北京高考物理二模试题第24题复习.docx
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北京高考物理二模试题第24题复习
2018北京高考物理二模试题第24题复习
一、新情景、新装置、新过程
1.（18海淀二模24）用电子加速器产生的高能电子束照射可使一些物质产生物理、化学和生物学效应，其中电子束焊接是发展最快、应用最广泛的一种电子束加工技术。
电子束加工的特点是功率大，能在瞬间将能量传给工件，而且电子束的能量和位置可以用电磁场精确和迅速地调节，实现计算机控制。
图14甲是电子束加工工件的示意图，电子枪产生热电子后被高压电源加速，经聚焦系统会聚成很细的电子束，打在工件上产生高压力和强能量，对工件进行加工。
图14乙是电子加速系统，K是与金属板M距离很近的灯丝，电源E1给K加热可以产生初速度不计的热电子，N为金属网，M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场。
系统放置在真空环境中，通过控制系统排走工件上的多余电子，保证N与工件之间无电压。
正常工作时，若单位时间内从K发出的电子数为n，经M、N之间的电场加速后大多数电子从金属网N的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为I。
已知电子的质量为m、电量为e，不计电子所受的重力和电子之间的相互作用。
A
（1）求单位时间内被金属网N吸收的电子数n′；
（2）若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能，试证明其发热功率P=IU；
（3）a.电子在聚焦时运动方向改变很小，可认为垂直打到工件上时的速度与从N中射出时的速度相同，并假设电子打在工件上被工件全部吸收不反弹。
求电子束打到工件表面时对工件的作用力大小；并说明为增大这个作用力，可采取的合理可行的措施（至少说出两种方法）；
b.已知MN梁板间的距离为d，设在两板之间与M相距x到x+△x的空间内（△x足够小）电子数为△N，求与x的关系式。
参考答案1.（18海淀二模24）24.（20分）
（1）在单位时间内打到金属网N上被吸收的电子数为
n′=……………3分
（2）设在金属网N上产生的热功率为P，则
Ue=……………2分
P=n′……………2分
解得：
P=IU……………1分
（3）a.在Δt时间内到达工件处的电子数为
n2=（n-n′）Δt……………2分
在Δt时间内，有n2个电子与工件作用时速度由v减为0，设电子受到工件的持续作用力大小为F，由动量定理得
……………2分
解得：
……………1分
由牛顿第三定律，电子对工件的作用为大小为
……………1分
增大电源E1辐射电子的功率；增大E2电压U；使金属丝变细且空格适当变大些，从而减少金属网N吸收的电子。
……………2分
（每说出一点给1分，共计2分）
b.距M板x处电子速度为v，由动能定理
……………1分
设电子通过Δx的时间为Δt
Δt=
又因为n=
所以……………3分
二、深挖物理原理
2.（18东城二模24）有电阻的导电圆盘半径为R，其边缘用电阻不计的导电材料包裹，可绕固定点O在水平面内转动，其轴心O和边缘处电刷A均不会在转动时产生阻力，空气阻力也忽略不计。
用导线将电动势为Ｅ的电源、导电圆盘、电阻和开关连接成闭合回路，如图1所示在圆盘所在区域内充满竖直向下的匀强磁场，如图2所示只在A、O之间的一块圆形区域内存在竖直向下的匀强磁场，两图中磁场的磁感应强度大小均为B，且磁场区域固定。
如果将开关S闭合，圆盘将会转动起来。
（1）在图1中，将开关S闭合足够长时间后，圆盘转速达到稳定。
a．从上往下看，圆盘的转动方向是顺时针还是逆时针？
b．求稳定时圆盘转动的角速度ω1的大小。
（2）在图2中，进行了两次操作：
第一次，当圆盘加速到ω0时将开关断开，圆盘逐渐减速停下；第二次，当圆盘加速到2ω0时将开关断开，圆盘逐渐减速停下。
已知从理论上可以证明：
在圆盘减速过程中任意一个极短的时间Δt内，角速度的变化量Δω=kFΔt，F是该时刻圆盘在磁场区域受到的安培力的大小，k为常量。
求两次操作中从开始减速到停下的过程中圆盘转过的角度之比θ1：
θ2。
（3）由于图1中的磁场范围比图2中的大，所以刚闭合开关瞬时，图1中圆盘比图2中圆盘加速得快。
有人认为：
断开开关后，图1中圆盘也将比图2中圆盘减速得快。
请分析说明这样的想法是否正确。
A
参考答案2（18东城二模24）
（1）a.从上往下看，圆盘的转动方向是逆时针方向。
b．圆盘转动时，产生沿半径方向的感应电动势，在与轴O距离为r处沿半径方向取一小段长度Δr，这一小段距离上的感应电动势ΔＥ感＝ＢrωΔr，从轴O到圆盘边缘处求和，可得感应电动势
。
当转动稳定后，圆盘的感应电动势（即反电动势）与电源电动势相等，因此有
，解得：
。
（2）图2中开关断开圆盘减速时，由于磁场区域固定，所以仍有圆盘的感应电动势
，且可认为圆盘中电流流经的路径及电阻不变，因此安培力
，即安培力F与角速度ω成正比；
由题意知：
在任意一段极短的时间Δt内，角速度的变化量Δω=kFΔt，考虑到其中
，可知Δω=k’ωΔt（k’为另一常量），又因为ωΔt=Δθ（圆盘转过角度的变化量），因此有：
对应任一小段时间Δt，总有Δθ
