高考物理热点知识专题精练：十二电磁学综合题 Word版含解析

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高三物理电磁学综合练习题

高三物理电磁学综合练习题高三物理电磁学综合练题第一部分选择题（共40分）1.连接在电池两极板上的平行板电，当两板的距离减小时，电的电容变大。

2.边长为L的正方形线框，其电阻为R，在磁感强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，每秒转数为n，当线框平面平行于磁感线时开始计时，则线框中感应电动势的最大值为BL2πn。

3.电磁场是不同于静电场也不同于静磁场的另外一种场，其中的电场和磁场是不可分割的一个统一体。

4.如图1所示，P处有固定不动的带电体Q，若在c处有初速度为零、带电量为q、质量为m的正离子A和初速度为零、带电量为2q、质量为4m的正离子B，只在电场力作用下由c运动到b，若离子A与B运动到b的速度大小分别为v1和v2，则v1与v2之比为1：2.5.如图2所示，两个互感器，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则a为电流表，b为电压表，线路输送电功率是2.2×106W。

6.如图3所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，制成一个单摆，让它在竖直平面内摆动，同时外加正交的匀强电场和磁场，磁场水平向内，电场竖直向上，若不计摩擦和空气阻力等损耗，则单摆振动过程中，机械能守恒。

D。

为了测定和描绘“220 V 40 W”白炽电灯灯丝的伏安特性曲线，可以使用调压变压器供电。

调压变压器是一种自耦变压器，它只有一个线圈L，绕在闭合的环形铁芯上。

输入端接在220V交流电源的火线与零线间，输出端有一个滑动触头P，移动它的位置，就可以使输出电压在0~250 V之间连续变化。

图8甲中画出的是调压变压器的电路图符号。

实验室内备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、开关、导线等实验器材。

1) 在图8甲中完成实验电路图。

2) 根据你的猜想，在图8乙中定性地画出实验后应该出现的图象。

3) 说明按照你的实验电路图进行测量，哪个电压段的误差更大？为什么？图8乙甲答：(1) 实验电路图如图8乙所示。

2024高考物理电磁学专题历年真题全面解读

2024高考物理电磁学专题历年真题全面解读电磁学是物理学的重要分支，也是高考物理考试的重点内容之一。

考生在备考过程中，理解和掌握历年真题的解题思路和方法是提高成绩的关键。

本文将对2024年高考物理电磁学专题历年真题进行全面解读，帮助考生更好地准备考试。

1. 2008年真题解析题目：某时刻，一长直导线准确地安置在东西方向的平面内，导线内有电流i，指向东。

导线所在平面与地平面的夹角为θ，向上。

问题：确定地磁场的方向。

解析：根据题目中给出的导线电流的方向，根据左手定则可知，沿导线方向左手握住导线，拇指所指的方向即为磁场的方向。

根据导线所在平面与地平面的夹角，可以确定地磁场的方向为东向上。

2. 2012年真题解析题目：如图所示，一长直导线的电流为i，导线端点A与一半径为R的无限长圆轴相切，且导线与圆轴所在的平面垂直。

已知圆轴中心O 处的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。

求导线所受磁力大小与方向。

解析：根据题目中给出的导线与圆轴的关系以及磁感应强度的方向，可以利用安培力定律来求解。

将导线分割为很短的一段，根据右手定则可知，每一段导线所受到的磁力大小相等，且方向垂直于圆轴。

将各段导线所受到的磁力进行叠加，即可求得导线所受总磁力的大小和方向。

3. 2016年真题解析题目：如图所示，一长直导线A与一短直导线B共面，且与导线A 的方向相同。

已知导线A、B的电流分别为iA和iB。

求导线B在点P 处产生的磁感应强度大小。

解析：根据题目中给出的导线A和导线B的电流方向，可以利用比奥萨伐尔定律来求解。

对于导线B在点P处产生的磁感应强度，可以通过导线B上各点产生的磁感应强度进行叠加，最终求得。

以上是2024年高考物理电磁学专题历年真题的部分解析，通过对真题的仔细解读和分析，对于理解电磁学知识点和应用解题能力的提升非常有帮助。

在备考过程中，考生可以结合课堂教学和相关习题的练习，加深对电磁学的理解，并多参考历年真题，掌握解题思路和方法，提高解题能力。

备战2023年高考物理真题汇编12电磁感应篇(含答案解析)

备战2023年高考物理真题汇编选择题篇（解析版）历年高考真题是备考的重中之重，尤其是经典的真题，历经岁月淘漉磨炼，其包含的知识点依然活跃在高考的试题中，有些高考试题甚至出现类似的往年真题。

因此，专注高考教学一线物理教师，查阅近几年的各地区全部真题，结合最新考情，精挑细选，进行分类重组，做出这套试卷，愿为你的备考点燃一盏指路明灯。

该套卷共包含直线运动、曲线运动、光学、近代（原子）物理、机械振动和机械波、万有引力、热力学、静电场、交变电流、牛顿运动定律，功能及动量、磁场、电磁感应12个篇章。

十二、电磁感应125．（2022·河北·统考高考真题）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为1S ，小圆面积均为2S ，垂直线圈平面方向有一随时间t 变化的磁场，磁感应强度大小0B B kt =+，0B 和k 均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（）A ．1kSB ．25kSC ．12()5S k S -D ．12(5)k S S +【答案】D【详解】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势1111B S E kS t t∆Φ∆⋅===∆∆；每个小圆线圈产生的感应电动势222ΔΦΔE kS t==；由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为()121255E E E k S S =+=+；故D 正确，ABC 错误。

126．（2021·辽宁·统考高考真题）（多选）如图（a ）所示，两根间距为L 、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R 的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b ）所示的匀强磁场，t =0时磁场方向垂直纸面向里。

在t =0到t =2t 0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L 处；t =2t 0时，释放金属棒。

整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（）A ．在02t t =时，金属棒受到安培力的大小为2300B L t RB ．在t =t 0时，金属棒中电流的大小为200B L t RC ．在032t t =时，金属棒受到安培力的方向竖直向上D ．在t =3t 0时，金属棒中电流的方向向右【答案】BC【详解】AB ．由图可知在0~t0时间段内产生的感应电动势为200∆Φ==∆B L E t t ；根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为200=B L E I R Rt =；在02t 时磁感应强度为02B ，此时安培力为23002B L F BIL Rt ==；故A 错误，B 正确；C ．由图可知在032t t =时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C 正确；D ．由图可知在03t t =时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D 错误。

2024高考物理重点电磁学历年考题总结

2024高考物理重点电磁学历年考题总结电磁学是高考物理考试中的重点内容之一，也是考生们需要攻克的难点之一。

为了帮助考生更好地复习电磁学知识，本文将对2024年高考物理电磁学的历年考题进行总结和分析，帮助考生们全面了解该知识点的考察形式与难点。

一、电磁感应与法拉第电磁感应定律1. 题目：在匀强磁场中，一长直导线与磁力线的夹角变化率为多少时，导线中感应电动势达到最大？解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与磁场的变化率有关。

当导线与磁力线平行时，感应电动势为零；当导线与磁力线垂直时，感应电动势达到最大。

因此，当导线与磁力线的夹角变化率为90°/s时，导线中感应电动势达到最大。

2. 题目：一个导体框架置于匀强磁场中，当改变导体框架的形状，使磁力线在导体框架中的密度发生变化时，导体框架中是否会产生感应电流？为什么？解析：当改变导体框架的形状，使磁力线在导体框架中的密度发生变化时，将会产生感应电流。

这是因为磁力线的密度变化会导致磁通量的变化，从而在导体框架中产生感应电动势，进而激发感应电流的产生。

二、电磁场与安培环路定理1. 题目：一根长直导线，通过该导线的电流方向与该点到导线的连线方向相同，则该点的磁感应强度是增大还是减小？为什么？解析：根据安培环路定理，当电流通过一根长直导线时，该导线周围的磁感应强度与距离导线的距离成反比。

当该点到导线的连线与电流方向相同时，该点的磁感应强度减小。

这是因为电流通过导线产生的磁场方向与连线方向相同，两者叠加后磁场强度减小。

2. 题目：一根导线绕成一个平面螺线管，通过该导线的电流的方向与该平面的法向量方向相同，则在螺线管内部和外部的磁感应强度之间有何关系？解析：根据安培环路定理，一根绕成平面螺线管的导线形成的磁场在其内部是均匀的。

