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1、学 海 无 涯 1 高三期末计算题复习题 1两根平行光滑金属导轨MN和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R5.0。在导轨上有一电阻为 1.0 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 BLvE =3.0V， （1 分） 根据闭合电路欧姆定律， 通过R的电流 I = Rr E +
2、 = 0.50A。 （1 分） 电阻R两端的电压 UIR2.5V。 （1 分） （2）由于ab杆做匀速运动，拉力和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 RIP 2 =1.25W （2 分） a b F B N M P Q R 图 13 学 海 无 涯 2 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 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
3、框的四个边的电阻值相等，均为R。求： 在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小。 在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压。 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 Uab=I3R（1 分） 所以Uab= 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=I24Rt R vLB 4 32 = （2 分） 3如图 16 所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金
4、属导轨间距l0.50m， 导轨上端接有电阻R0.80，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r0.20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/s2， 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； 图 10 B v a b c d R N M 图 16 学 海 无 涯 3 （3）若金属杆刚进入磁场区域时恰能
5、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？ 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= rR E + =0.5A （2 分） （2）M、N两端电压为路端电压，则UMN=IR=0.4V （2 分） （3）每秒钟重力势能转化为电能E= I2(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=37，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
6、动 势E=4.5V、 内阻r=0.50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R0=2.5， 金属导轨电阻不计，g取 10m/s2。 已知 sin37=0.60，cos37=0.80，求： （1）通过导体棒的电流； （2）导体棒受到的安培力大小； 图 14 a b E r B 学 海 无 涯 4 （3）导体棒受到的摩擦力。 4.（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= rR E + =1.5A2 分 （2）导体棒受到的安培力： F安=BI
7、L=0.30N2 分 （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1= mg sin37=0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f1 分 根据共点力平衡条件 mg sin37+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和PQ，导轨间距为 d，导轨和电路的连接如图 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， 电压表和电流表的示数 分别为U1和I1，金属棒仍处于静止状态；再 将 S2闭合， 电压表和电流表的示数分别为U2 和
8、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。忽略导轨的电阻以及金属棒运动 过程中产生的感应电动势，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。 A M N P Q B E R V 图 16 S1 S2 学 海 无 涯 5 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， mamgBlI= 2 ， （1 分） 设金属棒到达NQ端时的速度为v， 根据运动学公式，aLv2 2
9、=， （1 分） 由以上两式解得： m LmgBdI v )(2 2 =。 （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，rtIQ 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） mgBdI Lm I U IQ = 21 1 2 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=1.0， 图 1
10、5(甲) B L -1.0 B/10-2T t/10-2s 0 1.57 3.14 4.71 1.0 图 15(乙) 学 海 无 涯 6 所围成矩形的面积S=0.040m2，小灯泡的电阻R=9.0，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 TT SnBm) 2 cos( 2 ，其中Bm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 0T/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
11、应电流变化的周期与磁场变化的周期 相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为 T=3.1410-2s。 所以线圈中感应电动势的最大值为 E=2nBmS/T=8.0V （2 分） （2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为Im= rR E + m =0.80A 通过小灯泡电流的有效值为I=Im/20.402A， （1 分） 灯泡消耗的电功率为P=I2R=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EnS t B 通过灯泡的平均电流 trR BnS rR E I + = + = )( （1 分） 通过灯泡的电荷量Q rR BnS tI + =4.01
12、0-3C。 （2 分） 学 海 无 涯 7 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。 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 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S1到荧光屏D的运动情况。 （2）求粒子垂直打到荧光屏上
13、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），求此时A、K两极板间的电压。 9. （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
14、 r1=R1 分 根据牛顿第二定律 Bqv1= 2 1 1 v m r , 依题意：k=q/m1 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 D P R S 图 19 B h K A S2 S1 O R P Q x P Q 2 O P r1 R v1 v1 学 海 无 涯 8 迹如图所示，由几何关系可知 tan= 3 3 = h pQ , =30, =30 tan= 2 r R 解得：r2=3R1 分 设此时A、K两极板间的电压为U，设粒子离开S2时的速度为v2，根据牛顿 第二定律 Bqv2= 2 2 2 v m r 1 分 根据动能定理有 qU= 2 2 2 1 mv1 分 解得：U= 22 2 3 RkB1 分
