2高三物理高考第一轮专题复习――电磁场(附答案详解) 下载本文

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B r R mg v θ +=

?由能量转化守恒得E 电=E G -E K 即E 电=(2

021sin mv d d mg -+θ=((4 422 2302sin sin L

B r R g m d d mg θθ+-+

13.解:(1当方框固定不动,U 型框以v 0滑至方框最右侧时,感应电动势为E ,有:E=BLV 0 (1

bc 间并联电阻 R 并=r ×3r r +3r =3 4

r (2 bc 两端的电势差 U bc =E R 并+2r +r R 并 (3 c a b M d N B

1 由(1(2(3得 Ubc= BLV。 5 E 此时方框的热功率 P=( )2 R 并 R并+2r+r 2 2 2 由(1(2(5得: p

4 B l v0 75r (4 M (5 (6 N B a d b c Q (2)若方框不固定,当 U 型

(3m

4mv 由能的

框恰好不与方框分离时速度设为 v,由动量守恒可知: P 3mv0

转化和守恒可知总热量 Q 为 1 1 Q= 3m v02 - (3m+4mv2 2 2 6 由(7(8可知,Q=

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mv02 7 由动量守恒可知:3mv=3mv1+4mv2 在 t 时间内相距 S 可知:s=(v1-v2t 1 4s 由(10) (11)可知 v1= (3v+ 7 t 3 s v2= (v- 7 t (7 (8 (9 (3)若方框不固定,设 U 型框与方框分离时速度分别为 v1、v2 (10 (11 14.解: (1)设导体棒 ab 的质量为 m1,下落到最低点的速度为 v1,离开最低点的速度为 v1 。导体棒 cd 的质量 为 m2,速度为 v2 ,相互作用的时间为△t。 导体棒 ab 下落过程和跳起过程都机械能守恒,则有: 2 ,解得: v1

1 2 mv1 ,解得:v1 = 2gh1

2

10

2

10

0.8m / s = 4 m/s 2 1

= 2gh2 0.45m / s = 3 m/s m1gh2 = m1v1 2 m1gh1 = 导体

+ m2 v 2

,解得:

棒 ab、cd 在水平面相互作用过程中,由动量守恒定律有: v 2 = m1v1 = m1 v1

0.1

(4 3 m1v1

m1v1

m / s

0.5m / s m2 0.2

(2)设通过导体棒 ab 电量为 q,在水平方向受安培力作用,由动量定理有: m1v1 , q = I C

1C BL 0.2

t

BIL

2

t m1v1 解得:q = 0.1

(4 3 m1v1

m1v1

0.5 1 Q m2 v 2 2 则:Q = m1g (h1 – h2 – (3)设产生的

热能为 Q,由导体棒 ab、cd 系统全过程能量守恒,则有: m1gh1 = m1gh2 + 1 1 2 = 0.1 ×10 ×(0.8 – 0.45 – ×0.2 ×0.52J = 0.32J m2 v 2 2 2 15.解?由于线圈完全处于磁场中时不产生电热,所以线圈进入磁场过程中产生的电热 Q 就是线圈从图中 2 位 置到 4 位置产生的电热,而 2、4 位置动能相同,由能量守恒得:Q=mgd=0.50J ?3 位置时线圈速度一定最小,而 3 到 4 线圈是自由落体运动因此有:v02-v2=2g(d-l) ,得 v=2 2 m/s 第11页

2 2 ?2 到 3 是减速过程,因此安培力 F

B l v 减小,由 F-mg=ma 知加速度减

小,到 3 位置时加速度最小, R a=4.1m/s2 16.解: (1)在图示位置时,电动势有最大值,所以此发电机电动势最大值为: (2)电动势的瞬时值: e t ∴感应电流函数表达式为: i (3)电动势有效值: E

