電磁學(xué)高考試題

第40頁(yè)共40頁(yè)電磁學(xué)八、電場(chǎng)（一）、選擇題：1.[全國(guó)卷II.17]ab是長(zhǎng)為l的均勻帶電細(xì)桿，P1、P2是位于ab所在直線(xiàn)上的兩點(diǎn)，位置如圖所示，ab上電荷產(chǎn)生的靜電場(chǎng)在P1處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，在P2處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，則以下說(shuō)法正確的是A．兩處的電場(chǎng)方向相同，E1＞E2B．兩處的電場(chǎng)方向相反，E1＞E2C．兩處的電場(chǎng)方向相同，E1＜E2D．兩處的電場(chǎng)方向相反，E1＜E2【答案】：D【解析】：由對(duì)稱(chēng)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(chǎng)強(qiáng)為零，即P1處場(chǎng)強(qiáng)E1是由桿的右端內(nèi)電荷產(chǎn)生的。而P2處場(chǎng)強(qiáng)E2可看作是桿的右端內(nèi)的電荷在P2處的合場(chǎng)強(qiáng)，由對(duì)稱(chēng)性可知，桿的右端內(nèi)的電荷在P2處場(chǎng)強(qiáng)大小也為E1，若假定桿的右端內(nèi)的電荷在處場(chǎng)強(qiáng)為E/，由電場(chǎng)的合成可知：E2=E1+E/,E2>E1，由此分析可知，兩處場(chǎng)強(qiáng)方向相反，故D選項(xiàng)正確?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查電場(chǎng)的疊加，同時(shí)把物理學(xué)中對(duì)稱(chēng)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.14ABCD【答案】：B【解析】：帶電的金屬球靠近不帶電的驗(yàn)電器時(shí)，在驗(yàn)電器上感應(yīng)出異種電荷，驗(yàn)電器的頂端帶上正電荷，金屬箔片帶上負(fù)電荷。故B選項(xiàng)正確?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查靜電感應(yīng)知識(shí)，解答時(shí)應(yīng)明確靜電感應(yīng)不是產(chǎn)生了電荷，而是電荷的轉(zhuǎn)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(chǎng)線(xiàn)上的兩點(diǎn)，若在A點(diǎn)釋放一初速為零的電子，電子僅受電場(chǎng)力作用，并沿電場(chǎng)線(xiàn)從A運(yùn)動(dòng)到B，其速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示．設(shè)A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為EA、EB，電勢(shì)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，即EA=EB。電子動(dòng)能增加，電勢(shì)能減少，電勢(shì)升高，即UA＜UB【備考提示】：本題考查電勢(shì)、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)v—t圖象。通過(guò)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的研究是研究電場(chǎng)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(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng)，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(chǎng)時(shí)，一小段為Δl的電子束內(nèi)的電子個(gè)數(shù)是A．B．C．D．【答案】：B【解析】：設(shè)單位體積電子束含有n個(gè)自由電子，由電流強(qiáng)度的定義知：I＝＝＝neSv，所以n＝，電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，滿(mǎn)足：eU＝mv2，得：n＝，長(zhǎng)為Δl的電子束內(nèi)的電子個(gè)數(shù)為N＝nΔlS＝?！緜淇继崾尽浚罕绢}涉及帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和對(duì)電流強(qiáng)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(diǎn)的電勢(shì)能一定小于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能B．P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)C．P點(diǎn)的電勢(shì)一定高于Q點(diǎn)的電勢(shì)D．M在P點(diǎn)的動(dòng)能一定大于它在Q點(diǎn)的動(dòng)能【答案】：AD【解析】：帶電粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減少，由于條件不足，不能比較電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)的大小。因此選擇AD。【備考提示】：題目涉及電勢(shì)能、場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)等基本概念對(duì)動(dòng)能定理的運(yùn)用，考查了考生在對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握程度和利用基礎(chǔ)知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力。6.[重慶卷.19]題19圖如題19圖，帶正電的點(diǎn)電荷固定于Q點(diǎn)，電子在庫(kù)侖力作用下，做以O(shè)為焦點(diǎn)的橢圓運(yùn)動(dòng)。M、P、N為橢圓上的三點(diǎn)，P點(diǎn)是軌道上離Q最近的點(diǎn)。電子在人P到達(dá)N點(diǎn)的過(guò)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(shì)能先減小后增大D．電勢(shì)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(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小；電子從P到N電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢(shì)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，考查考生的綜合分析能力，弄清庫(kù)侖力對(duì)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β粒子自下而上進(jìn)人一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則電場(chǎng)方向向，進(jìn)人電場(chǎng)后，β粒子的動(dòng)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(fù)電）所受電場(chǎng)力方向水平向右，故電場(chǎng)方向向左。由于電場(chǎng)力作正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知粒子在電場(chǎng)中動(dòng)能增加?！緜淇继崾尽浚簬щ娏Ｗ釉陔妶?