電磁學高考試題

第40頁共40頁電磁學八、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，E1＞E2B．兩處的電場方向相反，E1＞E2C．兩處的電場方向相同，E1＜E2D．兩處的電場方向相反，E1＜E2【答案】：D【解析】：由對稱性可知，P1左端桿內內的電荷與P1右端內的電荷在P1處的場強為零，即P1處場強E1是由桿的右端內電荷產生的。而P2處場強E2可看作是桿的右端內的電荷在P2處的合場強，由對稱性可知，桿的右端內的電荷在P2處場強大小也為E1，若假定桿的右端內的電荷在處場強為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?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查電場的疊加，同時把物理學中對稱的思想應用于命題中，要善于轉換物理模型，從中找出最佳的方法。ABCD2.[北京卷.14ABCD【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。【備考提示】：本題考查靜電感應知識，解答時應明確靜電感應不是產生了電荷，而是電荷的轉移，是電荷從導體的一部分轉移到另一部分，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A、B兩點的電場強度分別為EA、EB，電勢分別為UAABvtO（A）EA=EB．（B）EA＜EB．（C）UA=UB（D）UA＜UB．【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UA＜UB【備考提示】：本題考查電勢、帶電粒子在電場中的運動v—t圖象。通過帶電粒子在電場中的運動性質的研究是研究電場性質的常用方法。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，設其初速度為零，經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，質量為m，則在剛射出加速電場時，一小段為Δl的電子束內的電子個數是A．B．C．D．【答案】：B【解析】：設單位體積電子束含有n個自由電子，由電流強度的定義知：I＝＝＝neSv，所以n＝，電子經加速電場加速后，滿足：eU＝mv2，得：n＝，長為Δl的電子束內的電子個數為N＝nΔlS＝?！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]功。則A．M在P點的電勢能一定小于在Q點的電勢能B．P點的場強小于Q點的場強C．P點的電勢一定高于Q點的電勢D．M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知識的掌握程度和利用基礎知識分析問題、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，做以O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點的過程中題19圖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】：根據軌跡可知：電子從M到P電場力做正功，動能增加，電勢能減??；電子從P到N電場力做負功，動能減小，電勢能增加。故應先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鍵（二）、填空題7.[上海物理卷.1A]如圖所示，一束β粒子自下而上進人一水平方向的勻強電場后發(fā)生偏轉，則電場方向向，進人電場后，β粒子的動能（填“增加”、“減少”或“不變”）．【答案】：左增加【解析】：由圖可知，β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，放了許多錫箔紙揉成的小球，當上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動?，F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ε、內阻可不計的電源相連。設兩板之間只有一個質量為m的導電小球，小球可視為質點。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α倍（α<<1）。不計帶電小球對極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ε至少應大于多少？ABAB＋－＋－dE【解析】：（1）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大于重力，則qeq\f(ε,d)>mg①其中q=αQ②又有Q=Cε③由以上三式有ε>eq\r(\f(mgd,αC))④（2）當小球帶正電時，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qeq\f(ε,d)+mg=ma1郝雙制作⑤d=eq\f(1,2)a1t12⑥當小球帶負電時，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qeq\f(ε,d)－mg=ma2⑦d=eq\f(1,2)a2t22⑧小球往返一次共用時間為（t1+t2），故小球在T時間內往返的次數n=eq\f(T,t1+t2)郝雙制作⑨由以上關系式得:n=eq\f(T,\r(\f(2md2,αCε2+mgd))+\r(\f(2md2,αCε2－mgd)))⑩小球往返一次通過的電量為2q，在T時間內通過電源的總電量Q'=2qneq\o\ac(○,11)由以上兩式可得：Q'=eq\f(2αCεT,\r(\f(2md2,αCε2+mgd))+\r(\f(2md2,αCε2－mgd)))作【備考提示】：本題考查帶電粒子在復合場的運動，對這類題目的處理，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構，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．