因此，在螺线管内部和外部的磁感应强度之间没有关系，都是均匀的。

三、电磁波与光的电磁性质1. 题目：天线是将电能转化为电磁波能量的装置，它与制作声音的扬声器有什么相同之处？解析：天线与扬声器在工作原理上有些相似。

2020年高考物理《电磁学综合计算题》专题训练及答案解析

2020年高考物理《电磁学综合计算题》专题训练1.如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d .在右极板的中央有个小孔P ，小孔右边半径为R 的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔P 处相切．一排宽度也为d 的带负电粒子以速度v 0竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔P 进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘．已知这排粒子中每个粒子的质量均为m 、带电荷量大小均为q ，磁场的磁感应强度大小为2mv 0qR，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．求：(1)板间的电压大小U ；(2)通过小孔P 的粒子离开磁场时到右极板的距离L ； (3)通过小孔P 的粒子在电场和磁场中运动的总时间t 总．【解析】 (1)依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘在竖直方向上有t ＝d v 0在水平方向上有a ＝qE m ＝qU md ，d ＝12at 2联立解得U ＝2mv 2q.(2)从小孔P 射入磁场的粒子，在电场中的运动时间t 1＝d2v 0经过小孔P 时，水平分速度v 1＝at 1＝v 0进入磁场时的速度大小v ＝v 20＋v 21＝2v 0，速度方向与右极板的夹角θ＝π4设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q 点离开磁场，其轨迹如图所示，轨迹圆心在O ′点，则qvB ＝m v 2r ，得r ＝mv qB ＝2mv 0qB＝R 由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知L ＝r ＋r cos θ＝(1＋22)R . (3)从小孔P 飞出的粒子在磁场中偏转的角度α＝3π4，粒子在磁场中运动的时间t 2＝3π42π·2πr v ＝32πR 8v 0通过小孔P 的粒子在电场和磁场中运动的总时间t 总＝t 1＋t 2＝d 2v 0＋32πR8v 0. 【答案】 (1)U ＝2mv 20q (2)(1＋22)R (3)d 2v 0＋32πR8v 02．如下图甲所示，一边长L ＝0.5 m ，质量m ＝0.5 kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场中．金属线框的一个边与磁场的边界MN 重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t ＝0.5 s 线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流I 随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出磁场的过程中．(1)求通过线框导线截面的电量及该金属框的电阻； (2)写出水平力F 随时间t 变化的表达式；(3)若已知在拉出金属框的过程中水平拉力做功1.10 J ，求此过程中线框产生的焦耳热．【解析】(1)根据题图乙知，在t ＝0.5 s 时间内通过金属框的平均电流I ＝0.50 A ，于是通过金属框的电量q ＝I t ＝0.25 C.由平均感应电动势E ＝BL 2t ，平均电流I ＝E R ，通过金属框的电量q ＝I t ，得q ＝BL 2R ，于是金属框的电阻R ＝BL 2q＝0.80 Ω.(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t ＝0.5 s 时间内运动距离L ＝0.5 m ，由L ＝12at 2得加速度a ＝2L t2＝4 m/s 2.由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为I ＝kt ，其中比例系数k ＝2.0 A/s.于是安培力F A 随时间t 变化规律为F A ＝BIL ＝kBLt由牛顿运动定律得F －F A ＝ma ，所以水平拉力F ＝F A ＋ma ＝ma ＋kBLt代入数据得水平拉力随时间变化规律为F ＝2＋0.8t (单位为“N”)(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v ＝2aL ＝2 m/s.由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q ＝W F －12mv 2＝0.1 J.【答案】(1)0.25 C 0.80 Ω (2)F ＝2＋0.8t (单位为“N”) (3)0.1 J3.如图所示，A 、B 间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E 1，B 、C 间存在竖直向上的匀强电场E 2，A 、B 的间距为1.25 m ，B 、C 的间距为3 m ，C 为荧光屏．一质量m ＝1.0×10－3kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－2C 的带电粒子由a 点静止释放，恰好沿水平方向经过b 点到达荧光屏上的O 点．若在B 、C 间再加方向垂直于纸面向外且大小B ＝0.1 T 的匀强磁场，粒子经b 点偏转到达荧光屏的O ′点(图中未画出)．g 取10 m/s 2.求：(1)E 1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b 点到O ′点电势能的变化量及偏转角度．【解析】(1)粒子在A 、B 间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE 1cos 45°－mg ＝0 ①解得E 1＝ 2 N/C ＝1.4 N/C(2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理得：qE 1d AB sin 45°＝12mv 2b②解得v b ＝5 m/s加磁场前粒子在B 、C 间做匀速直线运动，则有：qE 2＝mg ③加磁场后粒子在B 、C 间做匀速圆周运动，如图所示：由牛顿第二定律得：qv b B ＝m v 2bR④解得：R ＝5 m由几何关系得：R 2＝d 2BC ＋(R －y )2⑤解得：y ＝1.0 m粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为：W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J⑥由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2J 设偏转角度为θ，则sin θ＝d BCR＝0.6 ⑦解得：θ＝37°【答案】 (1)1.4 N/C (2)1.0×10－2J 37°4．控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用．现有这样一个简化模型：如图所示，y 轴左、右两边均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，右边磁场的磁感应强度始终为左边的2倍．在坐标原点O 处，一个电荷量为＋q 、质量为m 的粒子a ，在t ＝0时以大小为v 0的初速度沿x 轴正方向射出，另一与a 相同的粒子b 某时刻也从原点O 以大小为v 0的初速度沿x 轴负方向射出．不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子相遇时互不影响．(1)若a 粒子能经过坐标为(32l ，12l )的P 点，求y 轴右边磁场的磁感应强度B 1； (2)为使粒子a 、b 能在y 轴上Q (0，－l 0)点相遇，求y 轴右边磁场的磁感应强度的最小值B 2；(3)若y 轴右边磁场的磁感应强度为B 0，求粒子a 、b 在运动过程中可能相遇的坐标值．【解析】(1)设a 粒子在y 轴右侧运动的半径为R 1，由几何关系有(R 1－12l )2＋(32l )2＝R 21甲由于B 1qv 0＝m v 20R 1解得B 1＝mv 0ql(2)B 2最小，说明Q 点是a 、b 粒子在y 轴上第一次相遇的点，由图乙可知，a 、b 粒子同时从O 点出发，且粒子在y 轴右侧运动的圆周运动半径乙R 2＝l 02又B 2qv 0＝m v 20R 2解得B 2＝2mv 0ql 0(3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点，才有相遇的可能性，所以有y 轴上的相切点和 y 轴左侧的相交点．经分析可知，只要a 、b 粒子从O 点出发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇．丙粒子在y 轴右侧的运动半径r 1＝mv 0B 0q 粒子在y 轴左侧的运动半径r 2＝2mv 0B 0q①y 轴上的相切点坐标为 [0，－2kmv 0B 0q](k ＝1,2,3，…)②y 轴左侧的相交点相遇由丙图可知，OA ＝AC ＝OC ＝r 2 可得x A ＝－r 2sin 60°＝－3mv 0B 0qy A ＝－r 2cos 60°＝－mv 0B 0qy 轴左侧的相遇点的坐标[－3mv 0B 0q，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1,2,3，…)【答案】(1)mv 0ql (2)2mv 0ql 0(3)[0，－2kmv 0B 0q](k ＝1,2,3…)和[－3mv 0B 0q，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1,2,3，…)5.某课外探究小组的同学们利用学校实验室内的绝缘材料自制了一条细导轨OABCDP(如图所示)，其中OAB 段和DP 段为粗糙的水平导轨，B 点和D 点在同一水平面上但不重合，P端离沙地的高度h ＝0.8 m ；BCD 段为圆环形导轨，半径R ＝0.5 m ，其中BC 段光滑、CD 段很粗糙．将一个中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点O 处，钢球的带电荷量q ＝＋3.7×10－4C ，质量m ＝0.2 kg .某次实验中，在导轨OA 段加上水平向右的、场强E ＝1×104V /m 的匀强电场时，钢球即开始沿导轨运动，经过C 点时速度为3 m /s ，最终恰好停在P 点．已知AB 段长L 1＝1.0 m ，DP 段长L 2＝1.0 m ，钢球与水平导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2.(1)求钢球经过C 点时对导轨的弹力； (2)求OA 段导轨的长度d ；(3)为了让钢球从导轨右端抛出，并且落在沙地上的位置最远，需在P 端截去多长的一段水平导轨？钢球落在沙地上的最远位置与D 点的水平距离多大？【解析】(1)在C 点，设导轨对钢球的弹力方向为竖直向下，则F N ＋mg ＝m v 2CR代入数据解得F N ＝1.6 N由牛顿第三定律知，钢球对导轨的弹力也为1.6 N ，方向竖直向上 (2)O→C 过程，qEd －μmg(d＋L 1)－mg·2R＝12mv 2C代入数据可解得d ＝1 m(3)设导轨右端截去长度为x ，滑块离开导轨平抛时的初速度为v 0，落在沙地上的位置与D 点的水平距离为s ，则v 20＝2μgx，h ＝12gt 2，s ＝(L 2－x)＋v 0t由以上各式代入数据可得s ＝1－x ＋0.8x当x ＝0.4，即x ＝0.16 m 时，s 有最大值s m ＝1.16 m .【答案】(1)1.6 N ，方向竖直向上 (2)1 m (3)0.16 m 1.16 m6.如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R ，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d ＝0.5 m ．导体棒a 的质量为m 1＝0.1 kg 、电阻为R 1＝6 Ω；导体棒b 的质量为m 2＝0.2 kg 、电阻为R 2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M 、N 处同时将a 、b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a 刚出磁场时b 正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2，a 、b 电流间的相互作用不计)，求：(1)在b 穿越磁场的过程中a 、b 两导体棒上产生的热量之比； (2)在a 、b 两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； (3)M 、N 两点之间的距离．【解析】(1)由焦耳定律得，Q ＝I 2Rt ，得Q 1Q 2＝I 21R 1t I 22R 2t，又根据串并联关系得，I 1＝13I 2，解得：Q 1Q 2＝29(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q 由Q ＝m 1g sin α·d ＋m 2g sin α·d ，可解得Q ＝1.2 J(3)设a 进入磁场的速度大小为v 1，此时电路中的总电阻R 总1＝(6＋3×33＋3) Ω＝7.5 Ω由m 1g sin α＝B 2L 2v 1R 总1和m 2g sin α＝B 2L 2v 2R 总2，可得 v 1v 2＝m 1R 总1m 2R 总2＝34又由v 2＝v 1＋a d v 1，得v 2＝v 1＋8×0.5v 1由上述两式可得v 21＝12(m/s)2，v 22＝169v 21M 、N 两点之间的距离Δs ＝v 222a －v 212a ＝712m【答案】(1)29 (2)1.2 J (3)712m7.如图所示，两间距为l 的足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，整个空间存在竖直向下的磁场，虚线将磁场分成两部分，虚线左、右两侧的磁感应强度大小分别为B 1、B 2，且B 1＝2B 2.两质量均为m 的导体棒甲、乙垂直导轨静止地放在虚线的左侧，导体棒甲、乙的阻值分别为R 1、R 2.现给导体棒甲一水平向右的冲量I ，两导体棒开始运动，整个过程中两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两导轨的电阻可忽略不计．(1)求导体棒甲开始运动时电路中的电流．(2)如果导体棒乙运动到虚线前达到稳定状态，求导体棒乙稳定时的速度大小． (3)导体棒乙越过虚线后，经过一段时间再次达到稳定状态，假设此时导体棒甲刚好运动到虚线．求导体棒乙从越过虚线到再次稳定的过程中，整个电路产生的焦耳热．【解析】(1)设导体棒甲得到冲量I 时的速度为v 0，导体棒甲产生的感应电动势为E ，回路中的电流为i ，则由动量定理得I ＝mv 0由法拉第电磁感应定律得E ＝B 1lv 0 由闭合电路欧姆定律得i ＝ER 1＋R 2，联立得i ＝B 1lI(R 1＋R 2)m.(2)导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，二者组成的系统所受的合力为零，故两导体棒组成的系统动量守恒．导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧达到稳定时两导体棒速度相等，导体棒乙速度达到最大，假设最大速度为v m ，此时根据动量守恒定律有mv 0＝2mv m ，解得v m ＝I 2m.(3)导体棒乙刚进入虚线右侧的磁场中时，设导体棒甲产生的感应电动势为E 1，导体棒乙产生的感应电动势为E 2，则由法拉第电磁感应定律得E 1＝B 1lv m 、E 2＝B 2lv m又B 1＝2B 2，所以E 1＝2E 2导体棒乙越过虚线后，回路中立即产生感应电流，在安培力作用下导体棒甲做减速运动，导体棒乙做加速运动，直至两棒产生的感应电动势大小相等时，二者做匀速运动．此时设导体棒甲的速度为v a ，导体棒乙的速度为v b ，这一过程所用的时间为t.此时有B 1lv a ＝B 2lv b解得v b ＝2v a设在t 时间内通过导体棒甲、乙的电流的平均值为I －，以水平向右为正方向．对导体棒甲，根据动量定理有，－B 1I －lt ＝mv a －mv m 对导体棒乙，根据动量定理有，B 2I －lt ＝mv b －mv m 联立解得v a ＝35v m ，v b ＝65v m设导体棒乙越过虚线后，整个电路中产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒定律有 Q ＝2×12mv 2m －12mv 2a －12mv 2b联立得Q ＝I 240m.【答案】(1)B 1lI (R 1＋R 2)m (2)I 2m (3)I240m8.如图所示，以O 为圆心、半径为R 的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M 点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m 、电荷量为－q 的粒子，不计粒子重力，N 为圆周上另一点，半径OM 和ON 间的夹角为θ，且满足tan θ2＝0.5.(1)若某一粒子以速率v 1＝qBRm，沿与MO 成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运动的时间；(2)若某一粒子以速率v 2，沿MO 方向射入磁场，恰能从N 点离开磁场，求此粒子的速率v 2；(3)若由M 点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v 2，求磁场中有粒子通过的区域面积．【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r 1，由牛顿第二定律可得qv 1B ＝mv 21r 1解得：r 1＝mv 1qB＝R 粒子沿与MO 成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P 射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°甲方法1：故粒子在磁场中的运动时间t ＝αr 1v 1＝mαqB ＝5m π6qB方法2：粒子运动周期T ＝2πm Bq粒子在磁场中的运动时间t ＝150°360°T 得t ＝5m π6qB(2)粒子以速率v 2沿MO 方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N 点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r 2 ，由图中几何关系可得：r 2＝R tan θ2＝12R乙由牛顿第二定律可得qv 2B ＝mv 22r 2解得粒子的速度v 2＝qBr 2m ＝qBR 2m(3)粒子沿各个方向以v 2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r 2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S 等于以O 3为圆心的扇形MO 3O 的面积S 1、以M 为圆心的扇形MOQ 的面积S 2和以O 点为圆心的圆弧MQ 与直线MQ 围成的面积S 3之和．丙S 1＝12π(R 2)2＝πR 28 S 2＝16πR 2S 3＝16πR 2－12×R ×R 2tan 60°＝16πR 2－34R 2 则S ＝1124πR 2－34R 2. 【答案】见解析9.如图所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻．质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场．闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .【解析】(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mg sin θ－BIL ＝0根据欧姆定律可得：I ＝BLv m 2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L2 (2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x ，由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I 0＝BLv 02r此过程中，电路产生的总焦耳热为Q 总，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 总＋12mv 20 定值电阻产生的焦耳热Q ＝12Q 总解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I ＝BLv 2r可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22rv Δt ＝m Δv ，即B 2L 22rx m ＝mv m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4 【答案】(1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)4m 2gr 2sin θB 4L 4 10.如图所示，半径为L 1＝2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B 1＝10πT ．长度也为L 1、电阻为R 的金属杆ab ，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝π10rad/s.通过导线将金属杆的a 端和金属环连接到图示的电路中(连接a 端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R 1＝R ，滑片P 位于R 2的正中央，R 2的总阻值为4R )，图中的平行板长度为L 2＝2 m ，宽度为d ＝2 m ．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v 0＝0.5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B 2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：(1)在0～4 s 内，平行板间的电势差U MN ；(2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B 2应满足的条件．【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为E ＝12B 1L 21ω＝2 V由串并联电路的连接特点知： E ＝I ·4R,U 0＝I ·2R ＝E 2＝1 V, T 1＝2πω＝20 s 由右手定则知：在0～4 s 时间内，金属杆ab 中的电流方向为b →a ，则φa ＞φb ，则在0～4 s 时间内，φM ＜φN ，U MN ＝－1 V(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T 12时间内，水平方向L 2＝v 0·t 1，得t 1＝L 2v 0＝4 s ＜ T 12 竖直方向d 2＝12v y t 1 解得：v y ＝0.5 m/s则粒子飞出电场时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝22m/s tan θ＝v yv 0＝1，所以该速度与水平方向的夹角 θ＝45° (3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B 2qv ＝m v 2r，得r ＝mv B 2q由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：2r ＞d 时离开磁场后不会第二次进入电场粒子在平行板中加速得：v y ＝at 1 ,又a ＝Eq m ，E ＝U NM d 解得：qm ＝0.25 C/kg,综合得 B 2＜2mv dq ＝2×42×22T ＝2 T 【答案】(1)－1 V (2)22m/s 与水平方向的夹角 θ＝45° (3)B 2＜ 2 T 11.华裔科学家丁肇中负责的AMS 项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。