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，常會(huì)將典型的判斷、軌跡判斷、能量的變化等結(jié)合起來(lái)綜合進(jìn)行定性考核。（三）、計(jì)算題：8.[全國(guó)卷I.25](20分)有個(gè)演示實(shí)驗(yàn)，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(dòng)。現(xiàn)取以下簡(jiǎn)化模型進(jìn)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(dòng)勢(shì)為ε、內(nèi)阻可不計(jì)的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個(gè)質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。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(hào)與該極板相同，電量為極板電量的α倍（α<<1）。不計(jì)帶電小球?qū)O板間勻強(qiáng)電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)ε至少應(yīng)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(yùn)動(dòng)，小球所受的向上的電場(chǎng)力至少應(yīng)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(dāng)小球帶正電時(shí)，小球所受電場(chǎng)力與重力方向相同，向下做加速運(yùn)動(dòng)。以a1表示其加速度，t1表示從A板到B板所用的時(shí)間，則有qeq\f(ε,d)+mg=ma1郝雙制作⑤d=eq\f(1,2)a1t12⑥當(dāng)小球帶負(fù)電時(shí)，小球所受電場(chǎng)力與重力方向相反，向上做加速運(yùn)動(dòng)，以a2表示其加速度，t2表示從B板到A板所用的時(shí)間，則有qeq\f(ε,d)－mg=ma2⑦d=eq\f(1,2)a2t22⑧小球往返一次共用時(shí)間為（t1+t2），故小球在T時(shí)間內(nèi)往返的次數(shù)n=eq\f(T,t1+t2)郝雙制作⑨由以上關(guān)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(guò)的電量為2q，在T時(shí)間內(nèi)通過(guò)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(fù)合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，對(duì)這類(lèi)題目的處理，首先要認(rèn)真審題，弄清在不同物理過(guò)程中小球的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，分清不同物理過(guò)程對(duì)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(duì)正負(fù)點(diǎn)電荷組成的電結(jié)構(gòu)，O是中點(diǎn)，電偶極子的方向?yàn)閺呢?fù)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(lèi)物質(zhì)的電性質(zhì)時(shí)，認(rèn)為物質(zhì)是由大量的電偶極子組成的，平時(shí)由于電偶極子的排列方向雜亂無(wú)章，因而該物質(zhì)不顯示帶電的特性．當(dāng)加上外電場(chǎng)后，電偶極子繞其中心轉(zhuǎn)動(dòng)，最后都趨向于沿外電場(chǎng)方向排列，從而使物質(zhì)中的合電場(chǎng)發(fā)生變化．(1）如圖(b）所示，有一電偶極子放置在電場(chǎng)強(qiáng)度為E。的勻強(qiáng)外電場(chǎng)中，若電偶極子的方向與外電場(chǎng)方向的夾角為θ，求作用在電偶極子上的電場(chǎng)力繞O點(diǎn)的力矩；（2）求圖(b)中的電偶極子在力矩的作用下轉(zhuǎn)動(dòng)到外電場(chǎng)方向的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的功；（3）求電偶極子在外電場(chǎng)中處于力矩平衡時(shí)，其方向與外電場(chǎng)方向夾角的可能值及相應(yīng)的電勢(shì)能；（4）現(xiàn)考察物質(zhì)中的三個(gè)電偶極子，其中心在一條直線(xiàn)上，初始時(shí)刻如圖(c）排列，它們相互間隔距離恰等于1．加上外電場(chǎng)EO后，三個(gè)電偶極子轉(zhuǎn)到外電場(chǎng)方向，若在圖中A點(diǎn)處引人一電量為+q0的點(diǎn)電荷(q0很小，不影響周?chē)妶?chǎng)的分布），求該點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力的大小?！窘獯稹浚海?）由題意可知電場(chǎng)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(chǎng)中處于力矩平衡時(shí)，電偶極子的方向與外加電場(chǎng)的夾角0或者π①當(dāng)電偶極子方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同時(shí)，即夾角為零時(shí)（如圖所示）由于電偶極子與電場(chǎng)垂直時(shí)電勢(shì)能為零，所以該位置的電勢(shì)能等于由該位置轉(zhuǎn)到與電場(chǎng)垂直時(shí)電場(chǎng)力所做的功，電勢(shì)能EP1=－E0ql②當(dāng)電偶極子方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反時(shí)，即夾角π為時(shí)同理可得，電勢(shì)能EP2=E0ql（4）由題意知F＝E0q0－2【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(chǎng)力做功、電勢(shì)能、力矩及帶電粒子受力等知識(shí)，考查了理解、分析、推理和創(chuàng)新能力，并靈活運(yùn)用上述概念和規(guī)律，解決實(shí)際問(wèn)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(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，四個(gè)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(xiàng)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(lián)系與區(qū)別是近年?？嫉闹R(shí)點(diǎn)。11.[天津卷.19]如圖所示的電路中，電池的電動(dòng)勢(shì)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VSVSrR1R2R321ES1B．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(gè)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(cuò)；內(nèi)耗功率P＝I2r，故P增大，B對(duì)；電鍵在位置1時(shí)的R2兩端電壓為UR2＝；電鍵在位置2時(shí)，R2兩端電壓為(E－＝＝，則UR2－＝＞0，故UR2＞，則C錯(cuò)；電池效率＝×100%＝×100%，由于R減小，η減小，故D錯(cuò)?！緜淇继崾尽浚罕绢}涉及直流電路的動(dòng)態(tài)分析，分析時(shí)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(diào)器正常工作時(shí)，制冷狀態(tài)與送風(fēng)狀態(tài)交替運(yùn)行。