探秘复习参考高考物理电学部分典型题例析与

探秘复习参考高考物理电学部分典型题例析与

民族神话 鸿蒙未辟 宇宙洪荒 亿万斯年 四极不张 ‎2008高考物理电学部分典型题例析与探秘 图1‎ ‎1、如图1所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M、N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好为零，然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变，则：‎ A. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。‎ B. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。‎ C. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。‎ D. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落。‎ 分析与解：当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N运动时，要克服电场力做功，W=qUAB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qUAB 若把A板向上平移一小段距离，因UAB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回，应选A。‎ 若把B板下移一小段距离，因UAB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功增加，所以它将一直下落，应选D。‎ 由上述分析可知：选项A和D是正确的。‎ 想一想：在上题中若断开开关S后，再移动金属板，则问题又如何?(选A、B)。‎ 图2‎ 图2(b)‎ ‎2、两平行金属板相距为d，加上如图2‎ ‎(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。现有一离子束，其中每个离子的质量为m，电量为q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。设离子通过平行板所需的时间恰为 T(与电压变化周期相同)，且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上。试求：离子击中荧光屏上的位置的范围。(也就是与O‘点的最大距离与最小距离)。重力忽略不计。‎ 分析与解：‎ ‎2c 各个离子在电场中运动时，其水平分运动都是匀速直线运动，而经过电场所需时间都是T，但不同的离子进入电场的时刻不同，由于两极间电压变化，因此它们的侧向位移也会不同。‎ 当离子在t=0，T，2T……时刻进入电场时，两板间在T/2时间内有电压U0，因而侧向做匀加速运动，其侧向位移为y1，速度为V。接着，在下一个T/2时间内，两板间没有电压，离子以V速度作匀速直线运动，侧向位移为y2，如图2-3所示。这些离子在离开电场时，侧向位移有最大值，即(y1+y2)。‎ 图2-3‎ 当离子在T=t/2,3/2T,5/2T……时刻进入电场时，两板间电压为零，离子在水平方向做匀速直线运动，没有侧向位移，经过T/2时间后，两板间有电压U0，再经过T/2时间，有了侧向位移y1，如图2-3所示。这些离子离开电场时有侧向位移的最小值，即y1。‎ 当离子在上述两种特殊时刻之外进入电场的，其侧向位移值一定在(y1+y2)与y1之间。根据上述分析就可以求出侧向位移的最大值和最小值。‎ 所以，离子击中荧光屏上的位置范围为：‎ ‎　 ‎ ‎3、如图3所示，R1=R2=R3=R4=R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C 的正中间有一质量为m，带电量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷。设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板。若不计电源内阻，求：(1)电源的电动势，(2)小球与极板碰撞后的带电量。