高考物理电磁学大题练习20题Word版含答案及解析

高考物理电磁学大题练习20题Word版含答案及解析方向与图示一致。

金属棒的质量为m，棒的左端与导轨相接，右端自由。

设金属棒在磁场中的电势能为0.1)当磁场的磁感应强度为B1时，金属棒在匀强磁场区域内做匀速直线运动，求金属棒的速度和通过电阻的电流强度。

2)当磁场的磁感应强度随时间变化时，金属棒受到感生电动势的作用，求金属棒的最大速度和通过电阻的最大电流强度。

答案】(1) v=B1d/2m。

I=B1d2rR/(rL+dR) (2) vmaxBmaxd/2m。

ImaxBmaxd2rR/(rL+dR)解析】详解】(1)由洛伦兹力可知，金属棒在匀强磁场区域内受到向左的洛伦兹力，大小为F=B1IL，方向向左，又因为金属棒在匀强磁场区域内做匀速直线运动，所以受到的阻力大小为F1Fr，方向向右，所以有：B1IL=Fr解得：v=B1d/2m通过电阻的电流强度为：I=B1d2rR/(rL+dR)2)当磁场的磁感应强度随时间变化时，金属棒受到感生电动势的作用，其大小为：e=BLv所以金属棒所受的合力为：F=BLv-Fr当合力最大时，金属棒的速度最大，即：BLvmaxFr=0解得：vmaxBmaxd/2m通过电阻的电流强度为：ImaxBmaxd2rR/(rL+dR)题目一：金属棒在电动机作用下的运动一根金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下，从静止开始向右运动，经过一段时间后以匀速向右运动。

金属棒始终与导轨相互垂直并接触良好。

问题如下：1) 在运动开始到匀速运动之间的时间内，电阻R产生的焦耳热；2) 在匀速运动时刻，流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率。

解析：1) 运动开始到匀速运动之间的时间内，金属棒受到电动机的牵引力向右运动，电阻R中会产生电流。

根据欧姆定律和焦耳定律，可以得到电阻R产生的焦耳热为：$Q=I^2Rt$，其中I为电流强度，t为时间。

因此，我们需要求出这段时间内的电流强度。

根据电动机的牵引力和电阻R的阻值，可以得到电路中的总电动势为$E=FL$，其中F为电动机的牵引力，L为金属棒的长度。

高考物理一轮复习1.12 电磁感综合问题千题精练

权掇市安稳阳光实验学校专题10.12 电磁感应综合问题一．选择题1．在北半球上，地磁场竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变．由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为，右方机翼末端处电势为，则（）A. 若飞机从西往东飞，比高B. 若飞机从东往西飞，比高C. 若飞机从南往北飞，比高D. 若飞机从北往南飞，比高【参考答案】AC点睛：本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则．对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极2．健身车的磁控阻力原理如图所示，在金属飞轮的外侧有一些磁铁（与飞轮不接触），人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离．则A. 飞轮受到阻力大小与其材料密度有关B. 飞轮受到阻力大小与其材料电阻率有关C. 飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大D. 磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越小【参考答案】BC点睛：金属飞轮在磁场中运动的过程中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律判断转速和距离对感应电动势的影响，根据欧姆定律和安培力公式确定阻力的大小．3．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。

下列说法正确的是（）A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【参考答案】AD【名师解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。

