高考和自主招生物理电磁学模拟压轴题1.doc

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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date高考和自主招生物理电磁学模拟压轴题131、距地面h高处1水平放置距离为L的两条光滑金属导轨，跟导轨正交的水平方向的线路上依次有电动势为的电池，电容为C的电容器及质量为m的金属杆，如图3-3-5，单刀双掷开关S先接触头1，再扳过接触头2，由于空间有竖直向下的强度为B的匀强磁场，使得金属杆水平向右飞出做平抛运动。测得其水平射程为s，问电容器最终的带电量是多少？图3-3-5

2、分析：开关S接1，电源向电容器充电，电量。S扳向2，电容器通过金属杆放电，电流通过金属杆，金属杆受磁场力向右，金属杆右边的导轨极短，通电时间极短，电流并非恒定，力也就不是恒力。因此不可能精确计算每个时刻力产生的效果，只能关心和计算该段短时间变力冲量的效果，令金属杆离开导轨瞬间具有了水平向右的动量。根据冲量公式，跟安培力的冲量相联系的是时间内流经导体的电量。由平抛的高度与射程可依据动量定理求出，电容器最终带电量可求。解：先由电池向电容器充电，充得电量。之后电容器通过金属杆放电，放电电流是变化电流，安培力也是变力。根据动量定理：其中 =s/t，h=gt综合得 电容器最终带电量 点评：根据动量定理来

3、研究磁场力冲量产生的效果，实际上就是电量和导体动量变化的关系，这是磁场中一种重要的问题类型。2、如图，宽度为L0.5m的光滑金属框架MNPQ固定于水平面内，并处在磁感应强度大小B0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布。将质量m0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并与框架接触良好。以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标。金属棒从x01 m处以v02m/s的初速度，沿x轴负方向做a2m/s2的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：（1）金属棒ab运动0.5 m，框架产生的焦耳热Q；（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；（3

4、）为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出经过0.4s金属棒的运动距离s，以及0.4s时回路内的电阻R，然后代入q求解。指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。解析：（1）金属棒仅受安培力作用，其大小Fma0.2N，金属棒运动0.5m，框架中间生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以QFs0.1J，（2）金属棒所受安培力为FBIL，I，Fma，由于棒做匀减速运动，v，所以R0.4（SI），（3）错误之处是把0.4s时回路内的电阻R代入q进行计算，正确解法是qIt，因为FBILma，q0.4C，3、航天飞机在地球赤道上空离地面约3000Km处由东向

5、西飞行，相对地面速度大约6.5103m/s，从航天飞机上向地心方向发射一颗卫星，携带一根长20km，电阻为800的金属悬绳，使这根悬绳与地磁场垂直，作切割磁感线运动。假设这一范围内的地磁场是均匀的，磁感应强度为410-5T，且认为悬绳上各点的切割速度和航天飞机的速度相同。根据理论设计，通过电离层（由等离子体组成）的作用，悬绳可产生约3A的感应电流，试求：（1）金属悬绳中产生的感应电动势；（2）悬绳两端的电压；（3）航天飞机绕地球运行一圈，悬绳输出的电能（已知地球半径为6400km）解析：（1）金属悬绳中产生的感应电动势为（2）悬绳两端的电压（3）航天飞机绕地球运行一圈，所需时间为T。有 航天飞

6、机绕地球运行一圈，悬绳输出的电能为4、如图3正交电磁场中，质量m、带电量+q粒子由一点P静止释放，分析它的运动。分析：粒子初速为零释放，它的运动轨迹是如图3所示的周期性的曲线。初速为零，亦可看成是向右的与向左-两个运动的合运动，其中大小为：=E/B图3所以+q粒子可看成是向右匀速直线运动和逆时针的匀速圆周运动的合运动。电场方向上向下最大位移一个周期向右移动距离L即PP之距为图3-4-11代入，得： 最低点Q点速度 5、如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放

7、置的金属棒，其接入回路中的电阻分别为R，质量分别为m，与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T，一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行导轨的水平拉力F的作用下以加速度a向右做匀加速直线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。（1）求经多长时间细线被拉断？（2）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F,求两根金属棒之间距离增量x的最大值是多少？解析：（1）ab棒以加速度a向右运动，经t时间细线被拉断，当细线断时，ab棒运动的速度为v，产生的感应电动势为 E= BLv, v=at回路中的感应电流为cd棒受到的安培力为 T =BIL联立解得（2）当细线断

