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1、学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 14 （7 分）如图14 所示，两平行金属导轨间的距离 L=0.40 m，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=0.50 T、方向垂直于 导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势 E=4.5 V 、 内阻 r =0.50 的直流电源 现把一个质量m =0.040 kg 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图 14 触的两点间的电阻R02.5 ,金属导轨电阻不计， g取 10 m/s2已知 sin 37=0.60，cos 37=0.80，求： （1）
2、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 15 （7 分）如图15 所示，边长L=0.20m 的正方形导线框ABCD 由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R01.0 ， 金属棒 MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电 阻 r =0.20 导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.50 T,方向垂直导线框所在平面向里金属棒MN与导线框接触良好，且 与导线框的对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD 连线上若金属棒以v=4.0 m/s 的速度向右匀速运动，当金属棒运动 至AC 的 位 置 时 ， 求 （ 计 算 结 果
3、 保 留 两 位 有 效 数 字 ）： 图 15 （1）金属棒产生的电动势大小； （2）金属棒MN上通过的电流大小和方向； （3）导线框消耗的电功率 16 （8 分）如图16 所示，正方形导线框abcd 的质量为m 、边长为l ， 导线框的总电阻为R导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上 方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直 平面内， cd 边保持水平磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向 里，磁场上、下两个界面水平距离为l 已知cd 边刚进入磁场时线框 恰好做匀速运动重力加速度为g （1）求 cd 边刚进入磁场时导线框的速度大小 （2）请证明：导线框的cd 边
4、在磁场中运动的任意瞬间，导线框克 服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率图 16 （3）求从导线框cd 边刚进入磁场到ab 边刚离开磁场的过程中，导 线框克服安培力所做的功 17 （8 分）图 17（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中 绕垂直于磁场方向的固定轴OO 匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻 r =10 ，线圈的两端 经集流环与电阻R连接，电阻R =90 ，与 R并联的交流电压表为理想电表在t =0 时刻， 线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t 按图 17（乙）所示正弦规律 变化求： （1）交流发电机产生的 电动势最大值； 学习资料收集于
5、网络，仅供参考 学习资料 （2）电路中交流电压表 的示数 18 （8 分）图 18 为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板 长 l =4.0 cm，两板间距离d=1.0 cm，极板右端与荧光屏的距 离 L=18 cm由阴极发出的电子经电场加速后，以v=16 107 ms 的速度沿中心线进入竖直偏转电场 若电子由阴 极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力 均可忽略不计，已知电子的电荷量e=1.610 19 C，质量 m =0.9110-30 kg 图 18 （1）求加速电压U0的大小； （2）要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加 在 竖直偏转电极上 的 电 压 应满足 的条件； （
6、3）若在竖直偏转电极上加u=40sin 100t（ V）的交变电压，求电子打在荧光屏上产 生亮线的长度 19 （9 分）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 点到荧光屏的距离为 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，通过磁场后打在荧光屏 D 上粒子进入电场的初速度及其所受重力均可忽略不计 （
7、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； 图 19 （3）移动滑片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 20 （9 分）如图 20 所示，地面上方竖直界面N左侧空间存在着水平的、垂直纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度B=2.0 T与 N平行的竖直界面M左侧存在竖直向下的匀强电场，电场 强度 E1=100 N/C在界面 M与 N之间还同时存在着水平向左的匀强电场，电场强度E2=200 N/C在紧靠界面M处有一个固定在水平地面上的竖直绝缘支架，支架上表面光滑，支架上 放有质量m2=1
8、810-4 kg 的带正电的小物体 b（可视为质点） ，电荷量 q2=1 010-5 C一个质 量 m1=1.810-4 kg，电荷量 q1=3.010 -5 C 的带负电小物体（可视为质点）a 以水平速度v0 射入场区， 沿直线运动并与小物体b 相碰， a、b 两个小物体碰后粘合在一起成小物体c，进 入界面 M右侧的场区，并从场区右边界N射出，落到地面上的Q点（图中未画出） 已知支 架顶端距地面的高度h=1.0 m，M和 N两个界面的距离L=0.10 m，g 取 10 m/s2求： （1）小球 a 水平运动的速率； （2）物体 c 刚进入 M右侧的场区时的 加速度； （3）物体 c 落到 Q
9、点时的速率 3 3 学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 rR E 0 14 （7 分） （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=0.30 N 2分 （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin 37 =0. 24 N 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 mgsin37+f=F 安 1分 解得： f =6. 010-2 N 1 分 15 （7 分） （1）金属棒产生的电动势大小为：E=B2Lv=0.42V=0 . 56 V 2 分 （2）