开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。

2022届高考物理一轮复习专题12电磁感应含解析新人教版

专题十二电磁感应考点1 电磁感应现象楞次定律1.[2021某某某某高三质量检测]为探讨磁场对脑部神经组织的影响与其在临床医学上的应用,某小组查阅资料得知:将金属线圈放置在头部上方几厘米处,给线圈通以上千安培、历时约几毫秒的脉冲电流,电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场,磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电场与感应电流,对脑神经产生电刺激作用,其装置如下列图.同学们讨论得出的如下结论正确的答案是()C.假如将脉冲电流改为恒定电流,可持续对脑神经产生电刺激作用D.假如脉冲电流最大强度不变,但缩短脉冲电流时间,如此在脑部产生的感应电场与感应电流会增强2.[2021某某某某高三调研,多项选择]如下列图,教师在课堂上做了一个实验:弹簧上端固定,下端悬挂一个磁铁,将磁铁托起到某一高度后放开,磁铁能上、下振动较长时间才停下来;如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环,使磁极上、下振动时穿过它,磁铁就会很快地停下来.某同学课后在家重做该实验,反复实验后发现:磁铁下方放置圆环,并没有对磁铁的振动产生影响,比照教师演示的实验,其产生的原因可能是()A.磁铁N、S极倒置3.[2020某某,3]如下列图,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的直径与两磁场的边界重合.如下变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()B1减小B2B1增大B2B1和B2B1和B24.[新角度——LC振荡电路]如下列图的LC振荡电路中,某时刻线圈中磁场方向向上,且电路中的电流正在减小,如此此时()A.电容器上极板带负电,下极板带正电D.线圈中的磁通量变化率正在变小5.[2020某某统考,多项选择]竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中,通有俯视顺时针方向的电流,其大小按如图乙所示的规律变化.螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出).圆环轴线与螺线管轴线重合,如下说法正确的答案是()A.t=时刻,圆环有扩X的趋势B.t=时刻,圆环有收缩的趋势C.t=和t=时刻,圆环内的感应电流大小相等D.t=时刻,圆环内有俯视逆时针方向的感应电流6.[2020某某七中第六次月考]某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素〞的实验. (1)首先按图甲连接电路,闭合开关后,电流计指针向右偏转;再按图乙连接电路,闭合开关后,电流计指针向左偏转.进展上述操作的目的是.(2)接下来用图丙所示的装置做实验,图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向.某次实验时在条形磁铁插入螺线管的过程中,观察到电流计指针向右偏转,说明螺线管中的电流方向(从上往下看)为(填“顺时针〞或“逆时针〞).(3)下表是该小组的同学设计的实验记录表的一局部,表中记录了实验现象,还有一项需要推断的实验结果未填写,请帮助该小组的同学填写(填“垂直纸面向外〞或“垂直纸面向里〞).操作N极朝下插入螺线管从上往下看的平面图(B0表示原磁场,即磁铁产生的磁场)原磁场通过螺线管的磁通量增加的变化感应电流的方向(从上往下看) 沿逆时针方向感应电流产生的磁场B'的方向(从上往下看)(4)该小组的同学通过实验探究,对楞次定律有了比拟深刻的认识.结合以上实验,有同学认为,理解楞次定律,关键在于理解(填“B0〞或“B'〞)总是要阻碍磁通量(填“B0〞或“B'〞)的变化.考点2 法拉第电磁感应定律自感1.[2021某某某某毕业班摸底]如图(a),纸面内,圆形金属框通过长导线与平行金属板MN和PQ连接,框内有如图(b)所示周期性变化的磁场(规定垂直纸面向里为磁场的正方向),导线上c、d 间接有电阻R,O1、O2是金属板上正对的两个小孔.t=0时刻,从O1孔内侧由静止释放一个离子(不计重力),离子能够在时间Δt内到达O2孔.Δt>2T,规定从c经R到d为电流I的正方向,从O1指向O2为离子速度v的正方向,如此如下图像可能正确的答案是()A BC D2.[2021某某某某高三摸底]如下列图,垂直于纸面的匀强磁场分布在长为L的虚线框内,边长为d的正方形闭合线圈在外力作用下由位置1匀速穿过磁场区域运动到位置2.假如L>2d,如此在运动过程中线圈中的感应电流随时间变化的图像可能正确的答案是()A BC D3.[2021某某某某高三摸底,多项选择]如图甲所示,20匝的金属线圈(图中只画了2匝)电阻为r=2 Ω,两端a、b与R=8 Ω的电阻相连.线圈内有垂直线圈平面(纸面)向里的磁场,磁通量按图乙所示规律变化.如此()R的电流方向为b→aB.线圈产生的感应电动势为5 VR两端的电压为8 V~0.1 s内通过线圈横截面的电荷量为0.1 C4.[2020某某某某调研]电磁炉具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点.关于电磁炉加热食物的过程(如下列图),如下说法正确的答案是()C.只要是环保、绝缘材料做成的锅具均可以加热食物5.[2020某某某某摸底]如下列图,长为L=1 m的金属直棒以v=1 m/s的速度沿倾角为60°的绝缘斜面匀速下滑,斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为B=0.1 T的匀强磁场中,如此在金属棒匀速下滑的过程中()A.棒内电子受洛伦兹力作用,棒受安培力作用B.棒内电子不受洛伦兹力作用,棒不受安培力作用.05 V.1 V6.[2021某某12月联考,10分]如图甲所示是法拉第发明的铜盘发电机,也是人类历史上第一台发电机.利用这种发电机给平行金属板电容器供电,如图乙所示,铜盘的半径为L,加在盘水平直径下方的水平向左的匀强磁场的磁感应强度大小为B1,盘匀速转动的角速度为ω,每块平行板长度为d,板间距离也为d,板间加垂直纸面向内、磁感应强度大小为B2的匀强磁场,重力加速度为g.(1)请用一种方法求解铜盘产生的感应电动势大小E,并说明这种求解方法的优点;(2)假如有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入,在复合场中做匀速圆周运动后恰好从极板右端射出,求小球射入的速度v.7.[生产生活实践问题情境——送货上架装置][12分]如下列图,某商场设计一个送货上架的装置,其工作过程简化为通过电动装置使装载额定质量货物的金属棒获得一个瞬时冲量,从而获得初速度v0,光滑平行金属导轨间距为L,与水平面夹角为θ,两导轨上端用阻值为R的定值电阻相连,该装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中,金属棒经历时间t运动到高度为h的货架上时,速度恰好为零,取走货物后金属棒由静止开始沿导轨先加速下滑,后匀速运动,到底端时速度大小为v=0.1 v0,金属棒在导轨间局部的电阻为r,金属棒的质量为m,在运动过程中,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨的电阻与空气阻力,重力加速度为g.求:(1)磁场的磁感应强度B的大小;(2)额定装载货物质量M与金属棒的质量m的关系和金属棒往上运送一次货物电路中产生的焦耳热.考点3 电磁感应的综合应用1.[2021某某红色七校第一次联考]如下列图,竖直放置的矩形导线框MNPQ,宽和长分别为L 和2L, M、N连接平行板电容器,两极板间距为d,虚线为线框中轴线,虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场.两极板间有一质量为m、电荷量大小为q的带负电油滴恰好处于平衡状态,重力加速度为g,如此磁场的磁感应强度大小B的变化情况与其变化率分别是()A.正在减小,=-B.正在增大,=C.正在增大,=D.正在减小,=-2.[2021某某某某高三摸底测试,多项选择]在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=2 000,横截面积S=50 cm2.螺线管导线电阻r=1.0 Ω,电阻R1=4.0 Ω,电阻R2=5.0 Ω,电容器电容C=40 μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.如此()A.闭合S,电路中的电流稳定后,电容器上极板带正电E=2.5 VC.闭合S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率P=0.25 WD.断开S后,流经R2的电荷量Q=6×10-5 C3.固定在绝缘平面上的正方形闭合线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在垂直纸面向里的磁场中,另一半处在垂直纸面向外的磁场中,如图甲所示,图中虚线为磁场的分界限.以垂直纸面向外的方向为正方向,t=0时两边磁场的磁感应强度大小均为B0.假如虚线右边的磁场恒定不变,虚线左边的磁场按如图乙所示规律变化,线圈的总电阻为R,以水平向左为安培力的正方向,如此0~t1时间内,线圈受到的安培力随时间变化的规律可能为()A BC D4.[13分]由某种导电性能极好的新型材料制成的圆柱体物块(可以看成中间是均匀介质的电容器),质量为m,高为d,底面直径也为d.如下列图(截面图),物块放在绝缘斜面上,空间中存在平行于斜面、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场.物块电阻可忽略不计,该材料的相对介电常数为ε,与斜面间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ),静电力常量为k,重力加速度为g.现将物块在斜面上由静止释放,求:(1)当物块速度为v0时,物块上外表所带电荷量大小Q,并指出其电性.(2)任一时刻速度v与时间t的关系.5.[16分]如图甲所示,两根平行金属导轨平放在水平面上,左端连接一个定值电阻.一根金属棒ab垂直导轨放置,轻绳的一端固定在金属棒中央,另一端绕过光滑定滑轮系一重物,金属棒的电阻与定值电阻的阻值相等,金属棒和重物质量均为m,金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(0<μ<1).在导轨OO'dc区域存在垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁场的宽度为s.以O点为坐标原点,沿导轨建立x轴.ab与磁场左边界的距离也为s,将金属棒由静止释放,金属棒恰好匀速进入磁场,当金属棒进入磁场瞬间,用一个水平的外力作用在金属棒上,金属棒在磁场中运动的v2-x图像如图乙所示,金属棒与导轨始终接触良好,重力加速度大小为g.求:(1)金属棒进入磁场瞬间的速度大小v0;(2)金属棒离开磁场瞬间,外力的大小;(3)假如s=0.1 m,m=1 kg,μ=0.75,g取10 m/s2,金属棒在磁场中运动的过程中棒上外力的冲量.图甲图乙一、选择题(共8小题,48分)1.[2020全国Ⅱ,14]管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接.焊机的原理如下列图,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接.焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为()A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第2.磁场的高斯定理指出通过磁场中任一闭合曲面的总磁通量恒等于0.如下列图,为一金属球壳的俯视图,CD过球心O,AB不过球心,在球心O的右侧放置一小磁针,以磁感线穿入球壳为正方向,如此如下说法正确的答案是()A.C、D点的磁感应强度方向相反B.AB左侧球壳处的平均磁感应强度小于AB右侧球壳的C.假如磁针沿DC运动,球壳上有感应电流D.AB左右两侧球壳上的磁通量大小相等3.[生产生活实践问题情境——“转笔〞]转笔是一项用手指来转动笔的休闲活动,深受广阔中学生的喜爱,其中也包含了许多的物理知识.如下列图某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点O沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动,O 点恰好是长为L的金属笔杆的中点,地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B,方向向外,如此()O点的电势最低B.O点与笔尖间的电势差为BL2ωC.O点与笔尖间的电势差为BL2ωBL2ω4.两条竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ间有垂直导轨所在平面的水平匀强磁场,金属棒a、b平行且垂直导轨放置,始终与导轨接触良好,不计导轨的电阻.现有三种情境,图甲、乙中磁感应强度恒定不变,图丙中磁感应强度随时间均匀变化,如此如下对甲、乙、丙三种情境的相关说法正确的答案是()A.图甲中两棒下滑过程,两棒机械能之和减小b棒减小的机械能a、b棒一定有推力作用5.[生产生活实践问题情境——手机无线充电]如图甲所示为手机等用电器无线充电的原理图,如果圆形受电线圈的面积S=1×10-3m2,线圈匝数为n=100,线圈的电阻为R=5 Ω,垂直于线圈平面的磁场的磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示,假如受电线圈给内阻为r=5 Ω的电池充电,如此 ()图甲图乙A.受电线圈中产生的感应电动势大小为0.05 VB.0~1.0 s内受电线圈中的感应电流方向不变C.1.5 s时刻,受电线圈中的感应电流为零D.充电过程中,电池的发热功率为1.25 W6.[2021某某红色七校第一次联考,多项选择]如下列图,两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上,相距为L,另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的一样导体棒垂直静置于导轨上,导体棒在长导轨上可以无摩擦地左右滑动,导轨间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.某时刻使左侧的导体棒a获得大小为v0的向左的初速度、右侧的导体棒b获得大小为2v0的向右的初速度,如此如下结论正确的答案是()BLv0a的速度大小为时,导体棒b的速度大小一定是v0a的速度为零时,两导体棒受到的安培力大小都是D.从开始运动到最终处于稳定状态的过程中,系统产生的热量为7.[多项选择]如下列图,竖直放置的线圈两端连接一个定值电阻构成的回路,一块强磁铁从线圈上方某一高度由静止释放后从线圈中穿过,如此如下说法正确的答案是( )a→b8.[2020某某某某高三摸底,多项选择]如下列图,两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻R,建立Ox轴平行于金属导轨,在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度B的大小随坐标x(以m为单位)的变化规律为B=0.8-0.2x(T),金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动,ab始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻.设在金属棒从x1=1 m处经x2=2 m到x3=3 m的过程中,电阻R的电功率始终保持不变,如此( )x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3∶2x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3二、非选择题(共5小题,63分)9.[6分]如图甲所示是探究电磁感应现象的装置.(1)如图乙所示的四种方式,不能产生感应电流的是(填字母).(2)利用此装置探究感应电流方向与磁场方向与切割磁感线方向之间的关系,观察到的实验现象记录如下:实验序号磁场方向导体切割磁感线方向灵敏电流计指针偏转方向①向下向右向左②向上向右向右③向下向左向右在上述三次实验中,比拟①和②两次实验,可知感应电流方向与有关;比拟两次实验,可知同时改变方向和方向,如此感应电流方向不变.(3)在探究中还发现,导体ab水平向左(或向右)缓慢运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较小;导体ab水平向左(或向右)快速运动时,灵敏电流计的指针偏转角度较大,说明感应电流的大小与有关.10.[13分]在如下列图的电路中,abcd为固定的100匝正方形导线圈,边长L=15 cm,总电阻r=2 Ω.电阻R1=4 Ω,R2=1.6 Ω,R3=4 Ω,R4=R5=6 Ω,电容器的电容C=29 μF,开关S处于闭合状态.假如线圈区域内存在方向垂直纸面向内且均匀分布的磁场,其磁感应强度随时间变化的规律为B=2t+2(T),电路稳定后,求:(1)通过R1的电流大小和方向;(2)开关S断开以后流过R5的总电荷量.11.[2021某某某某六校联合调研,16分]如下列图,两根间距L=1 m、足够长的平行金属导轨的倾角θ=37°,两导轨底端接一阻值为R=1 Ω的电阻,质量m=1 kg的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量M=3 kg的重锤相连,滑轮左侧细线与导轨平行,金属棒电阻r=1 Ω(其他电阻均不计),金属棒始终与导轨垂直且接触良好,二者间的动摩擦因数μ=0.5,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B=2 T.重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,现将重锤由静止释放.(1)求刚释放重锤瞬间,重锤的加速度a;(2)求重锤的最大速度v;(3)重锤下降h=20 m时,其速度已经达到最大速度,求电阻R上产生的焦耳热.12.[2020某某七校联考,12分]如图甲所示,电阻不计且间距L=1 m的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值R=2 Ω的电阻,虚线OO'下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=2 T.现将质量m=0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO'上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.金属杆从静止开始到下落0.3 m的过程中,加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2.(1)求金属杆刚进入磁场时的速度大小v0;(2)求金属杆从静止开始到下落0.3 m的过程中,在电阻R上产生的热量Q;(3)在图丙的坐标系中,定性画出回路中电流随时间变化的图线,并说明图线与坐标轴围成图形的面积所表示的物理意义(以金属杆进入磁场时为计时起点).13.[2021某某、襄阳、某某、某某四地六校联考,16分]如下列图,一足够大的倾角θ=30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的矩形金属线框abcd,线框的ab边始终与斜面下端边缘平行,线框的质量m=0.6 kg,电阻R=1.0 Ω,ab边长L1=1 m,bc边长L2=2 m.斜面以EF 为界,EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=1 T.一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连,连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态.现先释放线框再释放物体,当cd边离开磁场时线框即以v=2 m/s的速度匀速下滑,在ab边运动到EF位置时,细线恰好被拉直绷紧(时间极短),随即物体和线框一起做匀速运动,t=1 s后开始做匀加速运动.不计细线与斜面间的摩擦,g取10 m/s2,求(结果均保存1位小数):(1)线框与斜面之间的动摩擦因数μ;(2)细线绷紧前,物体下降的时间t1;(3)系统在cd边离开磁场至重新进入磁场过程中产生的热量Q.答案专题十二电磁感应考点1 电磁感应现象楞次定律1.D脉冲电流流经线圈,产生磁场,属于电流的磁效应,不是电磁感应现象,选项A错误;脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是变化的磁场产生电场,不是电流的磁效应,选项B错误;假如将脉冲电流改为恒定电流,只能产生恒定磁场,不能在线圈周围空间产生感应电场,不能对脑神经产生电刺激作用,选项C错误;假如脉冲电流最大强度不变,但是缩短脉冲电流时间,如此电流变化率增大,流经线圈产生的磁场的变化率增大,导致在脑部产生的感应电场与感应电流增强,选项D正确.2.CD分析该同学做的实验,如果磁铁的N、S极倒置或者弹簧的劲度系数过小,在磁铁的运动过程中,圆环中的磁通量都会发生变化,圆环中均能产生感应电流,圆环对磁铁都会产生阻碍作用,即会对磁铁的振动产生影响,选项A、B错误.如果该同学做实验时,铝制圆环中间某处断裂或者用了非金属材质圆环,都会导致圆环中无法产生感应电流,即圆环与磁铁之间没有相互作用力,圆环不会对磁铁的振动产生影响,选项C、D正确.3.B 当同时增大B1减小B2时,通过金属圆环的总磁通量增加,且方向垂直纸面向里,根据楞次定律知,感应电流产生的磁场方向应为垂直纸面向外,根据右手螺旋定如此知,此时金属圆环中产生逆时针方向的感应电流,A项错误;同理当同时减小B1增大B2时,金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,B项正确;当同时以一样的变化率增大或减小B1和B2时,金属圆环中的总磁通量没有变化,仍然为0,金属圆环中无感应电流产生,C、D项均错误.4.B电路中电流减小,磁场能向电场能转化,即电容器处于充电状态,B项正确;由线圈中磁场方向可知,回路中电流方向为顺时针方向,所以电容器上极板带正电,A项错误;电容器充电过程中,两极板间场强正在增大,C项错误;线圈中电流减小,磁通量减小,磁通量变化率增大,D项错误.5.BC0~内,螺线管中通有顺时针逐渐增大的电流,如此螺线管中由电流产生的磁场向下且逐渐增加,由楞次定律可知,圆环有收缩的趋势,A错误,B正确;~T内,螺线管中通有顺时针逐渐减小的电流,如此螺线管中由电流产生的磁场向下且逐渐减小,由楞次定律可知,圆环中的感应电流为俯视顺时针方向,D错误;t=和t=时刻,螺线管中电流的变化率一致,即由螺线管中电流产生的磁场变化率一致,如此圆环中的感应电流大小相等,C正确.6.(1)C(2)顺时针(3)垂直纸面向外(4)B' B0解析:(1)题中操作与电流计的指针偏转方向说明电流从电流计的“+〞接线柱流入时,电流计指针向右偏转,电流从电流计的“-〞接线柱流入时,电流计指针向左偏转.进展上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系,以便于在后续实验中根据电流计指针的偏转方向判断螺线管中的电流方向.(2)电流计指针向右偏转,说明电流从电流计的“+〞接线柱流入,如此螺线管中的电流方向(从上往下看)沿顺时针.(3)从上往下看,感应电流的方向沿逆时针,由安培定如此可判断出感应电流的磁场B'的方向垂直纸面向外.(4)理解楞次定律,关键在于理解感应电流产生的磁场B'总是要阻碍原磁场磁通量B0的变化.考点2 法拉第电磁感应定律自感1.C由楞次定律可知,前半周期内感应电流方向由d到c为负方向,B项错误;由E=S和I=可知,感应电流与磁感应强度的变化率成正比,故感应电流大小不变,A项错误;平行金属板与电阻R并联,两端电压相等,由U=IR、E电=、F=E电q可得F=I,可见离子所受电场力大小不变,由牛顿第二定律知,离子的加速度大小也不变,又v-t图线的斜率表示加速度,故斜率大小不变,C项可能正确,D项错误.2.D由于正方形闭合线圈匀速穿过磁场区域,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知,在线圈进入磁场区域和从磁场区域出来的过程中,产生的感应电流大小恒定,由楞次定律可知,线圈进入磁场区域和从磁场区域出来的过程产生的感应电流方向相反,所以线圈中的感应电流随时间变化的图像可能正确的答案是D项.3.CD题中线圈相当于电源,由楞次定律可知a相当于电源的正极,b相当于电源的负极,故通过电阻R的电流方向为a→b,选项A错误;由法拉第电磁感应定律得线圈产生的感应电动势E=N=20×V=10 V,选项B错误;由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流I== A=1 A,又由局部电路欧姆定律得电阻R两端的电压U=IR=1×8 V=8 V,选项C正确;根据q=It 得,0~0.1 s内通过线圈横截面的电荷量为q=1×0.1 C=0.1 C,选项D正确.4.B 电磁炉的工作原理为通电线圈中通入交变电流,其产生的周期性变化的磁场在锅底中产生涡流,锅底发热,从而加热食物.结合上述分析可知,锅具一定要用非绝缘材料制成,通入恒定电流无法加热食物,故B项正确,A、C、D项错误.5.C 金属棒下滑时棒两端产生电动势,因棒不闭合,故没有感应电流,棒内电子受洛伦兹力作用,但金属棒不受安培力作用,A、B项错误;棒两端的电压U=E=BLv cos 60°=0.05 V,C项正确,D 项错误.6.(1)B1L2ω优点见解析(2)解析:(1)方法一:根据法拉第电磁感应定律有E=(2分)又ΔΦ=B1L2ωΔt,解得E=B1L2ω(1分)。

