電磁學(xué)高考試題

1、電磁學(xué)八、電場（一）、選擇題：1.全國卷II.17 ab是長為l的均勻帶電細桿，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點，位置如圖所示，ab上電荷產(chǎn)生的靜電場在P1處的場強大小為E1，在P2處的場強大小為E2，則以下說法正確的是A兩處的電場方向相同，E1E2B兩處的電場方向相反，E1E2C兩處的電場方向相同，E1E2 D兩處的電場方向相反，E1E2【答案】：D【解析】：由對稱性可知，P1左端桿內(nèi)內(nèi)的電荷與P1右端內(nèi)的電荷在P1處的場強為零，即P1處場強E1是由桿的右端內(nèi)電荷產(chǎn)生的。而P2處場強E2可看作是桿的右端內(nèi)的電荷在P2處的合場強，由對稱性可知，桿的右端內(nèi)的電荷在P2處場強大小也為E1，若假

2、定桿的右端內(nèi)的電荷在處場強為E/，由電場的合成可知：E2=E1+E/, E2>E1，由此分析可知，兩處場強方向相反，故D選項正確。【備考提示】：本題考查電場的疊加，同時把物理學(xué)中對稱的思想應(yīng)用于命題中，要善于轉(zhuǎn)換物理模型，從中找出最佳的方法。ABCD2. 北京卷.14 使用電的金屬球靠近不帶電的驗電器，驗電器的箔片開。下列各圖表示驗電器上感應(yīng)電荷的分布情況，正確的是 【答案】：B【解析】：帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器時，在驗電器上感應(yīng)出異種電荷，驗電器的頂端帶上正電荷，金屬箔片帶上負電荷。故B選項正確?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查靜電感應(yīng)知識，解答時應(yīng)明確靜電感應(yīng)不是產(chǎn)生了電荷，而是電荷的轉(zhuǎn)

3、移，是電荷從導(dǎo)體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，電荷的總電量不變。ABvtO3.上海卷.8 A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線從A運動到B，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示設(shè)A、B兩點的電場強度分別為EA、EB，電勢分別為UA、UB，則（A）EA = EB （B）EAEB （C）UA = UB （D）UAUB 【答案】：AD 【解析】：由圖象可知，電子做勻加速直線運動，故該電場為勻強電場，即 EA = EB 。電子動能增加，電勢能減少，電勢升高，即UAUB【備考提示】：本題考查電勢、帶電粒子在電場中的運動vt圖象。通過帶電粒子在電場中的運動性質(zhì)的研究

4、是研究電場性質(zhì)的常用方法。4.天津卷.21 在顯像管的電子槍中，從熾熱的金屬絲不斷放出的電子進入電壓為U的加速電場，設(shè)其初速度為零，經(jīng)加速后形成橫截面積為S、電流為I的電子束。已知電子的電量為e，質(zhì)量為m，則在剛射出加速電場時，一小段為l的電子束內(nèi)的電子個數(shù)是AB CD【答案】：B【解析】：設(shè)單位體積電子束含有n個自由電子，由電流強度的定義知：IneSv，所以n，電子經(jīng)加速電場加速后，滿足：eUmv2，得：n，長為l的電子束內(nèi)的電子個數(shù)為NnlS?！緜淇继崾尽浚罕绢}涉及帶電粒子在電場中的加速和對電流強度的微觀含義的理解，考查考生分析、推理和綜合能力。 5.四川卷. 20 帶電粒子M在只在電場力

5、作用下由P點運動到Q點，在此過程中克服電場力做了2.6×104J的功。則 AM在P點的電勢能一定小于在Q點的電勢能 BP點的場強小于Q點的場強 CP點的電勢一定高于Q點的電勢 DM在P點的動能一定大于它在Q點的動能【答案】： AD【解析】：帶電粒子由P點運動到Q點，克服電場力做功，電勢能增加，動能減少，由于條件不足，不能比較電場強度、電勢的大小。因此選擇AD。【備考提示】：題目涉及電勢能、場強和電勢等基本概念對動能定理的運用，考查了考生在對基礎(chǔ)知識的掌握程度和利用基礎(chǔ)知識分析問題、解決問題的能力。 6.重慶卷.19題19圖 如題19圖，帶正電的點電荷固定于Q點，電子在庫侖力作用下，做

6、以O(shè)為焦點的橢圓運動。M、P、N為橢圓上的三點，P點是軌道上離Q最近的點。電子在人P到達N點的過程中A速率先增大后減小 B速率先減小后增大 C.電勢能先減小后增大 D電勢能先增大后減小【答案】：AC 【解析】：根據(jù)軌跡可知：電子從M到P電場力做正功，動能增加，電勢能減?。浑娮訌腜到N電場力做負功，動能減小，電勢能增加。故應(yīng)先AC?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查帶電粒子在電場中的運動，考查考生的綜合分析能力，弄清庫侖力對電子的做功情況是解題的關(guān)鍵（二）、填空題7.上海物理卷.1A 如圖所示，一束粒子自下而上進人一水平方向的勻強電場后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則電場方向向 ，進人電場后，粒子的動能 （填“增加”、“減少”

