1、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）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3
2、）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（计算结果保留两位有效数字）：图 15（1）金属棒产生的电动势大小；（2）
3、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）
4、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；（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
5、 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=1610 7 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=1.61019 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；（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
6、 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 S1、S 2 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（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
7、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=1810 -4 kg 的带 正 电 的 小 物 体 b（ 可 视 为 质 点） ，电荷量 q2=1010 -
8、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 点时的速率3rRE0 14 （7 分）（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成
9、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mgsin 37+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=B Lv=0.4 V=0.56 V 2 分2（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
10、则，电流方向从 N 到 M 1 分（3）导线框消耗的功率为：P 框 =I2R 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 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P 安 =F 安 vrE并 RBlvRlB22lBmgRRvl2代入（1）中的结果，整理得：P 安 = 1分导线框消
11、耗的电功率为：P 电 =I2R= 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 2mglW 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、 = ，所以，E m= 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 V 12分由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为 I= = A 1
12、 rRE2交流电压表的示数为 U=IR=90 V=127 V 2 分218 （8 分） （1）对子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0= mv2 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 = at2= t21 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 1RvlB2lT2n211mevl2etdrRE0分 （3）由 u=40sin100t（V）可知 =100 s -1，U m=40 V偏转电场变化的周期 T
13、= =0.02 s，而 t= =2.510-9 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= at2= t2=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： 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mgsin 37+f=F 安
14、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=B Lv=0.4 V=0.56 V 2 分2（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 =I2R 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
15、 =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 2vl1demrE并 RBlvRlB22lmg以上各式联立，得：v= 1 分（2）导线框 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 =I2R= R= 1 分因此有 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 2mglW 安 0 1分解得 W 安 2mgl 1
16、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、 = ，所以，E m= 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 V 12分由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为 I= = A 1 rRE2交流电压表的示数为 U=IR=90 V=127 V 2 分218 （8 分）（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0= mv2 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R
17、vlB2vl2RlBT2n21移恰好为 d/2，即 = at2= t21 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=40sin100t（V）可知 =100 s -1，U m=40 V偏转电场变化的周期 T= =0.02 s，而 t= =2.510-9 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= at2= t2=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
18、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）tan 1 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
19、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me1vlt2vl1demdeUxyv12rvxL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：v 1=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
20、关系可知tan = = ，=30 ，=30tan = 解得：r 2= R 1 3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= kB2R2 hPQ2Rv120 （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q1E1q 1v0Bm 1g=0 1 分解得 v0=20 m/s 2分（2）二球相碰动量守恒 m1v0=（m 1+m2）v，解得 v =10 m/s 1分物体 c 所受洛伦兹力 f=（q 1q 2）vB=4.010 -4 N，方向向
21、下 1 物体 c 在 M 右场区受电场力：F 2=（q 1q 2）E 2=4.010-3 N，方向向右物体 c 受重力：G=（m 1+m2）g= 3.610-3 N，方向向下物体 c 受合力：F 合 =2 10-3 N )(Gf物体 c 的加速度：a= = m/s2=15.7 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（m 1+m2）gh+（q 1q 2）E 2L= （m 1+m2）v t2
22、（m 1+m2）v 2 1 分解得 vt= m/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 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）tan 1 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deUmxyvxL21合 902Ff19 （
23、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 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：v 1=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 ，=30tan = 解得：r 2= R 13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= kB2R2 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q1E1q 1v0Bm 1g=0 1 分解得 v0=20 m/s 22rvhPQ2Rrv13