一空調(diào)器在不同工作狀態(tài)下電功率隨時(shí)間變化的關(guān)系見(jiàn)圖6，此空調(diào)器運(yùn)行1小時(shí)用電電功率(kW)時(shí)間(分)0電功率(kW)時(shí)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(shí)內(nèi)，空調(diào)器以0.5kW工作的時(shí)間為20分鐘，以2kW工作的時(shí)間為40分鐘，故空調(diào)器1小時(shí)內(nèi)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(xiàn)實(shí)生活的空調(diào)器立意命題，涉及電功率、電功知識(shí)，考查考生運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)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(xiàn)零線(xiàn)10安熔絲4.00安3.95安0.05安流過(guò)人體地圖17（三）、計(jì)算題：14.[廣東大綜.36]（7分）保護(hù)自然環(huán)境，開(kāi)發(fā)綠色能源，實(shí)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(yáng)能發(fā)電系統(tǒng)，用來(lái)滿(mǎn)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：①按平均每天太陽(yáng)照射6小時(shí)計(jì)，該發(fā)電系統(tǒng)一年（365天計(jì)）能輸出多少電能？②該太陽(yáng)能發(fā)電系統(tǒng)除了向10臺(tái)1000W的動(dòng)力系統(tǒng)正常供電外，還可以同時(shí)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？③由于發(fā)電系統(tǒng)故障，輸出電壓降為110V，此時(shí)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(shí)的多少倍？【解析】：（2）①P＝1.0×105Wt＝365×6hE＝Pt＝kW·h或E＝7.884×011J①②900盞②③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(shí)際功率和電壓P1＝③P2＝④評(píng)分說(shuō)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(shí)，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(jì)算兩電路電源提供的電功率，并說(shuō)明哪個(gè)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?！緜淇继崾尽浚嚎疾殡娐返姆治龊陀?jì)算，考查考考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析物理問(wèn)題的能力。只要熟練掌握閉合電路的歐姆定律、功率的計(jì)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(dòng)勢(shì)E=24V,內(nèi)電阻r=1Ω，電阻R=15Ω。閉合開(kāi)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=4m/s豎直向上射入板間。若小球帶電量為q=1×10-2C,質(zhì)量為m=2×10-2kg,不考慮空氣阻力。那么，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為多大時(shí)，小球恰能到達(dá)A板?此時(shí)，電源的輸出功率是多大？(取g=10m/s答案:【解析】：(19分)(1)小球進(jìn)入板間后，受重力和電場(chǎng)力作用，且到A板時(shí)速度為零。設(shè)兩板間電壓為UAB由動(dòng)能定理得－mgd－qUAB=0－①∴滑動(dòng)變阻器兩端電壓U=UAB=8V②設(shè)通過(guò)滑動(dòng)變阻器電流為I,由歐姆定律得I=③滑動(dòng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)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(duì)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是分析清楚帶電粒子的運(yùn)動(dòng)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.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(dāng)自動(dòng)開(kāi)關(guān)S閉合和斷開(kāi)時(shí)，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(shè)加熱時(shí)用電器的電功率為400W，保溫時(shí)用電器的電動(dòng)功率為40W，則R1和R2分雖為多大？（3）若將圖①中的自動(dòng)開(kāi)關(guān)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(shí)消耗的電能?！窘馕觥浚海?）S閉合，處于加熱狀態(tài)………………①S斷開(kāi)，處于保溫狀態(tài)………………②（2）由于功率公式得………………③…………④聯(lián)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(duì)基礎(chǔ)知識(shí)考查的題目，要求掌握電功、電功率的計(jì)算及二極管單向?qū)щ娦?。十、磁?chǎng)（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(zhǎng)為L(zhǎng)，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(shí)，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，下列外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)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(duì)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(duì)D錯(cuò)；若磁場(chǎng)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(cuò)?！緜淇继崾尽浚罕绢}涉及安培力、力的平衡知識(shí)，考查考生運(yùn)用所學(xué)知識(shí)綜合分析問(wèn)題的能力。19.[全國(guó)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(jìn)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(qiáng)磁場(chǎng)，使所選電子仍能夠沿水平直線(xiàn)OO'運(yùn)動(dòng)，由O'射出。不計(jì)重力作用?？赡苓_(dá)到上述目的的辦法是abO'AabO'B.使a板電勢(shì)低于b板，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里C.使a板電勢(shì)高于b板，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外D.