‎ 图3‎ 分析与解：(1)电键S闭合时，R1、R3并联与R4串联，(R2中没有电流通过)‎ UC=U4=(2/3)ε 对带电小球有：mg=qE=qUC/d=(2/3)qε/d 得：ε=(3/2)mgd/q ‎(2)电键S断开后，R1、R4串联，则UC’=ε/2=(3/4)mgd/q　 [1]‎ 小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q’，向上运动到上极板，全过程由动能定理得：mgd/2－qUC’/2－mgd+q’UC’=0　 [2]‎ 由[1][2]式解得：q’=7q/6。‎ 图4‎ ‎4、如图4所示为矩形的水平光滑导电轨道abcd，ab边和cd边的电阻均为5R0，ad边和bc边长均为L，ad边电阻为4R0，bc边电阻为2R0，整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度为B。轨道上放有一根电阻为R0的金属杆mn，现让金属杆mn在平行轨道平面的未知拉力F作用下，从轨道右端以速率V匀速向左端滑动，设滑动中金属杆mn始终与ab、cd两边垂直，且与轨道接触良好。ab和cd边电阻分布均匀，求滑动中拉力F的最小牵引功率。‎ 分析与解：mn金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势，mn相当于电源，其电路为内电路，电阻为内电阻。当外电阻最大时，即当mn滑到距离ad=(2/5)ab时，此时电阻Rmadn=Rmbcn=8R0时，外阻最大值Rmax=4R0，这时电路中电流最小值：Imin=ε/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0‎ 所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B‎2L2V2/5R0‎ ‎5、如图5‎ 所示，用密度为D、电阻率为ρ的导线做成正方形线框，从静止开始沿竖直平面自由下落。线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，且磁场区域高度等于线框一边之长。为了使线框通过磁场区域的速度恒定，求线框开始下落时的高度h。(不计空气阻力)‎ 分析与解：线框匀速通过磁场的条件是受到的竖直向上的安培力与重力平衡，即：F安=mg [1]‎ 图5‎ 设线框每边长为L，根据线框进入磁场的速度为，则安培力可表达为：‎ F安=BIL= [2]‎ 设导线横截面积为S，其质量为：m=4LSD [3]‎ 其电阻为：R=ρ‎4L/S [4]‎ 联立解[1]、[2]、[3]、[4]式得：‎ h=128D2ρ‎2g/B4‎ 想一想：若线框每边长为L，全部通过匀强磁场的时间为多少?(t=‎2L/V)‎ 线框通过匀强磁场产生的焦耳热为多少？(Q=2mgL)‎ ‎6、如图6所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：(1)ab、cd棒的最终速度，(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。‎ 图6‎ 分析与解：ab下滑进入磁场后切割磁感线，在abcd电路中产生感应电流，ab、cd各受不同的磁场力作用而分别作变减速、变加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动。全过程中系统内机械能转化为电能再转化为内能，总能量守恒。‎ (1) ab自由下滑，机械能守恒：mgh=(1/2)mV2 [1]‎ 由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度 Lab=3Lcd，故它们的磁场力为：Fab=3Fcd [2]‎ 在磁场力作用下，ab、cd各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当εab=εcd时，电路中感应电流为零，(I=0)，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有：BLabVab=BLcdVcd 所以Vab=Vcd/3 [3]‎ ab、cd受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得：‎ ‎　　　　　Fab△t=m(V-Vab) [4]　　 Fcd△t=mVcd [5]‎ 联立以上各式解得：Vab=(1/10)，Vcd=(3/10)‎ ‎(2)根据系统能量守恒可得：Q=△E机=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(9/10)mgh 说　 明：本题以分析ab、cd棒的受力及运动情况为主要线索求解。