高考物理試題分類匯編—電磁學

1、精品試卷高中物理學習材料（燦若寒星*整理制作）2008年高考物理試題分類匯編電磁學1.（全國1）20.矩形導線框 abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直低面向里，磁感應(yīng)強度 B隨時間變化的規(guī)律如圖所示 .若 規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，下列各圖中正確的是d“（TTry時XXX/2.（全國1）25. （22分）如圖所示，在坐標系 xoy中，過原點的 正向的夾角 M20°,在OC右側(cè)有一勻強電場： 在第二、三象限 場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中線，磁場的磁感應(yīng)弓11度大小為 B,方向垂直抵面向里。 一帶正 的粒子以

2、某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并子射出磁場的速度方向與x軸的夾角0= 30°,大小為v,粒子軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧， 且弧的半徑為磁場左右邊界間距的 電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一開磁場。已知粒子從 A點射入到第二次離開磁場所用的時間直線OC與x軸 內(nèi)有一心強磁 平行于y軸的虛 電荷q、質(zhì)量為m 從。點射出，粒 在磁場中的運動 兩倍。粒子進入 段時間后再次離 恰好等于粒子在推薦下載磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求(1)粒子經(jīng)過A點時速度的方向和 A點到x軸的距離;(2)勻強電場的大小和方向；(3)粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時

3、間。(1)設(shè)磁場左邊界與*軸相交于1點，與CO相交于伊點，由幾何關(guān)系 可知.直戰(zhàn)與粒子過。點的速度制垂直1a在直角三角形09切中 乙?？谇泄?0,設(shè)磁場左右邊界間距為d,則號。* = 2必 依題意可知. 粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為獷點，闌弧軌跡所對的圓 心電為且也4為圓弧的半徑以由此可知,粒干自d點射入磁場的速度與左邊界筵克* A點到* 軸的獻而=#(-附q00)由洛侖慈力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得n Bl-G2=方Jl聯(lián)立式得而喘(1書(2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,第一次在磁場中飛行的時 同為或.有片依題意，旬強電場的方向與工軸正向夾角應(yīng)為15陰口由幾何美

4、不可知，粒子再次從。點進入磁場的 速度方向與磁場在邊界夾角為60，設(shè)粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為T,T圈定在直線OC 上。設(shè)粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點，則£ OtTP = 120%設(shè)粒子第二次送入磁場在磁場中運動的時間為明有f2 =3"r設(shè)帶電粒子在電場中運動的附間為打，依題意得h = 7 - a由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知,-& = & r 叫,強a = 3 m聯(lián)立可得12后三；口時/tt(3)粒子自/點射出后將沿直線運動設(shè)其由P一點再次進入電場,由幾何關(guān)系知乙(rp/=3(r三角形門產(chǎn)產(chǎn)型腰三箱形口設(shè)粒子在產(chǎn)、口兩點間運動的時間為人有

5、又由幾何關(guān)系知。尸=在用聯(lián)立式得4.(全國11)19.一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U,經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為 -U,油滴做勻速運動時速度的大小、方向?qū)⑹?CA.2v、向下B2v、向上C. 3v、向下/ D. 3v、向上Xxxxx:4，xK X x；x X X5.（全國11）21 .如圖，一個邊長為l的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場；一個邊長也為l的正方形導線框所在平面與磁場方向垂直；虛線框?qū)?/p>

6、線ab與導線框的一條連垂直，ba的延長線平分導線框。在 t=0時，使導線框從圖示位置開始以恒定速度沿 ab方向移動，直到整個導線框離開磁場區(qū)域。 以I表示導線框中感應(yīng)電流的強度，取逆時針方向為正。下列表示i-t關(guān)系的圖示中,A.0可能正確的是 C6.（全國11）24. （19分）如圖，一直導體棒質(zhì)量為m、長為1、位于水平面內(nèi)間距也為1的光滑平行導軌上，并與之密接； 接一可控制的負載電阻（圖中未畫出）；導軌置于勻強磁場大小為B,方向垂直于導軌所在平面。開始時，給導體棒一 度Vo。在棒的運動速度由 V0減小至vi的過程中，通過控制 中的電流強度I保持恒定。導體棒一直在磁場中運動。若不中導體棒上感應(yīng)

7、動勢的平均值和負載電阻上消耗的平均功 解：導體棒所受的安培力為F=I1BX X X X XX X XXXX X X X X電阻為r,其兩端放在 棒左側(cè)兩導軌之間連 中，磁場的磁感應(yīng)強度 個平行于導軌的初速 負載電阻的阻值使棒 計導軌電阻，求此過程 率。該力大小不變，棒做勻減速運動，因此在棒的速度從V0減小到Vi的過程中，平均速度為- 1-V = (v0 +%)2當棒的速度為v時，感應(yīng)電動勢的大小為E=1vB棒中的平均感應(yīng)電動勢為E =lvB1由式得E -l（v0 v1）B2導體棒中消耗的熱功率為P, = 12r負載電阻上消耗的平均功率為司=Ei -P,Q iQ-12由式得 P2 =-l（Vo