使a板電勢(shì)低于b板，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外【答案】：AD【解析】：要使電子沿OO/運(yùn)動(dòng)，則電子在豎直方向所受電場(chǎng)力和洛侖茲力平衡，若a板電勢(shì)高于b板，則電子所受電場(chǎng)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(chǎng)方向向里，故A選項(xiàng)正確。同理可判定D選項(xiàng)也正確。【備考提示】：本題以“濾速器”為命題背景，涉及了對(duì)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，考查力的平衡、左手定則等知識(shí)，用左手定則判定洛侖茲力時(shí)，應(yīng)注意四指的指向與電子運(yùn)動(dòng)方向相反。20.[北京卷.20]20.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場(chǎng)邊界d點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向射入，沿曲線(xiàn)dpa打到屏MN上的a點(diǎn)，通過(guò)pa段用時(shí)為t2若該微粒經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)，與一個(gè)靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個(gè)新微粒，最終打到屏MN上。兩個(gè)微粒所受重力均忽略。新微粒運(yùn)動(dòng)的

A.軌跡為pb,至屏幕的時(shí)間將小于t

B.軌跡為pc,至屏幕的時(shí)間將大于t

C.軌跡為pb，至屏幕的時(shí)間將等于t

D.軌跡為pa，至屏幕的時(shí)間將大于t【答案】：D【解析】：碰撞過(guò)程其動(dòng)量守恒，所以碰撞前后動(dòng)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(yùn)動(dòng)速率比原來(lái)小，所以至屏幕時(shí)間將大于t?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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β粒子自下而上進(jìn)人一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則磁場(chǎng)方向向，進(jìn)人磁場(chǎng)后，p粒子的動(dòng)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(fù)電）進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(chǎng)力作正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知粒子在電場(chǎng)中動(dòng)能增加磁場(chǎng)方向向里。由于β粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，所以β粒子的動(dòng)能不變?！緜淇继崾尽浚簬щ娏Ｗ釉诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，常會(huì)將典型的判斷、軌跡判斷等結(jié)合起來(lái)綜合進(jìn)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(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點(diǎn)與兩導(dǎo)線(xiàn)共面，a點(diǎn)在兩導(dǎo)線(xiàn)的中間與兩導(dǎo)線(xiàn)的距離均為r，b點(diǎn)在導(dǎo)線(xiàn)2右側(cè)，與導(dǎo)線(xiàn)2的距離也為r．現(xiàn)測(cè)得a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，則去掉導(dǎo)線(xiàn)1后，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向．【答案】：，垂直兩導(dǎo)線(xiàn)所在平面向外【解析】：根據(jù)安培定則可知，1、2兩導(dǎo)線(xiàn)在a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，都為。而2導(dǎo)線(xiàn)在a、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，故去掉導(dǎo)線(xiàn)1后，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直兩導(dǎo)線(xiàn)所在平面向外。【備考提示】：考查電流的磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度，磁場(chǎng)的疊加時(shí)容易將方向弄錯(cuò)。易將安培定則與左手定則混淆，復(fù)習(xí)過(guò)程中應(yīng)注意加強(qiáng)。另外，矢量的疊加觀點(diǎn)是貫穿高中的重要思想方法，也是高考的重點(diǎn)。（三）、計(jì)算題：23.[重慶卷.24]（19分）有人設(shè)想用題24圖所示的裝置來(lái)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(guò)小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場(chǎng)區(qū)域I,再通過(guò)小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域II,其中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(xiàn)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(xiàn)射入收集室。不計(jì)納米粒子重力。（）（1）試求圖中區(qū)域II的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）試求半徑為r的粒子通過(guò)O2時(shí)的速率；（3）討論半徑r≠r2的粒子剛進(jìn)入?yún)^(qū)域II時(shí)向哪個(gè)極板偏轉(zhuǎn)?！窘馕觥浚?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(chǎng)強(qiáng)度為E,則v0q0B=q0E電場(chǎng)強(qiáng)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(jìn)入?yún)^(qū)域II時(shí)受到合力為：F合=qE-qvB=qB(v0-v)由可知，當(dāng)r>r0時(shí)，v<v0,F合>0，粒子會(huì)向上極板偏轉(zhuǎn);r<r0時(shí)，v>v0,F合<0，粒子會(huì)向下極板偏轉(zhuǎn)?！緜淇继崾尽浚罕绢}考查帶電在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合考查了動(dòng)能定理、受力分析等方面的知識(shí)和規(guī)律。對(duì)考生的分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力要求較高。xOyCBAv24.[天津卷.24]（18分）在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示。一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從磁場(chǎng)邊界與x軸的交點(diǎn)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(chǎng)的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽/，該粒子仍以A處相同的速度射入磁場(chǎng)，但飛出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相對(duì)于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B/多大？