高考物理总复习第10、11、12讲高考大题精炼.pdf

《高考物理总复习第10、11、12讲高考大题精炼.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理总复习第10、11、12讲高考大题精炼.pdf（32页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 高考第高考第 23，24 题汇总题汇总 第 1 页 客服热线11 年 海淀零模 23（18 分）打印机是办公的常用工具，喷墨打印机是其中的一种。图 11 是喷墨打印机的工作原理简化图。其中墨盒可以喷出半径约为 10-5m 的墨汁微滴，大量的墨汁微滴经过带电室时被带上负电荷，成为带电微粒。墨汁微滴所带电荷量的多少由计算机的输入信号按照文字的排列规律进行控制。带电后的微滴以一定的初速度进入由两块平行带电金属板形成的偏转电场中，微滴经过电场的作用发生偏转后打在纸面上，显示出字体。若某种喷墨打印机的偏转电场极板长度为 l，两板间的距离为 d，偏转电场极板的右端距纸面的距离为 b，某个带电微滴的质量为

2、 m，沿两板间的中心线以初速度 v0进入偏转电场。偏转电场两极板间电压为 U。该微滴离开电场时的速度大小为 v，不计微滴受到的重力和空气阻力影响，忽略电场边沿处场强的不均匀性。（1）该该带电微滴所带的电荷量 q；（2）该该带电微滴到达纸面时偏离原入射方向的距离 y；（3）在微滴的质量和所带电荷量以及进入电场的初速度均一定的条件下，分析决定打印在纸上字体大小的因素有哪些？若要使纸上的字体高度放大，可以采取的措施是什么？23（18 分）解：（1）带电微滴进入电场后，做类平抛运动，离开电场时，沿垂直电场方向的速度大小为 v0，沿电场方向的速度大小为 202vvvy （2 分）设带电微滴在电场中运动的

3、时间为 t，根据牛顿第二定律与运动学公式 tmdqUvy （1 分）0vlt （1 分）解得：Ulvvmdvq2020 （3 分）（2）带电微滴离开电场后做匀速直线运动，设运动方向与 v0方向的夹角为，根据平抛运动的特点，2t an0lbyvvy （3 分）墨盒 带电室 偏转板 纸 图 11 第 2 页 客服热线解得 )2(0202lbvvvy （3 分）（3）由（1）问和（2）问的结果可知，微滴到达纸面上时偏离原入射方向的距离 )2(20lbmdvqUly （2 分）y 的数值越大，即纸面上的字体越大。在 m、q 以及 v0一定的条件下，若要使纸上的字体高度放大，可以增大偏转电场两极板间的电

4、压 U、偏转极板的右端距纸面的距离 b 或偏转极板的长度 l，也可以减小偏转电场两极板间的距离 d。（3 分）第 3 页 客服热线西城一模 23（18 分）图 1 是示波管的原理图，它由电子枪、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极 XX、YY组成。偏转电极的极板都是边长为 l 的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为 d。电极 YY的右端与荧光屏之间的距离为 L。这些部件处在同一个真空管中。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。荧光屏上有 xoy 直角坐标系，x 轴与电极 XX的金属板垂直（其正方向由 X指

5、向 X），y 轴与电极 YY的金属板垂直（其正方向由 Y指向 Y）。已知电子的电量为 e，质量为 m。可忽略电子刚离开金属丝时的速度，并不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。（1）若加速电极的电压为 U0，两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每块金属板，并最终打在 xoy 坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小；（2）若再在偏转电极 YY之间加恒定电压 U1，而偏转电极 XX之间不加电压，求电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离；（3）（i）若偏转电极 XX之间的电压变化规律如图 2 所示，YY之间的电压变化规律如图 3 所示。由于电子的速

6、度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且此过程中可认为偏转极板间的电压不变。请在图 4 中定性画出在荧光屏上看到的图形；（ii）要增大屏幕上图形在 y 方向的峰值，若只改变加速电极的电压 U0、YY之间电压的峰值 Uy、电极 XX之间电压的峰值 Ux三个量中的一个，请说出如何改变这个物理量才能达到目的。23（18 分）（1）电子出加速电场后做匀速直线运动，设速度为，根据动能定理得 eU0=221m （3 分）解得 =meU02 （2 分）t 4t0 2t0 Ux-Ux O UXX 图 2 t0 2t0 Uy-Uy O t UYY 图 3 O x y 图 4 x y o 亮点亮点 X Y 图

