知，tan=L / L，=60 （1分）根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角=， 而tan=（1分）由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 evB0=mv2/R （1分）O1Ov答图3KPLUBrRMNQ解得B0= （2分）28.（2009）19（9分）解：（1）电场力F电与洛仑兹力f洛大小之比（2分）答图4FmgF电f洛BEzyOq（2）电场力与场强方向相同，洛仑兹力与磁感应强度方向（即场强方向）垂直，带电质点受电场力和洛仑兹力的合力与重力平衡，故磁场和电场方向与yOz平面平行，与-y方向成53斜向下，方向如答图4所示。(qE)2+(qv0B)2=(mg)2 （1分）解得q=2.010-5C （2分）（3）撤去磁场后，带电质点在沿x轴方向上做匀速直线运动，经过时间t=0.20s，沿x轴方向上的位移 （1分）带电质点受恒定合力，其大小等于洛仑兹力，方向与洛仑兹力方向相反。由几何关系可知质点受合力方向与+y方向成37斜向下。 质点的加速度a=6.0 m/s2，在t=0.20 s内，沿此方向的位移。 位移s在y轴方向的分量y=scos37 =9.6cm， （1分）在z轴方向的分量z =-ssin37 =-7.2cm。 （1分）所以，经过时间t=0.2 s带电质点的位置为（20m，9.6cm，-7.2cm） （1分）29.（2008）OPr1Rv1v119. （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。2分说明：说出粒子在电场中做匀加速直线运动，离开电场作匀速运动，给1分；说出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后作匀速直线运动，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，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径r1=R1分根据牛顿第二定律 Bqv1=, 依题意：k=q/m1分OPr2Rx/2h/2PQ2 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2，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为，粒子打到Q点时的轨迹如图所示，由几何关系可知 tan=, =30, =30 tan= 解得：r2=R1分 设此时A、K两极板间的电压为U，设粒子离开S2时的速度为v2，根据牛顿第二定律 Bqv2= 1分根据动能定理有 qU=1分 解得：U=1分30.（2008）20（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仑兹力。小球a的直线运动必为匀速直线运动，a受力平衡，因此有q1E1-q1v0B-m1g=0解得v0=20m/s3分（2）二球相碰动量守恒 ， 解得1分物体c所受洛仑兹力，方向向下1分物体c在M有场区受电场力F2=(q1-q2)E2=410-3N，方向向右物体c受到的重力G=(m1+m2)g=3.610-3N，方向向下物体c受到的合力F合=物体c的加速度a=m/s21分设合力的方向与水平方向的夹角为,则tan=1，解得=45，加速度指向右下方与水平方向成45角。1分（3）物体c通过界面M后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功。设物体c落到Q点时的速率为，由动能定理（m1+m2）gh+(q1-q2)E2L=1分解得vt=m/s1分 31.（2007）15（7分） （1）电子进入正交的电、磁场不发生偏转，受力平衡，即 （1分）所1以（1分） （2）电子在电场中运动的加速度大小（1分）所以电子离开电场时偏转的距离（2分） （3）由于电子在电场中偏转的过程，电场力对电子做正功，根据动能定理可知，电子动能的增量（2分）32.（2007）16（8分） （1）由牛顿第二不定期律和洛沦兹力公式得（2分）解得（1分） （2）设电子做匀速圆周运动的周期为T，则（1分）由如图所示的几何关系得圆心角（1分）所以（1分） （3）由如图1所示几何关系可知，（1分）所以（1分）33.（2007）18（8分） （1）由于带电粒可以在电场、磁场和重力场共存的区域内沿竖直平面做匀速圆周运动，表明带电微粒所受的电场力和重力大小相等、方向相反，因此电场强度的方向竖直向上（1分）设电场强度为E，则有mg=qE，即E=mg/q（1分） （2）设带电微粒做匀速圆周运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律和洛仑兹力公式有（2分）依题意可画出带电微粒做匀速圆周运动的轨迹如图2所示，由几何关系可知，该微粒运动至最高点与水平地面的距离（1分） （3）将电场强度的大小变为原来的1/2，则电场力变为原来的1/2，即（1分）带电微粒运动过程中，洛仑兹力不做功，所以它从最高点运动至地面的过程中，只有重力和电场力做功。设带电微粒落地时的速度大小为vt，根据动能定理有（1分）解得：（1分）34.（2006）35.（2006）36.（2