科學家在描述某類物質的電性質時，認為物質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，因而該物質不顯示帶電的特性．當加上外電場后，電偶極子繞其中心轉動，最后都趨向于沿外電場方向排列，從而使物質中的合電場發(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向的夾角為θ，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的電勢能；（4）現考察物質中的三個電偶極子，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lsinθ，故力矩M＝2×E0q×lsinθ＝E0q/sinθ（2）W＝2E0q×(1－cosθ)＝E0q/(1－cosθ)（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π①當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到與電場垂直時電場力所做的功，電勢能EP1=－E0ql②當電偶極子方向與場強方向相反時，即夾角π為時同理可得，電勢能EP2=E0ql（4）由題意知F＝E0q0－2【備考提示】：題目以課本從未出現“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，解決實際問題。九、穩(wěn)恒電流（一）、選擇題：10.[上海卷.11]AV1V2V3R1R2PSε,r在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當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都發(fā)生變化，電表的示數分別用I、U1、U2和U3AV1V2V3R1R2PSε,r（A）U1/I不變，ΔU1/ΔI不變．（B）U2/I變大，ΔU2/ΔI變大．（C）U2/I變大，ΔU2/ΔI不變（D）U3/I變大，ΔU3/ΔI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。【備考提示】：閉合電路歐姆定律和部分電路歐姆定律的聯系與區(qū)別是近年?？嫉闹R點。11.[天津卷.19]如圖所示的電路中，電池的電動勢為E，內阻為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VSVSrR1R2R321ES1B．電池內部消耗的功率變大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R1＝R2＝R0，在位置1，外電路總電阻為R＝R0；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，內電壓增大，電壓表示數減小，A錯；內耗功率P＝I2r，故P增大，B對；電鍵在位置1時的R2兩端電壓為UR2＝；電鍵在位置2時，R2兩端電壓為(E－＝＝，則UR2－＝＞0，故UR2＞，則C錯；電池效率＝×100%＝×100%，由于R減小，η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。夏天空調器正常工作時，制冷狀態(tài)與送風狀態(tài)交替運行。一空調器在不同工作狀態(tài)下電功率隨時間變化的關系見圖6，此空調器運行1小時用電電功率(kW)時間(分)0電功率(kW)時間(分)0510152025303540455055600.511.52圖6B．1.5度C．2.0度D．2.5度【答案】：B【解析】：從題圖可以看出，在1小時內，空調器以0.5kW工作的時間為20分鐘，以2kW工作的時間為40分鐘，故空調器1小時內用電為：P1t1＝P2t2＝0.5××kW·h＋2kW·h＝1.5kW·h＝1.5度?！緜淇继崾尽浚罕绢}以現實生活的空調器立意命題，涉及電功率、電功知識，考查考生運用所學知識解決實際問題的能力。（二）、填空題：電器漏電示意圖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（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，實現旅游與環(huán)境的協調發(fā)展（2）某植物園的建筑屋頂有太陽能發(fā)電系統，用來滿足園內用電需要。已知該發(fā)電系統的輸出功率為1.0×105W，輸出電壓為220V。求：①按平均每天太陽照射6小時計，該發(fā)電系統一年（365天計）能輸出多少電能？②該太陽能發(fā)電系統除了向10臺1000W的動力系統正常供電外，還可以同時供園內多少盞功率為100W，額定電壓為220V的照明燈正常工作？