2019-2020年高二物理上學期期末復習備考黃金30題 專題02 大題好拿分（基礎版20題）.doc

2019-2020年高二物理上學期期末復習備考黃金30題 專題02 大題好拿分（基礎版，20題）1水平放置的兩塊平行金屬板長L=5.0cm，兩板間距d=1.0cm，兩板間電壓為90v，且上板為正，一個電子沿水平方向以速度v0=2.0107m/s，從兩板中間射入，如圖，求：(電子質量m=9.0110-31kg) (1)電子飛出電場時沿垂直于板方向偏移的距離是多少？(2)電子離開電場后，打在屏上的P點，若S=10cm，求OP的長？2勻強電場中，將一電荷量為210-5C的負電荷由A點移到B點，其電勢能增加了0.1J，已知A、B兩點間距為2cm，兩點連線與電場方向成60角，如圖所示，問： (1)在電荷由A移到B的過程中，電場力做了多少功？(2)該勻強電場的電場強度為多大？3如圖所示，在寬度為d的條形區(qū)域內有勻強電場，電場方向平行于區(qū)域邊界有一個質量為m的帶正電粒子(不計重力)從左邊界上的P點，以初速度v0沿垂直于電場方向射入電場，粒子從右側邊界上的Q點射出時的速度與邊界的夾角為37，已知sin370.6，cos370.8(1)求粒子從右側邊界射出時，沿電場方向的位移y的大小；(2)在上述過程中，粒子的機械能變化了多少? 4如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第象限以ON為直徑的半圓形區(qū)域內，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸上y=h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上x=2h處的P點進入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場。不計粒子重力。求：（1）電場強度E的大??；（2）粒子從M點運動到離開磁場所經過的總時間；（3）粒子離開磁場時的位置坐標。5在右圖所示的電路中，電阻R1=12,R2=R3=R4=6.0。當電鍵K打開時，電壓表的示數為12V，全電路消耗的電功率為13W。求電鍵K閉合后，電壓表及電流表的示數各是多大？（電流表的內阻忽略不計，電壓表的內阻非常大） 6某一用直流電動機提升重物的裝置，如圖所示，重物的質量m=50kg，不計各處的摩擦，當電動機以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物時，此時電路中的電流I=5A，已知電動機線圈的電阻R為4。(g=10m/s2)求： (1)電動機工作電壓U； (2)此時這臺電動機的機械效率(結果保留三位有效數字）。7如圖所示，電源電動勢為E=10V，內阻r=1，R1=R2=R3=R4=1，電容器電容C=6F，開關閉合時，間距為d的平行板電容器C的正中間有一質量為m，電荷量為q的小球正好處于靜止狀態(tài).求 （1）電路穩(wěn)定后通過R4的電流I；（2）開關S斷開，流過R2的電荷量Q；（3）斷開開關，電路穩(wěn)定后，小球的加速度a的大小。8如圖所示，電源的電動勢為6V、內阻為0.5，小型電動機M的線圈電阻為0.5，限流電阻R0的阻值為2.5，若理想電壓表的示數為2.5V時，求： （1）電源的輸出功率；（2）電動機輸出的機械功率.9如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域存在垂直于紙面向里的磁場，磁感應強度為B，AB和CD是兩個直徑，O點為圓心，P點為圓周上的一定，P點到AB的距離為，在P點有一粒源，沿平面向各個方向發(fā)射電荷量為q，質量為m的帶負電的粒子。 (1)若一粒子的速度大小為，沿平行于AB的方向射入磁場，則該粒子在磁場中的運動時間為多少？(2)若一粒子的速度大小為，沿平行于AB的方向射入磁場，則該粒子在磁場中的運動時間為多少？(3)若粒子源所有粒子的速度均為，則所以粒子在磁場中運動范圍的面積是多少？ 11如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5T，其方向垂直于傾角為30的斜面向上，絕緣斜面上固定有“”形狀的光滑金屬導軌MPN（電阻忽略不計），MP和NP長度均為2.5m，MN連線水平，長為3m，以MN的中點O為原點，OP為x軸建立一維坐標系Ox，一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3m，質量m為1kg，電阻R為0.3，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v=1m/s在導軌上沿x軸正向運動（金屬桿與導軌接觸良好），g取10m/s2 （1）求金屬桿CD運動過程中產生的感應電動勢E及運動到x=0.8m處電勢差UCD；（2）推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式；（3）求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產生的焦耳熱12光滑平行的金屬導軌MN和PQ，間距L=1.0m，與水平面之間的夾角=30，勻強磁場磁感應強度B=2.0T，垂直與導軌平面向上，MP間接有阻值R=2.0的電阻，其它電阻不計，質量m=2.0kg的金屬桿ab垂直導軌放置，如圖（a）所示用恒力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，由靜止開始運動，v-t圖象如圖（b）所示g=10m/s2，導軌足夠長求： （1）恒力F的大?。唬?）金屬桿速度為2.0m/s時的加速度大?。唬?）根據v-t圖象估算在前0.8s內電阻上產生的熱量（已知在前0.8s內桿的位移為1.12m）13如圖，電子從燈絲發(fā)出（初速度不計），經燈絲與板間的加速電壓加速，從板中心孔沿中心線射出，然后進入兩塊平行金屬板、形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入、間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過電場后打在熒光屏上的點已知加速電壓為， 、兩板間的電壓為，兩板間的距離為，板長為，板右端到熒光屏的距離為，電子的質量為，電荷量為問： （1）電子離開板，剛進入偏轉電場時的速度（2）電子從偏轉電場射出的側移量（3）熒光屏上點到點的距離14場是物理學中的重要概念、有電場、磁場、重力場等等現真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場在電場中，若將一個質量為、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為現將該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出已知重力加速度為，（取， ）求運動過程中（1）小球從拋出點至最高點電場力做的功（2）小球的最小速度的大小及方向（3）如果將小球受到的重力和電場力的合力等效為一個新的場力，仿照電場強度的定義，把新的場力與小球的質量的比值定義為新場場強求該新場場強的大小和方向15兩個平行金屬板、如圖乙所示放置， 、兩板電勢差時間做周期性變化，大小總保持為，周期為，如圖甲所示，極板附近有一個粒子源，可以釋放初速度為零、質量為，帶電荷量為的粒子，由于電場力的作用由靜止開始運動不計粒子的重力 （1）若在時發(fā)出的電子在時恰好到達極板，求兩極板間距離（2）若已知兩極板間距離為，在時發(fā)出的粒子不能到達極板，求此時發(fā)出的粒子距板的最大距離（3）求兩極板間距離滿足怎樣的條件時，粒子到達極板時的動能最大16如圖所示的xOy坐標系中，在第象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，第象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點垂直進入勻強電場，經過x軸上的Q點以速度v進入磁場，方向與x軸正向成30角若粒子在磁場中運動后恰好能再回到電場，已知OP，粒子的重力不計，電場強度E和磁感應強度B大小均未知求： (1)OQ的距離；(2)磁感應強度B的大小；(3)若在O點右側22L處放置一平行于y軸的擋板，粒子能擊中擋板并被吸收，求粒子從P點進入電場到擊中擋板的時間17如圖，半徑為的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一質量為帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，珠子所受靜電力是其重力的倍，將珠子從環(huán)上最低位置點靜止釋放，求 (1)珠子所能獲得的最大動能?(2)要使珠子做完整的圓周運動，在點至少給珠子以多大的初速度?18如圖（a）所示，面積S=0.2m2、匝數n=630匝，總電阻r=1.0的線圈處在變化的磁場中，磁感應強度B隨時間t按圖（b）所示規(guī)律變化，方向垂直線圈平面，圖（a）中的傳感器可看成一個純電阻R，并標有“3V、0.9W”，滑動變阻器R0上標有“10、1A”，試回答下列問題： （1）設磁場垂直紙面向外為正方向，試判斷通過理想電流表的電流方向（2）若滑動變阻器觸頭置于最左端，為了保證電路的安全，圖（b）中的t0最小值是多少？