10、金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻为： R并=1. 0 ，根据闭合电路欧姆定律I = =0.47 A 2 分 根据右手定则，电流方向从N 到 M 1 分 （3）导线框消耗的功率为：P框=I 2R 并=0. 22 W 2 分 16 （8 分） （1）设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v，则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电 动势为 E=Blv ， 根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为I= 导线框受到的安培力为F安=BIl = 1分 因 cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F安=mg ，1 分 以上各式联立，得：v= 1 分 （2）导线框cd 边在磁场中运
11、动时，克服安培力做功的功率为：P安=F安v 代入（ 1）中的结果，整理得：P安= 1 rR E 并 R Blv R vlB 22 22 lB mgR R vlB 222 学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 rR E 0 分 导线框消耗的电功率为： P电=I 2R= R= 1 分 （3）导线框 ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动导 线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变 设导线框克服安培力做功为W安，根据动能定理有2m gl W安0 1 分 解得 W安2mgl 1 17 （8 分） （1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBS 1 分 而m=BS 、=
12、，所以， Em= 1 由t 图线可知： m=2. 010 -2 Wb，T=6. 2810-2 s 所以Em=200 V 1 （2）电动势的有效值E= Em=100 2V 1 分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I = rR E =2A 1 交流电压表的示数为U=IR=902V=127 V 2 分 18 （8 分） （1）对子通过加速电场的过程，根据动能定理有eU0= mv 2 2 解得 U0=728 V 1 （2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移 恰好为 d/2， 即= at 2= t 2 1 电子通过偏转电场的时间t = 1 分 解得 U1=
13、 =91 V ， 所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于 91V 1 分 （3）由 u=40sin 100t （V）可知=100 s-1，Um=40 V 偏转电场变化的周期T= =0. 02 s，而 t = =2. 5 10-9 sT t ，可见每个电子通过 偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场 当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量ym= at 2= t 2=0. 20 cm 电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v14 （ 7 分） （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： R vlB 222 2 222 R vlB T 2
14、T n m 2 2 2 2 1 2 d 2 1 2 1 md eU1 v l 2 2 et md 2 v l 2 1 md eUm 2 1 学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 I= = 1. 5A 2 分 （2）导体棒受到的安培力 F 安=BIL=0.30 N 2分 （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mgsin 37 =0. 24 N 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 mgsin37+f=F 安 1分 解得： f =6. 010-2 N 1 分 15 （7 分） （1）金属棒产生的电动势大小为：E=B2Lv=0.42V=0 . 56
15、V 2 分 （2）金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻为： R并=1. 0 ，根据闭合电路欧姆定律I = =0.47 A 2 分 根据右手定则，电流方向从N 到 M 1 分 （3）导线框消耗的功率为：P框=I 2R 并=0. 22 W 2 分 16 （8 分） （1）设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v，则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电 动势为 E=Blv ， 根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为I= 导线框受到的安培力为F安=BIl = 1分 因 cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有 F安=mg ， 1 以 上各式联立，得：v= 1 分 （2）导线
16、框cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P安=F安v 代入（ 1）中的结果，整理得：P安= 1 分 导线框消耗的电功率为： P 电=I 2R= R= 1 分 rR E 并 R Blv R vlB 22 22 lB mgR R vlB 222 R vlB 222 2 222 R vlB 学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 因此有P安P电1 分 （3）导线框ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动导 线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变 设导线框克服安培力做功为W安，根据动能定理有2m gl W安0 1 分 解得 W安2mgl 1 17 （8 分） （
17、1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBS 1 分 而m=BS 、= ， 所以，Em= 1 由 t图线可知：m=2. 010 -2 Wb， T=6. 2810 -2 s 1 分 所以Em=200 V 1 （2）电动势的有效值E= Em=100 2V 1 分 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I = rR E =2A 1 交流电压表的示数为U=IR=902V=127 V 2 分 18 （8 分） （1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有eU0= mv 2 2 分 解得 U0=728 V 1 （2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移 恰好为