③由于發(fā)電系統故障，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）①P＝1.0×105Wt＝365×6hE＝Pt＝kW·h或E＝7.884×011J①②900盞②③設P1和U1分別為照明燈正常工作的功率和電壓，P2和U2分別為供電系統發(fā)生故障后照明燈的實際功率和電壓P1＝③P2＝④評分說明：①②③式各1分，④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1.5V、1.5V和2.5V，它們的額定電流都為0.3A.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，試求題23圖1電路的總電流和電阻R2消耗的電功率;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1題23圖1L1L2L3SR1R2r=0.5ΩE=3.0V題23圖2L2L3L1E/=6.0Vr/=0.5ΩR3S【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=0.9A=E-I總r=2.55VUR2=U路程-UL3=0.05VIR2=I總=0.9A電阻R2消耗功率PR2=IR2UR2=0.045W（2）題23圖1電源提供的電功率P總=I總E=0.9×3W=2.7W題23圖2電源提供的電功率P′總=I′總E′＝0.3×6W＝1.8W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。【備考提示】：考查電路的分析和計算，考查考考生應用數學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，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離d=40cm。電源電動勢E=24V,內電阻r=1Ω，電阻R=15Ω。閉合開關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=4m/s豎直向上射入板間。若小球帶電量為q=1×10-2C,質量為m=2×10-2kg,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=10m/s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。設兩板間電壓為UAB由動能定理得－mgd－qUAB=0－①∴滑動變阻器兩端電壓U=UAB=8V②設通過滑動變阻器電流為I,由歐姆定律得I=③滑動變阻器接入電路的電阻④(2)電源的輸出功率P＝I2(R＋R)=23W⑤【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，關鍵是明確電容器兩極板電壓與直流電阻的關系；對帶電粒子在復合場中的運動，關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，由功能關系求解。17.[江蘇物理卷.15]R2R1D②①R1SR2（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R2R1D②①R1SR2（1）當自動開關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（U＝220V，設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①中的自動開關S換成理想的晶體二極管D，如圖②所示，其它條件不變，求該用電器工作1小時消耗的電能?！窘馕觥浚海?）S閉合，處于加熱狀態(tài)………………①S斷開，處于保溫狀態(tài)………………②（2）由于功率公式得………………③…………④聯立③④得R1＝121ΩR2＝1089Ω（3）W＝P1＋P2＝0.22kW·h（或7.92×105J）【備考提示】：本題是一道對基礎知識考查的題目，要求掌握電功、電功率的計算及二極管單向導電性。十、磁場（一）、選擇題：18.[廣東大綜.29]如圖9所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L，質量為m的直導體棒.在導體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導體棒靜止在斜面上，下列外加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向正確是α圖9A．B＝mgα圖9B．B＝mg，方向垂直斜面向下C．B＝mg，方向垂直斜面向下D．B＝mg，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sinα＝，而F＝IlB，所以B＝mg，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'AabO'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段用時為t2若該微粒經過P點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，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t

B.軌跡為pc,至屏幕的時間將大于t

C.軌跡為pb，至屏幕的時間將等于t