8、时，ab棒运动的速度为v，细线断后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒之间的距离增大，当两棒达相同速度而稳定运动时，两棒之间的距离增量x达到最大值，整个过程回路中磁通量的变化量为= BLx通过该回路的电量由动量守恒定律得对于cd棒，由动量定理得故通过该回路的电量联立解得6、如图甲所示， 光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.3m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R=0.4。导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.2的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运

9、动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。（1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；（2）求第2s末外力F的瞬时功率；（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功为0.3J，求回路中定值电阻R上产生的焦耳热是多少。解析：（1）设路端电压为U，杆的运动速度为v，有（2分）由图乙可得 U=0.1t （2分）所以速度 v=1 t （2分）因为速度v正比于时间t，所以杆做匀加速直线运动 ，且加速度 a=1m/s2 （2分）（用其他方法证明可参照给分）（2）在2s末，v=at=2m/s，杆受安培力 （2分）由牛顿第二定律，对杆有 ，得拉力

10、F=0.175N （2分）故2s末的瞬时功率 P=Fv=0.35W （2分）(3) 在2s末， 杆的动能 由能量守恒定律，回路产生的焦耳热 Q=W-Ek=0.1J （3分）根据 Q=I2Rt，有 故在R上产生的焦耳热 7、如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQMN。导轨平面与水平面间的夹角=37，NQ间连接有一个R=5的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感强度为B0=1T。将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=

11、0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s=1m。试解答以下问题：（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和速度各如何变化？（2）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？（3）金属棒达到的稳定速度是多大？（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则磁感强度B应怎样随时间t变化（写出B与t的关系式）?解析：（1）在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大。（2分）（2）达到稳定速度时，有（1分）（1分）（2分）（3）、（2分）（2分）

12、（4）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流。此时金属棒将沿导轨匀加速运动。（2分）8、如图4-2-5所示，AB是一根裸导线，单位长度的电阻为，一部分弯曲成半径为的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好。圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B。导线一端B点固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小。设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，试求此圆圈从初始的半径到完全消失所需时间T。分析:在恒力F拉动下，圆圈不断缩小，使其磁通量发生变化，产生感应电动势，由于交叉点处导线导电良好，所以圆圈形成闭合电路，产生感应电流。因圆圈缩小是缓慢的，F

13、所作功全部变为感应电流产生的焦耳热，由此可寻找半径r随时间的变化规律。BAF图4-2-5解:设在恒力F作用下，A端t时间内向右移动微小量x，则相应圆半径减小r，则有：在这瞬息t时间内F的功等于回路电功可认为是由于半径减小微小量而引起面积变化，有：而回路电阻R为：代入得： 显然与圆面积的变化成正比，所以当面积由变化至零时，经历时间T为 9、如图（a）所示，两根足够长的光滑平行金属导轨相距为L0.40m，导轨平面与水平面成30o角，上端和下端通过导线分别连接阻值R1R21.2的电阻，质量为m0.20kg、阻值r0.20的金属棒ab放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，整个装置处在垂直导轨平面向

14、上的磁场中，取重力加速度g10ms2。若所加磁场的磁感应强度大小恒为B，通过小电动机对金属棒施加力，使金属棒沿导轨向上做匀加速直线运动，经过0.50s电动机的输出功率达到10W，此后电动机功率保持不变，金属棒运动的vt图像如图（b）所示，试求： （1）磁感应强度B的大小；（2）在00.50s时间内金属棒的加速度a的大小；（3）在00.50s时间内电动机牵引力F与时间t的关系；（4）如果在00.50s时间内电阻R1产生的热量为0.135J，则在这段时间内电动机做的功。解析：（1）（4分）（2）（3分）（3）（3分）（4）10、在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（可

15、视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A球带正电、电荷量为+2q，B球带负电。电荷量为3q。现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内。已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右。现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动。（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）（1）求小球A、B运动过程中的最大速度；（2）小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点。（3）求运动过程中带电小球B电势能增加的最大值。解析：（1）带电系统锁定解除后，在水平方向上

