10年高考(2011-2020年)北京卷物理试题分项全解全析之专题20 电学大题(解析版)

10年高考（2011-2020年）北京卷物理试题分项全解全析
专题20 电学大题
1、（2020·北京卷·T18）如图甲所示，200N =匝的线圈（图中只画了2匝），电阻2Ωr =，其两端与一个48ΩR =的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。

线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。

(1)判断通过电阻R 的电流方向； (2)求线圈产生的感应电动势E ； (3)求电阻R 两端的电压U 。

【答案】(1)a b →；(2)10V ；(3)9.6V 【解析】
(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R 的电流方向为a b →。

(2)根据法拉第电磁感应定律
0.0150.010
200V 10V 0.10
E N
t ∆Φ-==⨯=∆ (3)电阻R 两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
48
10V 9.6V 482
R U E R r =
=⨯=++ 2、（2020·北京卷·T19）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN ，与导线同轴放置一半径为R 的金属圆柱面。

假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m ，电荷量为e 。

不考虑出射电子间的相互作用。

(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度： a.在柱面和导线之间，只加恒定电压； b.在柱面内，只加与MN 平行的匀强磁场。

当电压为0U 或磁感应强度为0B 时，刚好没有电子到达柱面。

分别计算出射电子的初速度0v 。

(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a 、长度为b 的金属片，如图乙所示。

在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I ，电子流对该金属片的压强为p 。

求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。

【答案】（102eU m 02B qR m ；（2）233
eRp a b mI
π。

【解析】
（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压0U ，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有
2
0012
eU mv -=-
解得0v =
b.在柱面内，只加与MN 平行的匀强磁场，磁感应强度为0B 时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r ，根据几何关系有
2r R =
根据洛伦兹力提供向心力，则有
20
00v B qv m r
=
解得002B qR
v m
=
（2）撤去柱面，设单位长度射出电子数为N ，则单位时间都到柱面的粒子数为
02N
n R
π=
金属片上电流
0I n eab =
根据动量定理有
00pab t n t mv -⋅∆=-∆⋅
解得00pab
v n m
=
故总动能为
233
2k 012eRp a b E N mv mI
π==
3、（2019·北京卷·T22）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B 。

纸面内有一正方形均匀金属
线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，ad 边与磁场边界平行。

从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：
（1）感应电动势的大小E ； （2）拉力做功的功率P ； （3）ab 边产生的焦耳热Q 。

【答案】(1) E BLv =；(2) 222B L v P R =；(3) 234
B L v
Q =
【解析】
由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和2
Q I Rt =解题。

(1)从ad 边刚进入磁场到bc 边刚要进入的过程中，只有ad 边切割磁感线，所以产生的感应电动势为：E BLv =；
(2)线框进入过程中线框中的电流为：E
I R
=
ad 边安培力为：A F BIL =
由于线框匀速运动，所以有拉力与安培力大小相等，方向相反，即A F F =
所以拉力的功率为：A P Fv F v ==
联立以上各式解得：222
B L v P R
=；
(3) 线框进入过程中线框中的电流为：E I R
=
进入所用的时间为：
L
t
v
=
ad边的电阻为：
4
ad
R
R=
焦耳热为：2
ad
Q I R t
=
联立解得：
23
4
B L v
Q =。