D.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β粒子自下而上進人一垂直紙面的勻強磁場后發(fā)生偏轉，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，β粒子（帶負電）進入磁場時所受洛倫茲力方向水平向右，根據左手定則可以判斷方向向左。由于電場力作正功，根據動能定理可知粒子在電場中動能增加磁場方向向里。由于β粒子在磁場中運動，洛倫茲力不做功，所以β粒子的動能不變?！緜淇继崾尽浚簬щ娏Ｗ釉诖艌鲋械倪\動問題，常會將典型的判斷、軌跡判斷等結合起來綜合進行定性考核。22.[上海物理卷.2A]如圖所示，同一平面內有兩根互相平行的長直導線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導線共面，a點在兩導線的中間與兩導線的距離均為r，b點在導線2右側，與導線2的距離也為r．現測得a點磁感應強度的大小為B，則去掉導線1后，b點的磁感應強度大小為，方向．【答案】：，垂直兩導線所在平面向外【解析】：根據安培定則可知，1、2兩導線在a點的磁感應強度大小相等，方向相同，都為。而2導線在a、b兩處的磁感應強度等大反向，故去掉導線1后，b點的磁感應強度大小為，方向垂直兩導線所在平面向外。【備考提示】：考查電流的磁場、磁感應強度，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，復習過程中應注意加強。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.[重慶卷.24]（19分）有人設想用題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r≠r2的粒子剛進入區(qū)域II時向哪個極板偏轉?！窘馕觥浚?19分)（1）設半徑為r0的粒子加速后的速度為v0，則設區(qū)域II內電場強度為E,則v0q0B=q0E電場強度方向豎直向上。（2）設半徑為r的粒子的質量為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，在剛進入區(qū)域II時受到合力為：F合=qE-qvB=qB(v0-v)由可知，當r>r0時，v<v0,F合>0，粒子會向上極板偏轉;r<r0時，v>v0,F合<0，粒子會向下極板偏轉?！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、應用數學知識的能力要求較高。xOyCBAv24.[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，存在磁感應強度應大小為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－xOyCBAv（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點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r①又qvB＝m②則粒子的比荷③（2）粒子從D點飛出磁場速度方向改變60°角，故AD弧所對應的圓心角為60°，粒子做國，圓周運動的半徑R/＝rcot30°＝r④又R/＝m⑤所以B/＝B⑥粒子在磁場中飛行時間t＝⑦【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、綜合和運用數學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，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，磁感應強度B＝1.57T。小球1帶正電，其電量與質量之比=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v0＝23.59m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經0.75s再次相碰。設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。（取g＝Ev0B21（1）電場強度E的大小是多少？（2）兩小球的質量之比是多少？【解析】：（20分）（1）小球1所受的重力與電場力始終平衡mg1=q1E①E＝2.5N/C②（2）相碰后小球1做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：q1v1B＝③半徑為R1＝④周期為T＝＝1s⑤∵兩球運動時間t＝0.75s＝T∴小球1只能逆時針經周期時與小球2再次相碰⑥第一次相碰后小球2作平拋運動h＝R1＝⑦L＝R1＝v2t⑧兩小球第一次碰撞前后動量守恒，以水平向右為正方向m1v0＝m1v1+m2v2⑨由⑦、⑧式得v2＝3.75m/s由④式得v1＝17.66m/s∴兩小球質量之比：＝11⑩【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x＜0與x＞0的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且B1＞B2。一個帶負電的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射出，要使該粒子經過一段時間后又經過O點，B1與B2的比值應滿xyxyB2B1Ov【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。設粒子的質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r1＝①r2＝②現分析粒子運動的軌跡。