7、或“不變”）【答案】：左 增加 【解析】：由圖可知，粒子（帶負電）所受電場力方向水平向右，故電場方向向左。由于電場力作正功，根據(jù)動能定理可知粒子在電場中動能增加。【備考提示】：帶電粒子在電場中的運動問題，常會將典型的判斷、軌跡判斷、能量的變化等結(jié)合起來綜合進行定性考核。（三）、計算題： 8.全國卷I.25 (20分)有個演示實驗，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多錫箔紙揉成的小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動。現(xiàn)取以下簡化模型進行定量研究。如圖所示，電容量為C的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動勢為、內(nèi)阻可不計的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，

8、小球可視為質(zhì)點。已知：若小球與極板發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也立即改變，改變后，小球所帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的倍（<<1）。不計帶電小球?qū)O板間勻強電場的影響。重力加速度為g。（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動，電動勢至少應(yīng)大于多少？ABdE（2）設(shè)上述條件已滿足，在較長的時間間隔T內(nèi)小球做了很多次往返運動。求在T時間內(nèi)小球往返運動的次數(shù)以及通過電源的總電量?！窘馕觥浚海?）用Q表示極板電荷量的大小，q表示碰后小球電荷量的大小。要使小球能不停地往返運動，小球所受的向上的電場力至少應(yīng)大于重力，則q>mg其中 q=Q 又有Q=C 由

9、以上三式有 > （2）當(dāng)小球帶正電時，小球所受電場力與重力方向相同，向下做加速運動。以a1表示其加速度，t1表示從A板到B板所用的時間，則有q+mg=ma1郝雙制作d=a1t12當(dāng)小球帶負電時，小球所受電場力與重力方向相反，向上做加速運動，以a2表示其加速度，t2表示從B板到A板所用的時間，則有qmg=ma2d=a2t22小球往返一次共用時間為（t1+t2），故小球在T時間內(nèi)往返的次數(shù)n=郝雙制作 由以上關(guān)系式得:n= 小球往返一次通過的電量為2q，在T時間內(nèi)通過電源的總電量Q'=2qn 由以上兩式可得：Q'=作【備考提示】：本題考查帶電粒子在復(fù)合場的運動，對這類題目的處

10、理，首先要認真審題，弄清在不同物理過程中小球的運動情況和受力情況，分清不同物理過程對應(yīng)的物理規(guī)律，才能正確求解。9.上海物理卷.23 （l4分）電偶極子模型是指電量為q、相距為l的一對正負點電荷組成的電結(jié)構(gòu)，O是中點，電偶極子的方向為從負電荷指向正電荷，用圖(a)所示的矢量表示科學(xué)家在描述某類物質(zhì)的電性質(zhì)時，認為物質(zhì)是由大量的電偶極子組成的，平時由于電偶極子的排列方向雜亂無章，因而該物質(zhì)不顯示帶電的特性當(dāng)加上外電場后，電偶極子繞其中心轉(zhuǎn)動，最后都趨向于沿外電場方向排列，從而使物質(zhì)中的合電場發(fā)生變化 (1）如圖(b）所示，有一電偶極子放置在電場強度為E。的勻強外電場中，若電偶極子的方向與外電場方

11、向的夾角為，求作用在電偶極子上的電場力繞O點的力矩； （2）求圖(b)中的電偶極子在力矩的作用下轉(zhuǎn)動到外電場方向的過程中，電場力所做的功；（3）求電偶極子在外電場中處于力矩平衡時，其方向與外電場方向夾角的可能值及相應(yīng)的電勢能； （4）現(xiàn)考察物質(zhì)中的三個電偶極子，其中心在一條直線上，初始時刻如圖(c）排列，它們相互間隔距離恰等于 1加上外電場EO后，三個電偶極子轉(zhuǎn)到外電場方向，若在圖中A點處引人一電量為+q0的點電荷(q0很小，不影響周圍電場的分布），求該點電荷所受電場力的大小?！窘獯稹浚海?）由題意可知電場力的力臂為l sin，故力矩M2×E0q×l sinE0q/sin（

12、2）W2 E0q×(1cos)E0q /(1cos)（3）電偶極子在外電場中處于力矩平衡時，電偶極子的方向與外加電場的夾角0或者當(dāng)電偶極子方向與場強方向相同時，即夾角為零時（如圖所示）由于電偶極子與電場垂直時電勢能為零， 所以該位置的電勢能等于由該位置轉(zhuǎn)到與電場垂直時電場力所做的功，電勢能 EP1=E0ql 當(dāng)電偶極子方向與場強方向相反時，即夾角為時同理可得，電勢能 EP2=E0ql（4）由題意知FE0q02【備考提示】：題目以課本從未出現(xiàn)“電偶極子”為立意命題，考查了電場力做功、電勢能、力矩及帶電粒子受力等知識，考查了理解、分析、推理和創(chuàng)新能力，并靈活運用上述概念和規(guī)律，解決實際問