7、1 加速电极 第 4 页 客服热线（2）设电子在偏转电极 YY中的运动时间为 t1，沿垂直电场方向电子做匀速直线运动，则 l=t1 （1 分）沿平行电场方向电子做初速度为 0 的匀加速直线运动，则 y1=2121at （1 分）此过程中电子的加速度大小 mdeUa1 （1 分）电子在 y 方向的速度 y=a t1 （1 分）电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间 t2到达荧光屏。则 L=t2 （1 分）y2=y t2 （1 分）电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离 y=y1+y2 解 得 014)2(dULllUy （2 分）（3）（i）如答图 4 所示（2 分）（ii）减小 U0 或

8、 增大 Uy（3 分）答图4 O x y 第 5 页 客服热线海淀一模 23(18 分）在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930 年，Earnest O.Lawrence 提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。图 12 甲为 Earnest O.Lawrence 设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制 D 型金属扁盒组成，两个 D 形盒正中间开有一条狭缝；两个 D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图 12 乙为俯视图，

9、在 D 型盒上半面中心 S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入 D 型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达 D 型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为 q，质量为 m，加速时电极间电压大小恒为 U，磁场的磁感应强度为 B，D 型盒的半径为 R，狭缝之间的距离为 d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不

10、可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第 n 次加速结束时所经历的时间；（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为 R 的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。23（18 分）解：（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为 v1，由动能定理得 2121mvqU （2 分）正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为 r1，由牛顿第二定律得 1211rvmBqv （2 分）由以上两式解得 212qBmUr （1 分）（2）设正离子经过窄缝被第 n 次加速加速后的速度为 vn，由动能定理得 2n21mvnqU （1 分）B 接交流电源 甲 S 乙 图 12 第 6 页

11、 客服热线粒子在狭缝中经 n 次加速的总时间 avtn1 （1 分）由牛顿第二定律 madUq （1 分）由以上三式解得电场对粒子加速的时间 qUnmdt21 （1 分）正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 rvmBqv2 （1 分）又 vrT2 （1 分）粒子在磁场中做圆周运动的时间 2)1(2Tnt （1 分）由以上三式解得 qBmnt)1(2 （1 分）所以，粒子从离开离子源到被第 n 次加速结束时所经历的时间 21tttqUnmd2+qBmn)1(（1 分）（3）设离子从 D 盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为 rm，速度为 vm Rr m （1 分）m2mmrvmBqv （1

12、 分）离子获得的最大动能为 mRBqmvE2212222m （1 分）所以，要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B。（1 分）第 7 页 客服热线朝阳一模 23（18 分）如图所示为某种质谱仪的结构示意图。其中加速电场的电压为 U，静电分析器中与圆心 O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心 O1。磁分析器中以 O2为圆心、圆心角为 90的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为 m、电荷量为 q 的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，从 M 点沿垂直于该点的场强方向

13、进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为 R 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从 N 点射出静电分析器。而后离子由 P 点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从 Q 点射出，并进入收集器。测量出 Q 点与圆心 O2的距离为 d。（1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度 E 的大小；（2）求磁分析器中磁场的磁感应强度 B 的大小和方向；（3）通过分析和必要的数学推导，请你说明如果离子的质量为 0.9m，电荷量仍为 q，其他条件不变，这个离子射出电场和射出磁场的位置是否变化。23（18 分）解：（1）离子在静电分析器中做匀速圆

14、周运动，根据牛顿第二定律有 2vqEmR 设离子进入静电分析器时的速度为 v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有 212qUmv 由解得 2UER 6 分（2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 2vqvBmr 由题意可知，圆周运动的轨道半径 r=d 由式解得 第 8 页 客服热线 12mUBdq 磁场方向为垂直纸面向外。6 分（3）设质量为 0.9m 的离子经加速电场加速后，速度为 v，由动能定理可得 210.92qUmv 由式可得 220.9mvmv 新离子进入电场时与 O1的距离仍为 R，新离子如果在电场中做半径为 R 的匀速圆周运动，所需要的向心力 20.9vFm

