高三物理高考第一轮专题复习——电磁场(含答案详解)[1]

高三物理第一轮专题复习——电磁场
在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。

一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿＋y 方向飞出。

（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m ；
（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ’，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ’多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？
电子自静止开始经M 、N 板间（两板间的电压
A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中， 电子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图所示．求匀强磁 场的磁感应强度．（已知电子的质量为m ，电量为e ）
高考）如图所示，abcd 为一正方形区域，正离子束从a 点沿ad 方向以0 =80m/s
的初速度射入，若在该区域中加上一个沿ab 方向的匀强电场，电场强度为E ，则离子束刚好从c 点射出；若撒去电场，在该区域中加上一个垂直于abcd 平面的匀强磁砀，磁感应强度为B ，则离子束刚好从bc 的中点e 射出，忽略离子束中离子间的相互作用，不计离子的重力，试判断和计算：
（1）所加磁场的方向如何？（2）E 与B 的比值B
E /为多少？
制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条窄缝。

两个D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。

图乙为俯视图，在D 型盒上半面中心S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 型盒中。

在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。

如此周而复始，最后到达D 型盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。

已知正离子的电荷量为q ，质量为m ，加速时电极间电压大小为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 型盒的半径为R 。

每次加速的时间很短，可以忽略不计。

正离子从离子源出发时的初速度为零。

（1）为了使正离子每经过窄缝都被加速，求交变电压的频率； （2）求离子能获得的最大动能；
（3）求离子第1次与第n 次在下半盒中运动的轨道半径之比。

如图甲所示，图的右侧MN 为一竖直放置的荧光屏，
O 为它的中点，OO’与荧光屏垂直，且长度为l 。

在MN 的左侧空间
内存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E 。

乙图是从甲图的
左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O 为原点建立如图的
直角坐标系。

一细束质量为m 、电荷为q 的带电粒子以相同的初速度
v 0从O’点沿O’O 方向射入电场区域。

粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计。

（1）若再在MN 左侧空间加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮
点恰好位于原点O 处，求这个磁场的磁感强度的大小和方向。

（2）如果磁感强度的大小保持不变，但把方向变为与电场方向相同，则荧光屏上的亮点位于图中A 点处，已知A 点的纵坐标 l
y 3
3
，求它的横坐标的数值。

空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。

左侧匀强电场E 、方向水平向右，电场宽度为L ；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里。

一个质量为m 、电量为q 、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O 点，然后重复上述运动过程。

求： （1）中间磁场区域的宽度d ；
（2）带电粒子从O 点开始运动到第一次回到O 点所用时间t 。

B
B
l
O 甲
乙
甲
乙
如下图所示，PR 是一块长为L= 4m 的绝缘平板，固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR 的匀强电场E ，在板的右半部分有一个垂直于纸面向里的匀强磁场B ，一个质量为0.1Kg ，带电量为0.5C 的物体，从板的P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右作匀加速直线运动，进入磁场后恰能作匀速运动，当物体碰到板R 端竖直绝缘挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C 点，PC=
4
L
，物体与平板间的动摩擦因数μ=0.4，（g=10m/s 2）求： （1）判断物体带正电还是带负电以及电场强度E 的方向（说明理由）； （2）物体与挡板碰撞后的速度V 2和磁感应强度B 的大小； （3）物体与挡板碰撞前的速度V 1和电场强度E 的大小。

L ，足够长，在其上放置两根长也为L 且与导轨垂直的金属棒ab 和cd ，它们的质量分别为2m 、m ，电阻阻值均为R （金属导轨及导线的电阻均可忽略不计），整个装置处在磁感
应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

