高考物理电学大题整理

1、高三期末计算题复习题abFBNMPQR图131两根平行光滑金属导轨MN和PQ水平放置，其间距为0.60m，磁感应强度为0.50T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R5.0。在导轨上有一电阻为1.0的金属棒ab，金属棒与导轨垂直，如图13所示。在ab棒上施加水平拉力F使其以10m/s的水平速度匀速向右运动。设金属导轨足够长。求：（1）金属棒ab两端的电压。（2）拉力F的大小。（3）电阻R上消耗的电功率。1（7分）解：（1）金属棒ab上产生的感应电动势为=3.0V，（1分）根据闭合电路欧姆定律，通过R的电流I = = 0.50A。 （1分）电阻R两端的电压U2.5V。（1分）（2）由

2、于ab杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力大小相等，即F = BIL = 0.15 N （2分）（3）根据焦耳定律，电阻R上消耗的电功率1.25W （2分）2如图10所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L的单匝正方形线框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右运动进入磁感应强度为B的有界匀强磁场区域。线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab边始终平行于磁场的边界。已知线框的四个边的电阻值相等，均为R。求：图10Bvabcd在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小。在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压。在线框被拉入磁场的整个过程中，线框产生的热量。2（7分）

3、（1）ab边切割磁感线产生的电动势为E=BLv（1分）所以通过线框的电流为 I=（1分）（2）ab边两端电压为路端电压 Uab=I3R（1分）所以Uab= 3BLv/4（1分）（3）线框被拉入磁场的整个过程所用时间t=L/v（1分）线框中电流产生的热量Q=I24Rt（2分）RNM图163如图16所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距l0.50m，导轨上端接有电阻R0.80，导轨电阻忽略不计。导轨下部的匀强磁场区有虚线所示的水平上边界，磁感应强度B=0.40T，方向垂直于金属导轨平面向外。电阻r0.20的金属杆MN，从静止开始沿着金属导轨下落，下落一定高度后以v=2.5m/s的速度进入

4、匀强磁场中，金属杆下落过程中始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。（1）求金属杆刚进入磁场时通过电阻R的电流大小；（2）求金属杆刚进入磁场时，M、N两端的电压；（3）若金属杆刚进入磁场区域时恰能匀速运动，则在匀速下落过程中每秒钟有多少重力势能转化为电能？3.（7分）解：（1）金属杆进入磁场切割磁感线产生的电动势E=Blv， （1分）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流大小I=0.5A（2分）（2）M、N两端电压为路端电压，则UMN=IR=0.4V （2分）（3）每秒钟重力势能转化为电能E= I2(R+r)t=0.25J （2分）4图14abErB如图14所示

5、，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直遇导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源。现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37=0.60，cos37=0.80，求： （1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力。4.（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电

6、路，根据闭合电路欧姆定律有：I=1.5A2分（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N2分（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1= mg sin37=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f1分 根据共点力平衡条件mg sin37+f=F安1分解得：f=0.06N1分AMNPQBERV图16S1S25在水平面上平行放置着两根长度均为L的金属导轨MN和PQ，导轨间距为d，导轨和电路的连接如图16所示。在导轨的MP端放置着一根金属棒，与导轨垂直且接触良好。空间中存在竖直向上方向的匀强磁场，磁感应强度为B。将开关S1闭合S2断开，电压表和电流表的示数分别为U1和I1，金

7、属棒仍处于静止状态；再将S2闭合，电压表和电流表的示数分别为U2和I2，金属棒在导轨上由静止开始运动，运动过程中金属棒始终与导轨垂直。设金属棒的质量为m，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为。忽略导轨的电阻以及金属棒运动过程中产生的感应电动势，重力加速度为g。求：（1）金属棒到达NQ端时的速度大小；（2）金属棒在导轨上运动的过程中，电流在金属棒中产生的热量。5（8分）解：（1）当通过金属棒的电流为I2时，金属棒在导轨上做匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律，（1分）设金属棒到达NQ端时的速度为v，根据运动学公式，（1分）由以上两式解得：。（2分）（2）当金属棒静止不动时，金属棒的电阻，设金属棒

8、在导轨上运动的时间为t，电流在金属棒中产生的热量为Q，根据焦耳定律，（2分）根据运动学公式，将（1）的结果代入，解得（1分）。（1分）图15(甲)BL-1.0B/10-2Tt/10-2s01.573.144.711.0图15(乙)6如图15（甲）所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内均匀分布着与线圈平面垂直的磁场。已知线圈的匝数n=100匝，电阻r=1.0，所围成矩形的面积S=0.040m2，小灯泡的电阻R=9.0，磁场的磁感应强度随时间按如图15（乙）所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值的表达式为e=，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化

9、的周期。不计灯丝电阻随温度的变化，求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值。（2）小灯泡消耗的电功率。（3）在磁感应强度变化0T/4的时间内，通过小灯泡的电荷量。6（8分）解：（1）因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T=3.1410-2s。所以线圈中感应电动势的最大值为E=2nBmS/T=8.0V （2分）（2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为Im=0.80A通过小灯泡电流的有效值为I=Im/0.40A，（1分）灯泡消耗的电功率为P=I2R=2.88W （2分）（3）在磁感应强度变化1/4周期内，线圈中感应电动势的平均值nS通过灯