16、受到向右的电场力作用开始向右加速运动，当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度。设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq2ma1 （2分）B刚进入电场时，系统的速度为vm，由 可得 （3分）（2）对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W1则 （2分）故系统不能从右端滑出，即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速。由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动。（2分）设B从静止到刚进入

17、电场的时间为t1，则 （1分）设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律（1分） 显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t2，则有 （1分）那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为 （2分）（3）当带电系统速度第一次为零，即A恰好到达右边界NQ时，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，此时B的位置在PQ的中点处 （1分）所以B电势能增加的最大值 11在如图3-4-12所示的直角坐标系中，坐标原点O固定电量为Q的正点电荷，另有指向y轴正方向(竖直向图3-4-12上方向)，磁感应强度大小为B的匀强磁场，因而另一个质量为m、电量力为q的正点电荷微粒恰好能以y轴上的点为圆心作匀速圆周

18、运动，其轨道平面(水平面)与平面平行，角速度为，试求圆心的坐标值。分析：带电微粒作匀速圆周运动，可以确定在只有洛伦磁力和库仑力的情况下除非与O不重合，必须要考虑第三个力即重力。只有这样，才能使三者的合力保证它绕在水平面内作匀速圆周运动。解：设带电微粒作匀速圆周运动半径为R，圆心的纵坐标为y，圆周上一点与坐标原点的连线和y轴夹角为，那么有 带电粒子受力如图3-4-13所示，列出动力学方程为mg=F电cos (1)图3-4-13f洛-F电 (2)f洛= (3)将(2)式变换得f洛-F电 (4)将(3)代入(4)，且(1)(4)得消去R得 12、一宇宙人在太空（那里万有引力可以忽略不计）玩垒球。辽阔

19、的太空球场半侧为均匀电场E，另半侧为均匀磁场B，电场和磁场的分界面为平面，电场方向与界面垂直，磁场方向与垂直纸面向里。宇宙人位于电场一侧距界面为h的P点， O点是P点至界面垂线的垂足，D点位于纸面上O点的右侧，OD与磁场B的方向垂直，OD = d 。如图所示，垒球的质量为m，且带有电量 q（q0）。（1）宇宙人是否可能自P点以某个适当的投射角（与界面所成的角）及适当的初速度投出垒球，使它经过D点，然后历经磁场一次自行回至P点？试讨论实现这一游戏，d必须满足的条件并求出相应的和。（2）若宇宙人从P点以初速度平行与界面投出垒球，要使垒球击中界面上的某一D点，初速度的指向和大小应如何？解析：（1）首

20、先建立直角坐标系。使x与OD重合，y与OP重合。球有平抛、斜向上和斜下抛三情形。若球投向y轴的右侧，当球达到分界面上的D的速度为，与x轴的夹角为，球沿半径为R的圆周运动，达到界面的，又从回到抛出点。 （1） （2）球在电场区的加速度为a， （3）+，-分别表示在P点斜上抛与斜下抛的情况。设球从抛出点到D的时间为，则： （4） （5） 将（2）（5）代入（4） 得： （6）因（3）和（6）必须是实数，所以有 （7）（a）若 （8）则由（3）和（6）得，即（9） （10）（b）若 （11）则（c）时候无论怎样都不能回到出发点。（2）击中D点有三种方式（a）从P点抛出后经过电场区，直接到D点，若所经

21、历的时间为t，则由，得： （2）从抛出点“下落”然后经过磁场回转，又由电场区斜上抛，如此循环，历经磁场n次循环，最终在电场区斜上抛到D。设自P点平抛的水平射程，球经磁场回旋一次，在x轴方向倒退从D2出磁场后经电场区斜上抛运动，球在x轴方向前进，如此经n次循环后从电场区达到D，有求得：若抛出点的初速度为，有，求得： （c）从抛出点“下落”然后经过磁场回转，又由电场区斜上抛，如此循环，历经磁场n次循环，最终在磁场区到D。设自P点平抛的水平射程，球经磁场回旋一次，在x轴方向倒退从D2出磁场后经电场区斜上抛运动，球在x轴方向前进，如此经n次循环后从电场区达到D，有 若抛出点的初速度为，有，求得： 13