‎ 注意要点：①明确ab、cd运动速度稳定的条件。‎ ‎②理解电磁感应及磁场力计算式中的“L”的物理意义。‎ ‎③电路中的电流、磁场力和金属棒的运动之间相互影响制约变化复杂， 解题时抓住每一瞬间存在Fab=3Fcd及终了状态时Vab=(1/3)Vcd的关系，用动量定理求解十分方便。‎ 图7‎ ‎④金属棒所受磁场力是系统的外力，且Fab≠Fcd时，合力不为零，故系统动量不守恒，只有当Lab=Lcd时，Fab=Fcd，方向相反，其合力为零时，系统动量才守恒。‎ ‎7、如图7所示，X轴上方有匀强磁场B，下方有匀强电场E。电量为q、质量为m、重力不计的粒子y轴上。X轴上有一点N(L.0)，要使粒子在y轴上由静止释放而能到达N点，问：(1)粒子应带何种电荷? (2)释放点M应满足什么条件? (3)粒子从M点运动到N点经历多长的时间?‎ 分析与解：(1) 粒子由静止释放一定要先受电场力作用 (磁场对静止电荷没有作用力)，所以 M点要在-Y轴上。要进入磁场必先向上运动，静上的电荷要向上运动必须受到向上的电场力作用，而场强 E方向是向下的，所以粒子带负电。‎ ‎(2)粒子在M点受向上电场力，从静止出发做匀加速运动。在 ‎ O点进入匀强磁场后，只受洛仑兹力(方向沿+X轴)做匀速周围运动，经半个周期，回到X轴上的P点，进入匀强电场，在电场力作用下做匀减速直线运动直到速度为零。然后再向上做匀加速运动，在X轴上P点进入匀强磁场，做匀速圆运动，经半个周期回到X轴上的Q点，进入匀强电场，再在电场力作用下做匀减速运动直到速度为零。此后，粒子重复上述运动直到 X轴上的N点，运动轨迹如图7-1所示。‎ 图7-1‎ 设释放点M的坐标为(0.-yO)，在电场中由静止加速，则：qEyO=mV2 [1]‎ 在匀强磁场中粒子以速率V做匀速圆周运动，有：qBV=mV2/R [2]‎ 设n为粒子做匀速圆周运动的次数(正整数)则：L=n2R，所以R=L/2n [3]‎ 解[1][2][3]式得：V=qBL/2mn，所以yO=qB‎2L2/8n2mE (式中n为正整数)‎ ‎(3)粒子由M运动到N在电场中的加速运动和减速运动的次数为(2n-1)次，‎ ‎ 每次加速或减速的时间都相等，设为t1，则：yO=at12=qEt12/m 所以t1=‎ 图8-1‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半周期为t2，共n次，t2=πm/qB 粒子从M点运动到N点共经历的时间为：‎ t=(2n-1)t1+nt2=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB (n=1、2、3……)‎ 图8-2‎ ‎8、平行金属，板长‎1.4米，两板相距30厘米，两板间匀强磁场的B为1.3×10-3特斯拉，两板间所加电压随时间变化关系如8-1图所示。当t=0时，有一个a粒子从左侧两板中央以V=4×‎103米/秒的速度垂直于磁场方向射入，如8-2图所示。不计a 粒子的重力，求：该粒子能否穿过金属板间区域?若不能，打在何处?若能，则需多长时间? (已知a粒子电量q=3.2×10-19库，质量m=6.64×10-27千克)‎ ‎ ‎ 图8-3‎ 分析与解：在t=0到t=1×10-4秒时间内，两板间加有电压，a粒子受到电场力和洛仑兹力分别为：F=qu/d=q×1.56/0.3=5.2q 方向竖直向下 ‎ f=qBv=q×1.3×10-3×4×103=5.2q 方向竖直向上 因F=f，故做匀速直线运动，其位移为：△S=v△t=4×103×1×10-4=‎‎0.4米 在t=1×10-4秒到t=2×10-4秒时间内，两板间无电场，a粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，其轨迹半径为：‎ r=mv/qB=(6.64×10-27×4×103)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=6.37×10‎-2米＜d/4‎ 所以粒子不会与金属板相碰。