2022年高考物理真题分类汇编——电磁学部分（有解析）
文档属性
| 名称 | 2022年高考物理真题分类汇编——电磁学部分（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-06-17 12:21:06 | ||
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文档简介
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2022年高考物理真题分类汇编——电磁学部分
一．选择题（共17小题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
2．如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝
D．粒子从N板下端射出的时t＝
3．如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
5．如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度方向垂直指向a，电势减小
B．电场强度方向垂直指向c，电势减小
C．电场强度方向垂直指向a，电势增大
D．电场强度方向垂直指向c，电势增大
6．如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表 的示数为U，理想电流表 的示数为I。下列说法正确的是（ ）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
7．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（ ）
A．正电荷， B．正电荷，
C．负电荷， D．负电荷，
8．如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
9．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S1，小圆面积均为S2，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B＝B0+kt，B0和k均为常量、则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A．kS1 B．5kS2 C．k（S1﹣5S2） D．k（S1+5S2）
10．如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间的变化为u＝Umcos（100πt）。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（ ）
A．n1为1100匝，Um为220V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s
11．空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
12．三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则（ ）
A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I3
13．利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（ ）
A． B．
C． D．
14．如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
15．某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（ ）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
16．某种气体一电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
17．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d r），则（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
二．多选题（共12小题）
（多选）18．如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（ ）
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
（多选）19．如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
（多选）20．一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当t＝7s时，简谐波的波动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）21．如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
（多选）22．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属的电阻，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）23．如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场，边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限，不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ ）
A．在t＝0到的过程中，E一直增大
B．在t＝0到的过程中，E先增大后减小
C．在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大
D．在t＝0到的过程中，E的变化率一直减小
（多选）24．如图，两对等量异号点电荷+q、﹣q（q＞0）固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
（多选）25．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 ﹣45
2 0 ﹣20 ﹣46
3 21 0 ﹣45
4 ﹣21 0 ﹣45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
（多选）26．一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
（多选）27．地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
（多选）28．如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（ ）
A．通过导体棒MN电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
（多选）29．两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t＝0时刻的波形如图所示，此时两列波相距λ，则（ ）
A．t＝时，波形如图2甲所示
B．t＝时，波形如图2乙所示
C．t＝时，波形如图2丙所示
D．t＝T时，波形如图2丁所示
三．填空题（共3小题）
30．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为10m/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP＝1m，xQ＝6m，波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为 m，经过 s，Q点第一次到达正向最大位移处。
31．介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8s。当S1过平衡位置向上运动时，S2也过平衡位置向上运动。若波速为5m/s，则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为 m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点，与S1、S2平衡位置的距离均为10m，则两波在P点引起的振动总是相互 （填“加强”或“削弱”）的；当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点 （填“向上”或“向下”）运动。