4、（2019·北京卷·T23）电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。

对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。

（1）请在图1中画出上述u–q图像。

类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能E p。

（2）在如图2所示
的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。

通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q–t曲线如图3中①②所示。

a．①②两条曲线不同是______（选填E或R）的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。

依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。

__________________
（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。

请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

“恒流源” （2）中电源
电源两端电压 ____ ____
通过电源的电流 ____ ____
【答案】 (1).
(2). 2
P 2
CU E = (3). R (4). 要快速度充电时，只要减小图2
中的电阻R ；要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R 即可 (5). 增大 (6). 不变 (7). 不变 (8). 减小 【解析】
由电容器电容定义式q
C u
=
得到u q -图象，类比图象求位移求解电量，由图3斜率解决两种充电方式
不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答 (1)由电容器电容定义式可得：q C u =
，整理得：1
u q C
=，所以u q -图象应为过原点的倾斜直线，如图： 由题可知，两极间电压为U 时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即P 2
UQ
E =
，当两极间电压为U 时，电荷量为Q CU =，所以2
P 2
CU E =；
(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为：
Q CE =，由q t -图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以①②曲线不同是R 造成的； b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R ，要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R 即可；
(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右极板带负电，相当于另一电源，且充电过程中电量越来越大，回路中的总电动势减小，当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源的电压不变，通过电源的电流减小。

5、（2018·北京卷·T23）如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。

改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。

（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U﹣I图象的示意图，并说明U﹣I图象与两坐标轴交点的物理意义。

（2）a．请在图2画好的U﹣I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。

（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。

【答案】（1）U﹣I图象如图所示；图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流；（2）；（3）；证明见解析。

【解析】（1）根据闭合电路的欧姆定律可得E＝U+Ir，解得U＝E﹣Ir，
画出的U﹣I图象如图所示；
图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流；
（2）a、如图中网格图形所示；
b、电路中的电流强度为I＝
输出电功率P＝I2R＝（）2R＝
当R＝即R＝r时输出功率最大，最大电功率P m＝；
（3）电动势的定义式为E＝，
根据能量守恒，在图1中，非静电力做的功W产生的电能等于外电路和内电路产生的电热，
即：W＝I2rt+I2Rt，
所以EIt＝U内It+U外It，
解得E＝U内+U外。

答：（1）U﹣I图象如图所示；图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流；
（2）a、如图中网格图形所示；b、R＝r时输出功率最大，最大电功率P m＝；
（3）电源电动势定义式E＝；证明见解析。

6、（2017·北京卷·T22）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°．已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）小球所受电场力F的大小。

（2）小球的质量m。

（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。

【答案】（1）3.0×10﹣3 N。

（2）4×10﹣4kg。

（3）2m/s。

【解析】（1）根据电场力的计算公式可得电场力F＝qE＝1.0×10﹣6×3.0×103 N＝3.0×10﹣3 N；
（2）小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得mg＝，
所以m＝＝＝4×10﹣4kg；
（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl（1﹣cos37°）＝，
解得：v＝2m/s。

答：（1）小球所受电场力F的大小为3.0×10﹣3 N。

（2）小球的质量为4×10﹣4kg。

（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。

7、（2017·北京卷·T23）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。

放射出的α粒子（）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量。

（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程。

（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。

（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m。

【答案】（1）→+；（2）；（3）。

【解析】（1）由质量守恒及电荷守恒可得该α衰变的核反应方程为→+；
（2）α粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，设圆周运动的速率为v，则有：，
则圆周运动的周期；
那么相当于环形电流在周期T内通过的电量为q，则等效环形电流大小；
（3）因为衰变时间极短，且衰变时内力远远大于外力，故认为在衰变过程中外力可忽略，则有动量守恒，设新核的速度为v′，则有：mv+Mv′＝0；
由（2）可得：，所以，，则衰变过程使两粒子获得动能＝
；
由于衰变过程，质量亏损产生的核能全部转化为粒子的动能，故衰变过程的质量亏损
；
答：（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，则该α衰变的核反应方程为→+；
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为，环形电流大小为；（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量亏
损△m为损。

8、（2016·北京卷·T22）如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。

不计带电粒子所受重力。

（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。

【答案】（1）；（2）vB。

【解析】（1）由洛伦兹力公式，粒子在磁场中受力F为F＝qvB①
粒子做匀速圆周运动所需向心力
粒子仅受洛伦兹力做匀速圆周运动
联立①②③得
④④
由匀速圆周运动周期与线速度关系：
⑤
联立④⑤得
（2）粒子做匀速直线运动需受力平衡
故电场力需与洛伦兹力等大反向即qE＝qvB
解得：E＝vB
答：（1）粒子做匀速圆周运动的半径R为和周期T为；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，电场强度E的大小为vB。