如圖所示，在xy平面內，粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動至y軸上離O點距離為2r1的A點，接著沿半徑為2r2的半圓D1運動至y軸的O1點，O1O距離d＝2（r2－r1）③此后，粒子每經歷一次“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軸），粒子y坐標就減小d。設粒子經過n次回旋后與y軸交于On點。若OOn即nd滿足nd＝2r1=④則粒子再經過半圓Cn+1就能夠經過原點，式中n＝1，2，3，……為回旋次數。由③④式解得⑤由①②⑤式可得B1、B2應滿足的條件n＝1，2，3，……⑥評分參考：①、②式各2分，求得⑤式12分，⑥式4分。解法不同，最后結果的表達式不同，只要正確，同樣給分。【備考提示】：題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），圓筒內有垂直水平面向上的磁感應強度為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=θ，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，此次碰撞剛結束，立即改變平行板間的電壓，并利用P2與P1之后的碰撞，將P1限制在圓筒內運動。碰撞過程均無機械能損失。設d=，求：在P2和P1相鄰兩次碰撞時間間隔內，粒子P1與筒壁的可能碰撞次數。附：部分三角函數值tan3.081.371.000.730.580.480.410.360.32【解析】：P1從C運動到D，周期，半徑r＝Rtan＝，從C到D的時間每次碰撞應當在C點，設P1的圓筒內轉動了n圈和筒壁碰撞了K次后和P2相碰于C點，K＋1所以時間間隔，則P1、P2次碰撞的時間間隔＝在t時間內，P2向左運動x再回到C，平均速度為，由上兩式可得：≥（K＋1）（1－）≤tan≤當n=1,K=2、3、4、5、6、7時符合條件，K=1、8、9………不符合條件當n=2,3,4……….時，無化K=多少，均不符合條件?！緜淇继崾尽浚罕绢}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常用到的方法，屬于能力要求較高的題目。十一、電磁感應（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軌如題21圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊垂直于水平面。質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數為μ，導軌電阻不計，回路總電阻為2R。整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中。當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度V1沿導軌勻速運動時，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A．ab桿所受拉力F的大小為μmg＋B．cd桿所受摩擦力為零C.回路中的電流強度為D．μ與大小的關系為μ＝【答案】：AD【解析】：由于cd不切割磁感線，故電路中的電動勢為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AD?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查法拉第電磁感應定律、平衡條件的應用、閉合電路的歐姆定律等，考查考生分析、推理、理解、應用能力。29.[全國卷I.21]o××××××××××××××××××××××o×××××××××××××××××××××××××acbdRA.Q1＝Q2＝Q3＝Q4B.Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4C.2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4D.Q1≠Q2＝Q3≠Q4【答案】：A【解析】：設開始導軌d與Ob的距離為x1，導軌c與Oa的距離為x2，由法拉第電磁感應定律知，移動c或d時產生的感應電動勢：E＝＝通過導體R的電量為：Q＝I＝Δt＝由上式可知，通過導體R的電量與導體d或c移動的速度無關，由于B與R為定值，其電量取決于所圍成面積的變化。①若導軌d與Ob距離增大一倍，即由x1變2x1，則所圍成的面積增大了ΔS1＝x1·x2；②若導軌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ΔS2＝·2x1＝x1·x2；③若導軌c再回到原處，此過程面積的變化為ΔS3＝ΔS2＝·2x1＝x1·x2；④最后導軌d又回到原處，此過程面積的變化為ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，則通過電阻R的電量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4?！緜淇继崾尽浚罕绢}難度較大，要求考生對法拉第電磁感應定律熟練掌握，明確電量與導軌運動速度無關，而取決于磁通量的變化，同時結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，位于同一水平面內的、兩根平行的光滑金屬導軌，處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在平面，導軌的一端與一電阻相連；具有一定質量的金屬桿ab放在導軌上并與導軌垂直?