电学大题答案

电学大题答案 1、（1）导电液体通过测量管时，相当于导线做切割磁感线的运动。在电极a、c间切割磁感线的液柱长度为D，设液体的流速为v ，则产生的感应电动势为

v ① E?BDπD2由流量的定义，有 Q?Sv=v ②

4①、②式联立解得 E?BD4Q4BQ ?πD2πD4?2.?5?31?00.12?3代入数据得 E?V?1.0?1 0V3?0.4（8分）

（2）能使仪表显示的流量变为正值的方法简便、合理即可。如：

改变通电线圈中电流的方向，使磁场B反向；或将传感器输出端对调接入显示仪表。（4分） （3）传感器和显示仪表构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律

E I?

R?r U?IR?REE ③ ?R?r1?(r/R)输入显示仪表的是a、c间的电压U，流量示数和U一 一对应。E与液体电阻率无关，而r随电阻率的变化而变化，由③式可看出，r变化相应地U也随之变化。在实际流量不变的情况下，仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化。增大R，使R >>rU≈E，这样就可以降低液体电阻率变化对显示仪表流量示数的影响。（6分）

2、（1）电场强度

E?Ud

带电粒子所受电场力

F?qE?UqUq,F?ma　　a??4.0?109m/s2ddm

1T2Ta()?5.0?10?2m（2）粒子在0~2时间内走过的距离为22

T故带电粒子在t=2时，恰好到达A板

?23p?Ft?4.0?10kg?m/s 根据动量定理，此时粒子动量

1

（3）带电粒子在

动，速度减为零后将返回。粒子向A 板运动可能的最大位移

t?T3TTTt?4~t=2向A板做匀加速运动，在2~t=4向A板做匀减速运

s?2?12a(T14)2?16aT2

要求粒子不能到达A板，有s＜d

1a由f=T，电势变化频率应满足

f?d?52?10416Hz

3、（1）方框质量 m?4LAd

方框电阻 R??4LA

方框速度为v时，感应电动势 E?B?2L?v 感应电流 I?EBAvR?2? 方框下落过程，受到重力G及安培力F G?mg?4LAdg，方向竖直向下

F?BI?2L?B2AL

?v，方向竖直向上

当F?G时，方框达到最大速度，即v?vm 2 则

BAL4?d?vm?4LAdgv

m?B2g （2）方框下落加速度为

g2时，有mg?IB?2L?mg2 则 I?mg4BL?AdgB 方框的发热功率 P?I2R?4?ALd2g2B2

（3）根据能量守恒定律，有 mgh?12mv2I2t?0Rt Im0?(gh?12v2Rtt) 解得恒定电流Id(gh?1v20的表达式 I0?A?t2t)

2

4、（1） UH =EHl； c端电势高

IB（2）由 UH?RH ①

ddd得 RH?UH?El ② HIBIB当电场力与洛伦兹力相等时 eE H?ev B得 EH?vB ③ 已知 I?nevS④ 将③、④代入②，

ddld1得 RH?vBl?vl??

IBnevSneSne（3）a．由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则 P?mN t

P圆盘转速为 N?

mtb．提出的实例或设想合理即可

5、（1）动能定理 Uq?1m1v12 2 得 v1?2qU ○1 m1mv2mv（2）由牛顿第二定律 qvB?，利用○1式得 , R?RqB离子在磁场中的轨道半径为别为 R1?2mU2m2U1， ○2 R?222qBqB8U3 (m1?m2) ○

qB2两种离子在GA上落点的间距s?2(R1?R2)?（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 2(R1?R2)?d ○4 利用○2式，代入○4式得 2R1(1?m2)?d m1 R1的最大值满足 2R1m?L?d

3

得 (L?d)(1?m2m)?d 1求得最大值 dm1?m2m?2mL

1?m26、（1）由图可知，0与d（或?d）两点间的电势差为??0

电场强度的大小 E??0d

电场力的大小 F?qE?q?0d （2）设粒子在[?x0,x0]区间内运动，速率为v，由题意得

12mv2?q???A 由图可知 ????x?0?1?d?

??由①②得 1mv2?x?2?q?0?1??d??A?

因动能非负，有 q??x?0?1??d??A≥0 ?得 x≤d??1?A??q?? 0?即 xA?0?d??1?q?? ?0?粒子的运动区间?d??1?A?q??≤x≤d??1?A??

