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+

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。
⑧
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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