32．一平面简谐横波以速度v＝2m/s沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t＝0时刻的位移y＝cm。该波的波长为 m，频率为 Hz。t＝2s时刻，质点A （填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。
四．实验题（共4小题）
33．（1）探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。
①图2为实验器材部分连线图，还需要 （选填af、bf、fd、fc、ce或cg）连线（多选）。
②图3所示电压表的示数为 V。
③已知滑动变阻器的最大阻值R0＝10Ω，额定电流I＝1.0A。选择负载电阻R＝10Ω，以R两端电压U为纵轴，为横轴（x为AP的长度，L为AB的长度），得到U﹣分压特性曲线为图4中的“I”；当R＝100Ω，分压特性曲线对应图4中的 （选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是 。
（2）两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是 （多选）。
A．两表都是“发电机”
B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”
C．G1表和G2表之间存在互感现象
D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转
34．某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图1所示。选用的器材有：限温开关S1（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60Ω，用于加热煮饭）；限流电阻R1和R2（阻值均为1kΩ）；指示灯L1和L2（2.5V，0.6W，当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。
（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是 （多选）。
A.按下S1，L1和L2均发光
B.当锅内温度高于103℃时，S1自动断开。L1和L2均发光
C.保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换
D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，L1发光，L2熄灭
（2）简易电饭煲制作完成后，试用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是 （填写各步骤前的字母）。
A.将选择开关旋转到“×100”位置
B.将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点
C.调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度
D.测量指示灯L1两端的阻值
E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡
操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，若指针如图3所示，可判断是 断路损坏；若指针如图4所示，可判断是 断路损坏。（用电路中的元件符号表示）
35．某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表 （量程10mA，内阻约10Ω），微安表 （量程100μA，内阻Rg待测，约1kΩ），滑动变阻器R（最大阻值10Ω），定值电阻R0（阻值10Ω），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；
（2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg＝ Ω。
36．一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0～5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表 （量程为3V，内阻很大），电流表 （量程为1mA，内阻为300Ω），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选10Ω或1.5kΩ），定值电阻R0（阻值可选75Ω或150Ω），开关S，导线若干。
（1）要求通过Rx的电流可在0～5mA范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图；
（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为 （填“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，R0应选阻值为 （填“75Ω”或“150Ω”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时Rx两端的电压为 V，流过Rx的电流为 mA，此组数据得到的Rx的阻值为 Ω（保留3位有效数字）。
五．计算题（共8小题）
37．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q（q＞0），初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）t＝0时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标；
（2）在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；
（3）在M（，）点放置一粒子接收器，在0～时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
38．离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
39．密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2（h2≠h1），随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kv，其中k为比例系数，m0为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
40．中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0＜z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；﹣3d≤z＜0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z＜0，y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场，质量为m，带电量为+q的离子，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ，不计离子重力。
（1）当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
（3）离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m，带电量为+q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt（忽略离子间相互作用）。
41．如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10﹣3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B（t）＝0.3﹣0.1t（SI）。求
（1）t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；
（2）在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热。