?0??q?0?（3）考虑粒子从?x0处开始运动的四分之一周期

根据牛顿第二定律，粒子的加速度 a?FqEqm??0m?md 由匀加速直线运动 t?2x0a 将④⑤代入，得 t?2md2Aq?(1?q?)

00 粒子的运动周期 T?4t?4dq?2m(?q0?A ) 0

7、解析：(1)设两板间的电压为U，动能定理 qU＝1

2

mv2 ① U＝Ed ②

得 E＝mv22qd. ③

① ② ③

④

⑤

4

(2)

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SAπ

弧所对的圆心角∠AO′S等于. 3

由几何关系得

π

r＝Rtan ④

3

粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，得

v2

qvB＝m r联立④⑤式得

⑤

R＝3mv. 3qB⑥

2

(3)保持M、N间E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则

3

EdUU′＝＝

⑦

33

设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出 U′v′2

＝2 Uv综合⑦式可得

3v ⑧ 3

设粒子做圆周运动的半径为r′，则

v′＝3mv ⑨ 3qB设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见

π

10 θ＝○2

粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n＝3. ?

r′＝

8、(1) 逆时针方向。

撤去磁场瞬间。环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环

中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上。由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向。

(2)设圆环周长为l、电阻为R，由电阻定律得

l R?? ①

S设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为?E，由焦耳定律得

5

?E?I2R t ② 设环中单位体积内定向移动电子数为n，则 I?nev S ③ 式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化，电流变化大小取?I时，相应定向移动电子的平均速率的变化得大小为?v，则 ?I?neS? v ④ 设环中定向移动电子减少的动能总和为?Ek，则

1?1? ?Ek?nlS?mv2?m(v??v)2? ⑤

2?2?由于?II，可得

lmv?I ⑥ ?Ek?e根据能量守恒定律，得

?E??Ek ⑦ 联立上述各式，得 ?? (3)由??mvS?I etI2mvS?I看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使etI2实验获得的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。

v29、（1）由Bvq?mr (2分) (2分)

得 v?BqrmqqvBq2?（2）等效环形电流的大小I?? (2分)

T2?r2?m（3）当磁场反向时，洛仑兹力方向也会相反，由此可知库仑力F一定指圆心，A带负电。

磁场反向前粒子的速度为v1，有

mv12 (2分) Bv1q?F?r磁场反向后粒子的速度为v2，有

2v2 (2分) ?Bv2q?F?mrqv两次形成等效电流分别I1?1 (2分)

2?r 6

qv2 (2分) 2?rq(v1?v2)所以 ?I?I1?I2? (2分)

2?rI2? 10、（1）对v2—x图象中x=0到x=0.4m的斜直线，由匀变速公式v2=2ax可知，

该段图线的斜率为线框的加速度， a=5.0m/s2 (2分)

又根据牛顿第二定律有 mgsinθ＝ma (2分)

sinθ＝a／g＝1/2

得θ=30o (2分)

(2) v2—x图象中x=0.4m到x=1.0m的线段对应线框匀速通过磁场的过程。

线框的速度为 v=2m/s

磁场宽度 d = L =（1.0－0.4）/2 = 0.3 (m) (2分) 感应电动势E=BLv (2分) 感应电流I=E／R (2分) 安培力F=BIL (2分) 线框匀速运动，所以F = mgsinθ (2分)

得 B?Bq2得 ?I? (2分)

2?m1Rmgsin??0.83T (2分)

Lv

（3）由能量关系，金属框生热功率P?mgvsin?=1.0W (2分) 11、（1）由左手定则判定，打在P点的带电粒子带负电（即电子）。 ……………………1分

对于电子在电场中加速的过程，根据动能定理有

eU?1mev12?0①………………1分 2设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，根据几何关系可知

r1=d1/2②………1分

根据洛仑兹力公式和牛顿第二定律，对于电子在磁场中运动有

mev12ev1B?③…1分

r1联立①②③，解得eB2d12me?…………………………………………………………2分

8U（2）由左手定则判定，打到Q点的是带正电的粒

7

子。 ………………………………1分

设质量为m1的带正电的粒子在磁场中以v2做匀速圆周运动的半径为r2， 对于带正电的粒子在电场中加速的过程，根据动能定理有

eU?1m1v22④………1分 2根据洛仑兹力公式和牛顿第二定律，对于带正电的粒子在磁场中做圆周运动有

m1v22⑤……………………………………………………………………ev2B?r2……1分

如图根据几何关系有r22??r2?d2??d2⑥……2分

eB2r22联立④⑤，解得m1? …………2分

2Um1r?(2)2⑦………1分 mer12d r2 Q 图 d2 将解

m1?5?mer1=d1/2=1.0cm和由⑥解得r2=73.5cm代入得

⑦………………………………………1分

3………………………………………………………………………1.分

（3）实验中打在水平底片E上的带电粒子（电子）总是打到P点右侧，说明电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r1过大。为使电子打在P点左侧的位置，可单独采取或者同时采取的措施有：①增大匀强磁场磁感应强度的大小；②减小加速电压。……………4分