18、d/2， 即= at 2= t 2 1 电子通过偏转电场的时间t = 1 分 解得 U1= =91 V ， 所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于 91V 1 分 （3）由 u=40sin 100t （V）可知=100 s-1，Um=40 V 偏转电场变化的周期T= =0. 02 s，而 t = =2. 5 10-9 sT t ，可见每个电子通过 偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场 当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量ym= at 2= t 2=0. 20 cm 电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v， 垂直极板方向的分速度vy=ayt = t T 2
19、T n m 2 2 2 2 1 2 d 2 1 2 1 md eU1 v l 2 2 et md 2 v l 2 1 md eUm 2 1 md eUm 学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 电子离开偏转电场到达荧光屏的时间t = 电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vyt =2.0 cm 电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2. 2 cm 1 分 电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4. 4 cm 1 分 用下面的方法也给2 分 设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为，因此有tan= =0. 11 因此电子的总偏转量y=（+L）tan1 分 电子打在荧光屏沿竖直方向的长度
20、范围为2y=4. 4 cm 1 分 19 （9 分） （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 直线运动离开磁场后做匀速直线运动，给 1 分2 分 说明：说出粒子在电场中匀加速运动，离开电场做匀速直线运动，给 1 分；说出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动， （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=m ，依题意： k=q/m 1 分 解得： v1
21、=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= 3R 1 设此时 A、K两极板间的电压为U，粒子离开S2时的速度为 vm 根据动能定理有qU= mv22 解得： U= kB2R 2 x y v v 2 1 1 2 1 r v h PQ 3 3 2 r R 2 2 2 r v 2 1 2 3 vx L v L 学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 20 （9 分） （1）a 向 b 运动过程中受向下的重力，向上的电场力和
22、向下的洛伦兹力 小球 a 的直线运动必为匀速直线运动，a 受力平衡，因此有 q1 E1q1v0B m1g = 0 1分 解得v0=20 m/s 2 分 （2）二球相碰动量守恒m1v0=（ m1+m2）v，解得 v =10 m/s 1 分 物体 c 所受洛伦兹力f =（q1 q2）vB=4. 010-4 N，方向向下1 物体 c 在 M右场区受电场力：F2=（q1q2）E2=4. 010-3 N，方向向右 物体 c 受重力： G =（m1+m2）g= 3. 610-3 N，方向向下 物体 c 受合力： F合 2 2 )(2GfF=22 10-3 N 物体 c 的加速度： a= = 2m/s2=1
23、5. 7 m/s2 1 设合力的方向与水平方向的夹角为，则 tan=1. 0，解得=45 加速度指向右下方与水平方向成45角1 （3）物体 c 通过界面M后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功， 设物体 c 落到 Q点时的速率为vt，由动能定理 （m1+m2）gh+（q1q2） E2L= （m1+m2）vt 2 （m1+m2）v 2 1 分 解得 vt=2.122m/s=11 m/s 1分， 垂直极板方向的分速度vy=ayt = t 电子离开偏转电场到达荧光屏的时间t = 电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vyt =2.0 cm 电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2. 2 c
24、m 1 分 电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4. 4 cm 1 分 用下面的方法也给2 分 设电子射出偏转电场时速度与水平线的夹角为，因此有tan= =0. 11 因此电子的总偏转量y=（+L）tan1 分 电子打在荧光屏沿竖直方向的长度范围为2y=4. 4 cm 1 分 19 （9 分） （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 md eUm x y v v 2 1 vx L v L 21 mm F合 9 100 2 F Gf 2 1 2 1 学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 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
25、动2 分 说明： 说出粒子在电场中匀加速运动，离开电场做匀速直线运动，给 1 分；说出粒子在 匀强磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，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=m ，依题意： k=q/m 1 分 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 ta
26、n= 解得： r2= 3R 1 分 设此时 A、K两极板间的电压为U，粒子离开S2时的速度为 v2，根据牛顿第二定律 Bqv2=m 1 分 根据动能定理有qU= mv22 1 解得： U= kB2R 2 1 分 20 （9 分） （1）a 向 b 运动过程中受向下的重力，向上的电场力和向下的洛伦兹力 小球 a 的直线运动必为匀速直线运动，a 受力平衡，因此有 q1 E1q1v0B m1g = 0 1分 解得v0=20 m/s 2 分 （2）二球相碰动量守恒m1v0=（ m1+m2）v，解得 v =10 m/s 1 分 物体 c 所受洛伦兹力f =（q1q2）vB=4. 0 10-4 N，方向向
27、下1 1 2 1 r v h PQ 3 3 2 r R 2 2 2 r v 2 1 2 3 学习资料收集于网络，仅供参考 学习资料 分 物体 c 在 M右场区受电场力：F2=（q1q2）E2=4. 010-3 N，方向向右 物体 c 受重力： G =（m1+m2）g= 3. 610-3 N，方向向下 物体 c 受合力： F合 22 )(2GfF=22 10-3 N 物体 c 的加速度： a= = 2m/s2=15. 7 m/s2 1 分 设合力的方向与水平方向的夹角为，则 tan=1. 0，解得=45 加速度指向右下方与水平方向成45角1 分 （3）物体 c 通过界面M后的飞行过程中电场力和重力都对它做正功， 设物体 c 落到 Q点时的速率为vt，由动能定理 （m1+m2）gh+（q1q2） E2L= （m1+m2）vt 2 （m1+m2）v 2 1 分 解得 vt=2.122m/s=11 m/s1 分 21 mm F合 9 100 2 F Gf 2 1 2 1