面a粒子做匀速圆周运动的周期为：‎ T=2πm/qB=(2×3.14×6.64×10-27)/(3.2×10-19×1.3×10-3)=1.0×10-4秒 则在不加电压的时间内，a粒子恰好能在磁场中运动一周。当两板间又加上第2个周期和第3个周期的电压时，a粒子将重复上述的运动。故经13/4周期飞出板外(t=6.5×10-4秒)其运动轨迹如8-3图所示。‎ 图9-1‎ ‎9、如图9-1所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外。ab是一根长L的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上。将一套在杆上的举正电小球从a端由静止释放后，小球先是加速运动，后是匀速运动则达b端。已知小球与绝缘杆间的动因摩擦数μ=0.3，小球的重力可忽略不计。当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆半径为L/3。求：带电小球以 a到b运动过程中克服摩擦力做的功与电场力所做功的比值。‎ 图9-2‎ 分析与解：(1)带电小球在沿杆向下运动时，‎ 其受力情况如9-2图示。‎ 水平方向：F洛=N=qBV [1]‎ 竖直方向：qE=f [2] (匀速运动时)‎ 又因f=μN [3]，联立解[1][2][3]式得：qE=f=μqBVb 小球在磁场中作匀速圆周运动：qBVb=mVb2/R=3mVb2/L，所以Vb=qBL/‎‎3m 小球从a到b运动过程中，由动能定理：W电-Wf=mVb2‎ W电=qEL=μqBVbL=0.3×qBL(qBL/‎3m)=q2B‎2L2/‎‎10m 所以，Wf=W电-mVb2=q2B‎2L2/10m-(m/2)(q2B‎2L2/9m2)=2q2B‎2L2/45m 所以，Wf/W电=(2q2B‎2L2/45m)/(q2B‎2L2/10m)=4/9。‎ ‎10、如图10-1所示，从阴极K射出的电子经U0=5000V的电势差加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=‎10cm，间距d=‎4cm的平行金属板AB之间。在离金属板边缘L2=‎75cm处放置一个直径D=‎20cm，带有记录纸的圆筒。整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计。‎ ‎(1)若在金属板上加以U1=1000V的直流电压(A板电势高)后，为使电子沿入射方向作匀速直线运动到达圆筒，应加怎样的磁场(大小和方向)；‎ ‎(2)若在两金属板上加以U2=1000cos2πtV的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2转/秒匀速转动。试确定电子在记录纸上的轨迹形状，并画出1秒钟内所记录到的图形。‎ 图10-1‎ 分析与解：偏转极板上加恒定电压 U后，电子在电场中受到恒定的电场力作用，故所加的磁场方向只要使运动电子所受到的洛仑兹力与电场力等大反向即可。偏转极板上加上正弦交流电后，板间电场变为交变电场，电子在板间的运动是水平方向作匀速直线运动，竖直方向作简谐运动。偏出极板后作匀速直线运动，电子到达圆筒后，在筒上留下的痕迹是电子在竖直方向的“扫描”和圆筒匀速转动的合运动。‎ 据动能定理：eU0=mV02，得电子加速后的入射速度为：‎ ‎ V0= =4.2×‎107m/s ‎(1)加直流电压时，A、B两板间场强：‎ ‎　　　E1=U1/d=1000/(4×10-2)=2.5×104v/m 为使电子作匀速直线运动，应使电子所受电场力与洛仑兹力平衡，即：qE1=qBV0，‎ 得：B=E1/V0=(2.5×104)/(4.2×107)=6×10-4T 方向为垂直于纸面向里。