(完整版)高三物理高考第一轮专题复习——电磁场(含答案详解)[1],推荐文档

例 1. （高考题）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 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

A 处以 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？

例 2． （ 调研）电子自静止开始经 M、N 板间（两板间的电压

为 U）的电场加速后从 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 例 3． 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

a v0 d 强度为 面的匀

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 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 互作用，不计离子的重力，试判断和计算：

b ·e c 间的相

（1）所加磁场的方向如何？（2）E 与 B 的比值 E / B 为多少？

北京市西城区）在高能物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用，如图甲为它的示意图。它由两个铝制 D 例 4． （ 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；

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（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。

高考题）如图甲所示，图的右侧 MN 为一竖直放置的荧光屏， 例 5． （ 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

M 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 v0 从

y A O′ E l

甲

N

乙

O x O 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 y 

3 ，求它的横坐标的数值。

l 3

d B

如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强 例 6． 场强大小为 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 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 回到 O 点，然后重复上述运动过程。求：

L E B O 电场的 度大小粒子从后，又

（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。

（高考模拟）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 例 7． 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

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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

L 4

速运动停在 C 点，PC= ，物体与平板间的动摩擦因数 μ=0.4，（g=10m/s ）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 V2 和磁感应强度 B 的大小； （3） 物体与挡板碰撞前的速度 V1 和电场强度 E 的大小。

2

两根水平平行固定的光滑金属导轨宽为 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 例 8． cd，它们的质量分别为 2m、m，电阻阻值均 R（金属导轨及导线的电阻均可忽略不计），整

处在磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀 中。

a c F B a c v0 为 个装置 强磁场

b d 甲

b d 乙

（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 v0，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？

例 9． 如图，光滑平行的水平金属导轨 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

OO1O1′O′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 d0。现用一大小为 M 平向右的恒力拉 ab 棒，使它由静止开始运动，棒 ab 在离开磁 R 直线运动（棒 ab 与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）。 a F b d0

O1 B O1’ N F、水

场前已经做匀速

P （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。

O d

O′ Q 求 ：

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（江苏高考）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，左端例 10． 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 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

阻值为 轨所在 均不计，

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

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

图 12

g=10m/s2。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?

例 11． （ 北京朝阳区）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，电阻为

R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域， 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。

a d

bc 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 如图所示，光滑平行的金属导轨 MN、PQ例 12． vvM N 应强度为 B。一质 值为 R 的电阻，在两导轨间 OOO ′O 宽为 d 的匀强磁 ，磁 1 1 ′矩形区域内有垂直导轨平面向下、 量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab， 垂直搁置于导轨上，与磁场上

v vM N R P 0 b d l t M a t 图 2 O t Bt O ′ O′ t 1 离开磁场前已 边界相距 d0，现使它由静止开始运动，在棒图ab

O d 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：

⑴棒 ab 在离开磁场下边界时的速度；

⑵棒 ab 通过磁场区的过程中整个电路所消耗的电能。

θ θ Q N 例 13．如图 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。边长为 l 的

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正方形金属框 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 v0 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 v0，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>v0)，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？

00g，用绝 例 14． 如图所示，导体棒 ab 质量为 1 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

1 如图 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。 例 15． 正方形线圈边长为 l=10cm，线圈质量 m=100g，电阻为 R=0.020Ω。开始时，线 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 穿出磁场时的速度相等。取 g=10m/s2，求： ⑴线圈进入磁场过程中产生的电热 Q。

l h 一个 圈的

2 3 4 图 7

v0 v d v0 和刚

⑵线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度 v。

⑶线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值 a。

（北京市宣武区）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． 例 16 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 Em ；

。若图中的电压表、电流

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（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 。

加在理想变压器原线圈上的交流电源的电动势为 E，内阻为 r。与副线圈相连的负载电阻为 R。如图所示，求例 17． 解下列各题 ：

（1） 原线圈中 I1 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？

如图所示，小型交流发电机的电动势为 E=20V，内阻不计，它通过 例 18．

一个阻 的输出 常发光，

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

端并联着 24 只规格都是“6V，0.25W\"彩色小灯泡，每只灯泡都正导线电阻不计。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)

右图所示为某学校一套校内备用供电系统,由一台内阻为 1Ω 的发电机向全校 22 个教室(每个教室有 例 19． “220V,40W\"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?