42．光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r＞＞d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。
43．如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
44．如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E＝，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2＝，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
电磁学部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共17小题）
1．【解答】A、根据F＝qvB可知，恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，故A错误；
B、根据磁场方向的规定可知，小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，故B正确；
C、正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时线圈处于中性面，此时磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零、电流为零，故C错误；
D、升压变压器中，如果不漏磁，则副线圈的磁通量变化率等于原线圈的磁通量变化率，如果漏磁，则副线圈的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率，故D错误。
故选：B。
2．【解答】A、因为不知道两粒子的电性，故无法确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B、根据题意可知垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子达到N板时电场力也做正功，电势能也减小，故B错误；
CD。设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度也相同，有
联立解得：；，故C正确，D错误；
故选：C。
3．【解答】AB、根据左手定则可知，质子在左侧区域运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向（不完全沿y轴），在右侧区域运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向（不完全沿y轴），根据曲线运动的特点可知，质子运动的轨迹先往y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，xOy平面的投影显示的是从上往下看的运动情况，故A正确，B错误；
CD、粒子在z轴方向不受力，因此z轴上的坐标始终保持不变，故CD错误；
故选：A。
4．【解答】AD、在转子匀速转动的过程中，通过两个线圈的磁通量均在做周期性变化，所以两个线圈均会产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，即使在磁通量的变化率相同时，由于匝数不同，产生的感应电动势也不会相等。同样的有效值也不相等。再根据功率的计算公式可知，电阻消耗的电功率也不相等，故AD错误；
B、两线圈产生的交变电流均受转子的运动情况影响，转子在做匀速圆周运动，周期固定，频率固定，故两线圈产生的交变电流频率也相等，故B正确；
C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最小，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误。
故选：B。
5．【解答】解；四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边上，根据对称性可知O点场强为零，且b棒和d棒由于对称性，在O点产生的合场强为0，故a棒与c棒在O点产生的合场强也为0。因此移去a棒后，O点的场强可以认为是由c棒单独产生。c棒带正电，且由对称性可知，其在O点的场强应垂直指向a。电势是标量，若以无穷远处为电势零点，四根带正电的绝缘棒周围的电势均大于0，O点的电势等于所有棒在O点激发的电势的代数和，故移去a棒后O点的电势减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．【解答】根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为：。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效＝＝4R＜R2；
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等效电阻”增大；当等效电阻的阻值等于R2时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R时，P1向下缓慢滑动时，R1消耗的电功率减小，故D错误。
故选：B。
7．【解答】因为电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL的小圆弧上所带的电荷量为：
Q'＝
在ΔL足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，细圆环带正电，根据圆环的对称性，可以得到取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷后，细圆环在O点产生的电场如图：
根据库仑定律及矢量的叠加可知细圆环在O点产生的合场强大小为：
E'＝E＝，方向水平向右
将q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零，所以点电荷q在O点产生的场强应向左，大小等于E'，故q为负电荷
根据库仑定律有：E'＝
解得：
故ABD错误，C正确；
故选：C。
8．【解答】A、导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：
根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；
B、直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；
CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直。
根据几何关系可得：tanθ＝，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以tanθ与电流I不成正比；同理sinθ＝，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
故选：D。
9．【解答】根据法拉第电磁感应定律可知，大圆产生的感应电动势为，每个小线圈产生的感应电动势为，且根据楞次定律可知，线圈产生的电流方向相同，即电动势要全部相加，则总的感应电动势为E＝5E2+E1＝k（S1+5S2），故D正确，ABC错误；
故选：D。
10．【解答】A、变压器的输入电压为220V，
根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
将U1＝220V，n2＝1，U2＝0.1V代入解得原线圈匝数为：
n1＝2200，
原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为Um＝U＝220V，故A错误；
B、当在BC间接入12Ω的电阻时电功率为12W，由功率表达式可得：
故流过R的电流大小为
再由，解得BC间的匝数为nBC＝120，故B错误；
C.根据原、副线圈电压与匝数之间的关系可知，原线圈电压和匝数固定时，副线圈的匝数越多，输出的电压就越大，BC间的输出电压为12V，AC间的输出电压应为30V，故AB间的输出电压应为18V。所以当R接在AB间时两端电压大小为18V。
因为变压器不能改变交变电流的频率，所以副线圈的频率等于原线圈的频率，根据原线圈的电压表达式可求得输入电压的周期为：
故频率为：，故C错误；
D.若将R接在AC端，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为I'＝
由C选项可知交流电的周期为T＝0.02s，故D正确。
故选：D。