‎ 图10-2‎ ‎(2)加上交流电压时，A、B两板间场强为：‎ E2=U2/d=1000cos2πt/(4×10-2)=2.5×104cos2πt v/m 电子飞离金属板时的偏距为：y1=at12=(eE2/m)(L1/V0)2‎ 电子飞离金属板时的竖直速度为：Vy=at1=(eE2/m)(L1/V0)‎ 从飞离板到到达筒的偏距：y2=Vyt2=(eE2/m)(L1/V0)(L2/V0)=(eE‎2L1L2)/(mV02)‎ 所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏距为：(如图10-2所示)‎ y=y1+y2=(L1/2+L2)(eE‎2L1/mV02)=(L1/2+L2)(L1U2/2U0d)‎ 图10-3‎ ‎ =(10/2+75)×10-2×(10×1000cos2πt)/(2×5000×4)=0.20cos2πt m 可见，在记录纸上的点以振幅‎0.20m，周期T=2π/ω=1秒而作简谐运动。因圆筒每秒转2周(半秒转1周)，故在1秒内，纸上的图形如图10-3所示。‎ 图11-1‎ ‎11、如图11-1所示，两根互相平行、间距d=‎0.4米的金属导轨，水平放置于匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，磁场垂直于导轨平面，金属滑杆ab、cd所受摩擦力均为f=0.2N。两根杆电阻均为r=0.1Ω，导轨电阻不计，当ab杆受力F=0.4N的恒力作用时，ab杆以V1做匀速直线运动，cd杆以V2做匀速直线运动，求速度差(V1－ V2)等于多少？‎ 分析与解：在电磁感应现象中，若回中的感应电动势是由导体做切割磁感线运动而产生的，则通常用ε=BlVsinθ来求ε较方便，但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生的，如果先求出每根导体棒各自的电动势，再求回路的总电动势，有时就会涉及“反电动势”而超纲。如果取整个回路为研究对象，直接将法拉第电磁感应定律ε=‎ 用于整个回路上，即可“一次性”求得回路的总电动势，避开超纲总而化纲外为纲内。‎ cd棒匀速向右运动时，所受摩擦力f方向水平向左，则安培力Fcd方向水平向右，由左手定则可得电流方向从c到d，且有：‎ Fcd = IdB = f ‎ I = f /Bd　　　　　　　　　　　　①‎ 取整个回路abcd为研究对象，设回路的总电势为ε，由法拉第电磁感应定律ε=，根据B不变，则△φ=B△S，在△t时间内，‎ ‎△φ=B(V1－V2)△td 所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d　　　　　　　　 ②‎ 又根据闭合电路欧母定律有：I=ε/2r　　　　　　　 ③　　　 ‎ 由式①②③得：V1－V2 = 2fr / B2d2‎ 代入数据解得：V1－V2 =6.25（m/s）‎  图12-1‎ ‎12.如图12-1所示，线圈ａｂｃｄ每边长ｌ＝0.20ｍ，线圈质量ｍ1＝0.10ｋｇ、电阻Ｒ＝0.10Ω，砝码质量ｍ2＝0.14ｋｇ．线圈上方的匀强磁场磁感强度Ｂ＝0.5Ｔ，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为ｈ＝ｌ＝0.20ｍ．砝码从某一位置下降，使ａｂ边进入磁场开始做匀速运动．求线圈做匀速运动的速度．‎ 解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力Ｆ安、绳子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即 Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ．　　①‎ 砝码受力也平衡：‎ Ｆ＝ｍ2ｇ．　　②‎ 线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流 Ｉ＝Ｂｌｖ／Ｒ，　　③‎ 因此线圈受到向下的安培力 Ｆ安＝ＢＩｌ．　　④‎ 联解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2ｌ2．‎ 代入数据解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）‎ ‎13.如图13-1所示，ＡＢ、ＣＤ是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间距离为ｌ，导轨平面与水平面的夹角为θ．在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为Ｂ．在导轨的Ａ、Ｃ端连接一个阻值为Ｒ的电阻．一根垂直于导轨放置的金属棒ａｂ，质量为ｍ，从静止开始沿导轨下滑．