此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)手所用時(shí)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(fù)電荷。粒子由A點(diǎn)射入，由C點(diǎn)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(diǎn)飛出磁場(chǎng)速度方向改變60°角，故AD弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，粒子做國(guó)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R/＝rcot30°＝r④又R/＝m⑤所以B/＝B⑥粒子在磁場(chǎng)中飛行時(shí)間t＝⑦【備考提示】：本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求解關(guān)鍵是找出帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，求解其軌跡半徑，還考查了考生分析、綜合和運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)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(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.57T。小球1帶正電，其電量與質(zhì)量之比=4C/kg，所受重力與電場(chǎng)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(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g＝Ev0B21（1）電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力始終平衡mg1=q1E①E＝2.5N/C②（2）相碰后小球1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：q1v1B＝③半徑為R1＝④周期為T(mén)＝＝1s⑤∵兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝0.75s＝T∴小球1只能逆時(shí)針經(jīng)周期時(shí)與小球2再次相碰⑥第一次相碰后小球2作平拋運(yùn)動(dòng)h＝R1＝⑦L＝R1＝v2t⑧兩小球第一次碰撞前后動(dòng)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(zhì)量之比：＝11⑩【備考提示】：本題涉及力的平衡、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量守恒定律等知識(shí)點(diǎn)，考查了考生分析、推理和綜合能力，試題涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，但只要認(rèn)真分析物理過(guò)程，找準(zhǔn)物理過(guò)程對(duì)應(yīng)的物理規(guī)律，還是容易求解。26.[全國(guó)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(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1與B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，且B1＞B2。一個(gè)帶負(fù)電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速度v沿x軸負(fù)方向射出，要使該粒子經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后又經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，B1與B2的比值應(yīng)滿(mǎn)xyxyB2B1Ov【解析】：（20分）粒子在整個(gè)過(guò)程中的速度大小恒為v，交替地在xy平面內(nèi)B1與B2磁場(chǎng)區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡都是半個(gè)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(yùn)動(dòng)的半徑分別為和r2，有r1＝①r2＝②現(xiàn)分析粒子運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)至y軸上離O點(diǎn)距離為2r1的A點(diǎn)，接著沿半徑為2r2的半圓D1運(yùn)動(dòng)至y軸的O1點(diǎn)，O1O距離d＝2（r2－r1）③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(diǎn)下方y(tǒng)軸），粒子y坐標(biāo)就減小d。設(shè)粒子經(jīng)過(guò)n次回旋后與y軸交于On點(diǎn)。若OOn即nd滿(mǎn)足nd＝2r1=④則粒子再經(jīng)過(guò)半圓Cn+1就能夠經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，式中n＝1，2，3，……為回旋次數(shù)。由③④式解得⑤由①②⑤式可得B1、B2應(yīng)滿(mǎn)足的條件n＝1，2，3，……⑥評(píng)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(jié)果的表達(dá)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(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，正確分析帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的物理圖象，并作出粒子運(yùn)動(dòng)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(gè)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處以初速度為零先后釋放。在平行板間距為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速后，P1從C處對(duì)著圓心進(jìn)入半徑為R的固定圓筒中（筒壁上的小孔C只能容一個(gè)粒子通過(guò)），圓筒內(nèi)有垂直水平面向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。P1每次與筒壁發(fā)生碰撞均無(wú)電荷遷移，P1進(jìn)入磁場(chǎng)第一次與筒壁碰撞點(diǎn)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(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(yùn)動(dòng)。碰撞過(guò)程均無(wú)機(jī)械能損失。設(shè)d=，求：在P2和P1相鄰兩次碰撞時(shí)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tan3.081.371.000.730.580.480.410.360.32【解析】：P1從C運(yùn)動(dòng)到D，周期，半徑r＝Rtan＝，從C到D的時(shí)間每次碰撞應(yīng)當(dāng)在C點(diǎn)，設(shè)P1的圓筒內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)了n圈和筒壁碰撞了K次后和P2相碰于C點(diǎn)，K＋1所以時(shí)間間隔，則P1、P2次碰撞的時(shí)間間隔＝在t時(shí)間內(nèi)，P2向左運(yùn)動(dòng)x再回到C，平均速度為，由上兩式可得：≥（K＋1）（1－）≤tan≤當(dāng)n=1,K=2、3、4、5、6、7時(shí)符合條件，K=1、8、9………不符合條件當(dāng)n=2,3,4……….