8、+V1）BI -I r3分），式各3分，式評分參考： 式3分（未寫出式，但能正確論述導體棒做勻減速運動的也給這各2分，式各2分。u如圖所示。副7.（北京卷）18. 一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比線圈僅接入一個10。的電阻。則DA.流過電阻的電流是 20 An1:n2=11:5。原線圈與正弦交變電源連接，輸入電壓B.與電阻并聯(lián)的電壓表的示數(shù)是100 J2VC.經(jīng)過1分鐘電阻發(fā)出的熱量是6M03 JD.變壓器的輸入功率是1X103 W8.(北京卷)19.在如圖所示的空間中， 存在場強為E的勻強電場，同 磁感應(yīng)弓雖度為 B的勻強磁場。一質(zhì)子(電荷量為e)在該空間恰沿y 速運動。據(jù)此可以判斷出 CA.質(zhì)

9、子所受電場力大小等于 eE,運動中電勢能減?。谎貁軸正方 B.質(zhì)子所受電場力大小等于 eE,運動中電勢能增大；沿z軸正方 C.質(zhì)子所受電場力大小等于 evB,運動中電勢能不變 船z軸正時存在沿x軸負方向，軸正方向以速度 v勻向電勢升高 向電勢降低 方向電勢升高D.質(zhì)子所受電場力大小等于evB,運動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢降低9.(北京卷)22.( 16分)均勻?qū)Ь€制成的單位正方形閉合線框abcd,.R,總質(zhì)量為 m。將其置于磁感強度為B的水平勻強磁場上方h口靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水每邊長為L,總電阻為 處，如圖所示。線框由 平的磁場邊界平行。當cd邊剛進入

10、磁場時，(1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；(2)求cd兩點間的電勢差大小；(3)若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件。解：(1) cd邊剛進入磁場時，線框速度v= 2ghE3R -Bl 2gh(2)此時線框中電流 I= R cd兩點間的電勢差 U=I( 4 )= 4B2L2 /2gh(3)安培力 F=BIL= R22m gR4 4根據(jù)牛頓第二定律 mg-F=ma,由a=0解得下落高度滿足h= 2B L10.(北京卷)23. (18分)風能將成為21世紀大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源。 轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其主要部件包括風輪機、齒輪箱，發(fā)電機等。如圖所示。風力發(fā)電機是將風能

11、(氣流的功能)(1)利用總電阻R= 10夏的線路向外輸送風力發(fā)電機產(chǎn)生的電能。輸送功率P0 =300kW ,輸電電壓U =10kW ,求異線上損失的功率與輸送功率的比值(2)風輪機葉片旋轉(zhuǎn)所掃過的面積為風力發(fā)電機可接受風能的面積。設(shè)空氣密度為p,氣流速度為v,風輪機葉片長度為r。求單位時間內(nèi)流向風輪機的最大風能 在風速和葉片數(shù)確定的情況下，要提高風輪機單 述可采取的措施。(3)已知風力發(fā)電機的輸出電功率P與Pm成風速v19m/s時能夠輸出電功率 P1=540kW。我 v2=6m/s的時間每年約為 5000小時，試估算這 區(qū)的最小年發(fā)電量是多少千瓦時。解：導線上損失的功率為Pm;收力發(fā)電機手云圖

12、位時間接受的風能，簡正比。某風力發(fā)電機的 國某地區(qū)風速不低于 臺風力發(fā)電機在該地pvS,S=二 r2一 2 _3P0 R =(3000-)2 10W =9kWP=I2R=( U 10 103P 910 ccc3 = 0.03損失的功率與輸送功率的比值2300 10（2）風垂直流向風輪機時，提供的風能功率最大 單位時間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為1212 212 2(ptS)v =pt二 tv =一 二 prv 風能的最大功率可表示為P風=222采取措施合理，如增加風輪機葉片長度，安裝調(diào)向裝置保持風輪機正面迎風等。v26 '彳-2.P1 = _ 父540按題意，風力發(fā)電機的輸出功率

13、為P2=v1<9 - 'kW=160 kW最小年發(fā)電量約為 W=P2t=16（X 5000 kW h=8X105kW-h11 .（山東卷）20.圖1、圖2分別表示兩種電壓的波形，其中 規(guī)律變化。下列說法正確的是CA.圖l表示交流電，圖2表示直流電B.兩種電壓的有效值相等C.圖1所示電壓的瞬時值表達式為u=311 sinl00 兀D.圖1所示電壓經(jīng)匝數(shù)比為 10: l的變壓器變壓后,12 .（山東卷）21.如圖所示，在y軸上關(guān)于0點對稱的A、B兩點 +Q,在x軸上C點有點電荷-Q且CO=OD , /ADO=600。下A. O點電場強度為零B. D點電場強度為零C.若將點電荷+q從。