求ａｂ棒的最大速度．（已知ａｂ和导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻不计）‎ 图13-1‎ 解析：本题的研究对象为ａｂ棒，画出ａｂ棒的平面受力图，如图13-2．ａｂ棒所受安培力Ｆ沿斜面向上，大小为Ｆ＝ＢＩｌ＝Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ，则ａｂ棒下滑的加速度 ａ＝［ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｆ）］／ｍ．‎ 图13-2‎ ａｂ棒由静止开始下滑，速度ｖ不断增大，安培力Ｆ也增大，加速度ａ减小．当ａ＝0时达到稳定状态，此后ａｂ棒做匀速运动，速度达最大．‎ ｍｇｓｉｎθ－（μｍｇｃｏｓθ＋Ｂ2ｌ2ｖ／Ｒ）＝0．‎ 解得ａｂ棒的最大速度 ‎　ｖｍ＝ｍｇＲ（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／Ｂ2ｌ2．‎ 图14-1‎ ‎14.　电阻为Ｒ的矩形导线框ａｂｃｄ，边长ａｂ＝ｌ、ａｄ＝ｈ、质量为ｍ，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为ｈ，如图14-1所示．若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框内产生的焦耳热是　　　．（不考虑空气阻力）‎ ‎　解析：线框以恒定速度通过磁场，动能不变，重力势能减少，减少的重力势能转化为线框内产生的焦耳热．根据能的转化与守恒定律得：Ｑ＝ｍｇ·2ｈ＝2ｍｇｈ．‎ 图15-1‎ ‎15.　如图15-1所示，Ａ是一边长为ｌ的正方形线框，电阻为Ｒ．现维持线框以恒定的速度ｖ沿ｘ轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场Ｂ区域．取逆时针方向为电流正方向，线框从图示位置开始运动，则线框中产生的感应电流ｉ随时间ｔ变化的图线是图15-2中的：［ ］‎ 图36-2‎ 解析：由于线框进入和穿出磁场时，线框内磁通量均匀变化，因此在线框中产生的感应电流大小不变．根据楞次定律可知，线框进入磁场时感应电流的方向与规定的正方向相同，穿出磁场时感应电流的方向与规定的正方向相反，因此应选Ｂ．‎ 图15-3‎ 想一想:若将题39改为：以ｘ轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力Ｆ随时间ｔ的变化图线为图36-3中的：［ ］‎ 同理可分析得正确答案应选Ｃ．‎ ‎16．如图16-1所示，带正电的粒子以一定的初速度ｖ0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为Ｌ，板间的电压为Ｕ，带电粒子的带电量为ｑ，粒子通过平行金属板的时间为Ｔ，不计粒子的重力，则［　　］‎ Ａ．粒子在前Ｔ／2时间内，电场力对粒子做功为（1／4）ｑＵ Ｂ．粒子在后Ｔ／2时间内，电场力对粒子做功为（3/8）ｑＵ 图16-1‎ 图37-1Ｃ．粒子在下落前ｄ／4和后ｄ／4内，电场力做功之比为1∶2‎ Ｄ．粒子在下落前ｄ／4和后ｄ／4内，通过的时间之比为1∶3‎ 答案：Ｂ ‎17．如图17-1所示，三平行金属板ａ、ｂ、ｃ接到电动势分别为1、2的电源上，已知1＜2，在Ａ孔右侧有一带负电的质点，由静止释放后向右运动穿过B到达P点后再返回Ａ孔，则［　　］‎ 图17-1‎ Ａ．只将ｂ板右移一小段距离后再释放该质点，质点仍运动到Ｐ点后返回 Ｂ．只将ｂ板右移一小段距离后再释放该质点，质点将达不到Ｐ点 Ｃ．只将ｂ板右移稍长距离后再释放该质点，质点能穿过C孔 Ｄ．若将质点放在C孔左侧由静止释放，质点将能穿过Ａ孔 答案：Ｄ 图18-1‎ ‎18．如图18-1所示，Ｕ型线框ａｂｃｄ处于匀强磁场中，磁场的磁感强度为Ｂ，方向垂直于纸面向内．长度为Ｌ的直导线ＭＮ中间串有一个电压表跨接在ａｂ与ｃｄ上且与ａｂ垂直，它们之间的接触是完全光滑的．Ｒ为电阻，C为电容器，现令ＭＮ以速度ｖ0向右匀速运动，用U表示电压表的读数，ｑ表示电容器所带电量，Ｃ表示电容器电容．Ｆ表示对ＭＮ的拉力．设电压表体积很小，其中线圈切割磁感线对ＭＮ间的电压的影响可以忽略不计．则［　　］‎ Ａ．Ｕ＝ＢＬｖ0　　Ｆ＝ｖ0Ｂ2Ｌ2／Ｒ Ｂ．