第22题-2018年浙江学考物理选考复习备考分题汇编“4+6”(真题+

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2018浙江学考选考复习备考分题汇编“4+6”(真题+全真模拟)
第22题

1、【2018年11月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】所图所示,匝数N=100、截面积s=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻。

(1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向;
(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25s后下降了h=0.29m,求此过程棒上产生的热量。
【答案】(1)0.50T,垂直纸面向外(2)

(2)根据动量定律 , ,解得
ab棒产生的热量 ,解得
2、【2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】间距为 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为 ,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3 的“联动双杆”(由两根长为 的金属杆, 和 ,用长度为L的刚性绝缘杆连接而成),在“联动双杆”右侧存在大小为 ,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L,质量为 ,长为 的金属杆 ,从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆 与“联动双杆”发生碰撞后杆 和 合在一起形成“联动三杆”,“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出,运动过程中,杆 、 和 与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆 、 和 电阻均为 。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求:

(1)杆 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 ;
(2)联动三杆进入磁场区间II前的速度大小 ;
(3)联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热
【答案】(1) =6m/s (2) v’=1.5m/s (3)0.25J
【考点】本题主要考察知识点:电磁感应与动量守恒定律综合应用

(2)由定量守恒定律

(3)进入B2磁场区域,设速度变化v,动量定理有


出B2磁场后“联动三杆”的速度为


3、【2018年10月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】【加试题】为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置,半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l,电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴 上,由电动机A带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为 、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m,电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为 、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中,从圆形金属导轨引出导线和通电电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接,当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为 ;当开关S闭合,电动机以某一转速匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时:

(1)通过棒cd的电流 ;
(2)电动机对该装置的输出功率P;
(3)电动机转动角速度 与弹簧伸长量x之间的函数关系。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)S断开,cd棒静止有

S闭合,cd棒静止时受到的安培力

Cd棒静止有

得:

(3)由法拉第电磁感应定律
回路总电流
解得
考点:考查了导体切割磁感线运动
【名师点睛】对电磁感应电源的理解
(1)电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定,要特别注意在内电路中电流由负极到正极。
(2)电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同,前者是由于导体切割磁感线产生的,公式为 ,其大小可能变化,变化情况可根据其运动情况判断;而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。
(3)在电磁感应电路中,相当于电源的导体(或线圈)两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样,等于路端电压,而不等于电动势。(除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零)
4、【2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图为离子探测装置示意图.区域I、区域Ⅱ长均为L=0.10m,高均为H=0.06m.区域I可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场;区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏.质子束沿两板正中间以速度v=1.0×l05m/s水平射入,质子荷质比近似为 =1.0×l08C/kg.(忽略边界效应,不计重力)
(1)当区域Ⅱ加电场、区域Ⅱ不加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax;
(2)当区域I不加电场、区域Ⅱ加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax;
(3)当区域I加电场E小于(1)中的Emax,质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高,求区域Ⅱ中的磁场B与区域I中的电场E之间的关系式.

【答案】(1)333.3N/C;(2)8×10?3T;(3)B=
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】(1)粒子在电场区做类似平抛运动,在区域Ⅱ做匀速直线运动,类平抛运动的末速度的反向延长线通过水平分位移的中点,结合类平抛运动的分运动公式列式求解;
(2)粒子射入磁场后做匀速圆周运动,画出临界轨迹,得到临界轨道半径,然后根据牛顿第二定律列式分析;
(3)画出轨迹,结合几何关系、类平抛运动的分运动公式、牛顿第二定律列式后联立求解.
【解答】解:(1)画出轨迹,如图所示:


(2)画出轨迹,如图所示:

轨迹圆半径满足: ,解得:R= ;
圆周运动满足:qvBmax=m ,解得:Bmax= ;
(3)画出轨迹,如图所示:


答:(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时,能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax约为333.3N/C
(2)当区域I不加电场、区域Ⅱ加磁场时,能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax约为8×10?3T;
(3)当区域I加电场E小于(1)中的Emax,质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高,区域Ⅱ中的磁场B与区域I中的电场E之间的关系式为B= .