11．【解答】AC、在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，带正电粒子在坐标原点O受沿y轴正方向的电场力开始向y轴正方向运动，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，根据左手定则可知，粒子沿y轴正方向运动的同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧可知，带电粒子应向x轴负方向偏转，故AC错误；
BD、带电粒子运动过程中受电场力和洛伦兹力，电场力做正功，洛伦兹力时刻与速度方向垂直不做功。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次回到x轴时，电场力做功为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，带电粒子再次回到x轴时的速度为零，随后受电场力作用开始做周期性运动，故B正确，D错误；
故选：B。
12．【解答】设圆的半径为R，则圆的周长为L2＝2πR，面积S2＝πR2，正方形的周长为L1＝8R，面积S1＝4R2，正六边形的周长为L3＝6R，面积S3＝R2，
根据电阻定律有：R＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝
根据欧姆定律有：I＝＝∝
代入周长与面积可知：I1＝I2＞I3
故C正确，ABD错误；
故选：C。
13．【解答】AB、由F＝BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B正确；
CD、由F＝BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。
故选：B。
14．【解答】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选：A。
15．【解答】AB、水泵的输出功率P出＝＝
解得P出＝300W，即做功为300J，故AB错误；
C、由水泵的抽水效率关系75%P入＝P出
解得P入＝400W，故C错误；
D、P内＝P总﹣P入＝UI﹣P入
又P内＝I2R
解得R＝10Ω，故D正确。
故选：D。
16．【解答】A、电场线是发散的，等势线是封闭的，所以a所在的线是电场线，故A错误；
B、根据电场线的密集程度代表电场强度大小可知b点场强小于c点场强；故B错误；
C、根据等势线分布可知Ubc＝Uba+Uac，所以b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，故C正确；
D、由图可知d点电势与g点电势不同，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为0，故D错误；
故选：C。
17．【解答】A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A错误；
B、圆管的横截面积：S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律，则产生的电动势：E＝＝＝＝kπr2，故B错误；
C、根据电阻定律，圆管的电阻：R＝，
圆管内的感应电流的大小：I＝＝，
圆管的热功率大小为：P＝I2R＝，故C正确；
D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，所以轻绳对圆管的拉力不变，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共12小题）
18．【解答】A、通电直导线周围磁场的截面图是以导线为圆心的一个个同心圆，某一位置的磁感应强度大小和这个点到圆心的距离成反比。N、M的连线平行于通电直导线，即两点到导线的距离相等，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向也相同，故A正确；
B、线圈在P点时，穿过线圈的磁通量为0，在沿PN移动的过程中，穿过线圈左、右两个半圆的磁通量大小不再相等，即穿过整个线圈的磁通量不再为0，所以线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量会发生变化，故B错误；
C、当线圈从P点开始竖直向上运动时，根据对称性可知，线圈P中的磁通量一直为零，即穿过线圈的磁通量没有发生变化，由楞次定律可知线圈中无感应电流，故C正确；
D、线圈从P到M过程和从P到N过程，根据上述分析可知，两个过程中磁通量的变化量相等，但因为线圈的速率恒定，且NP的距离小于MP的距离，所以时间不等，根据法拉第电磁感应定律可知，两个过程中产生的感应电动势不相等，故D错误。
故选：AC。
19．【解答】AB、在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，则N点的电势高于P点的电势，根据电势能的公式Ep＝qφ可知，电子在N点的电势能低于在P点的电势能，结合功能关系可知，电子从N到P的过程中，电场力做负功，故A错误，B正确；
C、电子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D、电子在M点由静止释放，速度（动能）为0，故只受到向左的电场力；从M点到P点的过程中，只有电场力做功，所以电子的电势能和动能之和保持不变，因为P点和M点在同一等势面上，电子的电势能相等，所以电子到达P点时的动能与M点相等，均为0，即速度为0，所以电子在P点也是只受到向左的电场力。即电子在M点所受的合力与在P点所受的合力相等，故D错误。
故选：BC。
20．【解答】由O点的振动图像可知，周期为T＝2×（11﹣5）s＝12s，根据振动图像可得振幅A＝20cm，
设原点处的质点的振动方程为：y＝Asin（），根据振动图像可知：10＝20sinφ，解得：φ＝
在t＝7s时刻，原点处质点的位置：y7＝20sin（+）cm＝﹣17.3cm，则t＝7s时原点处的质点在y轴下方17.3cm处；
根据振动图像可知，在t＝7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示，故AC正确、BD错误。
故选：AC。
21．【解答】A、导体棒b刚要滑动的条件是受到的安培力等于最大静摩擦力，b受到的最大静摩擦力为：
fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N
根据平衡条件可得：BIbL＝fmax，
代入数据可解得通过b的电流为：Ib＝1A，
由于b与R并联后与a串联，根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒a产生的感应电动势为：
E＝2IbRa+IbRb，
代入数据解得：E＝0.3V
设导体棒a刚要离开桌面时的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv
解得：v＝3m/s
导体棒a做平抛运动的时间为t＝＝s＝0.4s
所以导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移大小为：
x＝vt＝3×0.4m＝1.2m，故A错误；
B、导体棒a离开导轨至落地前，做平抛运动，水平方向的速度大小不变，即导体棒a切割磁场的有效速度不变，根据E＝BLv可知，其感应电动势不变，故B正确；
C、导体棒a在导轨上运动的过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针（俯视），根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向向左，所以导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；
D、导体棒a在导轨上运动的过程中，设通过a的电荷量为q0，根据电荷量的计算公式可得：q0＝＝＝
其中R总＝Ra+
代入数据解得：q0＝1.16C
则通过电阻R的电荷量为：
q＝q0＝＝0.58C，故D正确。
故选：BD。
22．【解答】AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝BLv0，结合欧姆定律可知，结合题目图片可知，在向右运动的过程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不变，最后均匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度的变化规律类似，故A正确，D错误；
BC、根据安培力的计算公式F＝BIL可知，在切割长度的变化过程中，安培力与时间成二次方的比值关系，功率P＝i2R也是与时间成二次方的比值关系，但安培力在t＝0时刻不等于零，故B错误，C正确；