14、移向C,電勢能增大D.若將點電荷-q從。移向C,電勢能增大13 .（山東卷）22.兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L ,阻。將質(zhì)量為 m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，良好.導軌所在平面與磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場垂直，如 其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a一bC.金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為 F= D.電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少有等量同種點電荷 列判斷正確的是 BD底端接阻值為R的電 金屬棒和導軌接觸 圖所示。除電阻R外A板水平放置，極板間加 場和磁場

15、，變化規(guī)律分 應(yīng)強度的正方向）。在 電的粒子（不計重力）。14 .（山東卷）25.（I 8分）兩塊足夠大的平行金屬極 有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電 別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感 t=0。時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負_10n2jn0若電場強度E。、磁感應(yīng)強度 B。、粒子的比荷 9均已知，且0 一 戒一，兩板間距h= 犯/m(1)求粒子在。to時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。(2)求粒子在極板間做圓周運動的最大半徑(用h表示)。(3)若板間電場強度 E隨時間的變化仍如圖l所示，磁場的變化改為如圖 3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖(不必寫計算過程)。解法一：

16、(1)設(shè)粒子在。to時間內(nèi)運動的位移大小為&S1 =-at2 a = qE2mN nr/rt- ,S1_1聯(lián)立式解得(2)粒子在to2to時間內(nèi)只受洛倫茲力作用.且速度與磁場方向垂直, 為,軌道半徑為 R1,周期為T,則所以粒子做勻速圓周運動。設(shè)運動速度大小qv1 B0 =2 mv1 玉?聯(lián)立式得R1又出 氫R r。即粒子在to2to時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在線運動，設(shè)位移大小為 S2由于 S1+S2<h, v2,半徑為R2所以粒子在3t。4t。時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運2 mV? qVzB。=- R2V2=V1+ato解得心e由于S1+S2十R2<h,粒子恰好又完成

17、一個周期的圓周運動。在粒子運動到正極板(如圖l所示)。因此粒子運動的最大半徑(3)粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。7設(shè)速度大小為5to時間內(nèi),2hV1的勻加速直O(jiān)5 二解法二：由題意可知，電磁場的周期為2t0,前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動.加速度大小為a=9E 方m向向上后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動,周期為2 二mTT =t oqBo粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為Snsn =1a(nt0)22又已知 A= -j-祖 由以上各式得R =-粒子速度大小為力=叫粒子做圓周運動的半徑為祖解得Rn =2-h顯然S2+R2<h<S35 二(1)粒

18、子在0to時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值 包=1h 5(2)粒子在極板聞做圓周運動的最大半徑(3)粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖2。08年高考上海卷物理, , 一一 一 一 ._. 一一 9 一一. 一、 -A點移到B點，其電勢能;若A點的電勢Ua=15 V, B 點2A.如圖所不，把電量為一5黑10 C的電何，從電場中的 (選填增大"、減小“或不變”) 的電勢Ub=10 V,則此過程中電場力做的功為 -815 .(上海卷)3B.某集裝箱吊車的交流電動機輸入電壓為380V,則該交流電電壓的最大值為 V。當?shù)踯囈?.1m/s的速度勻速吊起總質(zhì)量為5.7 103kg的集裝箱時，

19、測得電動機的電流為20A,電動機的工作效率為。(g 取 10m/s2) 380 a. 2 ， 75%16 .(上海卷)10.如圖所示，平行于 y軸的導體棒以速度 v向右勻速直線運動，經(jīng)過半徑為R、磁感應(yīng)強度為 B的圓形勻強磁場區(qū)域，導體棒中的感應(yīng)電動勢e與導體棒位置x關(guān)系的圖像是 A:CP AfIIM您一一4”17 .(上海卷)14.如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩個帶 等量正電的點電荷 M、N,分別固定在 A、B兩點，。為 AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線。在 CO之間的 F點由靜止釋放一個帶負電的小球P (設(shè)不改變原來的電場分布)，在以后的一段時間內(nèi)，P在CD連線上做往復(fù)運動。若BC

20、D(A)小球P的帶電量緩慢減小， 則它往復(fù)運動過程中振 幅不斷減小(B)小球P的帶電量緩慢減小，則它往復(fù)運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小(C)點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復(fù)運動過程中周期不斷減小(D)點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復(fù)運動過程中振幅不斷減小18 .(上海卷)20B. (10分)某小型實驗水電站輸出功率是20kW,輸電線路總電阻是 6QO(1)若采用380V輸電，求輸電線路損耗的功率。(2)若改用5000高壓輸電，用戶端利用 ?。罕?22： 1的變壓器降壓，求用戶得到的電壓。3 P 20 103解：(1)輸電線上的電流強度為I=P=2