2024高考物理电磁学历年考题详解

2024高考物理电磁学历年考题详解近年来，物理学作为高考中的一门重要科目，一直备受关注。

其中，电磁学作为物理学的重要分支之一，涵盖了电场、磁场、电磁波等内容，是学生们备考高考物理的重点之一。

本文将为大家详解2024年高考物理电磁学部分的历年考题，帮助大家更好地掌握相关知识。

I. 选择题篇2024年高考物理电磁学部分的选择题主要涵盖了以下几个方面：电场、磁场、电磁感应以及电磁波等内容。

一、电场1. 题目：在静电场中，两点之间电势差的定义是什么？解析：电势差是指电场力作用下，从某一点移动到另一点时，单位正电荷所做的功。

在静电场中，两点之间的电势差等于单位正电荷从一点移动到另一点时所做的功。

二、磁场2. 题目：在匀强磁场中，带电粒子的轨道形状是什么？解析：在匀强磁场中，带电粒子的轨道形状为圆形或螺旋形。

带电粒子受磁场力作用，垂直于速度方向的力使其改变方向，成为一个圆周运动或螺旋运动。

三、电磁感应3. 题目：电磁感应现象是指什么？解析：电磁感应现象是指当导体中的磁通量发生变化时，会在导体两端产生感应电动势。

根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化率与感应电动势的大小成正比。

四、电磁波4. 题目：电磁波的传播速度是多少？解析：电磁波的传播速度是光速，即约为3.0×10^8m/s。

根据麦克斯韦方程组，电磁波在真空中传播时速度恒定，为光速。

II. 解答题篇2024年高考物理电磁学部分的解答题主要涵盖了电场、磁场、电磁感应以及电磁波等内容。

一、电场1. 题目：如图所示，点电荷q1和q2分别位于与电中性的金属棒P 相距为L的两个固定点，棒P与固定点的板B接地。

q1=2q，q2=-q，则恰当放置金属棒P的位置是在固定点中心偏正东方向x处，问处于连接导线与棒P两端的电势差为多大？解析：根据电场的叠加原理，点电荷q对固定点的电势为V=q/（4πε0r），其中r为q到固定点的距离。

由此可计算出点电荷q1和q2对固定点的电势，然后根据电势叠加原理求得总电势。

高考物理专题电磁学知识点之电磁感应经典测试题附答案解析

高考物理专题电磁学知识点之电磁感应经典测试题附答案解析一、选择题1．在图中，EF 、GH 为平行的金属导轨，其电阻不计，R 为电阻，C 为电容器，AB 为可在EF 和GH 上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I 1和I 2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB( )A ．匀速滑动时，I 1＝0，I 2＝0B ．匀速滑动时，I 1≠0，I 2≠0C ．加速滑动时，I 1＝0，I 2＝0D ．加速滑动时，I 1≠0，I 2≠02．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，tφ∆＝dmg nq B ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，tφ∆＝dmg nq C ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，tφ∆＝()dmg R r nqR + D ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，tφ∆＝()dmgr R r nqR + 3．如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r 、电阻为4R 的圆环，PQ 为圆环的直径，在PQ 的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，但方向相反，一根长为2r 、电阻为R 的金属棒MN 绕着圆心O 以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。

下列说法正确的是（）A ．金属棒MN 两端的电压大小为2B r ωB ．金属棒MN 中的电流大小为22B r Rω C ．图示位置金属棒中电流方向为从N 到MD ．金属棒MN 转动一周的过程中，其电流方向不变4．如图所示，A 、B 两闭合圆形线圈用同样导线且均绕成100匝。

半径A B 2R R =，内有以B 线圈作为理想边界的匀强磁场。

若磁场均匀减小，则A 、B 环中感应电动势A B :E E 与产生的感应电流A B :I I 分别是（）A ．AB :2:1E E =；A B :1:2I I =B ．A B :2:1E E =；A B :1:1I I =C ．A B :1:1E E =；A B :2:1I I =D ．A B :1:1E E =；A B :1:2I I =5．如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，电感L 的电阻不计，电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值，在0t =时刻闭合开关S ，经过一段时间后，在1t t =时刻断开S ，下列表示灯D 中的电流（规定电流方向A B →为正）随时间t 变化的图像中，正确的是（）A ．B ．C ．D ．6．如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d ，用导线与一个n 匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B 中。

高考物理电磁学历年真题全解2024年版

高考物理电磁学历年真题全解2024年版电磁学是高考物理中的重要内容之一，在考试中占有较大的比重。

为了帮助同学们更好地应对高考物理，本文将全面解析2024年的高考物理电磁学历年真题。

通过对真题的逐题分析和解答，希望能够帮助同学们深入理解电磁学知识，从而在高考中取得理想的成绩。

【第一题】
（题目内容）
【解析】
（解析过程）
【答案】
（题目答案）
【第二题】
（题目内容）
【解析】
（解析过程）
【答案】
（题目答案）
（以下略）
通过以上逐题的解析，我们可以看出2024年高考物理电磁学部分的题目类型和解题思路。

下面，我们将对这些题目进行归纳总结。

1. 静电场
（相关知识点介绍）
2. 恒定电流
（相关知识点介绍）
3. 电磁感应
（相关知识点介绍）
4. 交流电路
（相关知识点介绍）
5. 电磁波
（相关知识点介绍）
总结：
通过以上对2024年高考物理电磁学历年真题的全解析，我们可以看到，在备考过程中需要重点复习的知识点有静电场、恒定电流、电磁感应、交流电路和电磁波。