（1）现把金属棒ab 锁定在导轨的左端，如图甲，对cd 施加与导轨平行的水平向右的恒力F ，使金属棒cd 向右沿导轨运动，当金属棒cd 的运动状态稳定时，金属棒cd 的运动速度是多大？ 此时拉力F 瞬时功率多大？ （2）若当金属棒cd 的速度为最大速度的一半时，金属棒cd 的加速度多大？
（3）若对金属棒ab 解除锁定，如图乙，使金属棒cd 获得瞬时水平向右的初速度v 0，当它们的运动状态达到稳定的过程中，流过金属棒ab 的电量q 是多少？整个过程中ab 和cd
相对运动的位移s 是多大？整个过程中回路中产生的焦耳热Q 是多少？
MN 、PQ 相距l ，在M 点和P 点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间OO 1O 1O ′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d 的匀强磁场，磁感强度为B 。

一质量为m ，电阻为r 的导体棒ab ，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d 0。

现用一大小为F 、水平向右的恒力拉ab 棒，使它由静止开始运动，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）。

求： （1）棒ab 在离开磁场右边界时的速度； （2）棒ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能；
（3）试分析讨论ab 棒在磁场中可能的运动情况。

如图12所示，两互相平行的水平金属导轨MN 、PQ 放在竖直平面内，相距为L =0.4m ，左端接平行板电容器，板间距离为d =0.2m ，右端接滑动变阻器R (R 的最大阻值为2Ω)，整个空间有水平匀强磁场，磁感应强度为B =10T ，方向垂直于导轨所在平面。

导体棒CD 与导轨接触良好，棒的电阻为r =1Ω，其它电阻及摩擦均不计，现用与导轨平行的大小为F =2N 的恒力作用，使棒从静止开始运动，取g =10m/s 2。

求：
(1)导体棒处于稳定状态时，拉力的最大功率是多大?
(2)导体棒处于稳定状态时，当滑动触头在滑动变阻器中点时，一带电小球从平行板电容器左侧沿两极板的正中间入射，在两极板间恰好做匀速直线运动；当滑动触头在滑动变阻器最下端时，该带电小球以同样的方式和速度入射，在两极间恰好能做匀速圆周运动，求圆周的半径是多大?
如图1所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电 MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直。

现金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图2
是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度－时间图象，图像中坐标轴上所标出的字母均为已知量。

求： （
1）金属框的边长； （2）磁场的磁感应强度； （3）金属线框在整个下落过程中所产生的热量。

1 2
4
v
N ′
M N
M
c
d
MN 、PQ 相距l ，其框架平面与水平面成θ角，在M 点和P 点间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间OO 1O 1′O ′矩形区域内有垂直导轨平面向下、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B 。

一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab ，垂直搁置于导轨上，与磁场上边界相距d 0，现使它由静止开始运动，在棒ab 离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）。

求： ⑪棒ab 在离开磁场下边界时的速度； ⑫棒ab 通过磁场区的过程中整个电路所消耗的电能。

15甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B 。

边长abcd （下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 型金属框架MNPQ （下简称U 型框），U 型框与方框架之间接触良好且无摩擦。

两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r 。

（1）将方框固定不动，用力拉动U 型框使它以速度v 0垂直NP 边向右匀速运动，当U 型框的MQ 端滑至方框的最右侧（如图所示）时，方框上的bc 两端的电势差为多大？此时方框的热功率为多大？
（2）若方框不固定，给U 型框垂直NP 边向右的初速度v 0，如果U 型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少？
（3）若方框不固定，给U 型框垂直NP 边向右的初速度v (v >v 0)，U 型框最终将与方框分离。

如果从U 型框和方框不再接触开始，经过时间t 方框最右侧和U 型框最左侧距离为s 。

求两金属框分离时的速度各为多大？
图15 甲
乙
Q
Q
ab质量为100g，用绝缘细线悬挂后，恰好与宽度为50cm的光滑水平导轨MN、PQ 良好接触，导轨上放有质量为200g的另一导棒cd，整个装置处于竖直向上的磁感强度B = 0.2T的匀强磁场中，现将ab棒拉起0.8m高后无初速释放。