1、如图所示,一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L=1.0m,NQ两端连接阻值R=1.0Ω的电阻,磁感应强度为B=2T的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨平面与水平面间的夹角θ=30°。一质量m=2.0kg,阻值r=0.50Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M=0.60kg的重物P相连。已知金属棒从静止开始释放,第1s末到达速度最大;金属棒在第1s内通过的电量q=4C,g=10m/s2,

(1)金属棒最大速度
(2)金属棒在第1s内产生的热量。
【答案】1.5m/s 6.05J

(2)金属棒在第1s内通过的电量
解得
根据能量守恒定律
代入解得 Q=9.075J
由于金属棒与电阻R串联,电流相等,根据焦耳定律Q=I2Rt,得到它们产生的热量与电阻成正比,所以金属棒在第1s内产生的热量量
2、为研究某种材料的荧光特性,兴趣小组的同学设计了图示装置;让质子经过MN两金属板之间的电场加速后,进入有界匀强磁场.磁场的宽度L=0.25m.磁感应强度大小B=0.01T.以出射小孔O为原点,水平向右建立x轴,在0.4≤x≤0.6区域的荧光屏上涂有荧光材?,(已知质子的质量m=1.6×10?27 kg,电量q=1.6×10?19 C,进入电场时的初速度可略)
(1)要使质子能打在荧光屏上,加速电压的最小值是多少?
(2)当使质子打中荧光屏时的动能超过288eV.可使荧光材料发光,对于不同的加速电压,荧光屏上能够发光的区域长度是多少?

【答案】(1)要使质子能打在荧光屏上,加速电压的最小值是200V;
(2)当使质子打中荧光屏时的动能超过288eV.可使荧光材料发光,对于不同的加速电压,荧光屏上能够发光的区域长度是0.02m
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】(1)由动能定理求出粒子经电场加速后的速度,进入磁场后做匀速圆周运动运动,根据几何关系求出半径,联立方程即可求解出电压;
(2)根据最小动能求出电压的最小值,由(1)得出的电压表达式求出最小半径,考虑到粒子要打到荧光屏上,再根据几何关系求出最大半径,进而得出发光区域长度

(2)由题意,当 时对应电场力做功最小值 ,则
根据 得
对应
,经检验:此时质子已经穿出磁场边界线,不能打到荧光屏上了,以磁场边界计算,有 ,即
能够发光的区域长度
答:(1)要使质子能打在荧光屏上,加速电压的最小值是200V
(2)当使质子打中荧光屏时的动能超过288eV.可使荧光材料发光,对于不同的加速电压,荧光屏上能够发光的区域长度是0.02m
【名师点睛】本题是带电粒子在组合场中运动的问题,关键是分析粒子的受力情况和运动情况,用力学的方法处理。
3、如图所示,等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里的匀强磁场,速度为 的带电粒子,从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出,现将匀强磁场换成垂直ab边的匀强电场,其它条件不变,结果粒子仍能从c点射出。粒子的重力不计。
(1)磁感应强度B与电场强度E之比?
(2)单独磁场时粒子的运动时间t1与单独电场时粒子的运动时间t2之比?

【答案】(1) ;(2)
【解析】粒子在磁场中做的是匀速圆周运动,轨迹如图所示:

设ab=L,则轨道半径r=L,根据牛顿第二定律,有: ①

所以,磁感应强度B与电场强度E之比 ⑦;
单独磁场时粒子的运动时间t1与单独电场时粒子的运动时间t2之比 ⑧
4、如图甲所示,两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u,金属板间电场可看做均匀、且两板外无电场,板长L=0.2m,板间距离d=0.1m,在金属板右侧有一边界为MN的匀强磁场,MN与两板中线OO′ 垂直,磁感应强度 B=5×10-3T,方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中,已知每个粒子的比荷 =108C/kg,重力忽略不计,在0-0.8×10-5s时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t = 0时刻进入两板间的带电粒子恰好在0.2×10-5s时刻经极板边缘射入磁场。(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况)。
(1)求两板间的电压U0
(2)0-0.2×10-5s时间内射入两板间的带电粒子都能够从磁场右边界射出,求磁场的最大宽度
(3)若以MN与两板中线OO′ 垂直的交点为坐标原点,水平向右为x轴,竖直向上为y轴建立二维坐标系,请写出在0.3×10-5s时刻射入两板间的带电粒子进入磁场和离开磁场(此时,磁场只有左边界,没有右边界)时的位置坐标。
(4)两板间电压为0,请设计一种方案:让向右连续发射的粒子流沿两板中线OO′射入,经过右边的待设计的磁场区域后,带电粒子又返回粒子源。