13、題。九、穩(wěn)恒電流（一）、選擇題：10.上海卷.11 AV1V2V3R1R2PS,r 在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P 向下滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數(shù)變化量的大小分別用I、U1、U2和U3表示下列比值正確的是 （A）U1/I不變，U1/I不變 （B）U2/I變大，U2/I變大 （C）U2/I變大，U2/I不變 （D）U3/I變大，U3/I不變 【答案】：ACD【解析】：，由于R1不變，故不變，不變，同理，R2，由于R2變大，所以變大。但是，所以不變。而，所以變大。由于，所以不變。故選項 A、C、D 正確?！緜淇继?/p>

14、示】：閉合電路歐姆定律和部分電路歐姆定律的聯(lián)系與區(qū)別是近年常考的知識點。11.天津卷.19 如圖所示的電路中，電池的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電路中的電阻R1、R2和R3的阻值都相同。在電鍵S處處于閉合狀態(tài)下，若將電鍵S1由位置1切換到位置2，則VSrR1R2R321ES1A電壓表的示數(shù)變大 B電池內(nèi)部消耗的功率變大C電阻R2兩端的電壓變大 D電池的效率變大【答案】：B 【解析】：令R1R2R0，在位置1，外電路總電阻為RR0；電鍵S1由位置1切換2，則整個外電阻為R/R0，由于總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，電壓表示數(shù)減小，A錯；內(nèi)耗功率PI2r，故P增大，B對；電鍵在位置1時的R2兩端電壓

15、為UR2；電鍵在位置2時，R2兩端電壓為(E，則UR20，故UR2，則C錯；電池效率×100%×100%，由于R減小，減小，故D錯?！緜淇继崾尽浚罕绢}涉及直流電路的動態(tài)分析，分析時要緊緊抓住由局部整體局部的思想，先由局部的電阻變化，分析整體的電阻、電流、電壓的變化，然后再回到局部討論相差物理量的變化。12.【上海理綜.9】 夏天空調(diào)器正常工作時，制冷狀態(tài)與送風(fēng)狀態(tài)交替運行。一空調(diào)器在不同工作狀態(tài)下電功率隨時間變化的關(guān)系見圖6，此空調(diào)器運行1小時用電電功率(kW)時間(分)0510152025303540455055600.511.52圖6A1.0度B1.5度C2.0度D2.

16、5度【答案】： B【解析】：從題圖可以看出，在1小時內(nèi)，空調(diào)器以0.5kW工作的時間為20分鐘，以2kW工作的時間為40分鐘，故空調(diào)器1小時內(nèi)用電為：P1t1P2t20.5×× kW·h2 kW·h1.5 kW·h1.5度?！緜淇继崾尽浚罕绢}以現(xiàn)實生活的空調(diào)器立意命題，涉及電功率、電功知識，考查考生運用所學(xué)知識解決實際問題的能力。（二）、填空題：13.【上海理綜.二】（本大題共13分）當(dāng)你在享受電帶來的高質(zhì)量生活時，是否關(guān)注過用電安全？一份關(guān)于家庭用電環(huán)境的調(diào)查引起了某研究性學(xué)習(xí)小組的興趣。30.下表是五城市家庭用電環(huán)境調(diào)查的部分數(shù)據(jù)。它表明用

17、電環(huán)境最安全的城市是_。最高不安全率與最低不安全率相差_。城市ABCDE不安全率(%)4770906041【答案】：E，49%【解析】：從圖表中的百分值可看出，不安全率最高的是C城市的90%，不安全率高低的是E城市的41%，兩者相差49%?！緜淇继崾尽浚罕绢}以圖表的形式命題，考查從題中提取信息的能力。31.研究性學(xué)習(xí)小組經(jīng)討論得出家庭用電不安全事例主要有：電器漏電、線路老化、_、_等。并提出猜想：1家庭電路連接有熔絲（保險絲），應(yīng)該是安全的；2熔絲只能保護電路，而不能保護人。某同學(xué)說：我家還安裝了漏電保護器，很安全的。于是，大家決定探究熔絲和漏電保護器在電路中的作用，小組同學(xué)匯兌資料并繪制電器

18、漏電示意圖如下：電器漏電示意圖電熨斗漏電火線零線10安熔絲4.00安3.95安0.05安流過人體地圖 17熔絲是一種合金絲，當(dāng)電路中的電流超過熔絲的額定電流時，它就會熔斷。當(dāng)通過人體的電流大于30毫安時，將有生命危險。漏電保護器是防止電流泄漏的裝置，如果火線與零線中的電流不同，它將切斷電源。綜合上述圖、表，能夠支持猜想 2的資料有_、_（從、中選擇），理由中_。電路中，若用銅絲代替熔絲，可能出現(xiàn)的危害是_?！敬鸢浮浚簾o接地線，使用流過熔絲的電流未超過其額定電流，但流過人體的電流已超過30毫安電流過大而不熔斷，容易發(fā)生火災(zāi)。【解析】：家庭用電不安全的事例有很多，除電器漏電、線路老化外，還有像無接