10、泡的平均电流（1分）通过灯泡的电荷量Q4.010-3C。（2分）UtU00T图17(乙)T/2图17(甲)v0MOllONABCD7如图17（甲）所示，长为l、相距为d的两块正对的平行金属板AB和CD与一电源相连（图中未画出电源），B、D为两板的右端点。两板间电势差的变化如图17（乙）所示。在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直的荧光屏MN，荧光屏距B、D端的距离为l。质量为m，电荷量为e的电子以相同的初速度v0从极板左边中央沿平行极板的直线OO连续不断地射入。已知所有的电子均能够从两金属板间射出，且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等。忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电

11、子之间的相互作用。求：（1）t0和tT/2时刻进入两板间的电子到达金属板B、D端界面时偏离OO的距离之比。（2）两板间电压的最大值U0。（3）电子在荧光屏上分布的最大范围。7（9分）解：（1）t0时刻进入两板间的电子沿OO方向做匀速运动，在T/2的时间经过的位移l/2，即有，而后在电场力作用下做抛物线运动，在垂直于OO方向做匀加速运动，设到达B、D界面时偏离OO的距离为y1，则。（2分）tT/2时刻进入两板间的电子先在T/2时间内做抛物线运动，沿OO方向的位移为l/2，在垂直于OO方向做匀加速运动，设此时偏离OO的距离为y2，将此时电子的速度分解为沿OO方向的速度v0与沿电场方向的分量vE，并

12、设此时刻电子的速度方向与OO的夹角为，而后沿直线到达B、D界面。设电子沿直线到达B、D界面时偏离OO的距离为y2，则有y1，；解得y2。（1分）因此，y1：y21：3。（1分）（2）在t（2n1）T/2（n0，1，2）时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离OO的距离最大，因此使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板，即应满足的条件为y2，解得板间电压的最大值。（2分）（3）设tnT（n0，1，2）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O点的距离为Y1，t（2n1）T/2（n0，1，2）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O点的距离为Y2，电子在荧光屏上分布的范围YY2Y1。当满足y2的条

13、件时，Y为最大。根据题中金属板和荧光屏之间的几何关系，得到，（1分）因此电子在荧光屏上分布的最大范围为 YY2Y1y2y1。（2分）乙OtBB0-B0图20甲KPLUBrOMNT2T3T4T8电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。图20甲为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束（初速不计）经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面（以垂直圆面向里为正方向），磁场区的中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图20乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为2L的亮线。

14、由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：（1）电子打到荧光屏上时速度的大小；（2）磁场磁感应强度的最大值B0。8.（8分）解：（1）电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v，由动能定理eU=mv2（1分）解得（2分）（2）当交变电压为峰值B0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q点，PQL。电子运动轨迹如答图3所示，设此时的偏转角度为，由几何关系可知，tan=L / L，=60（1分）根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角=， 而tan=（1分）

15、由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 evB0=mv2/R（1分）解得B0=（2分）9DPRS图19BhKAS2S1ORPQ如图19所示，在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。竖直平行正对放置的两金属板A、K连在电压可调的电路中。 S1、S2为A、K板上的两个小孔，且S1、S2和O在同一直线上，另有一水平放置的足够大的荧光屏D，O点到荧光屏的距离h。比荷（电荷量与质量之比）为k的带正电的粒子由S1进入电场后，通过S2射向磁场中心，通过磁场后落到荧光屏D上。粒子进入电场的初速度及其所受重力均可忽略不计。（1）请分段描述粒子自S1到荧光

16、屏D的运动情况。（2）求粒子垂直打到荧光屏上P点时速度的大小；OPr1Rv1v1（3）调节滑片P，使粒子打在荧光屏上Q点，PQ=h（如图19所示），求此时A、K两极板间的电压。9.（1）粒子在电场中自S1至S2做匀加速直线运动；自S2至进入磁场前做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光屏做匀速直线运动。2分说明：说出粒子在电场中做匀加速直线运动，离开电场作匀速运动，给1分；说出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后作匀速直线运动，给1分。（2）设粒子的质量为m，电荷量为q，垂直打在荧光屏上的P点时的速度为v1，粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动

17、半径r1=R1分根据牛顿第二定律 Bqv1=, 依题意：k=q/m1分OPr2Rx/2h/2PQ2 解得：v1=BkR 1分（3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r2，偏转角为2，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为，粒子打到Q点时的轨迹如图所示，由几何关系可知 tan=, =30, =30 tan= 解得：r2=R1分 设此时A、K两极板间的电压为U，设粒子离开S2时的速度为v2，根据牛顿第二定律Bqv2=1分根据动能定理有 qU=1分 解得：U=1分10由于受地球信风带和盛行西风带的影响，海洋中一部分海水做定向流动，称为风海流，风海流中蕴藏着巨大的动力资源。因为海水中含有大量的带电离子，这些离

18、子随风海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转，便可用来发电。B 风海流方向vabM图22东西北南dN图22为一利用风海流发电的磁流体发电机原理示意图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块金属板M、N，金属板长为a，宽为b，两板间的距离为d。将管道沿风海流方向固定在风海流中，在金属板之间加一水平匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向由南向北，用导线将M、N外侧连接电阻为R的航标灯（图中未画出）。工作时，海水从东向西流过管道，在两金属板之间形成电势差，可以对航标灯供电。设管道内海水的流速处处相同，且速率恒为v，海水的电阻率为，海水所受摩擦阻力与流速成正比，比例系数为k。（1）求磁流体发电机电动势E的大小