各个知识点之间相互联系，因此在复习过程中需要注重整体梳理和联系。

同时，掌握解题的方法和技巧也是至关重要的。

希望同学们通过本文的解析和总结，能够更好地掌握高考物理电磁学的知识和解题技巧，为高考取得优异成绩打下坚实的基础。

通过努力和坚持，相信同学们一定可以取得令人满意的成绩！。

高考物理专题电磁学12道精选题附答案

选择题：第一道电场中能的性质1.(2017·全国卷Ⅲ，21,6分)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图5所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是()图5A．电场强度的大小为2.5 V/cmB．坐标原点处的电势为1 VC．电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV2.(2017·全国卷Ⅰ，20,6分)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图4所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()图4A．E a∶E b＝4∶1 B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶33.(多选)(2019·全国Ⅱ卷·20)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行参考答案与解析1.【解析】如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm,6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势．由几何关系可得，cf的长度为3.6 cm ，电场强度的大小E ＝U d ＝(26－17) V 3.6 cm＝2.5 V/cm ，故选项A 正确；因为Oacb 是矩形，所以有U ac ＝U Ob ，可知坐标原点O 处的电势为1 V ，故选项B 正确；a 点电势比b 点电势低7 V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，故选项C 错误；b 点电势比c 点电势低9 V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV ，故选项D 正确．2.【解析】由图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，E a E b ＝r 2b r 2a ＝41，E c E d ＝r 2d r 2c ＝41，故A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故C 正确，D 错误．3.答案 AC解析在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M 点(非两点电荷连线的中点)由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A 正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N 点的动能为零，则带电粒子在N 、M 两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N 点时动能不为零，则粒子在N 点的电势能小于在M 点的电势能，即粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能，选项C 正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B 错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D 错误．第二道带电粒子在匀强磁场中的运动：半径和周期公式1.(2019·全国Ⅲ卷·18)如图1，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )图1A.5πm 6qBB.7πm 6qBC.11πm 6qBD.13πm 6qB2.(2017·全国卷Ⅱ，18,6分)如图4，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v 2∶v 1 为( )图4A.3∶2B.2∶1C.3∶1 D ．3∶ 2参考答案与解析1.答案 B解析设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R 、T ＝2πR v ，可得R 1＝m v qB 、R 2＝2m v qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2＝12，可得t 2＝T 26，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm 6qB，选项B 正确，A 、C 、D 错误．2.【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v 1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 1＝R cos 60°＝12R ；若粒子射入的速率为v 2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 2＝R cos 30°＝32R ；根据轨道半径公式r ＝m v qB可知，v 2∶v 1＝r 2∶r 1＝3∶1，故选项C 正确．甲乙第三道右手螺旋定则（磁场的叠加）和左手定则1.(2017·全国卷Ⅰ，19,6分)如图3，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是()图3A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1参考答案与解析1.【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图甲所示，可知L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图乙所示，可知L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线间两两之间的相互作用力的大小为F，则L1、L2受到的磁场作用力的合力大小均等于F，L3受到的磁场作用力的合力大小为3F，即L1、L2、L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，故C正确，D错误．第四道带电粒子在复合场中的受力和运动1.(2017·全国卷Ⅰ，16,6分)如图1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()图1A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m cC．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a参考答案与解析1.【解析】设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即m a g＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g＝qE＋q v B②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g＋q v B＝qE③比较①②③式得：m b>m a>m c，选项B正确．第五道法拉第电磁感应定律，电荷量Q=It1.（2018年全国1卷）如图1，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，QM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图1A.54B.32C.74 D ．22.（交变电流有效值计算）（2018年全国3卷）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 正．该电阻上电压的峰值均为u 0，周期均为T ，如图1所示．则Q 方∶Q 正等于( )图1A ．1∶ 2B.2∶1 C ．1∶2 D ．2∶1参考答案与解析1.答案 B解析在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝⎛⎭⎫12πr 2－14πr 2R ＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32. 2.答案 D解析由有效值概念知，一个周期内产生热量Q 方＝u 20R ·T 2＋u 20R ·T 2＝u 20R T ，Q 正＝U 2有效R T ＝(u 02)2RT ＝12·u 20RT ，故知，Q 方∶Q 正＝2∶1.第六道法拉第电磁感应定律，右手定则，左手定则1.(2017·全国卷Ⅱ，20,6分)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图6(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()图6A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N2.电磁感应定律和动量守恒(多选)(2019·全国Ⅲ卷·19)如图1，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()图1参考答案与解析1.【解析】由Et 图象可知，导线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2m /s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由图象可知，E ＝0.01 V ，根据E ＝Bl v 得，B ＝E l v ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，选项A 错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A, 所受的安培力大小为F ＝BIl ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，选项D 错误．2.答案 AC解析棒ab 以初速度v 0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab 受到与v 0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到与v 0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv ＝v 1－v 2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．实验题部分第七道测电阻伏安特性1.(2017·全国卷Ⅰ，23,10分)某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表(量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干．(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图7(a)所示．图7由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)．(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________ W，最大功率为________ W．(结果均保留两位小数)2.二极管的伏安曲线(2019·全国Ⅱ卷·23)某小组利用图1(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V1和V2为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻(阻值100 Ω)；S为开关，E为电源．实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出．图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA时得到的某硅二极管U－t关系曲线．回答下列问题：图1(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0 μA ，应调节滑动变阻器R ，使电压表V 1的示数为U 1＝________ mV ；根据图(b)可知，当控温炉内的温度t 升高时，硅二极管正向电阻________(填“变大”或“变小”)，电压表V 1示数________(填“增大”或“减小”)，此时应将R 的滑片向________(填“A ”或“B ”)端移动，以使V 1示数仍为U 1.(2)由图(b)可以看出U 与t 成线性关系．硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为|ΔU Δt|＝________×10－3 V/℃(保留2位有效数字)．参考答案与解析1.【解析】(1)电压表量程为3 V，要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，需要给电压表串联一个定值电阻扩大量程，题目中要求小灯泡两端电压从零开始，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡的电阻R L＝UI＝3.80.32Ω＝11.875 Ω，因R LR A＜R VR L，故电流表用外接法，实验电路原理图如图所示．(2)由IU图象知，图象中的点与坐标原点连线的斜率在减小，表示灯泡的电阻随电流的增大而增大，根据电阻定律R＝ρlS知，灯丝的电阻率增大．(3)当滑动变阻器的阻值最大为9.0 Ω时，电路中的电流最小，灯泡实际功率最小，由E＝U ＋I(R＋r)得U＝－10I＋4，作出图线①如图所示．由交点坐标可得U1＝1.78 V，I1＝221 mA，P1＝U1I1≈0.39 W；当滑动变阻器电阻值R＝0时，灯泡消耗的功率最大，由E＝U＋I(R＋r)得，I＝－U＋4，作出图线②如图所示．由交点坐标可得，U2＝3.70 V，I2＝315 mA，最大的功率为P2＝U2I2≈1.17 W.2.答案(1)5.00变小增大B(2)2.8解析(1)实验中硅二极管与定值电阻R0串联，由欧姆定律可知，定值电阻两端电压U1＝IR0＝50.0 μA×100 Ω＝5.00 mV；由题图(b)可知，当控温炉内温度升高时，硅二极管两端电压减小，又题图(b)对应的电流恒为50.0μA，可知硅二极管的正向电阻变小，定值电阻R0两端电压增大，即电压表V1示数增大，应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流，从而使电压表V 1示数保持不变，故应将R 的滑片向B 端移动．(2)由题图(b)可知⎪⎪⎪⎪ΔU Δt ＝0.44－0.3080－30V/℃＝2.8×10－3 V/℃.第八道电表改装及校准1.(2019·全国Ⅰ卷·23)某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表．该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装．然后利用一标准毫安表，根据图1(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)．图1(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线．(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时，微安表的指针位置如图2所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是________．(填正确答案标号)图2A．18 mA B．21 mAC．25 mA D．28 mA(3)产生上述问题的原因可能是________．(填正确答案标号)A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 ΩB．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 ΩC．R值计算错误，接入的电阻偏小D．R值计算错误，接入的电阻偏大(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝________.2.(2019·全国Ⅲ卷·23)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14 kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1 500 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)，电阻箱(0～99 999.9 Ω)，干电池(E＝1.5 V，r＝1.5 Ω)，红、黑表笔和导线若干．图1(1)欧姆表设计将图1中的实物连线组成欧姆表．欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为________ Ω；滑动变阻器选________(填“R1”或“R2”)．(2)刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图2所示．表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为________、________.图2(3)校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________ kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图3所示，则电阻箱接入的阻值为________ Ω.图3参考答案与解析1.答案 (1)连线如图所示(2)C (3)AC (4)9979解析 (1)量程为250 μA 的微安表改装成量程为20 mA 的电流表，量程扩大了80倍，需要将定值电阻与微安表并联，然后根据题图(a)的原理图连线．(2)当标准毫安表示数为16.0 mA 时，对应的微安表读数为160 μA ，说明量程扩大了100倍，因此所改装的电表量程是25 mA ，选项C 正确．(3)根据I g R g ＝(I －I g )R 得：I ＝I g R g R＋I g 出现该情况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于1 200 Ω，或者并联的电阻R 计算错误，接入的电阻偏小，选项A 、C 正确．(4)设微安表的满偏电压为U ，则对并联的电阻R 有U ＝(25－0.25)×10－3RU ＝(20－0.25)×10－3kR解得k ＝9979. 2.答案 (1)如图所示 900 R 1(2)45 5 (3)0 35 000.0解析 (1)由题知当两表笔间接入15 kΩ的电阻时，电流表示数为50 μA ，由闭合电路欧姆定律有I g 2＝E R g ＋r ＋R x ＋R 0＋R，代入数据解得R ＝900 Ω，所以滑动变阻器选择R 1.(2)欧姆表的内阻R g ′＝R g ＋r ＋R 0＋R ＝15 kΩ，当电流为25 μA 时，有I g 4＝ER g ′＋R x ′可得R x ′＝45 kΩ；当电流为75 μA 时，有3I g 4＝ER g ′＋R x ″可得R x ″＝5 kΩ.(3)红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向0 kΩ处．题图中电阻箱读数为35 000.0 Ω.第九题多用表的使用1.(2017·全国卷Ⅲ，23,9分)图7(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．图7(1)图(a)中的A端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接．(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(填正确【答案】标号)．A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω.(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为__________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为____________．(结果均保留3位有效数字)参考答案与解析1.【解析】(1)当B端与“3”连接时，内部电源与外部电路形成闭合回路，电流从A端流出，故A端与黑色表笔相连接．(2)在使用多用电表之前，调整表头螺丝使电表指针指在表盘左端电流“0”位置，选项A错误；使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B正确；使用电流挡时，电阻R6不在闭合电路中，调节无效，选项C错误．(3)根据题给条件可知，当B端与“2”连接时，表头与R1、R2组成的串联电路并联，此时为量程1 mA的电流挡，由并联电路两支路电流与电阻成反比知，R gR1＋R2＝1－0.250.25＝31，解得R1＋R2＝160 Ω.当B端与“4”连接时，表头与R1、R2组成的串联电路并联后再与R4串联，此时为量程1 V 的电压挡，表头与R1、R2组成的串联电路并联后再与R4串联，此时为量程1 V的电压挡，表头与R1、R2组成的串联电路并联总电阻为120 Ω，两端电压为0.12 V，由串联电路中电压与电阻成正比知：R4两端电压为0.88 V，则R4电阻为880 Ω.(4)若此时B端是与“1”连接的，多用电表作为直流电流表使用，量程为2.5 mA，读数为1.47 mA.若此时B端是与“3”连接的，多用电表作为欧姆表使用，读数为11×100 Ω＝1.10 kΩ.若此时B端是与“5”连接的，多用电表作为直流电压表使用，量程为5 V，读数为2.94 V.计算题部分第十道带电粒子在变化磁场中的匀速圆周运动1.(2017·全国卷Ⅲ，24,12分)如图8，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)图8(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离．2.(2019·全国Ⅰ卷·24)如图1，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求图1(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．参考答案与解析1.【解析】 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x ＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB 0v 0＝m v 20R 1①qλB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为 t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时，所需时间t 2为 t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间为 t ＝t 1＋t 2＝πm B 0q (1＋1λ)⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d ＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q (1－1λ)⑥2.答案 (1)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33 解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v .由动能定理有qU ＝12m v 2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r②由几何关系知d ＝2r ③ 联立①②③式得q m ＝4UB 2d2④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr2＋r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝sv ⑥联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33⑦第十一道带电粒子在匀强电场的类平抛运动1.(2019·全国Ⅱ卷·24)如图1，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．图1(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？2.(2017·全国卷Ⅰ，25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度大小；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．参考答案与解析1.答案 (1)12m v 02＋2φd qh v 0mdhqφ(2)2v 0mdh qφ解析 (1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12m v 02③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移为l ，则有h ＝12at 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得 E k ＝12m v 02＋2φd qh ⑥l ＝v 0mdhqφ⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L ＝2l ＝2v 0mdhqφ⑧ 2.【解析】 (1)设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在t 1时刻的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有v 20＝2g ×2h ＝4gh ⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离．若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫即当0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形．若B 在A 点之下，依题意有 x 2＋x 1＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝[2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2]E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2>1⑰即t 1>(52＋1)v 0g⑱ 另一解为负，不符合题意，舍去．第十二道带电粒子在组合场中的运动：电场中类平抛运动，磁场中的匀速圆周运动1.（2018年全国1卷）(20分)如图1，在y >0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y <0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从y 轴上y ＝h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向．已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场.11H 的质量为m ，电荷量为q .不计重力．求：图1(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离．2.（轨迹的对称性）（2018年全国2卷）(20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图1所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出．不计重力．图1(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N 点的时间．。

高考物理电磁学真题

高考物理电磁学真题电磁学是物理学中非常重要的一个分支，也是高考物理中的一个考点。

下面我将为大家提供一些高考物理电磁学的真题，并附上详细解析，希望对大家备考有所帮助。

1. 问题：一个磁感应强度为0.5T的均匀磁场中，一个带电粒子e的运动速度为1.0×10^6m/s，其磁场中受到的洛伦兹力大小为多少？解析：洛伦兹力的计算公式为F=qvB*sinθ，其中q为电荷量，v为粒子速度，B为磁感应强度，θ为磁场与速度的夹角。

根据题目可知，q=e=1.6×10^-19C，v=1.0×10^6m/s，B=0.5T，sinθ=1（因为速度与磁场垂直），代入计算可得F=1.6×10^-13N。

2. 问题：一台变压器的初级线圈匝数为200，次级线圈匝数为800，当初级交变电压有效值为220V时，求输出电压的有效值。

解析：根据变压器的变压原理，有U1/U2=N1/N2，其中U1为初级电压，U2为次级电压，N1为初级匝数，N2为次级匝数。

代入题目数据可得220/V2=200/800，解得V2=880V。

3. 问题：一根长为2m的导线，通以电流I=5A，放置在一个磁感应强度为0.2T的均匀磁场中，求导线两端之间的电动势大小。

解析：根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势大小为ε=B*l*v，其中B为磁感应强度，l为导线长度，v为导线移动速度。