故选：AC。
23．【解答】AB、如图所示
在t＝0到的过程中，即线圈顺时针转过90°的过程中，根据有效长度的定义可知，线框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据电动势的计算公式E＝BLv，其中，由此可知E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD、在t＝0到的过程中，由圆周运动公式可知θ＝ωt
根据几何关系和三角形的面积公式可得：
则穿过线圈的磁通量为：
对上述的表达式进行二次求导得：
，由此可知，在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误；
故选：BC。
24．【解答】A、两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B、正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
故选：AB。
25．【解答】A．如图所示
地球可视为一个大磁场，磁场南极大致在地理的北极附近，磁场北极大致在地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
B＝＝＝T＝T≈50μT，故B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测得By＜0，故y轴指向南方，第3次测得Bx＞0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故C正确，D错误。
故选：BC。
26．【解答】在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
E＝，即Er＝k
A．粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
C．带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
qE1＝m
qE2＝m
可得：m＝＝
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
D．粒子3做向心运动，则有
qE2＞m
可得：m＜＝m
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选：BD。
27．【解答】A、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；
B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；
C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球速度动能没有最大值，故C错误；
D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。
故选：BD。
28．【解答】A、最初电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I＝，U＝，解得通过导体棒MN电流的最大值为，故A正确；
BC、导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，故BC错误。
D、因为在MN加速阶段，由于MN存在反电动势，所以通过MN的电流要比通过R上的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确。
故选：AD。
29．【解答】A、波在一个周期内传播的距离为一个波长，因为t＝0时刻两列波相距λ，t＝时，两列波各传播的距离，两列波还没有相遇，各自的波形不变，故A错误；
B、t＝时，两列波各传播的距离，两列波刚好相遇，各自的波形不变，波形如图乙所示，故B正确；
C、t＝时，两列波各传播λ的距离，两个波谷相遇，两波谷叠加处的位移等于原来两个波谷位移之和，波形与图丙不同，故C错误；
D、t＝T时，两列波各传播λ的距离，左波的波峰与右波的波谷相遇，左波的波谷与右波的波峰相遇，相遇处位移均为零，波形如图丁所示，故D正确。
故选：BD。
三．填空题（共3小题）
30．【解答】根据振动图象可知，周期为0.2s，又由于波速为10m/s，
所以简谐波的波长为λ＝vT＝10×0.2m＝2m
PQ的坐标分别为xP＝1m，xQ＝6m，所以PQ之间的距离为5m，
由振动图象可知，质点的起振方向向上，波峰与Q点之间的距离为5m+λ＝5m+0.5m＝5.5m，
Q点第一次到达正向最大位移处用的时间t＝s＝0.55s。
故答案为：2；0.55。
31．【解答】因周期T＝0.8s，波速为v＝5m/s，则波长为λ＝vT＝5×0.8m＝4m
因两波源到P点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则P点的振动是加强的；
因S1P＝10m＝2.5λ，则当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P点的质点向下振动。
故答案为：4；加强；向下。
32．【解答】设波的解析式为
y＝Asin（x+φ）
由题图知A＝2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入数据得
y＝2sin（+）（cm）
则
即λ＝4m；
该波的波速v＝2m/s，则
f＝＝Hz＝0.5Hz；
因T＝所以t＝2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“爬坡法”可知质点A向下运动。
故答案为：4，0.5，向下运动
四．实验题（共4小题）
33．【解答】（1）①根据原理图可知，还需要将af、fd、ce连线；
②根据图片可知，电压表的示数为1.50V；
③假定AP部分的电阻为R‘，R’分别与10Ω与100Ω并联再与BP部分的电阻串联；由于相同的R'与100Ω并联后的电阻比与10Ω并联后的电阻大，则根据闭合电路的欧姆定律可知，滑片在相同位置下，负载电阻越大，则两端电压越大；即在相同横坐标下，此时负载100Ω时，电压表的示数应该比曲线为图4中的“I”更大，故应该选“II”；
由上述分析可知，对不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的电压变化规律不同，当负载电阻小于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而迅速变化；当负载电阻大于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化会更佳平稳，从而获得更多的实验数据。所以，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电阻越小越好，即R0＜R。
（2）根据题意可知，电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来，当晃动G1时，相当于G1中的线圈做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了闭合回路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电导线在磁场中受到安培力的作用，G2的指针也会偏转；则G1表相当于“发电机”，G2表相当于“电动机”，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
故答案为：（1）①af、fd、ce；②1.50；③II；R0＜R；（2）BD
34．【解答】（1）A.按下S1，灯泡L2短路，不能发光，故A错误；
B.当锅内温度高于103℃时限温开关S1自动断开，限流电阻R1和R2阻值均为1kΩ，此时电路的总电流I总＜A＝220mA；
通过灯泡L2的电流I2＝≈12.5mA＜30mA，所以L1不发光，故B错误；
C.保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）在保温过程中，自动在闭合、断开状态之间交替切换，故C正确；
D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，电饭煲处于加热状态，L1发光，灯泡L2短路，熄灭，故D正确；
（2）利用欧姆表测电阻时，首先使得测电阻与其他电路断开，进行机械调零，然后选取合适的挡位，再进行欧姆调零，测量完毕后，将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡，故正确的顺序为：CABDE；