22、、质量为m，带电量为q的粒子以初速度v0经过一个磁感应强度为B的区域，该区域的宽度为d，粒子在运动过程中受到的阻力。问粒子至少以多大的速度进入磁场区，才能穿过该区域？解析：粒子以和边界成角的速度进入磁场，粒子进入磁场后受到洛仑磁力F和阻力建立xoy直角坐标系，水平方向为x，竖直方向为y设任意时刻粒子速度的两个分量分别为，有由 可有：注意到刚好越过磁场区时应有，由以上有：14、空间有一个水平方向的匀强磁场B，磁场中有a,b两点，相距为s，a 、b连线在水平面上且与B垂直。一个质量为m，电量为+q的带电质点从a点以速度 v0对准b射出，为了使它能够到达b，v0取什么值？解析：（1）如果洛仑磁力恰好

23、和粒子重力抵消，则（2）如果，则可将分解，必须指向b的，它产生的洛仑磁力恰好和粒子重力抵消，因此由产生的洛仑磁力使粒子作圆周运动。最后粒子作的是圆周运动和匀速直线运动的合运动运动周期，如果是T的整数倍，粒子一定能达到b，这时有：即可见与无关，如果，必须为。如果，可以取任意值。15、一根长的薄导体平板沿X轴放置，板面位于水平位置，板的宽度为L，电阻可忽略不计，aebcfd是圆弧形均匀导线，其电阻为3R，圆弧所在的平面与X轴垂直，圆弧的两端a和d与导体板的两个侧面相接触，并可在其上滑动。圆弧ae=eb=cf=fd=(1/8)圆周长，圆弧bc=（1/4）圆周长，一内阻Rg=nR的体积很小的电压表位于

24、圆弧的圆心O处，电压表的两端分别用电阻可以忽略的直导线与b和c点相连，整个装置处在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当导体板不动而圆弧导线与电压表一起以恒定的速度v沿X轴方向平移运动时 （1）求电压表的读数；（2）求e点与f点的电势差UeUf。解析：弧bc段的感应电动势，弧ae的感应电动势。其余各弧段的感应电动势的大小都等于，连接电压表的每根导线中的感应电动势大小注意到：，可以求得：电压表的读数（2）e点与f点的电势差16、PQ是由若干正方形导线方格PQ， ， 构成的网络，如图1所示。方格每边长度 l = 10.0 cm 边Q， 与边P，的电阻都等于r，边PQ，的电阻都等2 r 。已知

25、PQ两点间的总电阻为C r ，C是一已知数。在x 0的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于Oxy平面并指向纸里，如图2所示，今令导线网络PQ以恒定的速度v = 5.0 cm/s ，沿x方向运动并进入磁场区域。在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行。若取PQ与y轴重合的时刻为t = 0 ，在以后任一时刻t磁场的磁感应强度为B = ，式中t的单位为s，为已知恒量，b = 0.10。求t = 2.5 s时刻，通过导线PQ的电流（忽略导线网络的自感）。解析：网络由n个方格构成，用Rn表示PQ两端的电阻，则：设P1Q1左边所有方格的总电阻为Rn-1，依次类推，可以求出P1Q1左边所有的

26、总电阻。在网络沿x运动时，每一方格子通过y轴的时间为在t=2.5s，有一个完整的方格在磁场中。如图。令方格PQQ1P1中的电动势为有方格PQ1Q2P1中电动势为因为方格PQQ1P1全部在磁场中，方格PQ1Q2P1中电动势为由以上求得：，代入数据：17、有一匀质细导线弯成的半径为a的圆线圈和一内接等边三角形的电阻丝组成的电路（电路中各段的电阻值见图）。在圆线圈平面内有垂直纸面向里的均匀磁场，磁感应强度随时间t均匀减小，其变化率的大小为一已知常量k。已知2=3。试求图中A、B两点的电势差-。解析：对半径为a的圆电路：对等边三角形回路，对于由弦AB和弧AB构成的回路对节点B：又求得：18、BPQ图4