（说明：第（3）问答出一种方法即可得3分，其他合理答案同样得分。）

12、（1）r =0.5Ω,R =1.5Ω，r+R=2.0Ω

∵ ε=Blvm

I=ε/( R+r)

∴ F=BIl=B2l2vm/(R+r) 又∵ mg=F

∴ vm=mg(R+r)/B2l2=0.3m/s

（2）由能量转化和守恒定律有：P=mgvm=0.18W (3) I=Blvm/( R+r) =0.3A

∴ R2两端的电压U=IR=0.45V

8

13、

（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0=Ek……………………3分

Ek

解得U0= =1.0×103

e

V……………………………………………………………1分

l（2）由u＝480sin100πt V，可知偏转电场变化的周期T=2π?0.020s，而t=，

v?因T>>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。

设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，此时电子沿电场方向的位移为d/2，

d121eU12 根据牛顿定律和运动学公式有?at??t ，解得

222mdd2mU1?2=320V。

et所以，为使电子能打在荧光屏上，所加偏转电压应小于320V。……………………1分

当加在偏转电极上的偏转电压为u＝480sin100πt V时，且电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移恰为d/2。……………………………………………………………3分

设电子射出偏转电场的速度与初速度方向的最大夹角为θ，则tanθ=

vyvx?d=0.25 l打

在

荧

光

屏

上

的

最

大

偏

移

量

电子

?l?Ym???L?tan??5.0cm………………………3分

?2?由对称性可得电子打在荧光屏产生亮线的最大长度为

2Ym?10cm………………3分

30V （3）现要使打在荧光屏上电子数目增加，应将阴极与控制 32V 栅极之间的电压调低。………………………………………………………………2分

聚焦电场如图所示，由力和运动的关系可知：电子在沿示波管中心轴线所受电场力与电子沿此方向速度相反，电子沿示波管

中心轴线方向做减速运动；电子在垂直波管中心轴线方向受电场力指向中心轴线，在此方向电子做加速运动。由对称性可知电子束有向着中心会聚的特点，适当调节电场可以使电子束聚焦在中心轴线上一点，因此这样的电场分布将对射入的发散的电子束有会聚作用。 …………………………………………………………………………………………2分

（说明：答出在垂直示波管中心轴线方向受电场力指向中心轴即可得2分）

9

14、（1）金属杆在恒定外力F作用下，沿下层导轨以加速度a做匀加速直线运动，根据运动学公式有vP2=2as……………………………………………………………………………1分

将

vP=4

gR，s=4R代入，可解得

a=2g…………………………………………………1分

根据牛顿第二定律，金属杆沿下层导轨运动时，在竖直方向和水平方向分别有

mg－N－Fsinθ=0，Fcosθ－μN=ma………………………………………………………2分

解得 F=cos???sin?……………………………………………………………………1分 （2）设金属杆从PP′位置运动到轨道最高位置MM′时的速度为v1， 此过程根据机械能守恒定律121mvP?4mgR?mv12………………………………2分 22解

有

(2??)mg得

v1?8gR…………………………………………………………………………1分

设金属杆在MM′位置所受轨道压力为FM， 根据牛顿第二

定

律

有

v12FM?mg?m…………………………………………………2分

R解得

FM?7mg………………………………………………………………………1分

由牛顿第三定律可知，金属杆对轨道压力的大小

??7mg………………………1分 FM（3）经历一段极短的时间Δt1，在安培力F1作用下杆的速度由v1减小到v2，接着在安培力F2作用下经历一段极短的时间Δt2，杆的速度由v2减小到v3，再接着在安培力F3作用下经历一段极短的时间Δt3，杆的速度由v3减小到v4，……再接着在安培力Fn作用下经历一段极短的时间Δtn，杆的速度由vn减小到vn+1。