21、0 10 a = 52.63AU 380輸電線路損耗的功率為 P損=I2R= 52.632X 6W 16620W= 16.62kWP 20 10(2)改用高壓輸電后，輸電線上的電流強度變?yōu)?A=4AU 5000用戶端在變壓器降壓前獲得的電壓U=UIR= ( 5000 4X6) V = 4976VUnn1根據(jù)=用尸得到的電壓為 U2= -U1 = 一 X4976V = 226.18VU 2 n2n12219.(上海卷)23. (12分)如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動 的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均 為E的勻強電場I和II，兩電場的邊 界均是邊長為 L的

22、正方形(不計電子所受重力)。(1)在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開 ABCD區(qū)域的位置。(2)在電場I區(qū)域內(nèi)適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角 D處離開，求所有釋放點的位置。(3)若將左側(cè)電場II整體水平向右移動 L/n (n>D ,仍使電子從 ABCD區(qū)域左下角D處離開(D不隨電場移解：(1)設(shè)電子的質(zhì)量為 m,電量為e,電子在電場 平拋運動，假設(shè)電子從 CD邊射出，出射點縱坐標為動)，求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。I中做勻加速直線運動，出區(qū)域 I時的為V。，此后電場II做類V,有解得(2) 并從解得eEL =1 mv22/L 、1 J（2

23、 -y） = 2at1_, r，-y= L ,所以原假設(shè)成立，即電子離開4設(shè)釋放點在電場區(qū)域D點離開，有I中，其坐標為(1 eE2 mABCD區(qū)域的位置坐標為(一 2L, 1 L )4x, y),在電場I中電子被加速到 V1,然后進入電場II做類平拋運動,eEx = 1 mv122y J二21 eE L2 m 1V1xy= L-,即在電場4I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置。(3)設(shè)電子從(x, y)點釋放，在電場I中加速到V2,進入電場II后做類平拋運動，在高度為y處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過 D點，則有eEx = -mv22 22 1 +21 eE &#

24、39; Ly y = - at =22 m 心2 ,.eEL. Lvy = at = , y = vy mv2nv2解得 xy =L2+1 i,即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置2n 420.(上海卷)24. (14分)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為r、內(nèi)阻為Ri、粗細均勻的光滑半圓形金屬球，在 M、N處與相距為 2r、電阻不計的平行光滑金屬軌道ME、NF相接，EF之間接有電阻R2,已知 Ri=12R, R2=4R。在MN上方及 CD下方有水平方 向的勻強磁場I和II,磁感應(yīng)強度大小均為 B。現(xiàn)有質(zhì)量為 m、電 阻不計的導體棒 ab,從半圓環(huán)的最高點 A處由靜止下落，在下落 過程中導體棒

25、始終保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好， 高平行軌道中夠長。已知導體棒ab下落r/2時的速度大小為 必，下落到MN處的速度大小為V2。(1)求導體棒ab從A下落r/2時的加速度大小。(2)若導體棒ab進入磁場II后棒中電流大小始終不變，求磁場I和II之間的距離h和R2上的電功率P2。(3)若將磁場II的CD邊界略微下移，導體棒ab剛進入磁場II時速度大小為V3,要使其在外力F作用下做勻加速直線運動，加速度大小為a,求所加外力F隨時間變化的關(guān)系式。解：(1)以導體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產(chǎn)生產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，導體棒 ab從A下落r/2時,導體棒在策略與安培力作用下做加速運動，

26、由牛頓第二定律，得 二,Bl V -8R 父（4R+4R） gmg BIL =ma, 式中 l=。3 rI = 式中 R= =4R%心 8R+（4R+ 4R）2 2由以上各式可得到a=g 3B r V14mR(2)當導體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變，即mg =BI 2r = BB 2r vt%2r4B2r2Vt%式中1 R+ F4=3R解得mg% = 3mgR2 22 24B r 4B r導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有 Vt2 -V； =2gh22此時導體棒重力的功率為 PG=mgvt =3m g R 4B2r2根據(jù)能量守恒定律，此時導體

27、棒重力的功率全部轉(zhuǎn)化為電路中的電功率，即2 22 2、巳=耳=Pg= m g 2 所以，P2-Pg= m g 24B r416B r(3)設(shè)導體棒ab進入磁場II后經(jīng)過時間t的速度大小為v；,此時安培力大小為2 2 .4B r vt F 3R由于導體棒ab做勻加速直線運動，有 v；=v3+at2 2 /x.3R2 22 2由以上各式解得F(at v3) -m(g -a) =. ,3R3R2 24B r v33Rma - mg根據(jù)牛頓第二定律，有 F + mgF'= ma 即 F +mg r(v3一辿 =ma21 .(江蘇卷)2. 2007年度諾貝爾物理學獎授予了法國和德國的兩位科學家，