操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，此时回路中的用电器为R1、R和L1
若指针如图3所示，此时欧姆表的示数约为1100Ω，可判断是L1断路损坏；
若指针如图4所示，此时欧姆表的示数为零，说明L1没有损坏，加热和保温功能均正常，说明R正常，所以是R1断路损坏。
故答案为：（1）CD；（2）CABDE；L1；R1。
35．【解答】（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如图所示
（2）某次测量中，微安表的示数为IG＝90.0μA＝9×10﹣5A，电流表的示数为IA＝9.00mA＝9×10﹣3A，根据串并联电路规律和欧姆定律得
（IA﹣IG）R0＝IGRg
解得：Rg＝990Ω。
故答案为：（1）图见解析（2）990
36．【解答】（1）电流表内阻已知，电流表与R0并联扩大电流表量程，进而准确测量通过Rx的电流，电压表单独测量Rx的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过Rx的电流从0～5mA连续可调，电路图如图1所示：
（2）电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
通过Rx的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如图2所示：
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知：＝
解得：R0＝75Ω；
（3）电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即U＝2.30V；
电流表每小格表示0.02mA，本位估读，即0.84mA，电流表量程扩大5倍，所以通过Rx的电流为I＝4.20mA；
根据欧姆定律可知：Rx＝＝≈548Ω。
故答案为：（1）电路图见解析；（2）10Ω，75Ω；（3）2.30；4.20；548。
五．计算题（共8小题）
37．【解答】（1）t＝0时刻释放的粒子，在t1＝时间内沿y轴正方向做匀加速直线运动，
加速度大小为：a1＝
在t1时刻的速度大小为：v1＝a1t1
代入数据解得：v1＝
此时沿y轴正方向的位移为：y1＝，解得：y1＝
～时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B0＝m
解得：R1＝，
由于粒子在磁场中运动周期T＝，所以经过时间，粒子刚好运动半周期，
此时x方向的位移为：x1＝2R1＝，
所以t＝时刻的位置坐标为（，）；
（2）t＝时刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小为v1＝
从～时间内，粒子的加速度大小为：a2＝，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设粒子经过t2时间速度减速到0，则t2＝，解得：t2＝＝t1
所以在时速度大小仍为v1，位置仍在（，）处，此后的时间内粒子仍做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
从～时间内，粒子的加速度大小为：a3＝，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设在时速度大小为v2，根据运动学公式可得：v2＝﹣v1+a3t1
解得：v2＝，方向沿+y方向；
从～时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。
根据动能定理可得静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功：W＝mv22
解得：W＝；
（3）根据前面的分析可知，粒子在0～t1时间内加速的时间等于粒子在～时间内减速运动的时间的2倍，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可知，在0～t1时间内任何时刻释放的粒子，在t＝4t1时刻水平位移均为。
设粒子在t′时刻开始加速，加速时间Δt，则在t1时刻的速度v1′＝a1Δt，位移：y1′＝
粒子在时刻的速度大小为：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t1﹣Δt）
在～时间内减速的位移：y2′＝
若粒子恰好达到M点，则有：y2′+＝y1′
解得：Δt＝
所以粒子释放的时刻为：tmaxt1﹣Δt＝
若粒子恰好达到x轴，则有：y2′＝y1′
解得：Δt＝
所以粒子释放的时刻为：tmin＝t1﹣Δt＝
故在0～时间内，粒子在～时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
答：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标为（，）；
（2）在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功为；
（3）在M（，）点放置一粒子接收器，粒子在～时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
38．【解答】（1）①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为v0的离子在磁场中的轨迹为圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B＝m
解得：B＝；
②、离子在磁场中运动的时间为：
t＝＝
要使速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ωt＝2kπ+
联立解得：ω＝（4k+1），（k＝0、1、2……）；
（2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝m
解得：v＝；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为π﹣θ，可得此离子在磁场中运动的时间为：
t1＝＝
设转筒P角速度的大小为ω1，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ω1t1＝2nπ+θ
联立解得：ω1＝，（n＝0、1、2……）
设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F′，由动量定理得：
F′ ＝Nmv
由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F＝F′
联立解得：F＝，（n＝0、1、2……）；
（3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于（4k+1），又要等于，则可得：
（4k+1）＝＜，（k＝0、1、2……），（n＝0、1、2……），
还需满足：0＜θ′＜π，且θ′≠
可得：k＜2
当k＝0时，解得：θ′＝，当n＝0时，θ′＝，不符题意，舍去；
当k＝1时，解得：θ′＝，当n＝0时，θ′＝；n＝1时，θ′＝（舍去）；n＝2时，θ′＝。
故板Q上能探测到离子的其它θ′的值为和。
答：（1）①磁感应强度B的大小为；
②转筒P角速度ω的大小为（4k+1），（k＝0、1、2……）；
（2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为，（n＝0、1、2……）；
（3）板Q上能探测到离子的其他θ′的值为和。
39．【解答】（1）因为两个油滴在未加电压时均做匀速直线运动，对A油滴进行分析，根据运动学公式得：
根据平衡状态得：m0g＝f
结合空气阻力的表达式f＝kv
联立解得：k＝
（2）因为加电压后A油滴的速度不变，所以A油滴不带电；B油滴最终向上做匀速运动，由此可知，B油滴受到的电场力应向上，故B油滴带负电。
B油滴向上做匀速直线运动时，根据运动学公式得：
其受到的摩擦力向下，根据平衡状态得：
解得：q＝
根据功能关系得：
ΔEp＝﹣W电
联立解得：ΔEp＝﹣
（3）油滴相遇时，质量为2m0，电荷量等于B油滴的电荷量，则新油滴受到的电场力为
此时要对电场力进行分类讨论
①若F＞2m0g，即h2＞h1
可知，v2＞v1
若选向上的方向为正方向，油滴碰撞瞬间，根据动量守恒得：
m0v2﹣m0v1＝2m0v3
可得：v3＞0
所以新油滴向上加速，最后达到平衡设达到平衡时速度为v'，则有
2m0g+k 2v'＝F
解得：v'＝
②若F′小于2m0g，即h1＞h2
可知，v2＜v1
选向下的方向为正方向，根据动量守恒得：
m0v2﹣m0v1＝2m0v4
可得：v4＞0