，F用一平行于導軌的恒力F拉桿ab，使它由靜止開始向右運動。桿和導軌的電阻、感應電流產生的磁場均可不計。用E表示回路中的感應電動勢，i表示回路中的感應電流，在i隨時間增大的過程中，電阻消耗的功率等于A．F的功率B．安培力的功率的絕對值C．F與安培力的合力的功率D．iE【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}涉及電磁感應現象中的安培力、感應電流等知識，考查了能量轉化與守恒在電磁感應現象中的應用。31.[上海物理卷.12]如圖所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面．有一導體棒ab，質量為m，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F．此時BabR1R2θθ（ABabR1R2θθ（B）電阻R。消耗的熱功率為Fv／6．（C）整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ．（D）整個裝置消耗的機械功率為（F＋μmgcosθ）v·【答案】：BCD【解析】：由法拉第電磁感應定律得E＝BLv，回路總電流I=E/1.5R，安培力F＝BIL，所以電阻R1的功率P1＝（0.5I）2R=Fv/6，B選項正確。由于摩擦力f＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ。整個裝置消耗的機械功率為（F+μmgcosθ）v?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查了法拉第電磁感應定律、安培力、能量守恒和轉化定律、功率、牛頓運動定律等內容，而電磁感應一類題目的求解常用能量相結合的辦法來解決。E2E0E0-E0-2EE2E0E0-E0-2E0O12345t/sE2E0E0-E0-2E0O12345t/sE2E0E0-E0-2E0O12345t/sE2E0E0-E0-2E0O12345t/sABCD圖3B圖1IBt/sO圖22345【答案】：A【解析】：在第1s內，由楞次定律可判定電流為正，其產生的感應電動勢E1＝，在第2s和第3s內，磁場B不變化，線圈中無感應電流，在第4s和第5s內，B減小，由楞次定律可判定，其電流為負，產生的感應電動勢E1＝，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A選項正確?！緜淇继崾尽浚嚎疾榱穗姶鸥袘F象中對圖象問題的分析，要正確理解圖象問題，必須能根據圖象的定義把圖象反映的規(guī)律對應到實際過程中去，又能根據對實際過程抽象對應到圖象中去，最終根據實際過程的物理規(guī)律判斷。33.[四川卷.17]如圖所示，接有燈泡L的平行金屬導軌水平放置在勻強磁場中，一導體桿與兩導軌良好接觸并做往復運動，其運動情況與彈簧振子做簡諧運動的情況相同。圖中O位置對應于彈簧振子的平衡位置，P、Q兩位置對應于彈簧振子的最大位移處。若兩導軌的電阻不計，則×BPQOLA×BPQOLB．桿由P到Q的過程中，電路中電流一直變大C．桿通過O處時，電路中電流方向將發(fā)生改變D．桿通過O處時，電路中電流最大【答案】：D【解析】：導體桿往復運動，切割磁感線相當于電源，其產生的感應電動勢E＝Blv，由于桿相當于彈簧振子，其在O點處的速度最大，產生的感應電動勢最大，因此電路中的電流最大。根據右手定則，電流在P、Q兩處改變方向，此時的電流為零。故選擇B.【備考提示】：題目涉及電磁感應現象和簡諧運動的知識，是一道綜合題，考查考生運用所學知識綜合分析問題的能力。34[廣東物理卷.10]如圖4所示，用一根長為L質量不計的細桿與一個上弧長為、下弧長為d0的金屬線框的中點聯結并懸掛于O點，懸點正下方存在一個上弧長為2l0、下弧長為2d0的方向垂直紙面向里的勻強磁場，且d0《L。先將線框拉開到如圖4所示位置，松手后讓線框進入磁場，忽略空氣阻力和摩擦。下列說法正確的是A．金屬線框進入磁場時感應電流的方向為：a→b→c→d→aB．金屬線框離開磁場時感應電流的方向為：a→d→c→b→aC．金屬線框dc邊進入磁場與ab邊離開磁場的速度大小總是相等D．金屬線框最終將在磁場內做簡諧運動【答案】：D【解析】：金屬線框進入磁場時，由于電磁感應，產生電流，根據楞次定律判斷電流的方向為：a→b→c→d→a。金屬線框離開磁場時由于電磁感應，產生電流，根據楞次定律判斷電流的方向為a→d→c→b→a。根據能量轉化和守恒，可知，金屬線框dc邊進入磁場與ab邊離開磁場的速度大小不相等。如此往復擺動，最終金屬線框在勻強磁場內擺動，由于d0《L，單擺做簡諧運動的條件是擺角小于等于10度，故最終在磁場內做簡諧運動。答案為C。有的考生不能分析出金屬線框最后的運動狀態(tài)。屬于難題?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查右手定則、楞次定律、簡諧運動的條件，而這些是高中必須掌握的知識。（三）、計算題：35.[北京卷.24]（20分）磁流體推進船的動力來源于電流與磁場間的相互作用。圖1是平靜海面上某實驗船的示意圖，磁流體推進器由磁體、電極和矩形通道（簡稱通道）組成。如圖2所示，通道尺寸a＝2.0m，b＝0.15m、c＝0.10m。工作時，在通道內沿z軸正方向加B＝8.0T的勻強磁場；沿x軸正方向加勻強電場，使兩金屬板間的電壓U＝99.6V；海水沿y軸正方向流過通道。已知海水的電阻率ρ＝0（1）船靜止時，求電源接通瞬間推進器對海水推力的大小和方向；（2）船以vs＝5.0m/s的速度勻速前進。若以船為參照物，海水以5.0m/s的速率涌入進水口由于通道的截面積小球進水口的截面積，在通道內海水速率增加到vd＝（3）船行駛時，通道中海水兩側的電壓U/＝U－U計算，海水受到電磁力的80%可以轉化為對船的推力。當船以vs＝5.0m/【解析】：(20分)（1）根據安培力公式,推力F1=I1Bb，其中I1=,R＝ρ

