高考物理电学大题整理

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高三期末计算题复习题 a b F B N M P Q R 图13‎ ‎1．两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R＝5.0Ω。在导轨上有一电阻为1.0Ω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 U＝＝2.5V。 （1分）‎ ‎（2）由于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10‎ B v a b c d ‎⑴在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小。‎ ‎⑵在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压。‎ ‎⑶在线框被拉入磁场的整个过程中，线框产生的热量。‎ ‎2．（7分）（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=I·3R……………………（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=I2·4R·t ……………………（2分）‎ R N M 图16‎ ‎3．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l＝‎0.50m，导轨上端接有电阻R＝0.80Ω，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r＝0.20Ω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14‎ θ θ a b E r B 如图14所示，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θ=37º，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=0.50Ω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=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取‎10m/s2。已知sin37º=0.60，cos37º=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路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ I==‎1.5A…………2分 ‎（2）导体棒受到的安培力：‎ F安=BIL=0.30N…………2分 ‎（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1= mg sin37º=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f…………1分 ‎ 根据共点力平衡条件 ‎ mg sin37º+f=F安…………1分 解得：f=0.06N …………1分 A M N P Q B E R V 图16‎ S1‎ S2‎ ‎5．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μ。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)‎ B L ‎-1.0‎ B/×10-2T t/×10-2s ‎0‎ ‎1.57‎ ‎3.14‎ ‎4.71‎ ‎1.0‎ 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=1.0Ω，所围成矩形的面积S=‎0.040m2‎，小灯泡的电阻R=9.0Ω，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0～T/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=3.14×10-2s。‎ 所以线圈中感应电动势的最大值为 E=2πnBmS/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 ‎ 通过灯泡的平均电流 （1分）‎ ‎ 通过灯泡的电荷量Q＝＝4.0×10‎-3C。 （2分）‎ U t U0‎ ‎0‎ T 图17(乙)‎ T/2‎ 图17(甲)‎ v0‎ M O′‎ l l O N A B C D ‎7．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子之间的相互作用。求：‎ ‎（1）t＝0和t＝T/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）t＝0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）‎ t＝T/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，并设此时刻电子的速度方向与OO′的夹角为θ，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：y2′＝1：3。 （1分）‎ ‎（2）在t＝（2n＋1）T/2（n＝0，1，2……）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t＝nT（n＝0，1，2……）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＝（2n＋1）T/2（n＝0，1，2……）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ΔY＝Y2－Y1。当满足y2′＝的条件时，ΔY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 ΔY＝Y2－Y1＝y2′－y1＝。 （2分）‎ 乙 O t B B0‎ ‎-B0‎ 图20‎ 甲 K P L U B r O M N T ‎2T ‎3T ‎4T ‎8．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。‎ 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，PQ＝L。电子运动轨迹如答图3所示，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，tanθ=L / L，θ=60º （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α=θ， 而tan=（1分）‎ 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）‎ ‎9．D P R S 图19‎ B h K A S2‎ S1‎ O R P Q 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；‎ O P r1‎ R v1‎ v1‎ ‎（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，运动半径r1=R…………1分 根据牛顿第二定律 ‎ Bqv1=, 依题意：k=q/m…………1分 O P r2‎ R α x θ/2‎ h θ/2‎ P Q ‎2θ ‎ 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α，粒子打到Q点时的轨迹如图所示，由几何关系可知 ‎ tanα=, α=30°, θ=30°‎ ‎ tanθ= 解得：r2=R…………1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 v a b M 图22‎ 东 西 北 南 d N 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ρ，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，并判断M、N两板哪个板电势较高；‎ ‎（2）由于管道内海水中有电流通过，磁场对管道内海水有力的作用，求此力的大小和方向；‎ ‎（3）求在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能。‎ ‎10．（9分）‎ 解：（1）磁流体发电机电动势E=Bdv （1分）‎ 用左手定则判断出正离子向N板偏转，因此N板的电势高 （1分）‎ ‎（2）两板间海水的电阻r=，回路中的电流 （1分）‎ 磁场对管道内海水的作用力F磁=BId 解得F磁= （1分）‎ 方向与v方向相反（水平向东） （1分）‎ ‎（3）在t时间内管道中海水移动的距离为 （1分）‎ 在t时间内克服摩擦阻力的功，克服磁场力做功 （1分）‎ 在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能(k+)v2t （2分）‎