Ｕ＝ＢＬｖ0　　Ｆ＝0‎ Ｃ．Ｕ＝0　　　　　Ｆ＝0‎ Ｄ．Ｕ＝ｑ／Ｃ　　 Ｆ＝ｖ0Ｂ2Ｌ2／Ｒ 答案：Ｃ 图19-1‎ ‎19．密立根油滴实验如图19-1所示：在电介质为空气的电容器中，观测以某速度送入的一个油滴，这油滴经过一会儿达到一个恒定的速度ｖ1，这时加上电场强度为Ｅ的匀强电场，再过一会儿达到另一恒定速度ｖ2．在这样短的时间内速度变为恒定，说明油滴受到　　　　　　　　　的作用，这个力的大小与速度成正比，可表示为ｋｖ（式中ｋ为常量）而方向与　　　　　　　　．设油滴质量为ｍ，电量为ｑ，写出这两种情况下的方程式①　　　　　　　　　；②　　　　　　　　　．‎ 下面的表是通过这样的实验所测得的不同油滴所带电量ｑ值的一个实例：ｑ的测定值（单位：10－19Ｃ）‎ ‎6．41‎ ‎8．01‎ ‎9．65‎ ‎11．23‎ ‎11．83‎ ‎14．48‎ 分析这些数据可知：　　　　　‎ ‎（答案．空气阻力　速度方向相反　①ｍｇ－ｋｖ1＝0　②ｍｇ－ｋｖ2－ｑＥ＝0　小球的电量是1．6×10－19Ｃ的整数倍，故电荷的最小电量为1．6×10－19Ｃ）‎ 图20-1‎ ‎20．用长度相同，横截面积之比为2∶1的均匀铜导线制成的两个正方形线框Ｍ和Ｎ，使它们从同一高度自由下落，途中经过一个有边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，如图20-1所示．若下落过程中线框平面始终与磁场方向保持垂直，不计空气阻力，则Ｍ、Ｎ底边进入磁场瞬间的速度ｖＭ∶ｖＮ＝　　　　　　，加速度ａＭ∶ａＮ＝　　　　　，在穿过磁场的过程中，线框Ｍ、Ｎ内产生的热量ＱＭ∶ＱＮ＝　　　　　．‎ ‎（答案：1：1，1：1，2：1）‎ ‎21．现有一电阻箱，一个开关，若干根导线和一个电流表，该电流表表面上有刻度但无刻度值，要求设计一个能测定某电源内阻的实验方案（已知电流表内阻可忽略，电流表量程符合要求，电源内阻约为几欧）．‎ ‎　 要求：①画出实验电路图；‎ ‎　　②简要写出完成接线后的实验步骤；‎ ‎　　③写出用测得的量计算电源内阻的表达式ｒ＝　　　　　　．‎ 答案：（1）图略　（2）①使电阻箱阻值最大，合上开关S，调节电阻箱阻值为Ｒ1，记下电流表对应的刻度Ｎ1；②调节电阻箱阻值为Ｒ2，记下电流表对应的刻度Ｎ2；③计算出ｒ的值；④多侧几次；取ｒ的平均值；⑤断开Ｓ，拆除电阻，整理器材．（3）（Ｎ1Ｒ1－Ｎ2Ｒ2）／（Ｎ2－Ｎ1）‎ ‎22．如22-1所示为一固定在水平面上长Ｌ的绝缘板，整个空间有一水平的匀强电场，板在右半部有一个垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为ｍ、带电量为ｑ的物体，从板的Ｐ端由静止开始在电场力的作用下向右运动．小物体与水平面间摩擦系数为μ，进入磁场区域后恰能作匀速运动．当物体碰到挡板Q后被弹回．若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁中仍能作匀速运动，离开磁场后作匀减速运动，并停在C点．设ＰＣ＝1／4Ｌ．求：‎ 图22-1‎ ‎（1）物体与挡板碰撞前后的速率ｖ1和ｖ2；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）电场强度E的大小和方向．‎ 解　物体从P静止开始运动进入磁场速度ｖ1，由动能定理得 ｑＥ（Ｌ／2）－μｍｇ（Ｌ／2）＝（1／2）ｍｖ12，‎ 进入磁场匀速，由反弹后仍匀速可知，电荷带正电．电场强度方向水平向右；进入磁场匀速 ｑＥ＝μ（ｍｇ＋ｑｖ1Ｂ），‎ 反弹后匀速 ｍｇ＝ｑｖ2Ｂ 出磁场后到C点停止 ‎－μｍｇ（Ｌ／4）＝－（1／2）ｍｖ22；‎ ‎　 ‎ ‎　 　　，方向水平向右．‎ ‎23、在磁场中某处磁感应强度B，可由B=F／ＩＬ求出，由此可知磁感应强度Ｂ（    ）‎ A. 随通电直导线所受磁场力增大而增大；‎ B.随通电直导线中电流强度增大而减小；‎ C随通电直导线长度增大而减小；    ‎ D.不随导线长度通过电流强度和通电直导线所受磁场力的变化而变化。‎ 解析：磁感应强度B是描述磁场强弱的物理量,磁场强弱是由磁场本身决定的,与是否放入通电直导线,通电导线中电流强弱,以及通电直导线受磁场力等外界条件无关。B=F／ＩＬ，只表示几个物理量在一定条件的数量关系，而无决定关系。选项D是正确的。