15、R向 由式可得 FqE向 即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为 R 的匀速圆周运动，仍从 N 点射出。由式可知，离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径12mUrBq，与离子的质量有关，所以不能沿原来的轨迹从 Q 点射出磁场。6 分 第 9 页 客服热线朝阳二模 23（18分）如图甲所示，水平放置的两平行金属板的板长l不超过0.2m，OO为两金属板的中线。在金属板的右侧有一区域足够大的匀强磁场，其竖直左边界MN与OO垂直，磁感应强度的大小B=0.010T，方向垂直于纸面向里。两金属板间的电压U随时间t变化的规律如图乙所示，现有带正电的粒子连

16、续不断地以速度v0=1105m/s，沿两金属板的中线射入电场中。已知带电粒子的荷质比81 10 C/kgqm，粒子所受重力和粒子间的库仑力忽略不计，不考虑粒子高速运动的相对论效应。在每个粒子通过电场区域的时间内可以认为两金属板间的电场强度是不变的。（1）在t=0.1s时刻射入电场的带电粒子恰能从平行金属板边缘射出，求该粒子射出电场时速度的大小；（2）对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场和射出磁场两点间的距离为d，请你证明d是一个不变量。（3）请你通过必要的计算说明：为什么在每个粒子通过电场区域的时间内，可以认为两金属板间的电场强度是不变的。U v0 M N B O O U/V t/

17、s 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 100 甲 乙 第 10 页 客服热线23（18 分）解：（1）在t=0.1s时刻，两金属板间的电压U=100V，设粒子射出电场时的速度大小为v1，根据动能定理有 2210111222qUmvmv 解得 v11.4105m/s 6分（2）带电粒子射入磁场后的轨迹如右图所示。设粒子射入磁场时的速度为v2，v2与v0的夹角为，则 02cosvv 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有 222mvqv BR 由式可求得 0cosmvRqB 则由几何关系可求得 022 cosmvdRqB 因为mq、v0、B均为常量，所以d是一

18、个不变量。8分（3）带电粒子在金属板间的运动时间 0ltv2106s 设金属板间电压的变化周期为T，T0.2s tT 所以在每个粒子通过电场区域的时间内可以认为两极板间的电压是不变的，若两极板间的距离为L，两金属板间的电场强度 UEL 因为U、L均不变，所以可以认为电场强度是不变的。4分 v0 v d R O 第 11 页 客服热线东城二模 23(18 分)质量为 M 的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上。质量为 m 的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度 v 从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示。已知 M:m=3:1，物块与水平轨道之间的动摩擦因

19、数为，圆弧轨道的半径为 R。（1）求物块从轨道左端滑出时，滑块 M 的速度的大小和方向；（2）求水平轨道的长度；（3）若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块 m 不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件。23(18 分)解：（1）（5 分）对于滑块 M 和物块 m 组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有 MVmv （3 分）滑块 M 的速度vvMmV31（1 分），方向向右。（1 分）（2）（5 分）物块滑下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能和内能，有 mgRmgLMVmv222121（3 分）解得gvgRL3232 （2 分）（3）（

20、8 分）物块以速度 v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大。若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度 V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度。对于 M 和 m 组成的系统，水平方向动量守恒，有 01()mvmM V（3 分）相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有 220111()22mvMm VmgLmgR（3 分）解得20433vgRv（1 分）要使物块 m 不会越过滑块，其初速度20334vgRv （1 分）M m R 第 12 页 客服热线10 年 海淀一模 24（20 分）如图 15 所示，固定在上、下两层水平面上的平行金属导轨 MN、MN和 OP、OP间距

21、都是 l，二者之间固定两组竖直半圆形轨道 PQM 和 PQM，两轨道间距也均为 l，且 PQM 和 PQM的竖直高度均为4R，两个半圆形轨道的半径均为 R。轨道的 QQ端、MM端的对接狭缝宽度可忽略不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架，能使导轨系统位置固定。将一质量为 m 的金属杆沿垂直导轨方向放在下层金属导轨的最左端 OO位置，金属杆在与水平成 角斜向上的恒力作用下沿导轨运动，运动过程中金属杆始终与导轨垂直，且接触良好。当金属杆通过4R 距离运动到导轨末端 PP位置时其速度大小 vP=4gR。金属杆和导轨的电阻、金属杆在半圆轨道和上层水平导轨上运动过程中所受的摩擦阻力，以及整个运动过程中