時(shí)，無(wú)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(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)圓周運(yùn)動(dòng)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)（一）、選擇題：28.[重慶卷.21]兩根相距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)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(xì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，回路總電阻為2R。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也正好以速率向下V2勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。以下說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)b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(qiáng)度為D．μ與大小的關(guān)系為μ＝【答案】：AD【解析】：由于cd不切割磁感線(xiàn)，故電路中的電動(dòng)勢(shì)為BLv1，電流為，ab桿勻速運(yùn)動(dòng)，所受合外力為零，即F－，。cd桿勻速運(yùn)動(dòng)，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(guó)卷I.21]o××××××××××××××××××××××o×××××××××××××××××××××××××acbdRA.Q1＝Q2＝Q3＝Q4B.Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4C.2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4D.Q1≠Q(mào)2＝Q3≠Q(mào)4【答案】：A【解析】：設(shè)開(kāi)始導(dǎo)軌d與Ob的距離為x1，導(dǎo)軌c與Oa的距離為x2，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，移動(dòng)c或d時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝＝通過(guò)導(dǎo)體R的電量為：Q＝I＝Δt＝由上式可知，通過(guò)導(dǎo)體R的電量與導(dǎo)體d或c移動(dòng)的速度無(wú)關(guān)，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(dǎo)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(dǎo)軌c再與Oa距離減小一半，即由x2變?yōu)?，則所圍成的面積又減小了ΔS2＝·2x1＝x1·x2；③若導(dǎo)軌c再回到原處，此過(guò)程面積的變化為ΔS3＝ΔS2＝·2x1＝x1·x2；④最后導(dǎo)軌d又回到原處，此過(guò)程面積的變化為ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，則通過(guò)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(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律熟練掌握，明確電量與導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)速度無(wú)關(guān)，而取決于磁通量的變化，同時(shí)結(jié)合圖形去分析物理過(guò)程，考查了考生綜合分析問(wèn)題的能力。30.[全國(guó)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(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。桿和導(dǎo)軌的電阻、感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)均可不計(jì)。用E表示回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，i表示回路中的感應(yīng)電流，在i隨時(shí)間增大的過(guò)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(duì)值C．F與安培力的合力的功率D．iE【答案】：BD【解析】：隨時(shí)間增大的過(guò)程中，桿的速度越來(lái)越大，加速度越來(lái)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(gè)回路中只有外電阻R，故電源的功率即電阻消耗的功率。【備考提示】：本題涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的安培力、感應(yīng)電流等知識(shí)，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θ角，導(dǎo)軌與固定電阻R1和R2相連，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，當(dāng)上滑的速度為v時(shí)，受到安培力的大小為F．此時(shí)BabR1R2θθ（ABabR1R2θθ（B）電阻R。消耗的熱功率為Fv／6．（C）整個(gè)裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ．（D）整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為（F＋μmgcosθ）v·【答案】：BCD【解析】：由法拉第電磁感應(yīng)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(xiàng)正確。由于摩擦力f＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ。整個(gè)裝置消耗的機(jī)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(yīng)定律、安培力、能量守恒和轉(zhuǎn)化定律、功率、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等內(nèi)容，而電磁感應(yīng)一類(lèi)題目的求解常用能量相結(jié)合的辦法來(lái)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(nèi)，由楞次定律可判定電流為正，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝，在第2s和第3s內(nèi)，磁場(chǎng)B不變化，線(xiàn)圈中無(wú)感應(yīng)電流，在第4s和第5s內(nèi)，B減小，由楞次定律可判定，其電流為負(fù)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A選項(xiàng)正確?！