由动量定理

F1??t1?mv1?mv2…………………………………………………………1分

F2??t2?mv2?mv3 F3??t3?mv3?mv4

10

……

Fn??tn?mvn?mvn?1……………………………………………………………………1分

在每一段极短的时间内，杆的速度、杆上的电动势和安培力都可认为是不变的， 则Δt1时间内，安培力

Blv1B2l2v1………………………………1分 F1?Bi1l?Bl?rrBlv2B2l2v2则Δt2时间内，安培力 F2?Bi2l?B l?rr则

Δt3

时间内，安培力

Blv3B2l2v3………………………………1分 F3?Bi3l?Bl?rr…… 冲

量

1累加

F1??t?F??t?F??t??Fn??tn?mv………………………………1分

B2l2vn???tn?mv1

rB2l2v3B2l2v1B2l2v2??t1???t2???t3?rrrB2l2(v1??t1?v2??t2?v3??t3?r?vn??tn)?mv1…………………………………1

分

B2l2(?x1??x2??x3?r??xn)?mv1

B2l2x?mv1……………………………………………………………………………r……1分 解

x?mm1?B28得

…………………………………………………………………1

vl2r分 15、（1）励磁线圈中电流方向是顺时针方向。 （3分） （2）电子在加速电场中加速，由动能定理

11

12 ① mv02 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力

eU?2v0 eB0v?m ②

r

D = 2r ③ e8U 解得： ?22 ④

mD?B又

B?9?10?7NI?9?10?4T R

⑤

代入数据得：

e?1.9?1011C/kg ⑥ (12分) m

（3）增大加速电压；减小线圈中的电流。 （3分）

16、解：（1）MN滑行到C、E两点时，在回路中的长度等于L 此时回路中的感应电动势 E?BL0v

由于MN的电阻忽略不计，CD和DE的电阻相等

所以C、D两点电势差的大小

U?11E?BLv0 4分 22× M × × × × C × ×

B ×

（2）设经过时间t运动到如图所示位置， 此时杆在回路中的长度

l?2v0ttan30? 电动势

E?Blv0?23v0t 3× × v0t D × × × × × × 23E Bv02t 6分 N 3（3）在第（2）题图示位置时，回路中的电阻 R? 回路中的电流 I?Bv0 2r043r0v0t 3 即回路中的电流为一常量。 此时安培力的大小

3B2v02 F安?BIl?t

3r0FB2v0L 2r0安 由于MN在CDE上滑动时的位移

0 3L 2x

12 x?v 0t 所以

3B2v0 F安?x

3r0 所以安培力的大小随位移变化的图线（F安-x图）如图所示，

所以MN在CDE上的整个滑行过程中，安培力所做的功

3B2L2v0 W安? 8r0 根据能量的转化和守恒定律

回路中产生的焦耳热Q等于安培力所做的功，即

3B2L2v0 Q? 8分

8r0

17、（1）设输电线总电阻的最大值为r，当通过输电线的电流为I时，输电线上损耗的功率为

2P损?Ir （2分）

采用U=500kV直流电向某地区输电P=5.00×109W时，通过输电线的电流

I?P （2分） U 依题意得 P损?P?5%

解得 r = 2.5 Ω （2分）

（2）设卫星的轨道半径为R，卫星所在轨道的向心加速度大小为a，根据万有

引力定律和牛顿第二定律得：

GMm?ma （2分） R2 解得

2

aR2?GM

（2分）

当卫星在地表附近时，gR0?GM

13

在同步轨道上，atRt2?GM

根据题意，同步轨道的半径Rt =211R0

2R02 解得卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小at?2g?0.23m/s

Rt（2分）

（3）三峡水电站的发电功率P?1?9.0?109W 1??Qgh（2分）

设卫星太阳能电池板的面积至少为S，则宇宙太阳能发电站的发电功率

P2?10P0?20%?50%S?103S （2分）

根据题意 P1 =P2

所以太阳能电池板的面积至少为（2分）

S

= 9.0×106m2

18、23．（18分）

解：(1)对线框和物块组成的整体，由机械能守恒定律

1

mgL＝(m＋M)v12 （2分）

2v1＝

2mgL

（2分） m＋M

(2)线框从Ⅰ区进入Ⅱ区过程中，

ΔΦ＝Φ2-Φ1＝2BL2 （2分）

E＝ΔΦ

（1分） Δt

E

I＝ （1分） R

2BL2

通过线圈导线某截面的电量：q＝IΔt＝（2分）

R

(3)线框ab边运动到位置NN′之前，线框只有ab边从PP′位置下降2L的过程中才有感应电流，设线框ab边刚进入Ⅱ区域做匀速运动的速度是v2，线圈中电流为I2，

I2＝

E2BLv2? （2分） RR14

此时M、m均做匀速运动， 2BI2L＝mg （2分）

mgR

v2＝22

4BL

1

根据能量转化与守恒定律，mg·3L＝(m＋M)v22＋Q （2分）

2(m＋M)m2g2R2

则线圈中产生的焦耳热为: Q＝3mgL－ （2分）

32B4L4 19、（1）滑杆由AA’滑到OO’的过程中切割磁感线，平均感应电动势

??BLd E???t?tBLd通过电阻R的电量q?I??t?