28、以表彰他們發(fā)現(xiàn)巨磁電阻效應(yīng)”。基于巨磁電阻效應(yīng)開發(fā)的用于讀取硬盤數(shù)據(jù)的技術(shù)，被認為是納米技術(shù)的第一次真正應(yīng)用，在下列有關(guān)其它電阻應(yīng)用的說 法中，錯誤的是D(A)熱敏電阻可應(yīng)用于溫度測控裝置中(B)光敏電阻是一種光電傳感器(C)電阻絲可應(yīng)用于電熱設(shè)備中(D)電阻在電路中主要起到通過直流、阻礙效流的作用B端輸入電信號“明,22 .(江蘇卷)4.在如圖所示的羅輯電路中，當A端輸入電信號“I、則在C和D端輸出的電信號分別為C(A)1 和 0(B)0 和 1% ?(C)1 和 1(D)0 和 06-電場中的A、B、C三點 的電勢差分別為 Uab、23 .(江蘇卷)6.如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢線

29、，且 AB=BC, 的場強分別為Ea、Eb、Ec ,電勢分別為a、b、依，AB、BC間Ubc,則下列關(guān)系中正確的有 ABC(A)A> B> 場(B) Ec>Eb>Ea(D) Uab=Ubc(C) Uab< Ubc24.(江蘇卷)8.如圖所示的電路中，三個相同的燈泡a、b、c和電感接，電感的電阻忽略不計.電鍵K從閉合狀態(tài)突然斷開時，下列判(A)a先變亮，然后逐漸變暗(B)b先變亮，然后逐漸變暗(C)c先變亮，然后逐漸變暗(D)b、c都逐漸變暗Li、L2與直流電源連 斷正確的有AD08年高考江蘇卷物理(2)場強為E、方向豎直向上的勻強電場中有兩小球A、B,它們的質(zhì)量分

30、別為 mi、m2,電量分別為qi、q2, A、B兩球由靜止釋放，重力加速度為g,則小球 A和B組成的系統(tǒng)動量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為.(2)E(qi+q2)=(mi+m2)g25.(江蘇卷)14. (16分)在場強為 B的水平勻強磁場中， 的小球在O點靜止釋放，小球的運動曲線如圖所示.已知 率半徑為該點到x軸距離的2倍，重力加速度為 g.求：(1)小球運動到任意位置 P (x,y)處的速率v.(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym.(3)當在上述磁場中加一豎直向上場強為E一質(zhì)量為 m、帶正電 q 此曲線在最低點的曲(E>g)的勻強電場時，小球從O靜止釋放后獲得的最大速率%.14.(1

31、)洛侖茲力不做功，由動能定理得，mgy= mv22得 v= J2gy(2)設(shè)在最大距離ym處的速率為Vm,根據(jù)圓周運動有,2VmqvmB-mg=m dR且由知Vm = J2gym由及R=2ym得ym：2q2B2（3）小球運動如圖所示，12由動能th理（qE-mg） |ym|=-mvm22由圓周運動qVmB+mg-qE=m -2且由及R二2|ym|解得vm=（qE - mg） qB26.(江蘇卷)15. ( 16分)如圖所示，間距為l 金屬導軌與水平面的夾角為 9,導軌光滑且 為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，的兩條足夠長的平行 電阻忽略不計.場強 磁場區(qū)域的寬度為di,間距為d2,兩根質(zhì)量

32、均為 m、有效電阻均勻為 R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直.(設(shè)重力加速度為 g(1)若d進入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進入第 1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能,正心(2)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b又恰好進入第2 個磁場區(qū)域.且a、b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等.求a穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導體棒產(chǎn)生的總焦耳熱 Q.(3)對于第(2)問所述的運動情況，求 a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率 v.15.(1)a和b不受安培力作用，由機械能守恒知，AEk=mgd1sin日 (2)設(shè)導體棒剛

33、進入無磁場區(qū)域時的速度為V1,剛離開無磁場區(qū)域時的速度為V2,由能量守恒知，在磁場區(qū)域中,12-12mv1 +Q =-mv2 +mgd1sinB221212在無磁場區(qū)域中，一mv2 =mv1 +mgd2sin22解得 Q=mg (d+d2)sin日 (3)在無磁場區(qū)域，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律V2-V1=gtsin6且平均速度V2VL =空2 t有磁場區(qū)域，棒 a受到合力F=mgsin日-Bil 感應(yīng)電動勢 ”Blv 感應(yīng)電流I=2R一B2I2(11)解得 F=mgsin v根據(jù)牛頓第二定律，在 t到t+ At時間內(nèi) v Av立 At m.B212V則有 £ Av=£gsin

34、0一At(12)2mR解得v= v2=gtsin - -B2I22Rd1(13)聯(lián)列(13)式，由題意知，解得 v=v12. 2 .=4m哽s曳工 B212dl8mR27 .(天津卷)17.一理想變壓器的原線圈上接有正弦交變電壓，其最大值保持不變，副線圈接有可調(diào)電阻Ro設(shè)原線圈的電流為I1，輸入功率為P1，副線圈的電流為 £輸出功率為P2,當R增大時BA. I1減小，P1增大B. %減小，P1減小C.增大，P2減小D. I2增大，P2增大28 .(天津卷)18.帶負電的粒子在某電場中僅受電場力作用，能分別完成以下兩種運動：在電場線上運動，在等勢面上做勻速圓周運動。該電場可能由AA.