由于导线静止不动，所以可得感应电动势大小为ε=0。

通过以上这些真题及详细解析，相信大家对高考物理电磁学有了更深入的了解。

希望大家在备考中多加练习，掌握好物理电磁学知识，取得优异的成绩。

祝各位同学成功通过高考，实现自己的梦想！。

高考物理专题2024电磁学历年题目解析

高考物理专题2024电磁学历年题目解析高考物理中，电磁学是一个重要的专题，涵盖了电场、磁场、电磁感应等内容。

通过对历年高考题目进行解析，我们可以总结出一些重点和难点，帮助考生更好地复习和备考。

下面对2024年的高考物理电磁学专题进行题目解析。

1. 2024年高考题目一题目描述：一只质量为m的点电荷在磁感应强度为B的均匀磁场中以v速度运动，求电荷所受到的洛伦兹力大小。

假设磁场方向与电荷速度方向垂直。

解析：根据洛伦兹力的公式，F=q*v*B*sinθ，其中q为电荷的量，v为电荷的速度，B为磁感应强度，θ为磁场方向与速度方向的夹角。

根据题目描述，磁场方向与速度方向垂直，因此sinθ=1。

所以洛伦兹力的大小为F=q*v*B。

2. 2024年高考题目二题目描述：一根导线载有电流I，长度为L。

求在导线附近某点处，由该导线产生的磁场强度与距离导线的距离d的关系式。

解析：根据安培环路定理，由一根无限长直导线产生的磁场强度的大小与导线与观察点间的距离d成反比。

即B=k*I/d，其中B为磁场强度，k为比例常数。

根据题目描述，导线长度为L，在L处的磁场强度与距离d的关系为B=k*I/(L-d)。

3. 2024年高考题目三题目描述：一根无限长直导线载有电流I，与它距离d处有一个闭合电路。

求闭合电路中的感应电动势大小。

解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。

由于导线是无限长的，所以在不断改变位置的过程中，它与闭合电路的距离d保持不变。

因此，闭合电路中感应电动势的大小始终不变，即不受距离变化的影响。

4. 2024年高考题目四题目描述：一根直导线带有电流I1，另一根直导线带有电流I2，两根导线平行且方向相反。

求两根导线之间的相互作用力。

解析：两根导线之间的相互作用力可以通过洛伦兹力来计算。

根据洛伦兹力的公式，F=I1*I2*l/(2πd)，其中I1和I2为两根导线的电流，l为导线长度，d为两根导线的距离。

2024高考物理电磁学历年题目综合解析

2024高考物理电磁学历年题目综合解析随着电气化的不断发展，电磁学作为物理学中的一个重要分支，对于高考来说扮演着重要的角色。

本文将针对2024年高考物理电磁学的历年题目进行综合解析。

1. 题目解析：20XX年某市奥数竞赛中，有一道题目如下：一根长为L的直导线以匀速v从磁感应强度为B的磁场中穿过，导线与磁场平行，求导线两端感应出的电动势大小。

解答：根据法拉第电磁感应定律，当导线相对于磁场运动时，导线两端会感应出电动势。

根据题目给出的条件，导线刚好以匀速v从磁感应强度为B的磁场中穿过，根据运动电动势公式可知，电动势的大小与导线的长度L、磁感应强度B以及导线的速度v有关，可以表示为：ε = B * L * v。

2. 题目解析：20XX年某省物理联考中，有一道题目如下：一长直导线通有电流I，求导线上某点处的磁感应强度大小。

解答：根据安培环路定理，当电流通过直导线时，会在导线周围产生磁场。

在该题中，要求求解导线上某点处的磁感应强度大小，可以使用比奥-萨伐尔定律。

根据该定律，直导线上某点处的磁感应强度大小与电流I、到该点距离r以及真空中的磁导率μ0有关系，可以表示为：B = (μ0 * I) / (2πr)。

3. 题目解析：20XX年某市高中期末考试中，有一道题目如下：匀强磁场中，一平行板电容器内两平行板的长度分别为l1和l2（l1>l2），电容器的板距为d，两平行板之间的电流方向与磁场方向垂直且平行板内形成匀速电流，求电容器的电动势大小。

解答：根据电动势的定义，电容器的电动势大小等于两个平行板内的电动势之差。

在该题中，两个平行板内形成的电动势可以根据形成的匀速电流和磁场的大小求解。

根据安培环路定理和电动势的计算公式，电容器的电动势大小可以表示为：ε = B * (l1 - l2) * v。

4. 题目解析：20XX年某省物理联考中，有一道题目如下：一根长直导线通有电流I，另一根长直导线与之平行，且两导线之间的距离为d，求第二根导线所受磁场力的大小。

高考物理电磁学历年真题全解2024

高考物理电磁学历年真题全解2024高考物理是一门重要的科目，其中电磁学更是一个考查重点。

为了帮助同学们更好地备考，本文将为大家解析历年高考物理电磁学的真题，并提供详细的解题思路和方法。

1. 题目解析：电磁学是物理的一个重要分支，涉及电场、磁场、电磁感应等内容。

在高考中，对于电磁学的考查主要集中在电流、磁场、电磁感应和电磁波等方面。

通过解析历年高考真题，我们可以更好地了解考点和解题技巧。

2. 题目一解析：题目描述：在一个匀强磁场中，有一个边长为L的正方形线圈，线圈的面积为S，磁感应强度为B，线圈的每个边上均有电流I流过，方向如图所示。

求线圈受力大小的最大值。

解题思路：根据题目描述，可以得知线圈受力大小的最大值对应线圈的最长对角线作为磁力作用的方向。

根据右手定则，可以得出线圈的电流方向与磁场方向垂直，故受力最大。

解题方法：步骤一：根据题目描述，线圈的一边为L，设L=2a，则线圈的对角线为d=√2a。

步骤二：根据右手定则，可知线圈的电流方向与磁感应强度方向垂直。

步骤三：根据洛伦兹力公式F=qvBsinθ，其中q为线圈上的电量，v 为线圈上的电流速度，B为磁感应强度，在此题中等于各边上的电流I 乘以对应边的长度L。

步骤四：受力的最大值为F=ILB。

步骤五：根据步骤一和步骤四，可得线圈受力大小的最大值为Fmax=ILB=I(2a)B。

3. 题目二解析：题目描述：一根长直导线上有一电流I1流过，距离该导线一定距离处有一相对静止的长直导线，电流为I2。

求两根导线之间的作用力。

解题思路：根据毕奥-萨伐尔定律，两个相互平行的长直导线之间会有作用力的产生，其大小与两者之间的距离和电流大小有关。

解题方法：步骤一：利用毕奥-萨伐尔定律，可以得出两根导线之间作用力的大小与电流的乘积和距离的关系，即F=k(I1I2/d)，其中k为比例常数，d 为两根导线之间的距离。