R带入数据，可得 q=1.25C

滑杆运动到OO’位置时，小车通过S点时的速度为v=1.2m/s，设系绳与水平面的夹角α，则

H?H?d

sin?4sin??，??530

53可得cos??

5小车的速度可视为绳端沿绳伸长方向的速度与垂直于绳长方向的速

度的合速度，此时滑杆向上的速度即绳端沿绳长方向的速度：

v1?vcos??1.2?0.6?0.72m/s

（2）滑杆运动到OO’位置时绳子突然断了，滑杆将继续沿斜面上滑，由机械能守恒，可知它再通过OO’的速度大小为0.72m/s，进入磁场切割磁感线，产生感应电流

I?EBL1v? RRB2L2v1 受到的安培力F洛?BIL?

R 带入数据，可得

N F洛?1.5 滑杆运动到AA’位置后做匀速运动的速度设为v2，有

15

B2L2v2 mgsin???mgcos??

R 带入数据，可得 v2?0.4 m/s 滑杆从OO’滑到AA’的过程中机械能转换成电能最终转化成电热，由功能关系有

12 Q?m(v12?v2)?mgdsin???mgdcos?

2 带入数据，可得

Q?1.1J4

20、（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 ?va==5.0m/s2………………（1分） ?t由牛顿第二定律 F-mgsin? -? mgcos?=ma…………………………………（2分）

解得 F=1.5 N……………………………………………………………………（1分）

（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动， 产生的感应电动势 E=BLv1……………………………………………………（1分）

EBLv1通过线框的电流 I== ………………………………………………

RR（1分）

B2L2v1线框所受安培力 F安=BIL= …………………………………………

R（1分）

对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有

B2L2v1F=mgsin?+μmgcos?+…（2分）

R解得 B=0.50T………………………………………………………………………（1分）

（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m ……………………………………………（1分）

线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m……（1分）

16

设线框与挡板碰撞前的速度为v2 由动能定理，

11-mg(s-D)sin?-μmg(s-D)cos?=mv22?mv12………………（1分）

22解

得

v2=

v1?2g(s?D)(sin???cos?)2有

=1.0

m/s………………………………（1分）

线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3

B2L22B2L2D由v＝v0-=-1.0 m/s， x得v3= v2 -mRmR因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受

力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。…………………………………………………………（2分）

2B2L2Dv1线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=IRt==0.40

R2

J……………（1分）

线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=

12mv2 =0.05 2J………………（2分）

所以Q= Q1+ Q2=0.45 J…………………………………………………………………（1分）

21、解：（1）（8分）在t=0时刻，电子进入偏转电场，Ox方向（水平向右为正）做匀速直线运动。（2分）

a?Oy方向（竖直向上为正）在0－t0时间内受电场力作用做匀加速运动，

U0e（2dm分）

在t0－2t0时间内做匀速直线运动，速度vy?侧向位移

y?12at0?vyt0 2U0et0（2分） dm23U0et0得y? （2分）

2dm（2）（6分）设电子以初速度v0=vx进入偏转电场，在偏转电场中受电场力作

17

用而加速。不管电子是何时进入偏转电场，在它穿过电场的2t0时间内，其Oy方向的加速度或者是a?分）

?v?a?t，它在Oy方向上速度增加量都为?vy?U0et0。（2分） dmU0et0；Ox方dmU0e（电压为U0时），或者是0（电压为0时）。 （2dm因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等为vy?向的分速度都为v0=vx，所有电子离开偏转电场的偏向角都相同。（2分）

（3）（6分）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为? ，电子进入匀强磁场

R?后做圆周运动垂直打在荧光屏上，如图所示。电子在磁场中运动的半径：

lsin? （2分）

设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，则电子从偏转电场中射出时的偏向角为：sin??vyvt （1分）

mvt （eBvt 电子进入磁场后做圆周运动，其半径R?分）

由上述四式可得：B?

U0t0。（2分） dl

1

θ R l 18

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/nvr3.html