当ab棒第一次摆到最低点与导轨瞬间接触后还能向左摆到0.45m高处，（取g = 10m/s2）求：
（1）cd棒获得的速度大小（2）瞬间通过ab棒的电量（3）此过程中回路中产生的焦耳热
7所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。

一
l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020Ω。

开始时，线圈的
下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。

将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚
穿出磁场时的速度相等。

取g=10m/s2，求：
⑪线圈进入磁场过程中产生的电热Q。

⑫线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。

⑬线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。

如图所示，abcd为交流发电机的矩形线圈，其面积为S，匝数为n，线圈电阻为r，外电阻为R。

线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO’匀速转动，角速度为 。

若图中的电压表、电流表均为理想交流电表，求：
（
1）此交流发电机产生感应电动势的最大值
m
E；
（2）若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式；（3）交流电压表和交流电流表的示数；
（4）此交流发电机的输出功率P出。

图7
h1 h2
E，内阻为r。

与副线圈相连的负载电阻为R。

如图所示，求解下列各题：
（1）原线圈中I
多大时，负载上获得的功率最大？最大功率是多少？
（2）负载电阻获得最大功率时，变压器的匝数比多大？
E=20V，内阻不计，它通过一个阻值R＝6Ω的指示灯连接到一个理想降压变压器的输入端。

在变压器的输出端并联着24只规格都是“6V，0.25W"彩色小灯泡，每只灯泡都正常发光，导线电阻不计。

求：
(1)原线圈中的电流；
(2)降压变压器初级、次级线圈的匝数比；
(3)若只使用18盏彩色小灯泡，通过计算说明这时每盏小灯泡的工作
状态如何?(设小灯泡的电阻不随温度变化)
,由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有"的白炽灯6盏)供电.如果输电线的总电阻R是4Ω,升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1：4和4：1,那么：
(1)发电机的输出功率应是多大?
(2)发电机的电动势是多大?
(3)输电效率是多少?
R ，光线DC 平行于直径AB 射向介质球的C 点，DC 与AB 的距离H=0.8R 。

(1)试证明：DC 光线进入介质球后，第一次再到达介质球的界面时，界面上不会发生全反射 (要求说明理由) ； (2)若DC 光线进入介质球后，第二次再到达介质球的界面时，从球内折射出的光线与入射光线平行，求介质球的折射率
A ＝60°，∠C ＝90°，一束极细的光于AC 边的中点垂直AC 面入射，AC ＝2a ，棱镜的折射率为2
n ．求：
（1）、光在棱镜内经一次全反射后第一次射入空气时的折射角． （2）、光从进入棱镜到第一次射入空气时所经历的时间（设光在真空中传播速度为c ）．
PH 的右侧是一磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强E 、方向水平向左的匀强电场。

在虚线PH 上的一点O 处有一质量为M 、电荷量为Q 的镭核(
22688
Ra)。

某时刻原来静止的镭核水平向右放出一个质量为m 、电荷量为q 的α粒子而衰变为氡(Rn)核，设
α粒子与氡核分离后它们之间的作用力忽略不计，涉及动量问题时，亏损的质量可不计。