緜淇继崾尽浚嚎疾榱穗姶鸥袘?yīng)現(xiàn)象中對(duì)圖象問(wèn)題的分析，要正確理解圖象問(wèn)題，必須能根據(jù)圖象的定義把圖象反映的規(guī)律對(duì)應(yīng)到實(shí)際過(guò)程中去，又能根據(jù)對(duì)實(shí)際過(guò)程抽象對(duì)應(yīng)到圖象中去，最終根據(jù)實(shí)際過(guò)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(dǎo)軌水平放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一導(dǎo)體桿與兩導(dǎo)軌良好接觸并做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)情況與彈簧振子做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的情況相同。圖中O位置對(duì)應(yīng)于彈簧振子的平衡位置，P、Q兩位置對(duì)應(yīng)于彈簧振子的最大位移處。若兩導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，則×BPQOLA×BPQOLB．桿由P到Q的過(guò)程中，電路中電流一直變大C．桿通過(guò)O處時(shí)，電路中電流方向?qū)l(fā)生改變D．桿通過(guò)O處時(shí)，電路中電流最大【答案】：D【解析】：導(dǎo)體桿往復(fù)運(yùn)動(dòng)，切割磁感線(xiàn)相當(dāng)于電源，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，由于桿相當(dāng)于彈簧振子，其在O點(diǎn)處的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，因此電路中的電流最大。根據(jù)右手定則，電流在P、Q兩處改變方向，此時(shí)的電流為零。故選擇B.【備考提示】：題目涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象和簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，是一道綜合題，考查考生運(yùn)用所學(xué)知識(shí)綜合分析問(wèn)題的能力。34[廣東物理卷.10]如圖4所示，用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)質(zhì)量不計(jì)的細(xì)桿與一個(gè)上弧長(zhǎng)為、下弧長(zhǎng)為d0的金屬線(xiàn)框的中點(diǎn)聯(lián)結(jié)并懸掛于O點(diǎn)，懸點(diǎn)正下方存在一個(gè)上弧長(zhǎng)為2l0、下弧長(zhǎng)為2d0的方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且d0《L。先將線(xiàn)框拉開(kāi)到如圖4所示位置，松手后讓線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)，忽略空氣阻力和摩擦。下列說(shuō)法正確的是A．金屬線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)椋篴→b→c→d→aB．金屬線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)椋篴→d→c→b→aC．金屬線(xiàn)框dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)與ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的速度大小總是相等D．金屬線(xiàn)框最終將在磁場(chǎng)內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)【答案】：D【解析】：金屬線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由于電磁感應(yīng)，產(chǎn)生電流，根據(jù)楞次定律判斷電流的方向?yàn)椋篴→b→c→d→a。金屬線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)由于電磁感應(yīng)，產(chǎn)生電流，根據(jù)楞次定律判斷電流的方向?yàn)閍→d→c→b→a。根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，可知，金屬線(xiàn)框dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)與ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的速度大小不相等。如此往復(fù)擺動(dòng)，最終金屬線(xiàn)框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)擺動(dòng)，由于d0《L，單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是擺角小于等于10度，故最終在磁場(chǎng)內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。答案為C。有的考生不能分析出金屬線(xiàn)框最后的運(yùn)動(dòng)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(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件，而這些是高中必須掌握的知識(shí)。（三）、計(jì)算題：35.[北京卷.24]（20分）磁流體推進(jìn)船的動(dòng)力來(lái)源于電流與磁場(chǎng)間的相互作用。圖1是平靜海面上某實(shí)驗(yàn)船的示意圖，磁流體推進(jìn)器由磁體、電極和矩形通道（簡(jiǎn)稱(chēng)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(shí)，在通道內(nèi)沿z軸正方向加B＝8.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；沿x軸正方向加勻強(qiáng)電場(chǎng)，使兩金屬板間的電壓U＝99.6V；海水沿y軸正方向流過(guò)通道。已知海水的電阻率ρ＝0（1）船靜止時(shí)，求電源接通瞬間推進(jìn)器對(duì)海水推力的大小和方向；（2）船以vs＝5.0m/s的速度勻速前進(jìn)。若以船為參照物，海水以5.0m/s的速率涌入進(jìn)水口由于通道的截面積小球進(jìn)水口的截面積，在通道內(nèi)海水速率增加到vd＝（3）船行駛時(shí)，通道中海水兩側(cè)的電壓U/＝U－U計(jì)算，海水受到電磁力的80%可以轉(zhuǎn)化為對(duì)船的推力。當(dāng)船以vs＝5.0m/【解析】：(20分)（1）根據(jù)安培力公式,推力F1=I1Bb，其中I1=,R＝ρ