19、地線，使用劣質(zhì)開關(guān)或插座，長時間超負荷使用大功率用電器等；熔絲有很多種，有的家用熔絲的額定電流很大，遠遠超過30毫安，而熔絲之所以能保險，是由于熔絲的熔斷，即必須超過它的額定電流，對人體不一定能起保護作用。在電路中，若用銅絲替換保險絲，銅絲不容易燒斷，若電流過大，往往會引起火災(zāi)?！緜淇继崾尽浚阂匀粘Ｉ畹摹坝秒姲踩睘槊}，體現(xiàn)了學(xué)以致用的思想，考查考生利用所學(xué)知識分析實際問題的能力。32.結(jié)合31題的資料，你認為圖18中四種（A、B、C、D）漏電保護器的安裝方法正確的有【答案】：B【解析】：漏電保護器的原理是當(dāng)火線與零線中電流不同時，它會切斷電源，從圖中可看出，C只接在火線上，D只接在零線上

20、，而A是零線的地線上，故只有B接法正確?！緜淇继崾尽浚罕绢}涉及對漏電保護器原理的分析，考查考生分析、綜合能力。33.細心的同學(xué)發(fā)現(xiàn)圖18中有一處用電不安全隱患。請將圖中不安全因素用筆圈出。【答案】：地線接在自來水管上【解析】：地線不能接在自來水管上，一旦零線斷開，地線中便有了電流，會引起危險。【備考提示】：考查用電安全知識和分析實際問題的能力。34. 觀察圖19A，若沐浴器發(fā)生漏電可導(dǎo)致其外殼帶電，請分析其危險性：_。為了更加合理和安全地使用電熱沐浴器器，該研究小組在理論上設(shè)計了B、C兩種方案（見圖19），圖中的R相當(dāng)于保護電阻。根據(jù)已有知識判斷，可行方案是_（填“B”或“C”），理由是_?！?/p>

21、答案】：容易發(fā)生人體觸電 C 發(fā)生漏電時人體分得的電壓只有12V，所以不會造成危險?！窘馕觥浚喝翥逶∑髀╇娛雇鈿щ?，容易發(fā)生人體觸電事故，要B、C兩種方案中，B中保護電阻R僅分得20V，人體分得電壓200V，起不到保護作用，而C中保護電阻R分得208，人體分得12V，所以是安全的?！緜淇继崾尽浚涸囶}來源于對實際問題的處理，考查考生解決實際問題的能力。（三）、計算題：14.廣東大綜. 36 （7分）保護自然環(huán)境，開發(fā)綠色能源，實現(xiàn)旅游與環(huán)境的協(xié)調(diào)發(fā)展 （2）某植物園的建筑屋頂有太陽能發(fā)電系統(tǒng)，用來滿足園內(nèi)用電需要。已知該發(fā)電系統(tǒng)的輸出功率為1.0×105W，輸出電壓為220V。求：

22、按平均每天太陽照射6小時計，該發(fā)電系統(tǒng)一年（365天計）能輸出多少電能？該太陽能發(fā)電系統(tǒng)除了向10臺1000W的動力系統(tǒng)正常供電外，還可以同時供園內(nèi)多少盞功率為100W，額定電壓為220V的照明燈正常工作？由于發(fā)電系統(tǒng)故障，輸出電壓降為110V，此時每盞功率為100W、額定電壓為220V的照明燈消耗的功率等是其正常工作時的多少倍？【解析】：（2）P1.0×105Wt365×6hEPtkW·h或E7.884×011J900盞 設(shè)P1和U1分別為照明燈正常工作的功率和電壓，P2和U2分別為供電系統(tǒng)發(fā)生故障后照明燈的實際功率和電壓 P1P2 評分說明：式各1分

23、，式2分【備考提示】：本題涉及電功、電功率、歐姆定律等知識，屬容易題。15.重慶卷.23（16分）三只燈泡L1、L2和L3的額定電壓分別為1.5 V、1.5 V和2.5 V，它們的額定電流都為0.3 A.若將它們連接成題23圖1、題23圖2所示電路，且燈泡都正常發(fā)光，(1) 試求題23圖1電路的總電流和電阻R2消耗的電功率;(2) 分別計算兩電路電源提供的電功率，并說明哪個電路更節(jié)能。題23圖1L1L2L3SR1R2r=0.5E=3.0V題23圖2L2L3L1E/=6.0Vr/=0.5R3S【解析】：23.(16分) (1)由題意，在題23圖1電路中：電路的總電流I總IL1+ IL2+ IL3

24、=0.9 A=E- I總r=2.55 VUR2= U路程- UL3=0.05 VIR2= I總=0.9A電阻R2消耗功率PR2= IR2 UR2=0.045 W（2）題23圖1電源提供的電功率P總= I總E=0.9×3 W=2.7W題23圖2電源提供的電功率P總= I總 E0.3×6W1.8 W由于燈泡都正常發(fā)光，兩電路有用功率相等，而P總< P總所以，題23圖2電路比題23圖1電路節(jié)能?！緜淇继崾尽浚嚎疾殡娐返姆治龊陀嬎悖疾榭伎忌鷳?yīng)用數(shù)學(xué)知識分析物理問題的能力。只要熟練掌握閉合電路的歐姆定律、功率的計算方法，很容易解答。16.四川卷.24(19分)如圖所示的電路中