35、一個帶正電的點電荷形成B.一個帶負電的點電荷形成C.兩個分立的帶等量負電的點電荷形成D. 一帶負電的點電荷與帶正電的無限大平板形成29.(天津卷)23. (16分)在平面直角坐標系 xOy中，第I象限存在沿 場，第IV象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為量為q的帶正電的粒子從 y軸正半軸上的 M點以速度v0垂直于y軸 的N點與x軸正方向成0= 60°角射入磁場，最后從 y軸負半軸上的 磁場，如圖所示。不計粒子重力，求 電勢差Umn ； 動的軌道半徑r;動到P點的總時間to23. (16 分)y軸負方向的勻強電 B。一質(zhì)量為m、電荷 射入電場，經(jīng)x軸上 P點垂直于y軸射出

36、(1) M、N兩點間的 (2)粒子在磁場中運(3)粒子從M點運(1)設(shè)粒子過N點時速度v,有v°=cos。v=2vo粒子從M點運動到N點的過程，有qUiMN=lmv2- mv0222 3mv0 Umn =2q(2)粒子在磁場中以 。/為圓做勻速圓周運動，半徑為 O/N,有qvB =2mv2mv0 r=qB(3)由幾何關(guān)系得 ON = rsin。粒子在電場中運動的時間 t1,有ON = vOt13m qB2 二m粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T =qB ， 一：2 二 m設(shè)粒子在磁場中運動的時間t2,有t2= T(12= 2-m122 二3qB口t2t=CDm3qB30.(天津卷)2

37、5. (22分)磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具.它的驅(qū)動系統(tǒng)簡化為如下模型.固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R,金屬框置于xOy平面內(nèi)，長邊 MN為l平行于y軸，寬為d的NP邊平行于x軸，如圖l所示。列車軌道沿 Ox方向，軌道區(qū)域內(nèi)存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應(yīng)強 度B沿O x方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為入，最大值為Bo,如圖2所示，金屬框同一長邊上各處的磁感應(yīng)強度相同，整個磁場以速度 vo沿Ox方向勻速平移。設(shè)在短暫時間內(nèi)，MN、PQ邊所在位置的磁感應(yīng)強度隨時問的 精品試卷變化可以忽略，并忽略一切阻力。列車在驅(qū)動系統(tǒng)作用下沿 時刻速度為v (V V0

38、)。精品試卷Ox方向加速行駛，某(2)列車獲得最大驅(qū)動力，寫出 MN、PQ邊應(yīng)處于磁場中的什么位置及 入與d(3)計算在滿足第(2)問的條件下列車速度為 v時驅(qū)動力25. (22 分)磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化，由的大小。于電磁感應(yīng)，金屬框中圖1之間應(yīng)滿足的關(guān)系式;(1)由于列車速度與(1)敘述列車運行中獲得驅(qū)動力的原理；推薦下載會產(chǎn)生感應(yīng)電流，該電流受到的安培力即為驅(qū)動力。(2)為使列車得最大驅(qū)動力， MN、PQ應(yīng)位于磁場中磁感應(yīng)強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍d應(yīng)為一的2面積的磁通量變化率最大，導致框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。

39、因此, 奇數(shù)倍，即d=(2k+1)或2d (kC N)2 2k 1(3)由于滿足第(2)問條件，則 MN、PQ邊所在處的磁感就強度大小均為Bo且方向總相反，經(jīng)短暫時間At,磁場沿Ox方向平移，同時，金屬框沿 Ox方向移動的距離為 vAt。因為vo>v,所以在 用時間內(nèi)MN邊掃過的磁場面積S=(v0v)1At在此At時間內(nèi)，MN邊左側(cè)穿過S的磁通移進金屬框而引起框內(nèi)磁通量變化 MN =Bo1(V0V)&同理，該At時間內(nèi)，PQ邊左側(cè)移出金屬框的磁場引起框內(nèi)磁通量變化 Pq = Bo1(v。 v) &故在內(nèi)金屬框所圍面積的磁通時變化=MN + PQ Q根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，