22、所受空气阻力均可忽略不计。（1）已知金属杆与下层导轨间的动摩擦因数为，求金属杆所受恒力 F 的大小；（2）金属杆运动到 PP位置时撤去恒力 F，金属杆将无碰撞地水平进入第一组半圆轨道 PQ 和 PQ，又在对接狭缝 Q 和 Q处无碰撞地水平进入第二组半圆形轨道 QM 和 QM的内侧，求金属杆运动到半圆轨道的最高位置 MM时，它对轨道作用力的大小；（3）若上层水平导轨足够长，其右端连接的定值电阻阻值为 r，导轨处于磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中。金属杆由第二组半圆轨道的最高位置 MM处，无碰撞地水平进入上层导轨后，能沿上层导轨滑行。求金属杆在上层导轨上能滑行的最大距离。图 15 P M

23、 r M P Q Q O O N N F 第 13 页 客服热线24（20 分）（1）金属杆在恒定外力 F 作用下，沿下层导轨以加速度 a 做匀加速直线运动，根据运动学公式有vP2=2as 1 分 将 vP=4gR，s=4R 代入，可解得 a=2g1 分 根据牛顿第二定律，金属杆沿下层导轨运动时，在竖直方向和水平方向分别有 mgNFsin=0，FcosN=ma 2 分 解得 F=sincos)2(mg 1 分（2）设金属杆从 PP位置运动到轨道最高位置 MM时的速度为 v1，此过程根据机械能守恒定律有22111422PmvmgRmv2 分 解得 18vgR1 分 设金属杆在 MM位置所受轨道压

24、力为 FM，根据牛顿第二定律有21MvFmgmR2 分 解得 7MFmg 1 分 由牛顿第三定律可知，金属杆对轨道压力的大小 7MFmg 1 分（3）经历一段极短的时间 t1，在安培力 F1作用下杆的速度由 v1减小到 v2，接着在安培力 F2作用下经历一段极短的时间t2，杆的速度由v2减小到v3，再接着在安培力F3作用下经历一段极短的时间t3，杆的速度由 v3减小到 v4，再接着在安培力 Fn作用下经历一段极短的时间 tn，杆的速度由 vn减小到 vn+1。由动量定理1112Ftmvmv 1 分 2223Ftmvmv 3334Ftmvmv 1nnnnFtmvmv 1 分 在每一段极短的时间内

25、，杆的速度、杆上的电动势和安培力都可认为是不变的，则 t1时间内，安培力 2 21111BlvB l vFBilBlrr 1 分 第 14 页 客服热线则 t2时间内，安培力 2 22222BlvB l vFBi lBlrr 则 t3时间内，安培力 2 23333BlvB l vFBi lBlrr 1 分 冲量累加1122331nnFtFtFtFtmv 1 分 2 22 22 22 23121231nnB l vB l vB l vB l vttttmvrrrr 2 21122331()nnB lvtvtvtvtmvr 1 分 2 21231()nB lxxxxmvr 2 21B lxmvr

26、1 分 解得 12 22 28mrgRmv rxB lB l 1 分 第 15 页 客服热线崇文一模 23.（18 分）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 的区域足够大的匀强磁场，MN 与两板中线 OO 垂直，磁感应强度 B=5 103T，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，已知每个粒子的速度 v0=105m/s，比荷mq=108C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为恒定不变。求：

27、（1）带电粒子刚好从极板边缘射出时两金属板间的电压；（2）带电粒子进入磁场时粒子最大速度的大小；（3）证明：任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在 MN 上的入射点和出磁场时在 MN 上的出射点间的距离为定值，并计算两点间的距离。第 16 页 客服热线23解：（1）（5 分）设带电粒子刚好从极板边缘射出电场时电压为 U 2212atd （1 分）dmUqmEqa （1 分）0vlt （1 分）U=25V （2 分）（2）（4 分）带电粒子刚好从极板边缘射出电场时速度最大，设最大速度为 vm，由动能定理 20221212mvmvqUm （2 分）41055mvm/s （2 分）（3）（9 分