（盐城市调研）如图所示，透明介质球半径为 R，光线 DC 平行于直径 AB 射向介质球的 C 点，DC 与 AB 的例 20． 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

例 21．直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A＝60°，

D

C A B

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H ∠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 n 

（1） （2）

2 ．求：

、光在棱镜内经一次全反射后第一次射入空气时的折射角．

、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）．

例 22． 如图所示，在某一足够大的真空室中，虚线 PH 的右侧是一磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场， 左侧是一场强为 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( 226 Ra)。

88

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。

P

计算题部分参考答案：

E A O B 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=mv2/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=600，半径为：R= 3 r，则有：

H

qvB’=mv2/R ，t=

T

 m/ 3qB

6

解得： B’＝

3 B/3 t＝ 3 πr/3v

1 2

mv eU 2

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：

①

电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为 r，则： evB  m

v

2

r

② ③

作电子在磁场中的轨迹如图，由几何关系得： r2  (r  L)2  d 2

联解①②③式得： B 

2mu (L2  d 2 ) e 2L

3. 解：⑴磁场方向垂直于纸面向外

⑵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

1

根据 L= v0 t ，L= • Eq t 2

2 m

解得：E= 2mv2 qL 0

离子在磁场中运动时，设半径为 R，满足：（L-R）2+

L2 2 ( ) =R2

解得 R =

5L 8

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由根据 qvB=m

v2 R

得 R =

mv qB

5L mv

即

8

=

8mv

解得：B=

0

0

qB 5qL

E 5v

故  0 =100 B 4

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

v 2

Bqv  m

r

2r

又 T 

v

解得

2m T 

qB qB

所以 f 

2m

（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： vm 

qBR m

离子获得的最大动能为

1 2 q 2 B 2 R 2

E  mvm 

2 2m

1 2

（3） 离子从 S 点经电场加速 1 次后，以速度 v1 第1 次进入下半盒，由动能定理： Uq  mv1

2

mv1 r  m 2qU 2Uq 解得 v 

1 1

qB qB m m

1 2

离子从 S 点经电场加速 3 次后，以速度 v3 第 2 次进入下半盒： 3Uq  mv3

2

解得

v3 3  2Uq

m

m 3  2Uq

r2  qB m qB

mv3



m (2n  1)  2Uq

离子经电场加速（2n－1）次后，第 n 次进入磁场，同理可得 rn 

qB m

所以

r1

 rn

1 2n 1

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=qv0B 解得 B=E / v0 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：

由于 y  60° R Rl2-2=（R-y）2

3 2 3 l ，可解出 R  l ，可知 θ=60° 3 3

y T

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： t  

6

m

O‘ l O 3qB

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6. 解：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：

1

qEL  mv 2 （1）

2 v 2

带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：

Bqv  m

R

由（1）（2）两式，可得

（2）

R  1 2mEL 。

B q

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 ΔO1O2O3 是等边三角形，其边长为 2R。所以中间磁场区域的宽度为： d  R sin 600 

1 6mEL

2B q

O O 60 

（2）在电场中

2v 2mv

 2 2mL ，t1 

a qE qE

T 23

m

，在右侧磁场中运动时间t

O O 在中间磁场中运动时间t  

2

3qB

 T 5m 。

3 6 3qB

5



则粒子第一次回到 O 点的所用时间为t  t1  t2  t3  2

2mL 7m

. 

qE 3qB

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(qBv1+mg)

（1）

（2） 碰后在磁场中,匀速向左,速度为 V2,则不受摩擦力的作用洛人权兹力与重力 qv2B=mg

（2）

出磁场后,向左匀减速

L 1 mg mv 2

4 2 2

m/s ， B 

（3）

2 T 2

2 l 1 2

（3） 物块在电场中匀加速向右： (Eq  mg)  mv

2 2 1

联立（2）（3）解得：v2=2

由（1）（2）（3）（4）解得： v1  4 2 m/s ， E  2.4 N/C

（4）

8. 解：⑴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 I  BLv

2R

联立得： v 

2FR B2 L2

⑵ab 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

第 9 页

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′

2mv0

同理，对于 cd 棒：－BILt＝mv′－mv0 即： BLQ＝m（v0-v′）得： Q 

3BL

 BLS 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： E   t t

E

流过 ab 的电量： Q  t

2R

得： S 

4mv0 R 3B 2 L2

，则有

E  Blv

m

9. 解：（1）ab 棒离开磁场右边界前做匀速运动，速度为vm

I 

E R  r

对 ab 棒 F－BIl＝0 解得

v  m

F (R  r)

B2l 2

mF 2 (R  r)2

解得： W电  F (d0  d ) 