則Ft=N對(duì)海水推力的方向沿y軸正方向(向右)（2）U=Bub=9.6V（3）根據(jù)歐姆定律，I2=A安培推力F2＝I2Bb＝720N對(duì)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(jìn)器為立意命題，巧妙結(jié)合了電磁學(xué)中的重要概念、定則、定律并進(jìn)行計(jì)算，考查了考生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)在掌握的同時(shí)程度、靈活多變的綜合分析能力，也考查了理論聯(lián)系實(shí)際并解決實(shí)際問(wèn)題的應(yīng)用能力。35.[上海物理卷.22]（14分）如圖所示，將邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線(xiàn)框豎直向上拋出，穿過(guò)寬度為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里．線(xiàn)框向上離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度剛好是進(jìn)人磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進(jìn)人磁場(chǎng)．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f且線(xiàn)框不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)．求：（1）線(xiàn)框在下落階段勻速進(jìn)人磁場(chǎng)時(shí)的速度V2；baB(2）線(xiàn)框在上升階段剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度vbaB（3）線(xiàn)框在上升階段通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．【解析】（1）由于線(xiàn)框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，則合力為零。有mg＝f＋解得：v＝（2）設(shè)線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)能上升的最大高度為h，則從剛離開(kāi)磁場(chǎng)到剛落回磁場(chǎng)的過(guò)程中(mg＋f)×h＝(mg－f)×h＝解得：v1＝＝（3）在線(xiàn)框向上剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律可得解得：Q＝【備考提示】：題目考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象、導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、右手定則、動(dòng)能定理和能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，而線(xiàn)框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是典型的非勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，功能關(guān)系和能量守恒定律是解決該類(lèi)問(wèn)題的首選，備考復(fù)習(xí)中一定要突出能量在磁場(chǎng)問(wèn)題中的應(yīng)用。36.[廣東物理卷.16]（16分）如圖11所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一上、下兩層均與水平面平行的“U”型光滑金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌面上各放一根完全相同的質(zhì)量為的勻質(zhì)金屬桿和，開(kāi)始時(shí)兩根金屬桿位于同一豎起面內(nèi)且桿與軌道垂直。設(shè)兩導(dǎo)軌面相距為H，導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，金屬桿單位長(zhǎng)度的電阻為r?，F(xiàn)有一質(zhì)量為的不帶電小球以水平向右的速度撞擊桿的中點(diǎn)，撞擊后小球反彈落到下層面上的C點(diǎn)。C點(diǎn)與桿初始位置相距為S。求：（1）回路內(nèi)感應(yīng)電流的最大值；（2）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電流最多產(chǎn)生了多少熱量；（3）當(dāng)桿與桿的速度比為時(shí)，受到的安培力大小?！窘馕觥浚海?）對(duì)小球和桿A1組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，得：①又s＝vtH＝②由①②③式聯(lián)立：④回路內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值E＝BLv1⑤回路內(nèi)感應(yīng)電流的最大值I＝⑥聯(lián)立④⑤⑥式得：回路內(nèi)感應(yīng)電流的最大值：I＝（2）對(duì)兩棒組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，得：由能量守恒定律可得整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電流最多產(chǎn)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(yīng)定律、安培力、閉合電路歐姆定律、動(dòng)量守恒和能量守恒均是高中物理的重點(diǎn)知識(shí)，并能靈活運(yùn)用。37.[江蘇卷.19]θv0xyOMabBN（17分）如圖所示，頂角θ=45°，的金屬導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一根與ON垂直的導(dǎo)體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導(dǎo)軌MON向左滑動(dòng)，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為θv0xyOMabBN（1）t時(shí)刻流過(guò)導(dǎo)體棒的電流強(qiáng)度I和電流方向。（2）導(dǎo)體棒作勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)水平外力F的表達(dá)式。（3）導(dǎo)體棒在0～t時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q。

（4）若在t0時(shí)刻將外力F撤去，導(dǎo)體棒最終在導(dǎo)軌上靜止時(shí)的坐標(biāo)x?！窘馕觥浚海?）0到t時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移：x＝tt時(shí)刻，導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度：l＝x導(dǎo)體棒的電動(dòng)勢(shì)：E＝Blv0回路總電阻：R＝(2x＋x)r電流強(qiáng)度：電流方向：b→a（2）F＝BlI＝（3）解法一：t時(shí)刻導(dǎo)體的電功率：P＝I2R＝∵P∝t∴Q＝t＝解法二：t時(shí)刻導(dǎo)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(shè)任意時(shí)刻t導(dǎo)體的坐標(biāo)為x，速度為v，取很短時(shí)間Δt或很短距離ΔxFBFBΔS＝lvΔt＝lΔxxx0BFNFmgααO在t～t+時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理得BIlΔt＝mΔv掃過(guò)的面積ΔS＝（x=v0t）x＝設(shè)滑行距離為d，則即d2+2v0t0d－2ΔS＝0解之d＝－v0t0+（負(fù)值已舍去）得x＝v0t0+d＝＝解法二在x～x+Δx，由動(dòng)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)、安培力、物體的運(yùn)動(dòng)直流電路知識(shí)巧妙結(jié)合在一起，是一道綜合性很強(qiáng)的試題，知識(shí)容量大，綜合考查考生分析、推理的能力和圖形轉(zhuǎn)換能力?；瑮U類(lèi)問(wèn)題歷來(lái)是高考命題的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，這類(lèi)問(wèn)題設(shè)問(wèn)靈活，綜合性強(qiáng)，在復(fù)習(xí)過(guò)程中應(yīng)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(xiàn)圈匝數(shù)之比為20∶1，原線(xiàn)圈接正弦交流電，副線(xiàn)圈接入“220V，60W”