9、（2016·北京卷·T23）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电
场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d．
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离△y；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10﹣2m，m＝9.1×10﹣31kg，e＝1.6×10﹣19C，g＝10m/s2．
（3）极板间既有电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的φG概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
【答案】（1），；（2）根据≈10﹣14，从而可以忽略了电子所受重力．
（3）；电势和“重力势”的共同特点为：电势φ与重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
【解析】（1）电子在加速场中加速，根据动能定理，则有：eU0＝
解得：v0＝
电子在偏转电场中加速，做类平抛运动，将其运动分解成速度方向匀速直线运动，与电场强度方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有：
速度方向的位移为：L＝v0t；
电场强度方向的位移为：△y＝
由牛顿第二定律有：a＝＝
且E＝
综上所述，解得：△y＝
（2）已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10﹣2m，m＝9.1×10﹣31kg，e＝1.6×10﹣19C，g＝10m/s2．
电子所受重力为：G＝mg＝9.1×10﹣30N
电子受到的电场力为：F电＝e＝8×10﹣16N
那么＝≈10﹣14；
由于F电＞＞G，所以重力忽略不计，
（3）电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E P与其电荷量q的比值，
即：φ＝
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝．
电势φ与重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
答：（1）忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度，
从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离；
（2）根据≈10﹣14，从而可以忽略了电子所受重力．
（3）电势φ的定义式为：φ＝；
电势和“重力势”的共同特点为：电势φ与重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
10、（2015·北京卷·T22)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω
的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接解良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s．求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量I F的大小；
（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．
【答案】（1）2.0V，2A，方向导体棒MN中电流的流向为：N→M；（2）0.08N•s；（3）1V．
【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：
E＝BLv＝1×0.4×5V＝2.0V
感应电流为：
I＝＝A＝2A
根据右手定则得导体棒MN中电流的流向为：N→M；
（2）由左手定则判断可知，MN棒所受的安培力方向向左．
导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，则有：
F＝BIL＝1×2×0.4N＝0.8N，
拉力的冲量：I F＝Ft＝0.8×0.1＝0.08N•s
（3）将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，电路中的电流：I′＝＝A＝1A
由欧姆定律：U＝I′•R＝1×1＝1V
答：（1）感应电动势是2.0V，感应电流是2A，方向导体棒MN中电流的流向为：N→M；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量I F的大小是0.08N•s；
（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其它条件不变，导体棒两端的电压是1V．
11、（2013·北京卷·T22)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金
属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。

带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。

忽略重力的影响，求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）粒子从电场射出时速度v的大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。

【答案】（1）；（2）；（3）。

【解析】（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：
匀强电场场强E的大小；
（2）设带电粒子出电场时速度为v。

由动能定理得：
解得：；①
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：②
①②联立得：；
答：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。

12、（2011·北京卷·T23）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核
技术等领域有重要的应用。

如图所示的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。

离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集。

整个装置内部为真空。

已知被加速度的两种正离子的质量分别是m1和m2（m1>m2），电荷量均为q。

加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离子间的相互作用。

⑴求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
⑵当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
⑶在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。

若狭缝过宽，可能使两
束离子在
GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。

设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。

离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。

为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。

【答案】（1）
1
1
2qU
v
m
=（2）
1212
2
8
2()()
U
s R R m m
qB
=-=（3）12
12
2
m
m m
d
m m
-
=
-
【解析】（1）动能定理2
11
1
2
Uq m v
=，得
1
1
2qU
v
m
=①
（2）由牛顿第二定律
2
,
mv mv
qvB R
R qB
==，利用①式得
离子在磁场中的轨道半径为别为1
12
2mU
R
qB
=2
22
2m U
R
qB
=②
两种离子在GA上落点的间距
1212
2
8
2()()
U
s R R m m
qB
=-=③
（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
12
2()
R R d
->④
利用②式，代入④式得12(1R d >，R 1的最大值满足12m R L d =-，得()(1L d d ->
求得最大值m d =。