28、）设粒子进入磁场时速度方向与 OO的夹角为 则任意时刻粒子进入磁场的速度大小cos0vv （2 分）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 R c o s0qBmvqBmvR （2 分）设带电粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离为 l qBmvRl02cos2 （2 分）由上式可知，射出电场的任何一个带电粒子，进入磁场时的入射点与射出磁场时的出射点间距离为定值，l 与 无关，与所加电压值无关 （1 分）两点间的距离为 l=0.4m （2 分）第 17 页 客服热线西城一模 23（18 分）1897 年汤姆逊发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索。1907-1916 年密

29、立根用带电油滴进行实验，发现油滴所带的电荷量是某一数值 e 的整数倍，于是称这一数值 e 为基本电荷。如图所示，两块完全相同的金属极正对着水平放置，板间的距离为 d。当质量为 m 的微小带电油滴在两板间运动时，所受空气阻力的大小与速度大小成正比。两板间不加电压时，可以观察到油滴竖直向下做匀速运动，通过某一段距离所用时间为 tl；当两板间加电压 U（上极板的电势高）时，可以观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，且在时间 t2内运动的距离与在时间 tl内运动的距离相等。忽略空气浮力。重力加速度为 g。（1）判断上述油滴的电性，要求说明理由；（2）求上述油滴所带的电荷量 Q；（3）在极板间照射 X 射线

30、可以改变油滴的带电量。再采用上述方法测量油滴的电荷量。如此重复操作，测量出油滴的电荷量 Qi如下表所示。如果存在基本电荷，请根据现有数据求出基本电荷的电荷量 e（保留到小数点后两位）。实验次序 1 2 3 4 5 电荷量 Qi（10-18C）0.95 1.10 1.41 1.57 2.02 油滴 小孔 显微镜 喷雾器 d 第 18 页 客服热线23（18 分）（1）当极板上加了电压 U 后，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电。（4 分）（2）设油滴运动时所受空气阻力 f 与速度大小 v 满足关系 f=kv 当不加电场时，设油滴以速率

31、v1匀速下降，受重力和阻力而平衡，即 1kvmg （2 分）当极板加电压 U 时，设油滴以速率 v2匀速上升，受电场力、重力和阻力，即 2kvmgQE （2 分）E=dU （2 分）根据题意有 v1 t1=v2 t2 （1 分）解得 Q=221)(Utttmgd （2 分）（3）如果存在基本电荷，那么油滴所带的电荷量 Q 应为某一最小单位的整数倍，即油滴电荷量的最大公约数(或油滴带电量之差的最大公约数)为基本电荷 e。由于 Q2-Q1=0.15 10-18C，Q3-Q2=0.31 10-18C，Q4-Q3=0.16 10-18C，Q5-Q4=0.45 10-18C 可以看出，油滴带电量之差都近

32、似为某个数的整数倍，即 Q2-Q1=e1，Q3-Q2=2e2，Q4-Q3=e3，Q5-Q4=3e4 所以C1054.14194321eeeee或者采用作图的方法：由于油滴所带电荷Qi是基本电荷e的整数倍。即 Qi=nie (其中 ni为整数)以自然数n为横坐标,以电荷量 Q 为纵坐标，建立 Q-n 坐标系。找出油滴带电量之差的最大公约数，再将电荷量 Qi与这个最大公约数的比值（四舍五入取整）作为 ni，将坐标（ni，Qi）对应的点标在坐标纸上，最后作一条直线，使这些点尽可能落在直线上，则 e 为该直线的斜率。如图 2 所示，e=1.52 10-19C。说明方法（3 分）写出结果 e=1.50

33、10-19C1.58 10-19C 或kee（k 为自然数）（2 分）Q/(10-18C)图 2 0.9 7 8 9 10 11 1.9 1.1 1.3 1.5 1.7 6 x 2.1 12 13 第 19 页 客服热线朝阳一模 23（18 分）现代技术中，传感器是指这样一类元件：它能够将诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量按照一定规律转换为电学量。如图所示的装置就是一种测压强的传感器。图中 A、B 为大小、形状完全相同的金属板，它们构成一个电容器，其中 A 板被固定，两金属板的正对面积为 S，金属板间空气的介电常数为，静电力常量为 k。C、D 是两根完全一样的轻质弹簧，它们的劲度系数为