新油滴向下加速，最后达到平衡，设达到平衡时速度为v''，则有
2m0g＝F+k
解得：v′'＝
答：（1）比例系数为；
（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为；B上升距离h2电势能的变化量为﹣；
（3）①若h2＞h1，则新油滴的速度大小为，方向竖直向上；②若h1＞h2，则新油滴的速度大小为，方向竖直向下。
40．【解答】（1）将离子甲从A点出射速度为v0分解到沿y轴方向和z轴方向，如图1所示
图1
离子受到的电场力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有
L＝v0cos β t
v0sin β＝at
根据牛顿第二定律有：qE＝ma
联立解得：E＝
（2）离子从坐标原点O沿Z轴正方向进入磁场I中，作出粒子运动轨迹如图所示
图2
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB＝
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB＝
则
r2＝r1
为了使离子在磁场中运动，需满足
r1≤d，r2≤3d
联立可得
v≤
（3）离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径r＝，
解得r1＝
同理在磁场II中的运动半径为r2＝d
作出离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面如图3
图3
根据几何关系可知离子第四次穿过xOy平面的x坐标为
x4＝2r2sin45°
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为
y4＝2r1＝d
则x4＝y4＝d
故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为（d，d，0）
（4）设离子乙的速度为v'，根据离子甲、乙动能相同，可得
＝
可得
v'＝
根据qvB＝可知
离子乙在磁场I中的轨迹半径为r'1＝2r1
离子乙在磁场II中的轨迹半径为r'2＝2r2
据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图4所示
图4
从O点进入磁场到第一个交点的过程，有
t乙＝+＝+＝（4+4）
t甲＝T1′+T2′＝+＝（2+2）
离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t乙﹣t甲
代入数据解得：Δt＝（2+2）
答：（1）电场强度的大小为；
（2）进入磁场时的最大速度为；
（3）第四次穿过xOy平面的位置坐标为（d，d，0）；
（4）两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为（2+2）。
41．【解答】（1）金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10﹣3Ω＝8×10﹣3Ω，
金属框中产生的感应电动势为E＝S＝＝0.1×V＝8×10﹣3V，
金属框中的电流为I＝＝A＝1A，
t＝2.0s时磁感应强度B1＝0.3T﹣0.1×2.0T＝0.1T，
金属框处于磁场中的有效长度为L＝＝0.40m
此时金属框所受安培力大小为F＝BIL＝0.1×N＝0.04N；
（2）在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热为：Q＝I2Rt＝12×8×10﹣3×2.0J＝0.016J。
答：（1）t＝2.0s时金属框所受安培力的大小为0.04N；
（2）在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.016J。
42．【解答】（1）当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在安培力，F＝NBIl，
再根据胡克定律有：F＝NBIl＝k|Δx|，
解得：|Δx|＝；
设此时细杆转动的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，
由题可知，r＞＞d＞＞|Δx|，所以有sin2θ≈2θ，sinθ≈θ，|Δx|＝θd，s＝2θr，
联立可得：s＝。
（2）因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s′，由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1可知，s1＝，
当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2可知，s2＝，
联立可得I′＝。
43．【解答】（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：
则电容器的电荷量为：Q＝CU＝
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
44．【解答】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：＝Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：≤v0≤
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0＝
根据动能定理有：eU＝﹣
vM＝
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα＝
光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝m
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B1
结合在区域Ⅱ中：r＝，rsinα＝
可得：sinα＝
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
可得：v0sinα≤
联立解得：B2≤
则B2的最大值为
答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 ≤v0≤；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B1，B2的最大值为。
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2022年高考物理真题分类汇编——电磁学部分
一．选择题（共17小题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
2．如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝
D．粒子从N板下端射出的时t＝
3．如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
5．如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度方向垂直指向a，电势减小
B．电场强度方向垂直指向c，电势减小
C．电场强度方向垂直指向a，电势增大
D．电场强度方向垂直指向c，电势增大
6．如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表 的示数为U，理想电流表 的示数为I。下列说法正确的是（ ）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
7．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（ ）
A．正电荷， B．正电荷，
C．负电荷， D．负电荷，
8．如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
9．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S1，小圆面积均为S2，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B＝B0+kt，B0和k均为常量、则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A．kS1 B．5kS2 C．k（S1﹣5S2） D．k（S1+5S2）