（2） 由能量守恒可得：

1

2

F (d0  d )  W电  mv

2 m

2B4l 4

（3） 设棒刚进入磁场时速度为 v， 由



1 2 mv

F  d0

2

可得

v 2Fd0 m 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：

F (R  r) 2d B l4 4

0 ①若 2Fd0  （或 F  ），则棒做匀速直线运动；

222 m m(R  r) Bl 44

F (R  r) 2d B l 0②若 2Fd0  （或 F＞ ），则棒先加速后匀速；

2m(R  r) m B2l 2

③若 2Fd0 

B2l 2 m F (R  r)

44

2d B l 0

（或 F＜ ＝，则棒先减速后匀速。

m(R  r)2

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＝BLV。由闭合电路的欧

姆定律得导体棒 CD 中的电流为： I 

BLV R  r 外

①

② ③ ④

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 此时拉力 F 的功率为： P＝FV 解得：P＝ F

2

R外  r 

BL

2 2

要使拉力的功率最大，则外电阻 R 外最大,即 R 外＝2Ω 时：

Pmax＝ F 2 R外 r  ＝0.75W

B2 L2

⑤

第 10 页

(2) 当滑动触头在滑动变阻器中点时，R1＝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：  F R1  r 

1 BL

⑥

1

此时电容器两极板间的电压为： U 

1

R

1

⑦

R1  r

带电小球受到平衡力作用而做匀速直线运动，即： qV0B＋q

U1 d

＝mg ⑧

当滑动触头在滑动变阻器的最下端时，R2＝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：  F R2  r 

2 ⑨

2

BL

此时电容器两极板间的电压为： U 

2

R

2

⑩

R2  r

由于带电小球恰好能做匀速圆周运动，则应有： q

U2 d

 mg ⑾ ⑿

V 2 qV B＝m

0

0

r0

解联立方程组得轨道的半径为：r0＝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 v1，运动时间为 t2－t1，

所以金属框的边长 l  v1 (t2  t1 )

（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

mg－ BIl

I－

Blv1 R

解得 B－

1 v1 (t2－ t1 )

mgR v1

（3）金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为 Q1，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 Q1＝W 安 Q1＝W 重＝mgl

金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为 Q2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得

W 重－W / ＝ mv 2－ mv 2

安

1 1

2

3

2

2

Q2＝W /安

第 11 页

线框产生的总热量 Q＝Q1＋Q2



1

解得： Q  2mgv (t  t )  m(v 2  v 2 )

1 2 1 2 3

2

12. 解：⑴导体棒 ab 切割磁感线产生的电动势 E＝BLv，产生的电流为 I 

E R  r

，

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 mgsinθ＝F

mgR  r sin

联立解得 v 

B 2 L2

⑵由能量转化守恒得 E 电＝EG－EK

 

1

2

 

即 E 电＝ mg d0  d sin

 mv ＝ mg d0  d sin2

r × 3r 3 r + 3r 4r

=

m3 g 2 R  r 2 sin 2 

4 42B L

13. 解：（1）当方框固定不动，U 型框以 v0 滑至方框最右侧时，感应电动势为 E，有：E=BLV0 (1)

M

(2)

N b

B

bc 间并联电阻 R 并=

a d Q

E

bc 两端的电势差 Ubc=R并 + 2r + rR 并

1

（3）

P由(1)(2)(3)得 Ubc=5BLV。

(4)

a

(5)

M b c

Q

d

N B P E

R并 + 2r + r

此时方框的热功率 P=（

4B2l 2v2

由(1)(2)(5)得：

0

p 

75r

）2 R 并

(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：

3mv0  (3m  4m)v

由能的转化和守恒可知总热量 Q 为

1

(7)

1

Q=23m v02 - 2(3m+4m)v2

6

由(7)(8)可知，Q=7mv02

由动量守恒可知：3mv=3mv1+4mv2 在 t 时间内相距 S 可知：s=(v1-v2)t

(8)

(9) (10) (11)

（3） 若方框不固定，设 U 型框与方框分离时速度分别为 v1、v2

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1 4s

由（10）（11）可知 v1=7(3v+ t )

3

s

v2=7(v- t)