34、k0。两弹簧一端固定，另一端与金属板 B 上的绝缘杆相连。传感器未工作时，弹簧处于自然长度，两金属板间的距离为 d0。（1）现将两金属板与直流电源相连对电容器进行充电，充至电容器两极间电压为 U 后与电源断开。由于两金属板带电导致的两板间距的变化忽略不计，求电容器所带电荷量；（2）若仅已知 k0、d0、S，对极板 B 的右侧施加一均匀向左的待测压强 P，甲同学说：可以通过测量施加压强前后两极板间的电压 U0、U对压强进行测量；乙同学说：可以通过测量施加压强前后电容器的带电量 Q0、Q对压强进行测量。a你选择上述哪种方法，指出这种方法中开关所处的状态，并简要说明理由。b根据你选择的方法，通过推导

35、写出压强的表达式。23（18 分）解：（1）因为电容器的电容 QCU 04SCkd 所以 04SUQkd 6 分（2）a若采用甲同学的方法，将开关 S 断开，使极板上所带电荷量保持不变，即可找到两极板间电压随压强变化的关系。b由题意可知：004SCkd 00QCU 4SCkd 11QCU 002()Fk dd 解得：002(1)k dFUPSSU 12 分 a若采用乙同学的方法，将开关 S 闭合，使两极板间的电压保持不变，即可找到电容器所带电荷量随压强变化的关系。b由题意可知：004SCkd 00QCU 4SCkd 11QCU 002()Fk dd 解得：002(1)k dFQPSSQ 12

36、分A B C D S 第 20 页 客服热线丰台一模 23(18 分)如图甲所示（俯视图），相距为 2L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以 OO/为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻 R，导轨电阻忽略不计。在距边界 OO/也为 L 处垂直导轨放置一质量为 m、电阻不计的金属杆 ab。求解以下问题：（1）若 ab 杆固定在轨道上的初始位置，磁场的磁感应强度在时间 t 内由 B 均匀减小到零，求此过程中电阻 R 上产生的焦耳热为 Q1。（2）若磁场的磁感应强度不变，ab 杆在恒力作用下由静止开始向右运动 3L 距离，其 v-x

37、的关系图像如图乙所示。求ab 杆在刚要离开磁场时的加速度大小；此过程中电阻 R 上产生的焦耳热 Q2。23.（18 分）解析:（1）磁场的磁感应强度在时间 t 内由 B 均匀减小到零，说明tBtB 此过程中的感应电动势为tBLtE212 通过 R 的电流为REI11 此过程中电阻 R 上产生的焦耳热为RtIQ211 ，联立求得RtLBQ4214（2）ab 杆离起始位置的位移从 L 到 3L 的过程中由动能定理可得 2221132FLLm vv ab 杆刚要离开磁场时，感应电动势122BLvE L a b O O/B R L 3L x/m v/ms-1 v1 v2 0 图甲 图乙 第 21 页

38、客服热线通过 R 的电流为REI22 水平方向上受安培力F安和恒力 F 作用 安培力为：LBIF22安 联立解得RvLBF1224安 由牛顿第二定律可得：FFma安 联立解得mRvLBLvva122212244 ab 杆在磁场中由起始位置发生位移 L 的过程中，根据功能关系，恒力 F 做的功等于 ab 杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则 22121QmvFL 联立解得 4)3(21222vvmQ 第 22 页 客服热线海淀二模 23（18 分）风能是一种环保型的可再生能源。据勘测，我国可利用的风力资源至少有 2.53105MW，所以风能是很有开发前途的能源。风力发电将风的动能通过风力发电机

39、转化为电能。某风力发电机将空气的动能转化为电能的效率=20%，空气密度=1.3 kg/m3，其有效受风面积 S=20 m2。此风力发电机输出 U=250V 稳定的直流电压，用它给如图 11 所示的皮带传送装置的电动机（电动机未画出）供电，输电线电阻不计。已知皮带传送装置的电动机的额定电压 U额=250V，允许消耗电功率的最大值为 P电m=500W，线圈的电阻 R5.0。在电动机消耗的电功率达到最大值的情况下，电动机及皮带传送装置各部分由于摩擦而损耗的功率与皮带传送装置输出的机械功率之比为 1：5。重力加速度 g 取 10m/s2。（1）求此风力发电机在风速 v1=10 m/s 时输出的电功率；