19如圖所示，在一傾角為37的粗糙絕緣斜面上，靜止地放置著一個正方形單匝線圈ABCD，E、F分別為AB、CD的中點，線圈總電阻、總質量、正方形邊長如果向下輕推一下此線圈，則它剛好可沿斜面勻速下滑現在將線圈靜止放在斜面上后，在虛線EF以下的區(qū)域中，加上垂直斜面向內的、磁感應強度大小按圖中所示規(guī)律變化的磁場，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2求： （1）線圈與斜面間的動摩擦因數；（2）線圈在斜面上保持靜止時，線圈中產生的感應電流大小與方向；（3）線圈剛要開始運動時t的大小20如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ間距為L=0.5m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的質量均為0.02kg，電阻均為R=0.1，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B=0.2T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能保持靜止。取g=10m/s2，問： （1）通過cd棒的電流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每產生Q=0.1J的熱量，力F做的功W是多少？ 1（1）0.5cm （2）0.025m【解析】【點睛】偏轉問題的分析處理方法類似于平拋運動的分析處理，應用運動的合成和分解的方法解：（1）豎直方向做勻加速直線運動，根據電容器電壓與電場的關系得又因為，所以水平方向做勻速運動，故，所以（2）豎直方向速度 從平行板出去后做勻速直線運動，水平和豎直方向都是勻速運動，水平方向： 豎直方向： ， 2（1）0.1J （2）5105V/m則3（1）（2）【解析】(1)由平拋運動和幾何知識得：tan dv0 t vya t 解得：a 而：y解得：y (2)粒子由P到Q的過程，電場力做功為：WqE yma y 解得： 4（1） （2） （3）（2）粒子在電場中運動的時間： ，粒子在磁場中運動的周期： ， 根據粒子入射磁場時與x軸成45，射出磁場時垂直于y軸，可求出粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為=135故粒子在磁場中運動的時間為： ，粒子的運動時間：t=t1+t2=；（3）根據動能定理：Eqh=mv2mv02將E的表達式代入上式，可求出v=v0，再根據 求出 根據粒子入射磁場時與x軸成45，射出磁場時垂直于y軸，可求出粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為135。所以x=2h-rcos450 ，y=-r-rsin450出磁場的位置坐標為（ ， ）5U10.5V； I2. 1A解得：r=1； S閉合時電路如圖2電路中R34的電阻為：R34=3； 電路中總電阻 R= 則電壓表示數為：UV=E=10.5V電路中流過R2的電流：I2=1.75A流過R3的電流：I3=0.35AIA=I2+I3=1.75+0.35=2.1A故電壓的示數為10.5V，電流表示數為2.1A點睛：對于復雜電路一般先進行電路的簡化，明確電路的結構，然后再利用歐姆定律及串并聯(lián)電路的特點求解即可6（1）110V （2）81.8%解得： （2）這臺電動機的機械效率為： 點睛：本題主要考查了電動機問題，在求解時要注意電動機的總功率等于熱功率和輸出機械功率之和。7（1）4A（2）（3）1.67m/s2【解析】（1）開關S閉合時， 并聯(lián)與串聯(lián)， 中沒有電流通過有：電容器的電壓 由歐姆定律得通過的電流 ； （2）開關S斷開，電容器的電壓 開關S斷開，流過R2的電荷量： （3）開關S閉合時，小球靜止時，由平衡條件有： 開關S斷開，根據牛頓第二定律得聯(lián)立解得。點睛：本題考查綜合運用物理知識解決問題的能力，對于帶電小球在電場中運動的問題，電壓是聯(lián)系電場與電路的橋梁，要注意電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電阻無電壓和電流。8（1）5.5W；（2）2.5W.電動機消耗的功率為： 電動機內阻發(fā)熱功率為： 所以電動機輸出的機械功率為： 。點睛：對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的。9(1) (2) (3) （2）當速度為時，半徑為，畫出粒子的運動軌跡，粒子在磁場中做圓周運動的圓心角，在磁場中運動時間為， ； （3）根據幾何關系，粒子運動區(qū)域分為三部分，第一部分是以為直徑的半圓，半徑為；第二部分是扇形PME，半徑為，圓心角為；第三部分是弦PM和圓弧PAM圍成的面積。第一部分的面積： 第二部分的面積： 第三部分的面積： 所以粒子在磁場中運動范圍的面積為： 。 