14. 解：（1）设导体棒 ab 的质量为 m1，下落到最低点的速度为 v1，离开最低点的速度为v 的质量 1 。导体棒 cd



为 m2，速度为v 2 ，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：



1

m1gh1 = mv2 ，解得：v1 =  2 10  0.8m / s = 4 m/s

2gh1 1

2 1 

m1gh2 = m v2 ，解得： v =  2 10  0.45m / s = 3 m/s

2gh2 1 1 1

2 导体棒 ab、cd 在水平面相互作用过程中，由动量守恒定律有：

mv mv 0.1 (4  3)

m1v1 = m1 v + m2 v ，解得： v = 11 11 m / s  0.5m / s

1

2

2

m2

0.2

（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：

BIL  t  m1v1  m1v1 ， q = I  t

解得：q = m1v1  m1v1 0.1 (4  3)

 C  1C

BL 0.2  0.5

1

（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：

1

m1gh1 = m1gh2 +m v2  Q

2 2 2 = 0.32J

则：Q = m1g (h1 – h2) – m v2 = 0.1 × 10 × (0.8 – 0.45) – × 0.2 × 0.52J

2 2 2

1 2

15. 解⑴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

⑵3 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：v02-v2=2g（d-l），得 v=2

2 m/s



22

⑶2 到 3 是减速过程，因此安培力 F B l v 减小，由 F-mg=ma 知加速度减小，到 3 位置时加速度最小，

R

a=4.1m/s2

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：

EM  nBS

（2） 电动

势的瞬时值： e  EM cos

t

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

nBS e

∴感应电流函数表达式为： i  cost R  r R  r

（3） 电动势有效值： E 

EM 2 P出  IU 

R 2( R  r)

2

2

2 2

2

（4） 发电机的输出功率为：

n B S

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 P  I E  I 2r 。该

1

1

式表明负载电阻上获得的功率 P 是 I1 的一元二次函数，为此求 P 的最大值：

E 2 E 时，P 有最大值： E E 可见，当

2

2

E 2 。

I1 Pm  P  r(I1  I1 )  r(I1  ) 

2r 4rr 2r 4rE E E 。

（2） 由于负载获得最大功率时 I  ，变压器原线圈上电压为U  E  I r  E  ( )r  1 1 1 2r 2r 2

U 2

E 2 2 变压器副线圈上的电压为 U2，由 Pm ， 得 U 2 Pm R  ( )  R  E R 。 R 2 r

4r

所以变压器原副线圈的匝数比为： n1  U1  r 。

R n2 U 2 18. 解 ： I

P2 24  0.25  n2 I  n2

   1A, I1 2 2

n n1 U 2 6 1

nn

E  U  I R  1 U  2 R 1 1 2 n n1

2

（1）

（2）

n1 1

 3：1  A ， 联立（1）（2）解得： I1

3 n2

U 2 62  144 ， R RL

(3) RL   负载  8

P 0.25 18 n80 U ’ 2 U‘  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 2

6.15V n1 1 13

19．解：（1）P3=40×6×22=5280W

P  I 2 R  144W ， P

2

输出

 P3  P =5424W

n1

（2）U

2

 U '  I R  904V ,U 

2

2

1

U  226V ， I P输出  24 A ，则 E=U +I r=250V

1 1 1 2

n U 1 2

第 14 页

（3）

P

 用 100%  97% P输出

sin i

 n ，折射角 r 一定小于介质的临界角，光线 CE 再到达球面时的 sin r

生全

20 解：如图 DC 光线进入介质球内，发生折射 入射角∠OEC=r，小于临界角，因此一定不发 反射。如图

sini=0.8 sin r   0.447

5

5

折射率n 

sin i 4 5  1.79

i sin( ) 5

2

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=60 > ∠c

0

在 E 点，由折射定律得：

sin 5

∴光线在 D 点发生全反射.

sin 4

 n ，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

t 

OD  DE

V

又

v 

c n

由数学知识得： OD  AO / tan 300 



3a ， DE  OC / sin 600 2 3 a

3

由以上各式可得： t 5 3a 3c

22．解： (1)核反应方程： 226 Ra 222 Rn 4 He （4 分）

88 86 2

(2)设衰变后，氡核的速度为 v0，α 粒子的速度为 vα， 由动量守恒定律得

(M-m)v0=mvα

（2 分）

α 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 到达 A 点需时t   • L

2

（2 分 ）

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又q B  m  2

（2 分 ）

L 2

氡核在电场中做匀加速直线运动，t 时速度为 v=v0+at 氡核加速度a 

(Q  q)E

M  m

2(M  m)qB

（2 分） （2 分 ）

由以上各式解得：  q 2 B2 L  2(Q  q)mE 。

（2 分）

第 16 页

“

“

”

”

At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, \"people who learn to learn are very happy people.\". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of

continuous learning, \"life is diligent, nothing can be gained\can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!