‎ 图24-1‎ ‎24、如图24-1所示，矩形线框abcd，与条形磁铁的中轴线位于同一平面内，线框内通有电流I，则线框受磁场力的情况（    ）。‎ A.  ab和cd受力，其它二边不受力； ‎ B. ab和cd受到力大小相等方向相反；‎ C.ad和bc受到的力大小相等，方向相反；  ‎ D.以上说法都不对。‎ 图24-2‎ 解析：如图24-2所示为条形磁铁的磁场分布情况，ab、bc、cd、da各边均处于磁场中，磁感线与ab、cd垂直，用左手定则可判断ab边受力垂直纸面向外，cd边受力垂直纸面向里，ab处于位置磁感强度B大，cd所处位置磁感强度B小，ab、cd边力大小不等。bc、ad与所在位置磁感强度的分量垂直，要受磁场力，且磁场方向垂直纸面向里。方向相同。大小也不一定相等，‎ 因为ad、bc所在位置磁感强度不一定相等，可知 A、B、C选项均不正确，选项D正确。‎ ‎25、如图25-1所示，矩形线框abcd，处于磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场中，线框面积为S=‎0.3m2‎，线框从图示位置转过60°，线框中磁通量变化量 图25-1‎ 为          ，线框在后来位置时磁通密度为          。‎ 解析：线框在图示位置时、磁感强度B与线框平面垂直，磁通量 ‎，当线框转过60°时，线框在与磁感线垂直平面的投影面积，此时磁量,‎ ‎。‎ 线框处于匀强磁场中，各处的磁感强度的大小，方向均相同，所以B=0.3T。‎ 从本题解答中可知，知识虽然很简单，题目也不复杂，但概念必须清楚，否则这两个答案都容易出错误，经常出现的错误是线框转，B也随之而变。‎ 图26-1‎ ‎26、等腰三角形线框abc与长直导线MN绝缘，且线框被导线分成面积相等的两部分，如图26-1所示，M接通电源瞬间电流由N流向M，则在线框中（    ）。‎ A. 线框中无感应电流；    ‎ ‎    B.线框中有沿abca方向感应电流；‎ C线框中有沿acba方向感应电流；  ‎ D.条件不是无法判断。‎ 解析：产生感应电流的条件是①电路要闭合；②穿过回路的磁通量要发生变化。线框为等腰三角形，是闭合电路，MN中通入N向M方向电流时，闭合回路中从无磁通变为有磁通，MN右侧磁场方向垂直纸面向里，左侧磁场方向垂直纸面向外，因右侧面积磁通量大于左侧面积的磁通量，故线框中的磁通量应为垂直纸向里。线框中应有感应电流，选项A、D是错误的，磁通量是增加的感应电流磁场阻碍磁通量增加，感应电流磁场应是垂直纸面向外，所以感应电流方向应是acba，选项C正确。‎ 图27-1‎ ‎27、如图27-1所示，多匝线圈的电阻和电池内阻可忽略，两个电阻器的阻值都是R，K打开时，电流，今关闭K，关于自感电动势正确表达的是（    ）。‎ A.有阻碍电流作用，最后电流减小到零；‎ B.有阻碍电流作用，最后电流小于I；‎ C.有阻碍电流增大的作用，因而电流保持不变；‎ D.有阻碍电流增大的作用，但最后电流增大到2I。‎ 解析：因为多匝线圈电阻可以忽略，所以线圈对电流的阻碍作用可以忽略，选项A、B均是错误的，电路中关闭电键，把一个电阻器短路，电路总电阻减小，电路中电流增大，线圈中电流变化，线圈中产生自感电动势阻碍线圈中电流增大，但线圈中电流还是要增大，直到线圈中电流为2I，电流不再增大，自感电动势自然消失，电路中有恒定电流，大小为2I。选项D正确。‎ 图28-1‎ ‎28、如图28-1所示，相距‎0.9m的平行轨道ab、cd，分别接有“4V，2W”的灯L1和“6V，4.5W”的灯L2‎ ‎，导轨电阻不计，金属棒AM电阻为0.5Ω，在导轨上可自由滑动，磁感强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面，当棒AM以某一速度向右移动时，L1恰好能正常发光，求：(1)通过L1的电流强度；(2)棒AM的速度；(3)L1、L2两灯消耗的电功率。‎ 解析：由题意知灯L1正常发光，灯L1两端电压为4V，消耗电功率为2W，则通过灯L1的电流强度，灯L2的两端电压也为4V，灯L2的电阻，则灯L2中电流强度，电路总电流，电路电动势，，‎ ‎，灯L2消耗电功率为：。‎ 答：(1)通过L1的电流强度为‎0.5A；(2)棒AM的速度为‎10m／s；(3)灯L1消耗电功率P1=2W，灯L2消耗电功率P2=2W。‎ 应注意：棒AM切割磁感线产生感应电动势，应为电源电动势，棒AM电阻为内电阻。‎