40、（2）求皮带传送装置的电动机消耗电功率达到最大值时，皮带传送装置输出的机械功率；（3）已知传送带两端 A、B 之间的距离 s=10m、高度差 h=4.0m。现将一可视为质点的货箱无初速地放到传送带上 A 处，经 t=1.0s 后货箱与传送带保持相对静止，当货箱被运送至 B 处离开传送带时再将另一个相同的货箱以相同的方式放到 A 处，如此反复，总保持传送带上有一个（也只有一个）货箱。在运送货箱的过程中，传送带的运行速度始终保持 v21.0m/s 不变。若要保证皮带传送装置的电动机所消耗电功率始终不超过 P电m=500W，货箱的质量应满足怎样的条件。23（18 分）（1）1s 内吹到风力发电机有效

41、面积上空气的体积 V=Sv12 分 这些空气所具有的动能 Ek=12 Vv122 分 风力发电机输出的电功率 P=Ekt=Sv132t=26 103W2 分（2）设带动传送带的电动机消耗电功率最大时通过它的电流为 I，此时电动机输出功率为 P输出，皮带传送装置输出的机械功率为 P机械。则 I=P电mU额=20A2 分 P输出=P电mI2R=480W2 分 根据题意可知 P机械=56 P输出=400W2 分（3）设货箱在恒力作用下做匀加速直线运动的位移为 sx，上升的高度为 hx。根据匀加速运动公式有 sx=12 v2t=050m，根据几何关系解得 hx=020m1 分 图 11 A B v v

42、 第 23 页 客服热线 货箱在传送带上加速运动时，带动传送带运行的电动机需要消耗较大的电功率，所以在货箱加速过程中电动机如果不超过其允许消耗的最大功率，匀速运行过程中就不会超过其允许消耗的最大电功率。1 分 设货箱质量为 m，货箱被加速的过程中其机械能增加量为 E，由于货箱与传送带的摩擦产生的热量为 Q。E=Ep+Ek=mghx+12 mv221 分 设货箱与传送带之间的摩擦力为 f，对于货箱在传送带上被加速的过程，根据动能定理有 fsx-mghx=mv22。在货箱加速运动过程中，传送带的位移 s带=v2t=10m，所以货箱与传送带之间的相对位移 s=s带-sx=050m，根据功能关系 Q=

43、fs 联立解得 Q=s1 分 为使电动机工作过程中不超过允许的最大值，应有 Ep+Ek+Q 小于等于 P机械t，即 mghx+mv22+sP机械t1 分 解得80kg，即货箱质量不得大于 80kg1 分 212222xxmvmghs212222xxmvmghs222(2)()xxxPtsmvghss机械 第 24 页 客服热线西城二模 23（18 分）利用水流和太阳能发电，可以为人类提供清洁能源。水的密度=1.0 103kg/m3，太阳光垂直照射到地面上时的辐射功率 P0=1.0 103W/m2，地球表面的重力加速度取 g=10m/s2。（1）三峡水电站发电机输出的电压为 18kV。若采用 5

44、00kV 直流电向某地区输电 5.0 106kW，要求输电线上损耗的功率不高于输送功率的 5%，求输电线总电阻的最大值；（2）发射一颗卫星到地球同步轨道上（轨道半径约为地球半径的 6.6112倍）利用太阳能发电，然后通过微波持续不断地将电力输送到地面，这样就建成了宇宙太阳能发电站。求卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小；（3）三峡水电站水库面积约 1.0 109m2，平均流量 Q=1.5 104m3/s，水库水面与发电机所在位置的平均高度差为 h=100m，发电站将水的势能转化为电能的总效率=60%。在地球同步轨道上，太阳光垂直照射时的辐射功率为 10P0。太阳能电池板将太阳能转化为电能的效率