25、，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離d=40 cm。電源電動勢E=24V,內(nèi)電阻r=1 ，電阻R=15 。閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度v0=4 m/s豎直向上射入板間。若小球帶電量為q=1×10-2 C,質(zhì)量為m=2×10-2 kg,不考慮空氣阻力。那么，滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達A板?此時，電源的輸出功率是多大？(取g=10 m/s2)答案: 【解析】：(19分) (1)小球進入板間后，受重力和電場力作用，且到A板時速度為零。設(shè)兩板間電壓為UAB由動能定理得 mgdqUAB=0 滑動變阻器兩端電壓 U=UAB=8V

26、 設(shè)通過滑動變阻器電流為I,由歐姆定律得I= 滑動變阻器接入電路的電阻 (2)電源的輸出功率 PI2(R R)=23 W 【備考提示】：本題涉及直流電路中電容器和帶電粒子在電場中的運動問題，解決含電容器的直流電路，關(guān)鍵是明確電容器兩極板電壓與直流電阻的關(guān)系；對帶電粒子在復(fù)合場中的運動，關(guān)鍵是分析清楚帶電粒子的運動情況和受力情況，還要善于挖掘題目中隱含條件，由功能關(guān)系求解。17.江蘇物理卷.15R2R1DR1SR2 （14分）電熱毯、電飯鍋等是人們常用的電熱式家用電器，他們一般具有加熱和保溫功能，其工作原理大致相同。圖為某種電熱式電器的簡化電路圖，主要遠件有電阻絲 R1、R2和自動開關(guān)S。（1）

27、當(dāng)自動開關(guān)S閉合和斷開時，用電器分別處于什么狀態(tài)？ （2）用電器由照明電路供電（U220V，設(shè)加熱時用電器的電功率為400W，保溫時用電器的電動功率為40W，則 R1和 R2分雖為多大？ （3）若將圖中的自動開關(guān)S換成理想的晶體二極管D，如圖所示，其它條件不變，求該用電器工作1小時消耗的電能。 【解析】：（1）S閉合，處于加熱狀態(tài) S斷開，處于保溫狀態(tài) （2）由于功率公式得 聯(lián)立得R1121R21089（3）WP1P20.22kW·h（或7.92×105J）【備考提示】：本題是一道對基礎(chǔ)知識考查的題目，要求掌握電功、電功率的計算及二極管單向?qū)щ娦?。十、磁場（一）、選擇題：1

28、8.廣東大綜.29 如圖9所示，在傾角為的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L，質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒.在導(dǎo)體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，下列外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向正確是圖9 ABmg，方向垂直斜面向上 BBmg，方向垂直斜面向下 CBmg，方向垂直斜面向下 DBmg，方向垂直斜面向上【答案】：A 【解析】：若磁場方向垂直斜面向上，由左手定則可判定，安培力方向沿斜面向上，則桿受豎直向下的重力mg，斜面對桿的支持力FN和沿斜面向上的安培力F，如圖所示，則sin，而FIlB，所以Bmg，故A對D錯；若磁場方向垂直斜面向下，由左手定則可判定，安培力方向沿斜面向下，因

29、斜面光滑，桿不可能靜止在斜面上，故B、C錯?！緜淇继崾尽浚罕绢}涉及安培力、力的平衡知識，考查考生運用所學(xué)知識綜合分析問題的能力。19.全國卷I.17 圖中為一“濾速器”裝置示意圖。a、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間。為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選 電子仍能夠沿水平直線OO'運動，由O'射出。不計重力作用?？赡苓_到上述目的的辦法是abO'A.使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里B.使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里C.使a板電勢高于b板，磁場

30、方向垂直紙面向外D.使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外【答案】：AD【解析】：要使電子沿OO/運動，則電子在豎直方向所受電場力和洛侖茲力平衡，若a板電勢高于b板，則電子所受電場力豎直方向，其所受洛侖茲力必向下，由左手定則可判定磁場方向向里，故A選項正確。同理可判定D選項也正確?！緜淇继崾尽浚罕绢}以“濾速器”為命題背景，涉及了對帶電粒子的運動問題，考查力的平衡、左手定則等知識，用左手定則判定洛侖茲力時，應(yīng)注意四指的指向與電子運動方向相反。20.北京卷.20 20.如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時

31、為t2若該微粒經(jīng)過P點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒，最終打到屏MN上。兩個微粒所受重力均忽略。新微粒運動的A.軌跡為pb,至屏幕的時間將小于tB.軌跡為pc,至屏幕的時間將大于tC.軌跡為pb，至屏幕的時間將等于tD.軌跡為pa，至屏幕的時間將大于t【答案】：D【解析】：碰撞過程其動量守恒，所以碰撞前后動量不變，由r知，微粒的軌道半徑不變，故仍軌跡pa，但由于碰后其運動速率比原來小，所以至屏幕時間將大于t?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查了帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，求解的關(guān)鍵是分析軌道半徑的變化，還考查了考生分析和綜合能力。（二）、填空題21.上海物理卷.1B如圖所示，一束粒子