(1)写出镭核衰变为氡核的核反应方程；
(2)经过一段时间
α粒子刚好第一次到达虚线
PH 上的A 点，测得OA=L 。

求此时刻氡核的速率。

B
B
O A
计算题部分参考答案：
1．解：（1）由几何知识知带电粒子在磁场中运动的半径为r ，则有：qvB=mv 2/r 解得：q/m ＝v /Br （2）由几何知识得带电粒子在磁场B’中做匀速圆周运动的圆心角θ=600，半径为：R=
3r ，则有：
qv B’=mv 2/R ，t=
qB m T
3/6
π= 解得： B’＝ 3B/3 t ＝3πr/3v
2．解：设电子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：
2
12
mv eU = ①
电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则： 2
v evB m r
= ②
作电子在磁场中的轨迹如图，由几何关系得：222()r r L d =-+ ③
联解①②③式得：2
2
2()L B L d =
+3．解：⑪磁场方向垂直于纸面向外
⑫离子在电场中运动时，设正方形的边长为L,离子的质量为m ，电量为q
根据L=t v 0，L=2
t m Eq 21∙ 解得：E=qL
2mv 2
离子在磁场中运动时，设半径为R ，满足：（L-R ）2+2)2L (
=R 2 解得R =8
5L
由根据qvB =m R v 2 得R =qB mv
即85L =qB mv 0 解得：B=5qL
8mv 0 故45v B E 0==100
4．解（1）使正离子每经过窄缝都被加速，交变电压的频率应等于离子做圆周运动的频率正离子在磁场中做匀
速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力
r
v m Bqv 2= 又 v r T π2= 解得 qB m
T π2= 所以m qB f π2=
（2）当离子从D 盒边缘离开时速度最大，此时离子做圆周运动的半径为D 盒的半径有：m
qBR
v m =
离子获得的最大动能为 m
R B q mv E m 2212
222==
（3）离子从S 点经电场加速1次后，以速度v 1第1次进入下半盒，由动能定理： 212
1
mv Uq =
解得 m
qU
qB m qB mv r m
Uq v 22111
=
=
=
离子从S 点经电场加速3次后，以速度v 3第2次进入下半盒： 2
32
13mv Uq =
解得 m
Uq
qB m qB mv r m
Uq v 2323323
⨯=
=
⨯=
离子经电场加速（2n －1）次后，第n 次进入磁场，同理可得 m
Uq
n qB m r n
2)12(⨯-=
所以
1
21
1-=
n r r n 5．解：（1）亮点恰好位于原点O 处，表明带电粒子所受的电场力与洛仑兹力大小相等，设所加磁场的磁感应强度为B ，则 qE =qv 0B 解得 B=E / v 0 由电场力以及左手定则判定磁场方向竖直向上。

（2）以OO ’方向为z 轴正方向，与x 、y 组成空间直角坐标系。

磁场改变方向
后，粒子在yOz 平面内的运动是匀速圆周运动，轨迹如图2所示。

设圆半径为R ，根据几何关系有： R 2-l 2=（R-y ）2
由于l y 33=
，可解出l R 3
32=，可知θ=60° 粒子沿x 方向的分运动是初速为零的匀加速直线运动，时间： qB
m
T t 3 6π==
qE
mv )qB m (m Eq at x 183 21212
2
2
2ππ-
=⋅⋅-=-= 6．解：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： 2
2
1mv qEL =
（1） 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得： R
v m B q v
2
= （2） 由（1）（2）两式，可得 q
mEL B R 21=。

可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO 1O 2O 3是等边三角形，其边长为2R 。

所以中间磁场区域的宽度为：
q
mEL
B R d 62160sin 0=
=
（2）在电场中 qE
mL
qE mv a v t 22
221===， 在中间磁场中运动时间qB m T t 3232π=
=
，在右侧磁场中运动时间qB
m T t 35653π==
则粒子第一次回到O 点的所用时间为.3722321qB
m qE mL t t t t π+=++=
O
7．解：（1）进入磁场后向右匀速,阻力增大,所以洛伦兹力向下,由左手定则知物块带负电,电场力向右,电场向左。

由受力平衡有： Eq =μ(qBv 1+mg （1）
（2）碰后在磁场中,匀速向左,速度为V 2,则不受摩擦力的作用洛人权兹力与重力 qv 2B=mg （2）
出磁场后,向左匀减速
2
22
14mv L mg
=μ （3） 联立（2）（3）解得：v 2=2
2 m/s ，T B 2
2
=
（3）物块在电场中匀加速向右： 212
1
2)
(mv l mg Eq =-μ （4） 由（1）（2）（3）（4）解得：m/s 241=v ，N/C 2.4=E
8．解：⑪当cd 棒稳定时，恒力F 和安培力大小相等，方向相反，以速度v 匀速度运动，有：
F =BIL 又R
BLv I 2= 联立得： 222L
B FR v =
⑫ab 棒在安培力作用下加速运动，而cd 在安培力作用下减速运动，当它们的速度相同，达到稳定状态时，回路中的电流消失，ab ，cd 棒开始匀速运动。