27、-3-10如图4-3-10所示的直角坐标中，有一绝缘圆锥体，半锥角为,轴线沿z轴方向，顶点在原点处。有一条长为l的细金属丝OP固定在圆锥体的侧面上，与圆锥体的一条母线重合，空间存在着沿正x方向的匀强磁场B。试讨论当圆锥体如图所示方向做角速度为的匀角速转动时，OP上感生电动势的情况。解:当P点的x坐标为正时，P点的电势都高于O点的电势；当P点的x坐标为负时，P点的电势都低于O点的电势；当P点的y坐标为0，即OP在xOz平面时，OP上的感生电动势最大。此时OP在垂直于B方向上的有效长度为,P点的速度为BPQS图4-3-11而O点的速度为零，所以OP上各点的平均速度为vp/2。因此此时OP上的感生电

28、动势大小为.当P点运动到某一位置(图4-3-11)，P点的x、y坐标都大于零，QP与x轴的夹角为时，OP在垂直于B方向上的有图3-2-11效长度为为OP在yPz平面上的投影OS与z轴的夹角。S点绕O点运动的速度为.O点的速度始终为零，所以OP上各点在y方向上的平均速度为vs/2。因此此时OP上的感生电动势的大小为19、位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd。ab长为l1，是水平的，bc长为l2，线框的质量为m，电阻为R.。其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP和QQ均与ab平行，两边界间的距离为H，Hl2，磁场的磁感应强度为B，方向与线框平面垂直，如图所示。令线框的dc边从离磁场区域上

29、边界PP的距离为h处自由下落，已知在线框的dc边进入磁场后，ab边到达边界PP之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场区域下边界QQ的过程中，磁场作用于线框的安培力作的总功为多少？解析：设线框在（1）位置时进入磁场，速度为（2）位置达到速度的最大值，（2）到（3）为匀速运动。（3）到（4）以加速度g下降，没有感应电流。 （1）在（2）位置： (2)设从（1）位置到（2）位置，线框下降x .此阶段安培力做功为 （3）线框速度达到后，dc边匀速下降距离为，此过程安培力做功为 （4）整个过程安培力做功20、ABCD是闭合导线回路（导线外壳绝缘）总电阻为R，

30、AB的一部分绕成初始半径为r0的圆圈。圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，回路的B端固定，C 、D为自由端。（1）若A端在沿BA方向的恒力F的作用下向右移动，使圆圈缓慢缩小。设在圆圈缩小的过程中，始终保持圆的形状，导体回路是软的，阻力可忽略，求此圆圈从初始半径r0 到完全闭合所需要的时间。（2）若A端沿BA方向以恒定速度v向右移动，使圆圈缓慢缩小的过程中，回路始终保持圆形，求从初始半径r0 到完全闭合拉力所做的功解析：（1）设：当时间为t，半径为r时，在的短时间内，半径变化，则感生电流为 取圆圈的一小段，其圆心角为，绳中张力为T，T=F可得：（2）当时间为t，半径为r时，在的短时间内，半径

31、变化。则感生电流为 取圆圈的一小段，其圆心角为，绳中张力为T， 可得：21、在如图4-3-12所示的直角作标系中，有一塑料制成的半锥角为的圆锥体Oab。圆锥体的顶点在原点处，其轴线沿z轴方向。有一条长为l的细金属丝OP固定在圆锥体的侧面上，金属丝与圆锥体的一条母线重合。整个空间中存在着磁感强度为B的均匀磁场，磁场方向沿X轴正方向，当圆锥体绕其轴沿图示方向做角度为的匀角速转动时，(1)OP经过何处时两端的电势相等？(2)OP在何处时P端的电势高于O端？(3)电势差的最大值是多少？BPOMN图4-3-13分析:本题的关键是如何处理磁感强度跟棒不垂直的问题。方法有二个：当金属丝OP经过XOZ平面时，

32、设法求出极短时间内切割的磁感线数，即磁通量；或把B分解成跟OP垂直的分量和跟平OP行的分量B。解法一：(1)当OP经过YOZ平面的瞬间，两端的电势相等。因为此时OP的运动方向和磁场方向平行(同向或反向)(2)、只要OP处于YOZ平面的内侧，P点的电势总是高于O点。(3)、当OP处于XOZ平面的右侧且运动方向和磁场方向垂直时，即通过XOZ平面的瞬间(如图4-3-13所示)的值最大。其值等于在此瞬间很短时间间隔内，OP切割的磁感线数除以，由几何投影可知，也等于内OP在YOZ平面内的投影切割的磁感线的数目。P点在YOZ平面上的投影为沿Y轴做圆频率为、振幅为Lsin的简谐运动，此简谐运动在Z轴附近时其