32、自下而上進人一垂直紙面的勻強磁場后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則磁場方向向，進人磁場后，p粒子的動能 （填“增加”、“減少”或“不變”）【答案】：里 不變 【解析】：由圖可知，粒子（帶負電）進入磁場時所受洛倫茲力方向水平向右，根據(jù)左手定則可以判斷方向向左。 由于電場力作正功，根據(jù)動能定理可知粒子在電場中動能增加磁場方向向里。由于粒子在磁場中運動，洛倫茲力不做功，所以粒子的動能不變。 【備考提示】：帶電粒子在磁場中的運動問題，常會將典型的判斷、軌跡判斷等結(jié)合起來綜合進行定性考核。22.上海物理卷.2A 如圖所示，同一平面內(nèi)有兩根互相平行的長直導(dǎo)線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導(dǎo)線共面，a點在

33、兩導(dǎo)線的中間與兩導(dǎo)線的距離均為r，b點在導(dǎo)線2右側(cè)，與導(dǎo)線2的距離也為r現(xiàn)測得a點磁感應(yīng)強度的大小為B，則去掉導(dǎo)線1后，b點的磁感應(yīng)強度大小為 ，方向 【答案】： ，垂直兩導(dǎo)線所在平面向外【解析】：根據(jù)安培定則可知，1、2 兩導(dǎo)線在 a 點的磁感應(yīng)強度大小相等， 方向相同，都為。而2導(dǎo)線在a、b 兩處的磁感應(yīng)強度等大反向，故去掉導(dǎo)線1后，b 點的磁感應(yīng)強度大小為 ，方向垂直兩導(dǎo)線所在平面向外。 【備考提示】：考查電流的磁場、磁感應(yīng)強度，磁場的疊加時容易將方向弄錯。易將安培定則與左手定則混淆，復(fù)習(xí)過程中應(yīng)注意加強。另外，矢量的疊加觀點是貫穿高中的重要思想方法，也是高考的重點。（三）、計算題：23

34、.重慶卷.24 （19分）有人設(shè)想用題24圖所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子。粒子在電離室中電離后帶正電，電量與其表面積成正比。電離后，粒子緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域I,再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域II,其中磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向如圖。收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上。半徑為r0的粒子，其質(zhì)量為m0、電量為q0,剛好能沿O1O3直線射入收集室。不計納米粒子重力。（）（1）試求圖中區(qū)域II的電場強度；（2）試求半徑為r的粒子通過O2時的速率；（3）討論半徑rr2的粒子剛進入?yún)^(qū)域II時向哪個極板偏轉(zhuǎn)。【解析】： (

35、19分)（1）設(shè)半徑為r0的粒子加速后的速度為v0，則設(shè)區(qū)域II內(nèi)電場強度為E,則v0 q0B= q0E電場強度方向豎直向上。（2）設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v,則由得：（3）半徑為r的粒子，在剛進入?yún)^(qū)域II時受到合力為：F合=qE-qvB=qB(v0-v)由可知，當(dāng)r>r0時，v<v0,F合>0，粒子會向上極板偏轉(zhuǎn);r<r0時，v>v0,F合<0，粒子會向下極板偏轉(zhuǎn)?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查帶電在電磁場中的運動，綜合考查了動能定理、受力分析等方面的知識和規(guī)律。對考生的分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識的能力要求較高。xOyCBAv24.

36、天津卷.24（18分）在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度應(yīng)大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界的交點C處沿y方向飛出。（1）判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷；（2）若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽/，該粒子仍以A處相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強度B/多大？此粒子在磁場中運動手所用時間t是多少？【解析】：（18分）（1）由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷。粒子由A點射

37、入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑Rr 又 qvBm 則粒子的比荷 （2）粒子從D點飛出磁場速度方向改變60°角，故AD弧所對應(yīng)的圓心角為60°，粒子做國，圓周運動的半徑R/rcot30°r 又 R/m 所以B/B 粒子在磁場中飛行時間t 【備考提示】：本題考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，求解關(guān)鍵是找出帶電粒子做圓周運動的圓心，求解其軌跡半徑，還考查了考生分析、綜合和運用數(shù)學(xué)知識解決問題的能力。Ev0B2125. 四川卷.25（20分）如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)

38、強度B1.57T。小球1帶正電，其電量與質(zhì)量之比=4C/kg，所受重力與電場力的大小相等；小球2不帶電，靜止放置于固定和水平懸空支架上。小球1向右以v023.59m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經(jīng)0.75s再次相碰。設(shè)碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終保持在同一豎直平面內(nèi)。（取g9.8m/s2）問：（1）電場強度E的大小是多少？（2）兩小球的質(zhì)量之比是多少？【解析】：（20分）（1）小球1所受的重力與電場力始終平衡mg1=q1EE2.5N/C （2）相碰后小球1做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：q1v1B 半徑為R1 周期為T1s 兩球運動時間t0.75sT小球1只能逆時針經(jīng)周期時與小