40、金屬框中感應(yīng)電動勢大小E=,:t根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER根據(jù)安培力公式，MN邊所受的安培力Fmn=BoI1PQ邊所受的安培力Fpq= BoI1根據(jù)左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向，此時列車驅(qū)動力的大小F = Fmn + fpq= 2 boI1聯(lián) 立 解 得 F =31.(重慶卷)15.某同學設(shè)計了一個轉(zhuǎn)向燈電路 推薦下載7其中L為指示燈,Li、L2分別為左、右轉(zhuǎn)向燈，S為單刀雙擲開關(guān)，E為電源.當S置于位置1時，以下判斷正確的是 AA. L的功率小于額定功率B. Li亮，其功率等于額定功率C. L2亮，其功率等于額定功率D.含L支路的總功率較另一支路的大32.（重慶卷）18.如題1

41、8圖，粗糙水平桌面上有一質(zhì)量為m的銅質(zhì)矩形線圈.當一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB正上方等高快速經(jīng)過時，若線圈始終不動，則關(guān)于線圈受到的支持力Fn及在水平方向運動趨勢的正確判斷是D式速度傳感器原理圖， 極板間電壓恒定的條 下運動而變化，若Q隨的常數(shù)），其圖象如題板間場強大小 E和物A. Fn先小于 mg后大于 mg,運動趨勢向左 B. Fn先大于 mg后小于 mg,運動趨勢向左 C. Fn先大于 mg后大于 mg,運動趨勢向右 D. Fn先大于 mg后小于 mg,運動趨勢向右33 .（重慶卷）21.題21圖1是某同學設(shè)計的電容 其中上板為固定極板，下板為待測物體，在兩件下，極板上所帶電量Q將

42、隨待測物體的上時間t的變化關(guān)系為 Q= " （a、b為大于零t a21圖2所示，那么題21圖3、圖4中反映極 體速率v隨t變化的圖線可能是 C工作原理示意圖.在以 域內(nèi)分布著方向垂直 是離子發(fā)射點和收集 正離子束以小發(fā)散角 的分速度均為 V0.若該沿CM方向運動的離A.和B.和D.和34 .（重慶卷）25. （ 20分）題25題為一種質(zhì)譜儀。為圓心，OH為對稱軸，夾角為 2a的扇形區(qū) 于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別 點.CM垂直磁場左邊界于 M,且OM=d.現(xiàn)有一（紙面內(nèi)）從 C射出，這些離子在 CM方向上離子束中比荷為 9的離子都能匯聚到 D,試求：m（1）磁感應(yīng)強度的

43、大小和方向（提示：可考慮 子為研究對象）；（2）離子沿與CM成。角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間; （3）線段CM的長度.2 mvoR25.解：（1）設(shè)沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為RmvoR=d 得B= 磁場方向垂直紙面向外qd由vcosyv0 得v=cos-mv dqB cos71（2）設(shè)沿CN運動的離子速度大小為v,在磁場中的軌道半徑為R',運動時間為ts萬法一：設(shè)弧長為 s t=-s=2（什a）R'v2（日 +a） mR't=-Vo方法二：離子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=交mqBt=T X_2（：）VoR'（3

44、） 方法一：CM = MNcot。MN d Rr，dK =cos1場中勻R2及滑動以上3式聯(lián)立求解得 CM =dcot a方法二：設(shè)圓心為 A,過A做AB垂直NO,可以證明 NM = BO一,d .NM=CMtan。又; BO=ABcot o=R sincot o=sin 9 cotacosiCM = dcot a35 .（廣東卷）4.1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如 圖1所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形合D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是A.離子由加速器的中心附近進入加速器B.離子由加速器的邊緣進入加速器C.離子從磁場中獲得能量D.離子從電場中獲得能量36 .

45、（廣東卷）5.小型交流發(fā)電機中，矩形金屬線圈在勻強磁 速轉(zhuǎn)動。產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與時間呈正弦函數(shù)關(guān)系，如圖2所示，此線圈與一個 R= 10a的電阻構(gòu)成閉合 電路，不計電路的其他電阻，下列說法正確的是A.交叉電流的周期為 0.125B.交叉電流的頻率為 8HzC.交變電流的有效值為/2 AD.交變電流的最大值為 4A37.（廣東卷）7.電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻 變阻器R連接成如圖3所示的電路，當滑動變阻器的觸 頭由中點滑向b端時，下列說法正確的是A.電壓表和電流表讀數(shù)都增大B.電壓表和電流表讀數(shù)都減小C.電壓表讀數(shù)增大，電流表讀數(shù)減小D.電壓表讀數(shù)減小，電流表讀數(shù)增大38.（廣東卷）8

46、.圖4中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的M點，再經(jīng)過N點,N點受到的電場力N點受到的電場力帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過 可以判定A.M點的電勢大于N點的電勢 B.M點的電勢小于N點的電勢C.粒子在M點受到的電場力大于在 D.粒子在M點受到的電場力小于在5是在有勻強磁場云室中觀察到39.(廣東卷)9.帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。圖粒子在運動時，其質(zhì)量的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場B垂直紙面向里.該和電量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是A.粒子先經(jīng)地之 a點，再經(jīng)過b點B.粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點C.粒子帶負電粒子帶正電40.(廣東

