高考物理电学大题整理简单

高三期末计算题复习题
1.两根平行光滑金属导轨MN 与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
BLv E ==3、0V, (1分)
根据闭合电路欧姆定律,通过R 的电流 I = R
r E
+= 0.50A 。

(1分)
电阻R 两端的电压 U ＝IR ＝2、5V 。

(1分)
(2)由于ab 杆做匀速运动,拉力与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 R I P 2=＝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
N
Q 图13
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: 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=
R
BLv
R E 44=
……………………(1分) (2)ab 边两端电压为路端电压 U ab =I ·3R ……………………(1分) 所以U ab = 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=I 2·4R ·t R
v
L B 432= ……………………(2分)
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/s 2,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？
图
10
B
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 =
r
R E
+=0.5A (2分)
(2)M 、N 两端电压为路端电压,则U MN =IR =0、4V (2分)
(3)每秒钟重力势能转化为电能E = I 2(R+r )t =0、25J (2分)
4.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R 0=2、5Ω,金属导轨电阻不计,g 取10m/s 2。

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、金属导轨与直流电源构成闭合电路,根据闭合电路欧姆定律有:
I =
r
R E
+=1.5A …………2分 图14
(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
5.在水平面上平行放置着两根长度均为L的金属导轨MN与PQ,导轨间距为d,导轨与电路的连接如图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,电压表与电流表的示数分别为
U1与I1,金属棒仍处于静止状态;再将S2闭合,
电压表与电流表的示数分别为U2与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
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,
ma
mg
BlI=
-μ
2, (1图16
分)
设金属棒到达NQ 端时的速度为v ,根据运动学公式,aL v 22=, (1分) 由以上两式解得: m
L
mg BdI v )(22μ-=。

(2分)
(2)当金属棒静止不动时,金属棒的电阻1
1
I U r =
,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,rt I Q 2
2
=, (2分)
根据运动学公式,t v
L 2
=,将(1)的结果代入,解得 (1分)
mg
BdI Lm
I U I Q μ-=2112
2
2。

(1
分)
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=0.040m 2,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 =t T
T S
nB m )2cos(2π
π,其中B m 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
图15(甲
)
-1
-2s
1图15(乙)
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=2πnB m S/T =8、0V (2分)
(2)根据欧姆定律,电路中电流的最大值为I m =
r
R E +m
=0.80A 通过小灯泡电流的有效值为I =I m /2＝0.402A, (1分)
灯泡消耗的电功率为P=I 2R =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E ＝nS t
B
∆∆ 通过灯泡的平均电流t
r R B
nS r R E I ∆+∆=+=)( (1分)
通过灯泡的电荷量Q ＝r
R B
nS t I +∆=∆＝4、0×10-3C 。

(2分)
9.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。

S 1、S 2为A 、K 板上的两个小孔,且S 1、S 2与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S 1进入电场后,通过S 2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S 1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; (3)调节滑片P ,使粒子打在荧光屏上Q 点,PQ =
3
3
h (如图19所示),D
图19
P Q
P
求此时A 、K 两极板间的电压。

9、 (1)粒子在电场中自S 1至S 2做匀加速直线运动;自S 2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v 1, 粒子垂直打在荧光屏上,说明粒子在磁场中的运动就是四分之一圆周,运动半径
r 1=R …………1分 根据牛顿第二定律
Bqv 1=2
11v m r , 依题意:k=q/m …………1分
解得:v 1=BkR …………1分
(3)设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2,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 tan α=
33
h pQ , α=30°, θ=30° tan θ=
2
r R
解得:r 2=3R …………1分 设此时A 、K 两极板间的电压为U ,设粒子离开S 2时的速度为v 2,根据牛顿第二定律
Bqv 2=22
2
v m r …………1分
根据动能定理有 qU=2
22
1mv …………1分
x
P
Q
解得:U=222
3
R kB …………1分。