39、球2再次相碰 第一次相碰后小球2作平拋運動hR1 LR1v2t 兩小球第一次碰撞前后動量守恒，以水平向右為正方向m1v0m1v1+m2v2 由、式得v23.75m/s由式得v117.66m/s兩小球質(zhì)量之比：11【備考提示】： 本題涉及力的平衡、圓周運動、平拋運動和動量守恒定律等知識點，考查了考生分析、推理和綜合能力，試題涉及的知識點較多，但只要認真分析物理過程，找準物理過程對應(yīng)的物理規(guī)律，還是容易求解。26.全國卷II.25（20分）如圖所示，在x0與x0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且B1B2。一個帶負電的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負方

40、向射出，要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點，B1與B2的比值應(yīng)滿xyB2B1Ov足什么條件？【解析】：（20分）粒子在整個過程中的速度大小恒為v，交替地在xy平面內(nèi)B1與B2磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌跡都是半個圓周。設(shè)粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為m和q，圓周運動的半徑分別為和r2，有r1r2現(xiàn)分析粒子運動的軌跡。如圖所示，在xy平面內(nèi)，粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動至y軸上離O點距離為2 r1的A點，接著沿半徑為2 r2的半圓D1運動至y軸的O1點，O1O距離d2（r2r1）此后，粒子每經(jīng)歷一次“回旋”（即從y軸出發(fā)沿半徑r1的半圓和半徑為r2的半圓回到原點下方y(tǒng)軸），粒子y坐標就減小d

41、。設(shè)粒子經(jīng)過n次回旋后與y軸交于On點。若OOn即nd滿足nd2r1= 則粒子再經(jīng)過半圓Cn+1就能夠經(jīng)過原點，式中n1，2，3，為回旋次數(shù)。由式解得由式可得B1、B2應(yīng)滿足的條件n1，2，3，評分參考：、式各2分，求得式12分，式4分。解法不同，最后結(jié)果的表達式不同，只要正確，同樣給分?！緜淇继崾尽浚侯}目考查了帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，正確分析帶電粒子在磁場中的運動的物理圖象，并作出粒子運動軌跡的示意圖是解題的關(guān)鍵所在，另外還考查了考生的發(fā)散思維能力。27.廣東物理卷.18 （17 分）在光滑絕緣的水平桌面上，有兩個質(zhì) 量均為m，電量為q的完全相同的帶電粒子P1和P2，在小孔A處以

42、初速度為零先后釋放。在平行板間距為d的勻強電場中加速后，P1從C處對著圓心進入半徑為R的固定圓筒中（筒壁上的小孔C只能容一個粒子通過），圓筒內(nèi)有垂直水平面向上的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。P1每次與筒壁發(fā)生碰撞均無電荷遷移，P1進入磁場第一次與筒壁碰撞點為D，COD=，如圖12所示。延后釋放的P2，將第一次欲逃逸出圓筒的P1正碰 圓筒內(nèi)，此次碰撞剛結(jié)束，立即改變平行板間的電壓，并利用P2與P1之后的碰撞，將P1限制在圓 筒內(nèi)運動。碰撞過程均無機械能損失。設(shè)d=，求：在P2和P1相鄰兩次碰撞時間間隔內(nèi)，粒子P1與筒壁的可能碰撞次數(shù)。 附：部分三角函數(shù)值tan3.081.371.000.730.58

43、0.480.410.360.32【解析】：P1從C運動到D，周期，半徑rRtan，從C到D的時間每次碰撞應(yīng)當(dāng)在C點，設(shè)P1的圓筒內(nèi)轉(zhuǎn)動了n圈和筒壁碰撞了K次后和P2相碰于C點，K1所以時間間隔，則P1、P2次碰撞的時間間隔在t時間內(nèi)，P2向左運動x再回到C，平均速度為，由上兩式可得：（K1）（1）tan當(dāng) n=1, K=2、3、4、5、6、7 時符合條件，K=1、8、9不符合條件 當(dāng) n=2,3,4.時，無化K=多少，均不符合條件。 【備考提示】：本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動、帶電粒子在勻強磁場中的運動圓周運動以及歸納法在高中物理中經(jīng)常用到的方法，屬于能力要求較高的題目。十一、電磁感應(yīng)（

44、一）、選擇題：28.重慶卷.21兩根相距為L的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如題21圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m的金屬細桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌電阻不計，回路總電阻為2R。整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下以速度V1沿導(dǎo)軌勻速運動時，cd桿也正好以速率向下V2勻速運動。重力加速度為g。以下說法正確的是Aab桿所受拉力F的大小為mgBcd桿所受摩擦力為零 C. 回路中的電流強度為D與大小的關(guān)系為【答案】：AD【解析】：由于cd不切割磁感線，故電路中的電動勢