EM 2

E M

nBS

e nBS

cos

t R

E M cos r R

r

电流的有效值为:I

· R

r 2 ( R

电压的有效值为:U r R 2 R ·E

· nBS

(4)发电机的输出功率为: E 2 nBSR

r 2 R

r P出

IU

R n 2 B 2 S 2

2 2( R r 2 17.解:根据题意,题中所

给交流的电动势、原线圈中的电流,均为交流的有效值,应用有效值这一概念可把 问题转化为直流问题来处理。 (1) 由于变压器为理想变压器, 则负载电阻上 R 上获得的功率等于交流电源的输出功率, 即 P I1 E I12 r 。 该式表明负载电

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阻上获得的功率 P 是 I1 的一元二次函数,为此求 P 的最大值: P E E E2 可见,当 I 1

E 时,P 有最大值: Pm

E 。 I 1

r ( I1

r ( I12 2

2

r 2r 4r

2r 4r (2)由于负载获得最大功率时 I 1 E ,变压器原线圈上电压为 U1 E

I1r E ( E r E 。 2r 2 2r 变压器副线圈上的电压为 U2,由 Pm 2 Pm R

(

R

R 4r 2 所以变压器原副线圈的匝数比为: n1

P2 24

0.25 n n U1

1A, I1

U 2 ,得 U U1

r 。 n2

U 2 R 18.解: 2 E2 E R。 r I2 2 I 2 2 U2 6 n1

n1 n1 n U2 2 R n2 n1 1 A, 3 (1) E 得: I 1

n1

3: 1 n2 第12页 144 72

, R负载

L

I1 R (2) 联立(1) (2)解

R U2 62 n1 2 )R负载

8 (3 RL 18 P 0.25 R等效 ( ‘ U 1

n2 ER等效 R R等效 240 V 13 小灯泡两端电压为 n2 ‘ 80 U1

6.15V n1 13

2'

3'

6.15V,故不能正常工作,其实际功率为 0.26W ’ U2 19.解: (1)P3=40× 6× 22=5280W ' U2 6 A n3 U2 U2 2 (3)

'

P

I 2 R

' P n2 P' U 3

P3

880 V , I 2

144 W , P输出

P n1 U 2 100%

P =5424W (2) U 2

输出

24A ,

U2 I 2 R 904 V ,U 1 226 V , I1 97% sin i

则 E=U1+I1r=250V n2 U1 P用 P输出 n ,折射角 r 一定

小于介质的临界角,光线 CE 再到达球 sin r 20 解:如图 DC 光线进入介质球内,发生折射 面时的入射角∠OEC=r,小于临界角,因此一定不发生全反射。如图 sini=0.8 sin r 5

0.4 4 7 5 折射率 n

sin i 4 5

1.79 i 5 sin( 2 21 解:光路如

图示。 (1)设玻璃的临介角为 C,由折射定律得: sinc=1/n= 由几何知识得:∠2=60 > ∠c 在 E 点,由折射定律得: 0 2 2 ∴∠c=45 0 ∴光线在 D 点发生全反射. sin

5

n ,由几何知识得∠4=30° sin

4 ∴ 第一次射入空气的折射角 ∠5=

45° (2) 、设光线由 O 点到 E 点所需的时间 t,则 第13页

t

OD DE V 又 v

c n 由数学知识得: OD

AO / tan300

3a , DE

OC / sin 600 2 3 a 3 由以上各式可得: t

86 Rn

5 3a 3c (4 分) 222 4 22.解: (1核

反应方程: 226 88 Ra 2 He (2设衰变后,氡核的速度为 v0,α 粒子的

速度为 vα , 由动量守恒定律得 (M-mv0=mvα (2 分) α 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动, 到达 A 点需时 t

L 2

2 (2 分) (2 分) 又 q

B

m

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L 2 氡核在电场中做匀加速直线运动,t 时速度为 v=v0+at 氡核加速度 a

qE M

m 2(M

mqB 2 2 由以上各式解得:

(2 分) (2 分) (Q 2 (Q

q B L

qmE 。 (2 分) 第14页