10（1） （2）2a （3）3a O1為圓心，根據幾何關系可得： 由幾何關系得到： 洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得到： ，聯(lián)立得到： ；（2）設絕緣介質與y軸交點為M，與絕緣介質相切的粒子切點為Q，圓心為O1，OO2與x軸負方向夾角為300，則： 擊中區(qū)域的長度。（3）從P點進入電場的粒子到達y軸上離薄板介質最遠，速度為： 與x軸負向夾角600角，根據速度的合成和分解可得： ， 加速度為： ，根據位移時間公式： y方向的距離為： 可得： 點睛：本題主要考查了帶電粒子在磁場和電場中的運動，首先要畫出運動軌跡，利用幾何關系找出極值點，在進行計算求解。11（1）-0.6v （2） （3）7.5J當x=0.8m時，金屬桿在導軌教案的電勢差為零，設此時桿在導軌外的長度為，則得，聯(lián)立并帶入數據解得： 由楞次定律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差（2）桿在導軌間的長度l與位置x的關系是： ，對應的電阻為電流為： 桿受安培力為： 根據平均條件可得， （3）外力F所做的功等于F-x圖線下所圍成的面積，即而桿的重力勢能增加量，則有： 故全過程產生的焦耳熱點睛：本題主要考查了法拉第電磁感應定律，閉合電路歐姆定律，共點力平衡條件及安培力表達式，要注意產生感應電流與導體棒有效長度無關，同時巧用安培力與位移成線性關系，由安培力平均值來求焦耳熱。12（1）18N （2）2.0m/s2 （3）4.12J v-t圖像可知導軌最后勻速運動且vmax=4m/s沿斜面方向： ，安培力為： 電流為： 聯(lián)立并帶入數據解得： （2）對金屬桿由牛頓第二定律可得： 代入數據解得： （3）設在前0.5s內電阻上產生的熱量為Q，則由功能關系可得： 由v-t圖像可知0.8s時速度為：v=2.2m/s，代入數據解得： 點睛：本題主要考查了電磁感應與力學知識的綜合，根據速度圖象即可求出斜率等于加速度，“面積”等于位移輔助求解估算位移時，采用近似的方法。13（1）（2）（3）（3）由（3）分析知，電子離開偏轉電場時在豎直方向的速度電子離開偏轉電場后做勻速直線運動，電子在水平方向的分速度，產生位移為S，電子運動時間電子在豎直方向的分速度，產生位移所以電子偏離O點的距離14（1）；（2）0.6v0；垂直合力方向向右上方；（3） 方向與豎直方向夾角【解析】試題分析：小球靜止釋放時，由于所受電場力與重力均為恒力，故其運動方向和合外力方向一致，根據這點可以求出電場力大小，然后根據運動的分解，求解小球在電場方向上的位移，進而求得電場力做的功；小球拋出后，水平方向做勻加速直線運動，豎直方向上做豎直上拋運動，用運動的合成求出運動過程中合速度的表達式，然后利用數學求極值的辦法即可求出最小速度；新場強為合力的加速度和方向（1）電場力的大小，方向水平向右小球豎直向上做勻減速運動，加速度為： 水平方向做勻加速運動，加速度小球上升到最高點的時間此過程小球沿電場方向的位移為電場力做功（2）水平速度： ，豎直速度： ，小球的速度，由以上各式得出： ，計算得出當時， 有最小值， ，垂直合力方向向右上方（3）依據幾何關系，即，方向與豎直方向夾角15（1）；（2）；（3） 16(1)3L (2)B （3）t總【解析】（1）粒子在Q點進入磁場時，vx=vcos30，vy=vsin30，OP間的距離 OQ間的距離解得x=OQ=3L （2）粒子恰好能回到電場，即粒子在磁場中軌跡的左側恰好與y軸相切，設半徑為RR+Rsin30=3L，qvB=m可得B= 17（1）（2）【解析】【分析】由三角函數與動能定理，從而求出最大動能，從點到點過程，由動能定理即可求解初速度。解：(1)如圖，在珠子能夠靜止的一點進行受力分析， 設與之間的夾角為，則： 所以： 珠子在等效最低點時具有最大的動能由動能定理得最大動能(2)如圖，此時珠子做圓周運動“最高點”為，在點，珠子速度為零， 從點到點過程，由動能定理得18（1）向右 （2）40s滑動變阻器觸頭位于最左端時外電路的電阻為，故電源電動勢的最大值由法拉第電磁感應定律可得帶入數據解得：t0=40s 點睛：本題主要考查了次定律、閉合電路的歐姆定律、法拉第電磁感應定律的應用與理解，同時學會運用圖象來分析求解即可。19（1）=0.75（2），方向ADCBA（3） 20（1）I=1A，方向由d到c（2）F=0.2N （3）W=0.4J【解析】（1）棒cd受到的安培力 棒cd在共點力作用下平衡，則 由式代入數據解得 I=1A，方向由右手定則可知由d到c。（2）棒ab與棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd對棒ab由共點力平衡有 代入數據解得 F=0.2N （3）設在時間t內棒cd產生Q=0.1J熱量，由焦耳定律可知 設ab棒勻速運動的速度大小為v，則產生的感應電動勢 E=Blv 由閉合電路歐姆定律知