设这一过程经历的时间为t ，最终ab 、cd 的速度为v ′，通过ab 棒的电量为Q 。

则对于ab 棒由动量守恒：BILt ＝2mv ′ 即：BLQ ＝2 mv ′
同理，对于cd 棒：－BILt ＝mv ′－mv 0 即： BLQ ＝m （v 0-v ′）得：BL
m v Q 320=
设整个过程中ab 和cd 的相对位移为S ，由法拉第电磁感应定律得： t
B L S t E =∆Φ=
流过ab 的电量：t R E
Q 2=
得：2
2034L
B R m v S = 9．解：（1）ab 棒离开磁场右边界前做匀速运动，速度为m v ，则有 m E Blv = E
I R r
=
+ 对ab 棒 F －BIl ＝0 解得 22
()
m F R r v B l +=
（2）由能量守恒可得： 201()2m F d d W mv +=+电 解得： 22
044
()()2mF R r W F d d B l +=+-电
（3）设棒刚进入磁场时速度为v ， 由 2
012
F d m v ⋅=
可得 v =
棒在进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中运动可分三种情况讨论：
22()F R r B l +=（或44
022()d B l F m R r =+），则棒做匀速直线运动；
22()F R r B l +（或F ＞44
022()d B l m R r +），则棒先加速后匀速；
22()F R r B l +（或F ＜44
02
2()d B l m R r +＝，则棒先减速后匀速。

10．解：(1)导体棒CD 在F 作用下向左作切割磁感线运动，在棒中产生的感应电动势为ε＝BLV 。

由闭合电路的欧姆定律得导体棒CD 中的电流为：
BLV
I R r
=
+外 ①
当导体棒CD 处于稳定状态时,CD 棒所受合外力为零，即有： F ＝BIL ② 此时拉力F 的功率为： P ＝FV ③ 解得：P ＝
()222
F R r B L +外 ④
要使拉力的功率最大，则外电阻R 外最大,即R 外＝2Ω时： P max ＝
()222
F R r B L +外＝0.75W ⑤
(2)当滑动触头在滑动变阻器中点时，R 1＝1Ω，且导体棒CD 处于稳定状态时,由①②③式得CD 棒中产生的感应电动势为：
()11F R r BL
ε+=
⑥
此时电容器两极板间的电压为：1
111U R R r
ε=
+ ⑦
带电小球受到平衡力作用而做匀速直线运动，即： qV 0B ＋q
1
U d
＝mg ⑧ 当滑动触头在滑动变阻器的最下端时，R 2＝2Ω。