【答案】(1)25 (V)(2)0.2 (m)(3)( 0 ; 0.3875) (m) (4)如图;
【解析】
他粒子也都能从磁场的右边界射出。粒子进入磁场作匀速圆周运动,则:
Bqv=mv2/R1 R1=mv0/Bq
由第一问可知:v0=L/t=0.2/0.2×10-5 =105 (m/s)
R1=105/5×10-3×108=0.2 (m)

y2=0.0125+2×105/5×10-3×108=0.4125 (m)
离开磁场左边界坐标为 ( 0 ; 0.4125 ) (m)
若向下偏转,根据平抛运动公式得: y1= at2=2.5×1010×(0.1×10-5)2/2=0.0125 (m)
进入坐标为 ( 0 ; - 0.0125 ) (m)
进入磁场作匀速圆周运动, R2=mv/Bq
离开磁场时的坐标 y2= 2R2cosθ- y1= 2 mv0/Bq- y1
y2=2×105/5×10-3×108-0.0125=0.3875(m)
离开磁场左边界坐标为 ( 0 ; 0.3875) (m)
(4) (只要合理均给分)

考点:带电粒子在电场及磁场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强电场和磁场中的运动,关键要掌握类平抛运动的处理方法:运动的分解法,掌握粒子在磁场中圆周运动的半径公式,画出粒子的运动轨迹,运用几何关系解答。
5、两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,顶端接电容为C的电容器,右导轨上部接一个阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒ab某处由静止释放,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示,不计导轨的电阻,重力加速度为g,求:
(1)最后金属棒上的加速度;
(2)电阻R产生的电功率

【答案】(1) ;(2)

设金属棒下滑的速度大小为v时,经历的时间为t,通过金属棒的电流为I,金属棒受到磁场的安培力为F,方向沿导轨向上,大小为F=BLI ④
设在t~t+ 时间间隔内流经金属棒的电荷量为 ,按定义有 ⑤
也是平行板电容器两极板在t~t+ 时间间隔内增加的电荷量 ⑥
按加速度的定义有 ⑦
分析导体棒的受力:受重力mg,沿斜面向上的安培力F。

联立解得金属棒的加速度
通过电阻的电流
电阻R产生的电功率
6、如图所示,水平地面上方高为h=7.25m的区域内存在匀强磁场,ef为磁场的上水平边界。边长L=l.0m,质量m=0.5kg,电阻R=2.0Ω的正方形线框abcd从磁场上方某处自由释放,线框穿过磁场掉在地面上。线框在整个运动过程中始终处于竖直平面内,且ab边保持水平。以线框释放的时刻为计时起点,磁感应强度B随时间t的变化情况如B-t图象,已知线框ab边进入磁场刚好能匀速运动,g取10m/s2。求:

(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v;
(2)线框从释放到落地的时间t;
(3)线框从释放到落地的整个过程中产生的焦耳热。
【答案】(1)10m/s(2)0.6s(3)5.2J

代入数据解得v=10m/s (1分)
(2)线框abcd进入磁场前时,做匀加速直线运动;进磁场的过程中,做匀速直线运动;进入磁场后到落地,仍做匀加速直线运动。
进磁场前线框的运动时间为 (1分)
进磁场过程中匀速运动时间 (1分)
线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前,所以该阶段的加速度仍为g=10m/s2

解得:t3=0.5s (2分)
因此ab边由静止开始运动到落地用的时间为t=t1+t2+t3=1.6s (2分)

本题考查的是电磁感应定律和和力学综合的应用问题,根据安培定律和电磁感应定律,利用受力平衡条件即可计算出匀速运动的速度;综合匀速和匀变速运动规律计算出落地时间;根据功能关系可以计算出产生的焦耳热;
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