Δω。
所以，从开始减速到停下的这段时间内，圆盘转过的角度正比于其角速度的改变量，即θ1:
θ2=ω0:
2ω0=1:
2。
（3）开关断开后，由于图1中磁场充满整个圆盘，使得圆盘沿每条半径方向的感应电动势都一样大，电荷只在盘心和盘边缘处积累，不会在圆盘内部形成电流（涡流），因此在开关断开后，只要没有其它的阻力，圆盘将匀速转动不会减速。
图2中由于磁场存在于圆盘中的一部分区域内，使得开关断开后，仍有电流在圆盘内部形成回路（涡流），进而引起安培力使圆盘减速。
因此这样的想法错误。
3.（18丰台二模24）如图所示，间距为L=1m的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ=37°，底端用电阻为R=0.8Ω的导体MN相连接，导轨电阻忽略不计．磁感应强度为B=1T的匀强磁场与导轨平面垂直，磁场区域上下边界距离为d=0.85m，下边界aa′和导轨底端相距为3d．一根质量为m=1kg、电阻为r=0.2Ω的导体棒放在导轨底端，与导轨垂直且接触良好，并以初速度v0=10m/s沿斜面向上运动，到达磁场上边界bb′时，恰好速度为零．已知导轨与棒之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）导体棒通过磁场过程中产生的焦耳热；
（2）导体棒从进入磁场到达上边界所用的时间和回路中产生的感应电流的有效值；
（3）微观上导体中的电子克服因碰撞产生的阻力做功，宏观上表现为产生焦耳热．试从微观角度推导：
当棒运动到磁场中某一位置时（感应电流为I），其电阻的发热功率为P热=I2r（推导过程用字母表示）
24．（20分）
（1）a．导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势
（1分）
感应电流（1分）
导体棒ab所受安培力 （1分）
当拉力F与安培力FA大小相等时，导体棒ab速度最大。
即 （1分）
最大速度 （2分）
b．撤去力F后，导体棒ab在安培力的作用下做减速运动，直到速度为零。
根据能量转化与守恒定律，导体棒的动能全部转化为电阻R上的焦耳热。
（2分）
（2分）
（2）a．ab棒在外力F的作用下，由静止开始向右运动，对电容器充电，形成电流I，
ab棒所受安培力
，方向水平向左
ab棒运动的加速度为
（2分）
电容器两端的电压
，
，
（2分）
联立解得：
是个定值，所以ab棒做匀加速直线运动。
（2分）
b．ab棒做匀加速直线运动，某一时刻的速度
（1分）
当
时，电容器可能会被击穿。
（1分）
解得
（2分）
图10
4.（18昌平二模24）导体切割磁感线，将产生感应电动势；若电路闭合，将形成感应电流；电流是由于电荷的定向移动而形成的。
我们知道，电容器充电、放电过程也将会形成短时电流。
我们来看，如图10所示的情景：
两根无限长、光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L。
质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。
整个装置处于竖直向下匀强磁场中，磁感应强度大小为B。
不计导轨及导体棒的电阻。
现对导体棒ab施一水平向右的恒力F，使导体棒由静止开始沿导轨向右运动。
（1）若轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻，
a．求导体棒ab能达到的最大速度vm；
b．导体棒ab达到最大速度后，撤去力F。
求撤去力F后，电阻R产生的焦耳热Q。
（2）若轨道端点M、P间接一电容器，其电容为C，击穿电压为U0，t=0时刻电容器带电量为0。
a．证明：
在给电容器充电过程中，导体棒ab做匀加速直线运动；
b．求导体棒ab运动多长时间电容器可能会被击穿？
24．（20分）
（1）a．导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势
（1分）
感应电流（1分）
导体棒ab所受安培力 （1分）
当拉力F与安培力FA大小相等时，导体棒ab速度最大。
即 （1分）
最大速度 （2分）
b．撤去力F后，导体棒ab在安培力的作用下做减速运动，直到速度为零。
根据能量转化与守恒定律，导体棒的动能全部转化为电阻R上的焦耳热。
（2分）
（2分）
（2）a．ab棒在外力F的作用下，由静止开始向右运动，对电容器充电，形成电流I，
ab棒所受安培力
，方向水平向左
ab棒运动的加速度为
（2分）
电容器两端的电压
，
，
（2分）
联立解得：
是个定值，所以ab棒做匀加速直线运动。
（2分）
b．ab棒做匀加速直线运动，某一时刻的速度
（1分）
当
时，电容器可能会被击穿。
（1分）
解得
（2分）
三、微观宏观
5.（18朝阳二模24）24．（20分）
如图1所示，半径为r的金属细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为
（k>0，且为已知的常量）。
（1）已知金属环的电阻为R。
根据法拉第电磁感应定律，求金属环的感应电动势
和感应电流I；
（2）麦克斯韦电磁理论认为：
变化的磁场会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，称为感生电场或涡旋电场。