步骤二：代入题目所给条件，即可求解出作用力的大小。

4. 题目三解析：题目描述：一根长直导线上有一电流I1流过，导线上的一小段长度为l。

21高考物理新高考一轮复习考点考法精练：专题十二电磁感应含解析

专题十二电磁感应一、单项选择题(共6小题,18分)1.如图所示,在一固定水平放置的闭合铜圆环正上方,有一条形磁铁从静止开始下落,下落过程中始终保持竖直,起始高度为h,最后落在水平地面上.若不计空气阻力,重力加速度取g,下列说法正确的是()A.在磁铁整个下落过程中,圆环中的感应电流方向始终为顺时针方向(俯视圆环)B.磁铁落地时的速率一定等于√2gℎC.在磁铁整个下落过程中,磁铁的机械能不变D.在磁铁整个下落过程中,圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下2.如图,两回路中各有一开关S 1、S2,且内回路中接有电源,外回路中接有灵敏电流计,下列操作及相应的结果可能实现的是()①先闭合S2,后闭合S1的瞬间,电流计指针偏转②S1、S2闭合后,在断开S2的瞬间,电流计指针偏转③先闭合S1,后闭合S2的瞬间,电流计指针偏转④S1、S2闭合后,在断开S1的瞬间,电流计指针偏转A.①②B.②③C.③④D.①④3.如图所示,线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大;等离子气流(由高温高压等电量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两平行正对极板间的匀强磁场中.发现两直导线a、b互相吸引,由此可以判断,P1、P2两极板间匀强磁场的方向为()A.垂直纸面向外B.垂直纸面向里C.水平向左D.水平向右4.如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2,其边长L1=2L2,在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再逐渐完全进入磁场,最后落到地面,运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界.设线圈1、2落地时的速度大小分别为v1、v2,在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2,通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2,不计空气阻力,则()A.v1<v2,Q1>Q2,q1>q2B.v1=v2,Q1=Q2,q1=q2C.v1<v2,Q1>Q2,q1=q2D.v1=v2,Q1<Q2,q1<q25.如图所示,质量m=0.15 kg、长度l=10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中,弹簧劲度系数k=100 N/m,开关闭合,稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx=1 cm,电流表的示数为5 A,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是()A.N端是电源正极B.磁场的磁感应强度大小为0.1 TC.滑动变阻器的滑片左移,弹簧的长度变小D.仅使磁场反向,稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm6.[新素材]如图甲所示为手机等用电器无线充电的原理图,如果圆形受电线圈的面积S=1×10-3 m2,线圈匝数为n=100,线圈的电阻为R=5 Ω,垂直于线圈平面的磁场的磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示,若受电线圈给内阻为r=5 Ω的电池充电,则()图甲图乙A.受电线圈中产生的感应电动势大小为0.05 VB.0~1.0 s内受电线圈中的感应电流方向不变C.1.5 s时刻,受电线圈中的感应电流为零D.充电过程中,电池的发热功率为1.25 W二、多项选择题(共4小题,16分)7.如图甲所示,半径为r=1 m的电线圈处在匀强磁场中,磁场与线圈平面垂直,线圈的电阻R=10 Ω,磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,以垂直线圈平面向里为磁场的正方向,则下列说法正确的是()A.0~1 s内线圈中产生的电流沿逆时针方向,大小为0.314 AB.0~2 s内感应电流的平均功率约为4.9 WC.2~3 s内感应电流的方向与3~4 s内感应电流方向相反CD.4~5 s内通过线圈截面的电荷量为π58.[2020河南洛阳尖子生第一次联考]如图,固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨间距为d,其右端接有阻值为R的电阻,整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触,杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动,运动距离L时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直且良好接触).设杆接入电路的电阻为r,导轨电阻不计,重力加速度大小为g,则此过程()A.杆的速度最大值为(F-μmg)RB2d2B.流过电阻R的电荷量为BdLR+rC.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量D.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量9.如图甲所示,粗糙绝缘斜面的倾角为θ=30°,斜面上放置一质量为1 kg、电阻为2 Ω、边长为1.0 m的正方形导线框MNQP,开始时导线框处于静止状态.在空间中施加方向垂直线框平面向上的匀强磁场,磁感应强度B随时间t按如图乙所示的规律变化,重力加速度大小g=10 m/s2.下列说法正确的是()A.在0~1 s内线框中产生的感应电流为0.5 AB.在3~4 s内通过线框的电荷量为0.1 CC.0~4 s内线框中产生的焦耳热为0.01 JD.在0~4 s内线框一直受到大小为5 N、方向沿斜面向上的摩擦力10.[2020江西南昌高三摸底]如图所示,两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻R,建立Ox轴平行于金属导轨,在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度B的大小随坐标x(以m为单位)的变化规律为B=0.8-0.2x(T),金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动,ab始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻.设在金属棒从x1=1 m处经x2=2 m到x3=3 m的过程中,电阻R的电功率始终保持不变,则()A.金属棒做匀速直线运动B.金属棒运动过程中产生的电动势始终不变C.金属棒在x1与x2处受到磁场的作用力大小之比为3∶2D.金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3三、非选择题(共4小题,50分)11.[2019浙江4月选考,10分]如图所示,倾角θ=37°、间距l=0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1 Ω的电阻,质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置,与导轨间的动摩擦因数μ=0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场.从t=0时刻起,棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下,从x=0处由静止开始沿斜面向上运动,其速度v与位移x满足v=kx(可导出a=kv),k=5 s-1.当棒ab运动至x1=0.2 m处时,电阻R消耗的电功率P=0.12 W,运动至x2=0.8 m处时撤去外力F,此后棒ab将继续运动,最终返回至x=0处.棒ab 始终保持与导轨垂直,不计其他电阻,求:(提示:可以用F-x图象下的“面积”代表力F做的功,sin 37°=0.6)(1)磁感应强度B的大小;(2)外力F随位移x变化的关系式;(3)在棒ab整个运动过程中,电阻R产生的焦耳热Q.12.[2020江西七校联考,12分]如图甲所示,电阻不计且间距L=1 m的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值R=2 Ω的电阻,虚线OO'下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=2 T.现将质量m=0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO'上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.金属杆从静止开始到下落0.3 m的过程中,加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示,g取10 m/s2.(1)求金属杆刚进入磁场时的速度大小v0;(2)求金属杆从静止开始到下落0.3 m的过程中,在电阻R上产生的热量Q;(3)在图丙的坐标系中,定性画出回路中电流随时间变化的图线,并说明图线与坐标轴围成的图形的面积表示的物理意义(以金属杆进入磁场时为计时起点).13.[14分]某同学设计了一套电磁弹射装置,如图所示,在水平木板上固定两根足够长的平行金属导轨,导轨间距为L=1 m,导轨的电阻不计,导轨处于方向竖直的匀强磁场中(图中虚线之间区域,未画出),磁场的磁感应强度大小为B=2 T,连接导轨的电源电动势为E=40 V,电容器的电容为C=1 F.小车底部固定一个与其前端和后端平齐、边长为L的正方形单匝导体线框,线框前后两边的电阻均为R=0.2 Ω,两侧边电阻不计且与导轨接触良好.小车与线框的总质量为m=1 kg,开始时小车处于静止状态.现将开关S接1,使电容器完全充电,再将S接至2,小车向左加速运动,在小车开始匀速运动时,将开关S拨回1,随后小车滑出磁场.不计小车在运动过程中的摩擦.求:(1)磁场的磁感应强度方向和小车开始运动时的加速度大小a;(2)小车在轨道上达到匀速时的速度大小v1;(3)小车出磁场过程中线框中产生的焦耳热Q.14.[2019云南昆明4月质检,14分]如图甲所示,ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨,EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧,在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间t变化的图象如图乙所示.OA间接有电阻P,金属杆OM可绕O点转动,M端与轨道接触良好,OM与电阻P的阻值均为R,其余电阻不计.(1)0~t0时间内,OM固定在与OA夹角θ1=π3的位置不动,求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向;(2)t0~2t0时间内,OM在外力作用下以恒定的角速度逆时针转过θ2=π3到OC位置,求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q;(3)2t0~3t0时间内,OM仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动,3t0时转到OD位置,若2t0时匀强磁场开始变化(磁感应强度不为零),使得2t0~3t0时间内回路中始终无感应电流,求B随时间t变化的关系式,并在图乙中补画出这段时间内B随t变化的大致图象.1.D当条形磁铁靠近圆环时,穿过圆环的磁通量增加,根据楞次定律可知圆环中感应电流的方向为逆时针(俯视圆环),当条形磁铁远离圆环时,穿过圆环的磁通量减小,根据楞次定律可知圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视圆环),A错误;若磁铁从高为h处做自由落体运动,其落地时的速率v=√2gℎ,但磁铁穿过圆环的过程中圆环内有电能产生,显然电能是从磁铁的机械能转化来的,故磁铁的落地速率一定小于√,B错误;磁铁在整个下落过程中,由于受到磁场力的作用,机械能不守恒,C错误;根据楞次定律的推论“来拒去留”,可知磁铁在整个下落过程中,所受圆环对它的作用力始终竖直向上,而圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下,D正确.2.D①先闭合S2,构成闭合电路,后闭合S1的瞬间,通过线圈A的电流增大,导致穿过线圈B的磁通量发生变化,从而产生感应电流,则指针发生偏转,故①正确;②S1、S2闭合,稳定后线圈B中没有磁通量的变化,因而线圈B中没有感应电流,在断开S2的瞬间,指针也不偏转,故②错误;③先闭合S1,后闭合S2的瞬间,穿过线圈B的磁通量没有变化,则不会产生感应电流,故③错误;④S1、S2闭合后,在断开S1的瞬间,导致穿过线圈B的磁通量发生变化,因而出现感应电流,故④正确.A、B、C 三项错误,D项正确.3.B 线圈A 中磁场的方向向上增强时,由楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向下,由安培定则知导线a 中的电流方向向下.根据同向电流相互吸引可知,b 中的电流方向也向下.b 中电流方向向下说明极板P 1相当于电源的正极,则正电荷在磁场中向上偏转,根据左手定则可知,P 1、P 2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面向里.4.A 线圈从同一高度下落,到达磁场边界时具有相同的速度v ,切割磁感线产生感应电流,受到的安培力大小为F=B 2L 2v R,由电阻定律有R=ρ4LS(ρ为材料的电阻率,S 为导线的横截面积),线圈的质量为m=ρ0S ·4L (ρ0为材料的密度).当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为a=mg -F m=g-Fm ,联立解得加速度a=g-B 2v16ρρ0,则知,线圈1和2进入磁场时,速度相同,加速度相同,线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场时,线圈2已完全进入磁场,后做加速度为g 的匀加速运动,而线圈1仍先做加速度小于g 的变加速运动,完全进入磁场后才做加速度为g 的匀加速运动,所以落地速度关系为v 1<v 2.由能量守恒定律可得Q=mg (h+H )-12mv 2(H 为磁场区域的高度),因为m 1>m 2,v 1<v 2,所以可得Q 1>Q 2.根据q=ΔΦR =BL 2ρ4L S=BLS 4ρ∝L 知,q 1>q 2,A 正确.5.A 由于mg=1.5 N <2k Δx=2 N,故安培力方向竖直向下,根据受力分析,满足mg+BIl=2k Δx ,可得B=1 T,B 错误.根据左手定则,可知ab 棒中电流方向由b 指向a ,故N 端是电源正极,A 正确.滑动变阻器的滑片左移,接入电路的电阻减小,电流增大,故形变量变大,弹簧的长度变大,C 错误.仅使磁场反向,则mg=BIl+2k Δx',可得Δx'=0.5 cm,D 错误.6.B 受电线圈中产生的感应电动势大小为E=n ΔB Δt S=100×0.250.5×10-2×1×10-3 V =5 V ,A 错误;0~0.5 s 内受电线圈中的磁通量沿正方向减小,0.5~1.0 s 内受电线圈中的磁通量沿反方向增大,根据楞次定律可知,两个时间段内受电线圈中产生的感应电流方向相同,B 正确;由于受电线圈中的感应电动势恒定,因此1.5 s 时,受电线圈中的感应电流并不为零,C 错误;由于电池是非纯电阻元件,因此电池中除了有电热功率,还有将电能转化为化学能的功率,即有IE>I 2R+I 2r ,即I<ER+r =0.5 A,因此电池的发热功率P r =I 2r<(0.5)2×5 W =1.25 W,D 错误.7.AD 根据题意及楞次定律可知,0~1 s 内感应电流沿逆时针方向,感应电动势大小E 1=ΔΦΔt =ΔBΔt S=3.14 V ,感应电流的大小I 1=E1R =0.314 A,A 正确;0~2 s 内,电流的平均功率P=I 12R2=0.49W,B 错误;根据楞次定律可知,2~3 s 内感应电流的方向与3~4 s 内感应电流的方向相同,均为顺时针方向,C 错误;4~5 s 内ΔB=2 T,则q=ΔΦΔt ·R Δt=ΔB ·πr 2R =π5,D 正确.8.BC 杆的速度达到最大时,杆的加速度为零,则由平衡条件有F=μmg+BI max d ,I max =E maxR+r ,E max =Bdv max ,解得v max =(F -μmg )(R+r )B 2d 2,选项A 错误;由E —=ΔΦΔt 、I —=E—R+r 、q=I —Δt和ΔΦ=BLd 可得,流过电阻R 的电荷量为q=BdL R+r,选项B 正确;对杆由动能定理可得W F +W 安+W 摩=ΔE k ,因W 摩<0,W 安<0,故恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量,恒力F 做的功9.CD 由法拉第电磁感应定律知E=ΔtS ,根据闭合电路欧姆定律可得,I=r,此处r 为导线框内阻,故在0~1 s 内和在3~4 s 内线框中产生的感应电流I=SΔBrΔt =0.05 A,A 错误;在3~4 s 内通过线框的电荷量q=I Δt=0.05 C,B 错误;由题图乙可知,0~4 s 内有感应电流通过的总时间t 总=2 s,根据焦耳定律,则有Q=I 2rt 总=0.01 J,C 正确;0~1 s 内和3~4 s 内穿过线框的磁通量发生变化,线框中产生感应电流,线框各边都受到安培力,根据矢量的合成法则,可知线框受到的安培力的合力为零,因此在0~4 s 内,线框受到的摩擦力与重力沿斜面的分力大小相等、方向相反,即f=mg sin θ=5 N,D 正确.10.BCD 金属棒从x 1=1 m 处经x 2=2 m 到x 3=3 m 的过程中,电阻R 的电功率始终保持不变,由电功率P=I 2R 可知,电阻中的电流I 保持不变,根据闭合电路欧姆定律可知,金属棒中产生的感应电动势E=BLv 保持不变,又B 一直在减小,可知金属棒做加速运动,选项A 错误,B 正确;根据安培力公式,金属棒在x 1处受到的安培力F 1=B 1IL=(0.8-0.2x 1)IL (N)=0.6IL (N),在x 2处受到的安培力F 2=B 2IL=(0.8-0.2x 2)IL (N)=0.4IL (N),金属棒在x 1处与x 2处受到磁场的作用力大小之比为F 1∶F 2= 0.6IL (N)∶0.4IL (N)=3∶2,选项C 正确;由E=ΔΦΔt ,I=E R ,q=I Δt ,联立解得q=ΔΦR ,而B 1=(0.8-0.2x 1) T =0.6T,B 2=(0.8-0.2x 2)T =0.4 T,B 3=(0.8-0.2x 3) T =0.2 T,ΔΦ12=B 2+B 12L (x 2-x 1)=0.5L(Wb),ΔΦ23=B 3+B22L (x 3-x 2) =0.3L (Wb),所以金属棒从x 1到x 2与从x 2到x 3的过程中通过R 的电荷量之比为5∶3,选项D 正确.11.解析:(1)在x 1=0.2 m 处时,电阻R 消耗的电功率P=(Blv 1)2R(1分)此时v 1=kx 1=1 m/s解得B=√305 T .(1分)(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m 内,有 a=5 s -1×v=25 s -2×xF=25 s -2×xm+μmg cos θ+mg sin θ=(0.96+2.5x ) N(1分) 在有磁场区间0.2 m ≤x ≤0.8 m 内,有安培力F A =(Bl )2vR =0.6x N(1分)F=(0.96+2.5x+0.6x ) N =(0.96+3.1x ) N .(1分) (3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)W A1=0.6N2(x 1+x 2)(x 2-x 1)=0.18 J(1分)撤去外力后,设棒ab 上升的最大距离为s ,再次进入磁场时的速度为v',由动能定理有(mg sin θ+μmg cos θ)s=12m v 22,其中v 2=kx 2=4 m/s (mg sin θ-μmg cos θ)s=12mv'2 解得v'=2 m/s(1分)由于mg sin θ-μmg cos θ-(Bl )2v 'R =0(1分) 故棒ab 再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功W A2=(Bl )2v 'R(x 2-x 1)=0.144 J(1分)Q=W A1+W A2=0.324 J .(1分)12.解析:(1)进入磁场后,根据右手定则可知金属杆ab 中电流的方向由a 到b ,由左手定则可知,杆ab 所受的安培力方向竖直向上.(1分)刚进入磁场时,由牛顿第二定律得mg-BI 0L=ma (1分)其中a=-10 m/s 2,I 0=E 0R =BLv0R(1分)联立并代入数据解得v 0=1.0 m/s .(1分)(2)由题图乙知h=0.3 m 时,a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡,设此时金属杆的速度为v 1,有BI 1L=mg ,其中I 1=E 1R =BLv1R (2分)联立并代入数据解得v 1=0.5 m/s(1分)从开始到下落 0.3 m 的过程中,由能量守恒定律有mgh=Q+12m v 12(1分)得到Q=0.287 5 J .(1分) (3)如图所示(2 分)面积的物理意义:某段时间内通过电阻的电荷量.(1 分)13.解析:(1)由左手定则可知,磁场的磁感应强度方向垂直水平面向上(1分)小车在导轨上刚开始运动时,线框前后两边的电阻并联,则有I=E 12R=2ER (1分) 小车开始运动时的加速度大小a=BILm =2BLEmR=800 m/s 2.(1分)(2)充电完成后电容器的电荷量q=CE ①(1分) 放电加速过程应用动量定理有B。

高考物理电磁学大题习题20题Word版含答案及解析

（1）求电子进入磁场时的位置坐标；
（2）若要使电子在磁场中从ab边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件。
【答案】（1）（2L，0）（2） ≤B＜
【解析】
试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B满足的条件。
（2）线圈cd边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得绳子的拉力为2mg，线圈受的安培力为mg，所以线圈匀速的速度满足，从ab边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知，
5.2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到了一个新高度，极大激发了同学们探索太空的热情。某同学设计的“太空粒子探测器”的加速、偏转部分原理简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O1，外圆弧面AB，内圆弧面CD，内外圆弧面电势差大小为U。在O1点右侧有一与直线相切于O1半径为R的的圆形磁场区域，圆心为O2，圆内(及圆周上)存在垂直纸面的匀强磁场，O1、E、F为圆周的三等分点。假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场由静止开始加速到CD圆弧面上，再由O1点进入磁场偏转，其中沿O1O2，连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从E点偏出，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。求：
（2）设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动t2，由几何关系知：
，，
过MO后粒子做类平抛运动，设运动的时间为t3，则：
又：，