47、卷)18. (17分)如圖15 (a)所示，水平放置的兩根平行金屬導軌，間距L=0.3m.導軌左端連接R=0.6G的電阻，區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于導軌平面 B=0.6T的勻強磁場，磁場區(qū)域?qū)?D=0.2 m.細 金屬棒Ai和A2用長為2D=0.4m的輕質(zhì)絕緣桿連接，放置在導軌平面上，并與導軌垂直，每根金屬 棒在導軌間白電阻均為t=0.3C,導軌電阻不計，使金屬棒以恒定速度r=1.0 m/s沿導軌向右穿越磁場，計算從金屬棒A1進入磁場(t=0)到A2離開磁場的時間內(nèi)，不同時間段通過電阻R的電流強度，并在圖 15 (b)中畫出.41.(廣東卷)19. ( 16分)如圖16 (a)所示，在光滑絕緣水

48、平面的 AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場，電場強度 E隨時間的變化如圖16 (b)所示.不帶電的絕緣小球 P2靜止在。點.t=0時，帶正電的小球 Pi以速度to從A點進入AB區(qū)域，隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度大小是碰前的2 、，£倍，Pi的質(zhì)量為m1，帶電量為3q, P2 的質(zhì)量 m2=5m1,A、O間距為Lo,。、2B間距L=4L0.已知也=迎萬=b. 3 色3Loto(1)求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間(2)討論兩球能否在 OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞.電源，副線圈電路 為理想電壓表，讀 別為11、I2和13?，F(xiàn)N和磁場的洛侖茲力 f= qvB的小球P在球面上做 的連線

49、與豎直方向的磁感應(yīng)強度大小的最周運動，該圓周的圓42.（四川卷）16.如圖，一理想變壓器原線圈接入一交流中Ri、R2、R3和R4均為固定電阻，開關(guān)S是閉合的。和Q攵奇別為Ui和U2；、 和 為理想電，數(shù)£）斷開S, Ui數(shù)值不變，下列推斷中正確的是BCA. U2變小、I3變小B. U2不變、I3變大C. Il變小、I2變小D. Ii變大、I2變大43 .（四川卷）17.在沿水平方向的勻強磁場中，有一圓形金屬線圈可繞沿其直徑的豎直軸自由轉(zhuǎn)動。開始時線圈靜止,線圈平面與磁場方向既不平行也不垂直，所成的銳角為以在磁場開始增強后的一個極短時間內(nèi)，線圈平面BA.維持不動B.將向使a減小的方向轉(zhuǎn)

50、動C.將向使a增大的方向轉(zhuǎn)動D.將轉(zhuǎn)動，因不知磁場方向，不能確定a會增大還是會減小整個空間存在勻強磁場,44 .（四川卷）24. （19分）如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。磁感應(yīng)強度方向豎直向下。一電荷量為q （q>0）、質(zhì)量為m水平的勻速圓周運動，圓心為 O。球心O到該圓周上任一點夾角為0 （0< 0< -） o為了使小球能夠在該圓周上運動，求2小值及小球P相應(yīng)的速率。重力加速度為go24. （19分）據(jù)題意，小球 P在球面上做水平的勻速圓 心為O。P受到向下的重力 mg、球面對它沿 OP方向的支持力式中v為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向O。

51、根據(jù)牛頓第二定律2Ncos8-mg=0f -Nsin=mvRsin 二2 .由式得v2 一理肛v .迺C =0mcosi由于v是實數(shù)，必須滿足=,自盟迎曳-4gRsin2e >0 mcos ?由此得B >2m i1Lq Rcos ?可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應(yīng)強度大小的最小值為Bmin=2m Jq R c o s此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為v =qBminRsin）2m由式得v gR sin日 cos?45.（寧夏卷）14.在等邊三角形的三個頂點 紙面，導線中通有大小相等的恒定電流， 向CA.與ab邊平行，豎直向上B.與ab邊平行，豎直向下C.與ab邊垂直，指向左邊D.與ab邊垂直，指向右邊a、b、c處，各有一 a條長直導線垂直穿過方向如圖。過c點的。次.導線所受安培力的方1:衿上府/ 4*46.（寧夏卷）15.一個T型電路如圖所示，電路中的電R =10C , R2 =120C,R3 =40C .另有一測試電內(nèi)阻忽略不計。則 ACA.當cd端短路時，ab之間的等效電阻是 40建B.當ab端短路時，cd之間的等效電阻是 40 GC.當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為D.當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為47.（寧夏卷）16.如圖所示，同一平面內(nèi)的三條平行導線串 體棒