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