45、为 20，将电能输送到地面的过程要损失 50%。若要使（2）中的宇宙太阳能发电站相当于三峡电站的发电能力，卫星上太阳能电池板的面积至少为多大？23（18 分）（1）设输电线总电阻的最大值为 r，当通过输电线的电流为 I 时，输电线上损耗的功率为rIP2损 （2 分）采用 U=500kV 直流电向某地区输电 P=5.00 109W 时，通过输电线的电流 IUP （2 分）依题意得%5 PP损 解得 r=2.5 （2 分）（2）设卫星的轨道半径为 R，卫星所在轨道的向心加速度大小为 a，根据万有引力定律和牛顿第二定律得：maRMmG2 （2 分）解得 GMaR 2 （2 分）当卫星在地表附近时，G

46、MgR20 在同步轨道上，GMRatt2 根据题意，同步轨道的半径 Rt=112R0 解得卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小2220s/m23.0gRRatt （2 分）（3）三峡水电站的发电功率W100.9911QghP （2 分）设卫星太阳能电池板的面积至少为 S，则宇宙太阳能发电站的发电功率 SSPP30210%50%2010 （2 分）根据题意 P1=P2 所以太阳能电池板的面积至少为 S=9.0 106m2 （2 分）第 25 页 客服热线崇文二模 24(20 分)如图所示，两根平行金属导轨 MN、PQ 相距为 d=1.0m，导轨平面与水平面夹角为 30，导轨上端跨接一定值电阻 R

47、=1.6，导轨电阻不计，整个装置处于与导轨平面垂直且向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B=1.0T。一根与导轨等宽的金属棒 ef 垂直于 MN、PQ 静止放置，且与导轨保持良好接触。金属棒质量 m=0.1kg、电阻 r=0.4，距导轨底端 S1=3.75m。另一根与金属棒 ef 平行放置的绝缘棒 gh 长度也为 d，质量为2m，从导轨最低点以速度 v0=10m/s 沿轨道上滑并与金属棒发生正碰（碰撞时间极短），碰后金属棒沿导轨上滑 S2=0.2m 后再次静止，此过程中电阻 R 上产生的电热为 Q=0.2J。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为=33，g 取 10m/s2，求：（1）绝缘棒 gh

48、与金属棒 ef 碰前瞬间绝缘棒的速率；（2）两棒碰后，安培力对金属棒做的功以及碰后瞬间金属棒的加速度；（3）金属棒在导轨上运动的时间。24.（20 分）解解：（1）(5 分)设绝缘棒与金属棒碰前的速率为 v1，绝缘棒在导轨由最低点向上滑动的过程中,由动能定理 202111221221sin2cos2vmvmgSmgSm (3 分)v1=5m/s (2 分)第 26 页 客服热线（2）(10 分）设碰后安培力对金属棒做功为 W安，由功能关系，安培力做的功等于回路中产生的总电热 QRrRW安 (2 分)W安=0.25J (1 分)设碰后金属棒速率为 v、切割磁感线产生的感应电动势为 E，回路中感应

49、电流为 I，安培力为 F安 E=Bdv (1 分)rREI (1 分)F安=BId (1 分)由动能定理 W安mgS2sinmgS2cos=021mv22 (1 分)v=3m/s (1 分)设两棒碰后瞬时金属棒的加速度为 a，由牛顿第二定律 mgcosmgsinF安=ma (1 分)a=25m/s2 (1 分)（3）（5 分）设金属棒在导轨上运动时间为 t，在此运动过程中，安培力的冲量为 I安，沿导轨方向，由动能定理 I安mgtcosmgtsin=0mv (1 分)I安=BdIt (1 分)由闭合电路欧姆定律 rREI (1 分)第 27 页 客服热线 由法拉第电磁感应定律 tBd StE2

50、(1 分)得 t=0.2s (1 分)b c H m 2m B 第 28 页 客服热线东城二模 23（18 分）如图所示，间距为 L、电阻为零的 U 形金属竖直轨道，固定放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。竖直轨道上部套有一金属条 bc，bc 的电阻为 R，质量为 2m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时被卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在 bc 的正上方高 H 处，自由落下一质量为 m 的绝缘物体，物体落到金属条上之前的瞬间，卡环立即释放，两者一起继续下落。设金属条与导轨的摩擦和接触电阻均忽略不计，竖直轨道足够长。求：（1）金属条开始下落时的加速度；（2）金属条在加速过程