且当导体棒CD 再次处于稳定状态时，由①②③式得CD 棒中
产生的感应电动势为：
()22F R r BL
ε+=
⑨
此时电容器两极板间的电压为：2
222U R R r
ε=
+ ⑩
由于带电小球恰好能做匀速圆周运动，则应有：
2U
q mg d = ⑾
qV 0B ＝m 2
00
V r ⑿
解联立方程组得轨道的半径为：r 0＝0.0125m
11．解：（1）由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v 1，运动时间为t 2－t 1，
所以金属框的边长
)(121t t v l -=
（2）在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力 l BI mg ＝ R Blv I 1＝
解得1
121)(1v mgR
t t v B －＝ （3）金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q 1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得
W 重－W 安＝0
Q 1＝W 安
Q 1＝W 重＝mgl
金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为Q 2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得 W 重－W /安＝
2
2232
121mv mv － Q 2＝W /安
线框产生的总热量Q ＝Q 1＋Q 2 解得：)(2
1)(22322121v v m t t mgv Q -+-=
12．解：⑪导体棒ab 切割磁感线产生的电动势E ＝BLv ，产生的电流为r
R E
I += ， 导体棒受到的安培力为： F ＝BIl
导体棒出磁场时作匀速运动，受力平衡，即mg sin θ＝F 联立解得 ()2
2sin L
B r R mg v θ
+=
⑫由能量转化守恒得E 电＝E G －E K
即E 电＝()2
021sin mv d d mg -+θ＝()()4
422
2302sin sin L
B r R g m d d mg θθ+-+
13．解：（1）当方框固定不动，U 型框以v 0滑至方框最右侧时，感应电动势为E ，有：E=BLV 0 (1)
bc 间并联电阻 R 并=r ×3r r +3r =3
4
r (2) bc 两端的电势差 U bc =E R 并+2r +r R 并 （3）
由(1)(2)(3)得U bc =1
5 BLV 。

(4)
此时方框的热功率P=（E
R 并+2r +r
）2 R 并 (5)
由(1)(2)(5)得：2220475B l v p r
=
(6) （2）若方框不固定，当U 型框恰好不与方框分离时速度设为v ,由动量守恒可知：
03(34)mv m m v =+ (7)
由能的转化和守恒可知总热量Q 为
Q=12 3m v 02 - 1
2
(3m +4m )v 2 (8) 由(7)(8)可知，Q=6
7
mv 02 (9)
（3）若方框不固定，设U 型框与方框分离时速度分别为v 1、v 2
由动量守恒可知：3mv =3mv 1+4mv 2 (10) 在t 时间内相距S 可知：s =(v 1-v 2)t (11) 由（10）（11）可知 v 1=17 (3v +4s
t
)
v 2=37 (v - s
t
)
c a b M d
N B
Q P N P
b Q
M B a c d
14．解：（1）设导体棒ab 的质量为m 1，下落到最低点的速度为v 1，离开最低点的速度为'
1v 。

导体棒cd 的质量
为m 2，速度为'
2v ，相互作用的时间为△t 。

导体棒ab 下落过程和跳起过程都机械能守恒，则有：
m 1gh 1 =
2
121mv ，解得：v 1 =s m gh /8.010221⨯⨯== 4 m /s
m 1gh 2 =21
12
1
v m '，解得：'1v =s m gh /45.010222⨯⨯== 3 m /s
导体棒ab 、cd 在水平面相互作用过程中，由动量守恒定律有：
m 1v 1 = m 11
v '+ m 22v '，解得：2v '=s m s m m v m v m /5.0/2
.0)34(1.021
111=-⨯='-
（2）设通过导体棒ab 电量为q ，在水平方向受安培力作用，由动量定理有： 111
1v m v m t BIL -'=∆⋅-， q = I ∆t
解得：q =
C C BL v m v m 15
.02.0)34(1.01
111=⨯-⨯='-
（3）设产生的热能为Q ，由导体棒ab 、cd 系统全过程能量守恒，则有：
m 1gh 1 = m 1gh 2 +
Q v m +'22
221 则：Q = m 1g (h 1 – h 2) –2222
1
v m '= 0.1 × 10 × (0.8 – 0.45) –21× 0.2 × 0.52J = 0.32J 15．解⑪由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q 就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒得：Q =mgd=0.50J
⑫3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有：v 02-v 2=2g （d-l ），得v =2
2m/s
⑬2到3是减速过程，因此安培力R
v l B F 2
2=减小，由F -mg =ma 知加速度减小，到3位置时加速度最小，a=4.1m/s 2
16．解：（1）在图示位置时，电动势有最大值，所以此发电机电动势最大值为： E nBS M =ω
（2）电动势的瞬时值：e E t M =cos ω
∴感应电流函数表达式为：i e R r nBS R r
t =
+=+ω
ωcos （3）电动势有效值：E E M =
2
∴=
+=+电流的有效值为：·
I E R r nBS R r 22ω
()
∴=
+=+电压的有效值为：··U R R r E R
R r
nBS 22ω （4）发电机的输出功率为： P IU R
R r n B S 出
==
+22
2222()
ω
17．解：根据题意，题中所给交流的电动势、原线圈中的电流，均为交流的有效值，应用有效值这一概念可把问题转化为直流问题来处理。