33、速度为。因此OP的投影切割的面积为一小三角形()的面积，即BPO图4-3-14切割磁感线数即磁通量为=B根据法拉第电磁感应定律可知=方法二：如图4-3-14所示，把磁感强度B正交分解成垂直OP的分量和平行于OP的分量，即 =Bsin当金属丝OP在匀强磁场中绕Z轴转动时，切割磁感线产生的电动势为E=Lv式中v的为金属丝OP中点的线速度，v=。代入上式得E=Bcos=由此得电势差=解法三：设想OP是闭合线框OO的一条边。线框绕OZ轴匀速转动产生的最大动生电动势为 E=BS)因为边O与OO没有切割磁感线，不产生动生电动势，因此OP中的电动势就等于闭合线框OO中的电动势。由此得电势差=22、如图，光滑

34、的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F0.5v0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l1m，m1kg，R0.3W，r0.2W，s1m）（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足vv0x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去

35、外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UIev，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量， （2）Fma，以F0.5v0.4代入得（0.5）v0.4a，a与v无关，所以a0.4m/s2，（0.5）0，得B0.5T， （3）x1at2，v0x2at，x1x2s，所以at2ats，得：0.2t20.8t10，t1s，（4）可能图线如下：23、如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离l=0.50m。轨道的MM端之间接一阻值R=0.40的定值电阻，NN端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨

36、道NP、NP平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.50m。直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.64 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80m，且其右边界与NN重合。现有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10的导体杆ab静止在距磁场的左边界s=2.0m处。在与杆垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP。已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数=0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g=10m/s2，求：（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体

37、杆上的电流大小和方向；（2）导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；（3）导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热。解析：（1）设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有 （F-mg）s=mv12 （2分）导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv1 （1分）此时通过导体杆上的电流大小I=E/（R+r）=3.8A（或3.84A） （2分）根据右手定则可知，电流方向为由b向a （2分）（2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E平均，则由法拉第电磁感应定律有 E平均=/t=Bld/t （2分）通过电阻R的感应电流的平均值 I平均=E平均

38、/（R+r） （1分）通过电阻R的电荷量 q=I平均t=0.512C（或0.51C） （2分）（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有mg=mv32/R0 （1分）对于导体杆从NN运动至PP的过程，根据机械能守恒定律有mv22=mv32+mg2R0 （1分）解得v2=5.0m/s （1分）导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能E=mv12-mv22=1.1J （2分）此过程中电路中产生的焦耳热为Q=E-mgd=0.94J 24、示波器的核心部分为示波管，如图甲所示, 真空室中电极K发出电

39、子(初速不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。板长L ，相距为d ，在两板间加上如图21乙所示的正弦交变电压，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内，电场可看作恒定的。在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动。 (已知电子的质量为m ，带电量为e , 不计电子重力)。求：（1）电子进入A、B板时的初

40、速度；要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件?（2）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置? 计算这个波形的峰值和长度. 在如图丙所示的x -y坐标系中画出这个波形。解析：（1）设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有 （F-mg）s=mv12 （2分）导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv1 （1分）此时通过导体杆上的电流大小I=E/（R+r）=3.8A（或3.84A） （2分）根据右手定则可知，电流方向为由b向a （2分）（2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E平均，

41、则由法拉第电磁感应定律有 E平均=/t=Bld/t （2分）通过电阻R的感应电流的平均值 I平均=E平均/（R+r） （1分）通过电阻R的电荷量 q=I平均t=0.512C（或0.51C） （2分）（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有mg=mv32/R0 （1分）对于导体杆从NN运动至PP的过程，根据机械能守恒定律有mv22=mv32+mg2R0 （1分）解得v2=5.0m/s （1分）导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能E=mv12-mv22=1.1J （2分）此过程中电路中产生的焦耳热为Q=E-mgd=0.94J -