图1所示的磁场会在空间产生如图2所示的圆形涡旋电场，涡旋电场的电场线与金属环是同心圆。
金属环中的自由电荷在涡旋电场的作用下做定向运动，形成了感应电流。
涡旋电场力F充当非静电力，其大小与涡旋电场场强E的关系满足
。
如果移送电荷q时非静电力所做的功为W，那么感应电动势
。
a．请推导证明：
金属环上某点的场强大小为
；
b．经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。
在考虑大量自由电子的统计结果时，电子与金属离子的碰撞结果可视为导体对电子有连续的阻力，其大小可表示为
（b>0，且为已知的常量）。
已知自由电子的电荷量为e，金属环中自由电子的总数为N。
展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型，并在此基础上，求出金属环中的感应电流I。
（3）宏观与微观是相互联系的。
若该金属单位体积内自由电子数为n，请你在
（1）和
（2）的基础上推导该金属的电阻率ρ与n、b的关系式。
参考答案5.（18朝阳二模24）（20分）
解：
（1）根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律有
………………………………………………………（6分）
（2）a．设金属环中自由电子的电荷量为e。
一个自由电子在电场力的作用下沿圆环运动一周，电场力做的功
所以
又因为
所以
………………………………………………………………（4分）
b．假设电子以速度v沿金属环做匀速圆周运动，导体对电子的阻力
。
沿切线方向，根据牛顿第二定律有
又因为
所以
电子做匀速圆周运动的周期
所以
………………………………………………………（6分）
（3）由
（1）和
（2）中的结论可知
设金属导线的横截面积为S，则有
所以
又因为
所以
………………………………………………………………（4分）
6.（18顺义二模24）磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无需转动机械等优势。
如图所示，是正处于研究阶段的磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、
高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体MN连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里。
高温等离子体以不变的速率v水平向右喷入发电通道内，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。
（1）求该磁流体发电机的电动势大小E；
（2）当开关闭合后，整个闭合电路中就会产生恒定的电流。
a．要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力。
如果不计其它损耗，计算这个推力的功率PT。
b．若以该金属直导体MN为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率增加，但运动过程中会与导体内不动的粒子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随时间变化。
设该金属导体的横截面
积为s，电阻率为
，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子的电荷量为e。
求金属导体中每个电子所受平均阻力的大小f。
6。
解：
（1）当外电路断开时，极板间的电压大小等于电动势。
此时，发电通道内电荷量为q的离子受力平衡。
有：
①
可得：
②
（2）a．当电键闭合，由欧姆定律可得：
③
该电流在发电通道内受到的安培力大小为：
④
要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力为:
⑤
推力F的功率为：
⑥
联立②③④⑤⑥可得：
⑦
闭合电路中发电机的总功率为:
⑧
联立②③⑧可得：
⑨
由⑦⑨可得：
可见，推力的功率
就等于该发电机的总功率
。
b．方法一：
设金属导体R内电子运动的平均速率为v1，单位体积内的电子数为n，t时间内有N个电子通过电阻的横截面，则：
11
⑩
t时间内通过横截面的电荷量为：
12
电流为：
12
13
联立②③⑩式可得：
设金属导体中的总电子数为N1，长度为d，由于电子在金属导体内可视为匀速直线运动，所以电场力的功率（电功率）应该等于所有电子克服阻力f做功的功率，即：
14
15
16
由电阻定律得：
R=
d/s
16
联立②③式可得：
（4分）
17
方法二：
设金属导体的长度为d，电阻为R，由电阻定律得：
R=
d/s
18
金属导体两端的电压为：
19
金属导体内的电场可看作匀强电场，设场强大小为E0，则：
20
电子在金属导体内匀速直线运动，阻力等于电场力，则：
20
联立②③式可得：
（4分）
说明：
若用其他方法解答正确，给相应分数。
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