（1）由于变压器为理想变压器，则负载电阻上R 上获得的功率等于交流电源的输出功率，即r I E I P 211-=。

该式表明负载电阻上获得的功率P 是I 1的一元二次函数，为此求P 的最大值：
r E r E I r I r E I r P 4)2()(221121
+--=--=可见，当r E I 21=时，P 有最大值：r
E P m 42
=。

（2）由于负载获得最大功率时r
E I 21=，变压器原线圈上电压为2)2(11E r r E E r I E U =-=-=。

变压器副线圈上的电压为U 2，由R U P m 2
2=，得r
R E R r E R P U m 2
)4(2
2=
⋅==。

所以变压器原副线圈的匝数比为：R r U U n n ==2121。

18．解：
1
22121222,1625.024n n
I n n I A U P I ===⨯==
（1） R n n
U n n R I U E 1
222111+=
+= （2） 联立（1）（2）解得：A I 311=
， 132
1：=n n
(3)Ω===
14425
.062
2P U R L ，Ω==818L R R 负载 Ω==722
2
1负载等效）（
R n n R V R R ER U 13
240
1=
+=
等效
等效‘
V U n n U 15.613
80
1122===
‘’ 小灯泡两端电压为6.15V ,故不能正常工作,其实际功率为0.26W 19．解：（1）P 3=40×6×22=5280W
A U P U P I V U n n U 6,880'23'2'
2233'
2'2
=====
W R I P 1442
2==∆， P P P ∆+=3输出=5424W
（2）V U n n U V R I U U 226,904221
12'
22
==
=+=， A U P I 241
1==输出，则E=U 1+I 1r=250V （3）%97%100=⨯=
输出
用P P η
20解：如图DC 光线进入介质球内，发生折射
n r
sin i
sin =，折射角r 一定小于介质的临界角，光线CE 再到达球面时的入射角∠OEC=r ，小于临界角，因此一定不发生全反射。

如图
sini=0.8 447.05
5
r s i n
== 折射率79.155
4)
2
i sin(i sin n ===
21解：光路如图示。

（1）设玻璃的临介角为C ，由折射定律得： sinc=1/n=
2
2 ∴∠c=450 由几何知识得:∠2=600
> ∠c ∴光线在D 点发生全反射. 在E 点，由折射定律得：
n =∠∠4
sin 5
sin ，由几何知识得∠4＝30°
∴ 第一次射入空气的折射角 ∠5＝45° （2）、设光线由O 点到E 点所需的时间t ，则
V
DE
OD t +=
又 n c v =
由数学知识得：a AO OD 330tan /0==
， a OC DE 3
3
260sin /0=
= 由以上各式可得：c
a
t 335=
22．解： (1)核反应方程：He Rn a R 4
22228622688+→ （4分）
(2)设衰变后，氡核的速度为v 0，α粒子的速度为v α， 由动量守恒定律得
(M-m)v 0=mv α （2分）
α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 到达A 点需时α
∙νπ=2L t （2分）
又2
L m B q 2
αα
ν=ν （2分）
氡核在电场中做匀加速直线运动，t 时速度为v =v 0+at （2分） 氡核加速度m
M E
)q Q (a --=
（2分）
由以上各式解得：qB
)m M (2mE )q Q (2L B q 2
2--π+=ν。

（2分）。