45、為BLv1，電流為，ab桿勻速運動，所受合外力為零，即F，。cd桿勻速運動，所受合外力為零，即F，。故應(yīng)AD?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查法拉第電磁感應(yīng)定律、平衡條件的應(yīng)用、閉合電路的歐姆定律等，考查考生分析、推理、理解、應(yīng)用能力。29.全國卷I.21 o×××××××××××××××××××××××××acbdR如圖，在勻強磁場中固定放置一根串接一電阻

46、R的直角形金屬導(dǎo)軌aob（在紙面內(nèi)），磁場方向垂直紙面朝里，另有兩根金屬導(dǎo)軌c、d分別平行于oa、ob放置。保持導(dǎo)軌之間接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計?，F(xiàn)經(jīng)歷以下四個過程：以速率v移動d，使它與ob的距離增大一倍；再以速率v移動c，使它與oa的距離減小一半；然后，再以速率2v移動c，使它回到原處；最后以速率2v移動d，使它也回到原處。設(shè)上述四個過程中通過電阻R的電量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則A. Q1Q2Q3Q4 B. Q1Q22Q32Q4 C. 2Q12Q2Q3Q4 D. Q1Q2Q3Q4 【答案】：A【解析】：設(shè)開始導(dǎo)軌d與Ob的距離為x1，導(dǎo)軌c與Oa的距離為x2，由法拉第電磁

47、感應(yīng)定律知，移動c或d時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E通過導(dǎo)體R的電量為：QIt由上式可知，通過導(dǎo)體R的電量與導(dǎo)體d或c移動的速度無關(guān)，由于B與R為定值，其電量取決于所圍成面積的變化。若導(dǎo)軌d與Ob距離增大一倍，即由x1變2 x1，則所圍成的面積增大了S1x1·x2；若導(dǎo)軌c再與Oa距離減小一半，即由x2變?yōu)椋瑒t所圍成的面積又減小了S2·2x1x1·x2；若導(dǎo)軌c再回到原處，此過程面積的變化為S3S2·2x1x1·x2；最后導(dǎo)軌d又回到原處，此過程面積的變化為S4x1·x2；由于S1S2S3S4，則通過電阻R的電量是相等的，即Q1Q2Q3Q4。

48、【備考提示】：本題難度較大，要求考生對法拉第電磁感應(yīng)定律熟練掌握，明確電量與導(dǎo)軌運動速度無關(guān)，而取決于磁通量的變化，同時結(jié)合圖形去分析物理過程，考查了考生綜合分析問題的能力。 30.全國卷II.20 如圖所示，位于同一水平面內(nèi)的、兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌，處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面，導(dǎo)軌的一端與一電阻相連；具有一定質(zhì)量的金屬桿ab放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直?，F(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的恒力F拉桿ab，使它由靜止開始向右運動。桿和導(dǎo)軌的電阻、感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場均可不計。用E表示回路中的感應(yīng)電動勢，i表示回路中的感應(yīng)電流，在i隨時間增大的過程中，電阻消耗的功率等于 AF的功率B安培力的功率的絕對值

49、 CF與安培力的合力的功率DiE【答案】：BD 【解析】：隨時間增大的過程中，桿的速度越來越大，加速度越來越小，由能量守恒可知，克服安培力做功的功率是把其它形式的能轉(zhuǎn)化成電能的電功率，即等于電阻消耗的功率，整個回路中只有外電阻R，故電源的功率即電阻消耗的功率?！緜淇继崾尽浚罕绢}涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的安培力、感應(yīng)電流等知識，考查了能量轉(zhuǎn)化與守恒在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用。31.上海物理卷.12 如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面成角，導(dǎo)軌與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面有一導(dǎo)體棒ab，質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑

50、動，當(dāng)上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F此時BabR1R2（A）電阻R1消耗的熱功率為Fv3（B）電阻 R。消耗的熱功率為 Fv6（C）整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為mgvcos（D）整個裝置消耗的機械功率為（Fmgcos）v·【答案】：BCD 【解析】：由法拉第電磁感應(yīng)定律得 EBLv，回路總電流 I=E/1.5R，安培力 FBIL，所以電阻R1的功率P1（0.5I）2 R=Fv/6，B選項正確。由于摩擦力 fmgcos，故因摩擦而消耗的熱功率為 mgvcos。整個裝置消耗的機械功率為（F+mgcos）v?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力、能量守恒和轉(zhuǎn)化定律、

51、功率、牛頓運動定律等內(nèi)容，而電磁感應(yīng)一類題目的求解常用能量相結(jié)合的辦法來解決。E2E0E0-E0-2E0O12345t/sE2E0E0-E0-2E0O12345t/sE2E0E0-E0-2E0O12345t/sE2E0E0-E0-2E0O12345t/sABCD圖332. 天津卷.20 B圖1IBt/sO圖22345 在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖1所示，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t如圖2變化時，圖3中正確表示線圈感應(yīng)電動勢E變化的是【答案】： A 【解析】：在第1s內(nèi)，由楞次定律可判定電流為正，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1，在第2s和第3s內(nèi)，磁場B不變化，線圈中無感應(yīng)電流，在第4s和第5