則Ft=N對海水推力的方向沿y軸正方向(向右)（2）U=Bub=9.6V（3）根據歐姆定律，I2=A安培推力F2＝I2Bb＝720N對船的推力F＝80%F2＝576N推力的功率P＝vs＝80%F2vs＝2880W【備考提示】：本題以磁流體推進器為立意命題，巧妙結合了電磁學中的重要概念、定則、定律并進行計算，考查了考生對基礎知識在掌握的同時程度、靈活多變的綜合分析能力，也考查了理論聯系實際并解決實際問題的應用能力。35.[上海物理卷.22]（14分）如圖所示，將邊長為a、質量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里．線框向上離開磁場時的速度剛好是進人磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進人磁場．整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f且線框不發(fā)生轉動．求：（1）線框在下落階段勻速進人磁場時的速度V2；baB(2）線框在上升階段剛離開磁場時的速度vbaB（3）線框在上升階段通過磁場過程中產生的焦耳熱Q．【解析】（1）由于線框勻速進入磁場，則合力為零。有mg＝f＋解得：v＝（2）設線框離開磁場能上升的最大高度為h，則從剛離開磁場到剛落回磁場的過程中(mg＋f)×h＝(mg－f)×h＝解得：v1＝＝（3）在線框向上剛進入磁場到剛離開磁場的過程中，根據能量守恒定律可得解得：Q＝【備考提示】：題目考查了電磁感應現象、導體切割磁感線時的感應電動勢、右手定則、動能定理和能量轉化和守恒定律，而線框在磁場中的運動是典型的非勻變速直線運動，功能關系和能量守恒定律是解決該類問題的首選，備考復習中一定要突出能量在磁場問題中的應用。36.[廣東物理卷.16]（16分）如圖11所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直向上的勻強磁場中，有一上、下兩層均與水平面平行的“U”型光滑金屬導軌，在導軌面上各放一根完全相同的質量為的勻質金屬桿和，開始時兩根金屬桿位于同一豎起面內且桿與軌道垂直。設兩導軌面相距為H，導軌寬為L，導軌足夠長且電阻不計，金屬桿單位長度的電阻為r。現有一質量為的不帶電小球以水平向右的速度撞擊桿的中點，撞擊后小球反彈落到下層面上的C點。C點與桿初始位置相距為S。求：（1）回路內感應電流的最大值；（2）整個運動過程中感應電流最多產生了多少熱量；（3）當桿與桿的速度比為時，受到的安培力大小。【解析】：（1）對小球和桿A1組成的系統，由動量守恒定律，得：①又s＝vtH＝②由①②③式聯立：④回路內感應電動勢的最大值E＝BLv1⑤回路內感應電流的最大值I＝⑥聯立④⑤⑥式得：回路內感應電流的最大值：I＝（2）對兩棒組成的系統，由動量守恒定律，得：由能量守恒定律可得整個運動過程中感應電流最多產生熱量：Q＝＝（3）由能量守恒定律，得：又∶＝1∶3A2受到的安培力大小【備考提示】：電磁感應定律、安培力、閉合電路歐姆定律、動量守恒和能量守恒均是高中物理的重點知識，并能靈活運用。37.[江蘇卷.19]θv0xyOMabBN（17分）如圖所示，頂角θ=45°，的金屬導軌MON固定在水平面內，導軌處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中。一根與ON垂直的導體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導軌MON向左滑動，導體棒的質量為θv0xyOMabBN（1）t時刻流過導體棒的電流強度I和電流方向。（2）導體棒作勻速直線運動時水平外力F的表達式。（3）導體棒在0～t時間內產生的焦耳熱Q。

（4）若在t0時刻將外力F撤去，導體棒最終在導軌上靜止時的坐標x?！窘馕觥浚海?）0到t時間內，導體棒的位移：x＝tt時刻，導體棒的長度：l＝x導體棒的電動勢：E＝Blv0回路總電阻：R＝(2x＋x)r電流強度：電流方向：b→a（2）F＝BlI＝（3）解法一：t時刻導體的電功率：P＝I2R＝∵P∝t∴Q＝t＝解法二：t時刻導體棒的電功率：P＝I2R由于I恒定R/＝v0rt∝t因此Q＝（4）撤去外力持，設任意時刻t導體的坐標為x，速度為v，取很短時間Δt或很短距離ΔxFBFBΔS＝lvΔt＝lΔxxx0BFNFmgααO在t～t+時間內，由動量定理得BIlΔt＝mΔv掃過的面積ΔS＝（x=v0t）x＝設滑行距離為d，則即d2+2v0t0d－2ΔS＝0解之d＝－v0t0+（負值已舍去）得x＝v0t0+d＝＝解法二在x～x+Δx，由動能定理得FΔx＝（忽略高階小量）得以下解法同解法一解法三（1）由牛頓第二定律得F＝ma＝m得FΔt＝mΔv以下解法同解法一解法三（2）由牛頓第二定律得F＝ma＝m＝m得FΔx＝mvΔv以下解法同解法二【備考提示】：本題把感應電動勢、安培力、物體的運動直流電路知識巧妙結合在一起，是一道綜合性很強的試題，知識容量大，綜合考查考生分析、推理的能力和圖形轉換能力?；瑮U類問題歷來是高考命題的重點和熱點，這類問題設問靈活，綜合性強，在復習過程中應引起足夠的重視。十二、交變電流電磁振蕩和電磁波38.[四川卷.18]如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數之比為20∶1，原線圈接正弦交流電，副線圈接入“220V，60W”