高考物理电学大题整理(简单)

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

（1EBLv=3.0V，

分）

根据闭合电路欧姆定律，通过R的电流 I = 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，拉力和磁场对电流的安培力大小相等，即

M R P b 图13 a F B Q N

E= 0.50A。 （1rRF = BIL = 0.15 N （2

1

分）

（3）根据焦耳定律，电阻R上消耗的电功率 PI2R＝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。

d a v c b 图10

B

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=EBLv ……………………（1分） 4R4R（2）ab边两端电压为路端电压 Uab=I·3R……………………（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） 23BLv线框中电流产生的热量Q=I2·4R·t ……………………（2分）

4R 2

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

R 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/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；

M N 图16 （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？

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=

E=0.5A （2Rr 3

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θ=37º，在导轨所在

θ a B E r b 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

θ 图14

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R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。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、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：

I=

E=1.5A…………2分 Rr（2）导体棒受到的安培力：

4

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I2，金属棒在导轨上由静止开始运动，运动

图16

E P

M B N Q S1 V R S2 A 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。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。

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，

BlI2mgma， （1分）

设金属棒到达NQ端时的速度为v，根据运动学公式，v22aL， （1分）

由以上两式解得： v分）

（2）当金属棒静止不动时，金属棒的电阻rU1，设金属棒在导轨上运动I12(BdI2mg)L。 （2

m2rt， 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，QI2（2分）

v根据运动学公式，Lt，将（1）的结果代入，解得 （1

2分）

2 QI2U1I12Lm。 （1

BdI2mg分）

6

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=0.040m2，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=nBmS1.0 0 -1.0 1.57 3.14 4.71 t/×10-2s

L B 图15(甲)

B/×10-2T 图15(乙)

22cos()t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的TT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=2πnBmS/T=8.0V （2分） （2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为Im=

Em=0.80A Rr通过小灯泡电流的有效值为I=Im/2＝0.402A，

7

（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E＝nS 通过灯泡的平均电流I（1分）

通过灯泡的电荷量Q＝It（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。 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=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，

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r1 S P R S1 A S2 K h O B B tEnSB Rr(Rr)tnSB＝4.0×10-3C。 RrR D

图19

P Q

3h（如图3v1 O R v1 P

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

r1=R…………1分 根据牛顿第二定律

v12Bqv1=m, 依题意：k=q/m…………1分 r1 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

θθ2θ 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 tanα=pQ3, α=30°, θ=30° h3R 解得：r2=3R…………1分 r2P

α Q

x

tanθ= 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

2v2 Bqv2=m …………1分

r212根据动能定理有 qU=mv2…………1分

23 解得：U=kB2R2…………1分

2

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