10．如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间的变化为u＝Umcos（100πt）。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（ ）
A．n1为1100匝，Um为220V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s
11．空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
12．三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则（ ）
A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2 C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I3
13．利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（ ）
A． B．
C． D．
14．如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
15．某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（ ）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
16．某种气体一电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
17．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d r），则（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
二．多选题（共12小题）
（多选）18．如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（ ）
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
（多选）19．如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
（多选）20．一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当t＝7s时，简谐波的波动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）21．如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
（多选）22．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属的电阻，下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）23．如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场，边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限，不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ ）
A．在t＝0到的过程中，E一直增大
B．在t＝0到的过程中，E先增大后减小
C．在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大
D．在t＝0到的过程中，E的变化率一直减小
（多选）24．如图，两对等量异号点电荷+q、﹣q（q＞0）固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
（多选）25．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 ﹣45
2 0 ﹣20 ﹣46
3 21 0 ﹣45
4 ﹣21 0 ﹣45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
（多选）26．一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
（多选）27．地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
（多选）28．如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（ ）
A．通过导体棒MN电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
（多选）29．两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t＝0时刻的波形如图所示，此时两列波相距λ，则（ ）
A．t＝时，波形如图2甲所示
B．t＝时，波形如图2乙所示
C．t＝时，波形如图2丙所示
D．t＝T时，波形如图2丁所示
三．填空题（共3小题）
30．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为10m/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP＝1m，xQ＝6m，波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为 m，经过 s，Q点第一次到达正向最大位移处。
31．介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8s。当S1过平衡位置向上运动时，S2也过平衡位置向上运动。若波速为5m/s，则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为 m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点，与S1、S2平衡位置的距离均为10m，则两波在P点引起的振动总是相互 （填“加强”或“削弱”）的；当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点 （填“向上”或“向下”）运动。
32．一平面简谐横波以速度v＝2m/s沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t＝0时刻的位移y＝cm。该波的波长为 m，频率为 Hz。t＝2s时刻，质点A （填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。
四．实验题（共4小题）
33．（1）探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。
①图2为实验器材部分连线图，还需要 （选填af、bf、fd、fc、ce或cg）连线（多选）。
②图3所示电压表的示数为 V。
③已知滑动变阻器的最大阻值R0＝10Ω，额定电流I＝1.0A。选择负载电阻R＝10Ω，以R两端电压U为纵轴，为横轴（x为AP的长度，L为AB的长度），得到U﹣分压特性曲线为图4中的“I”；当R＝100Ω，分压特性曲线对应图4中的 （选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是 。
（2）两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是 （多选）。
A．两表都是“发电机”
B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”
C．G1表和G2表之间存在互感现象
D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转
34．某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图1所示。选用的器材有：限温开关S1（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60Ω，用于加热煮饭）；限流电阻R1和R2（阻值均为1kΩ）；指示灯L1和L2（2.5V，0.6W，当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。
（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是 （多选）。
A.按下S1，L1和L2均发光
B.当锅内温度高于103℃时，S1自动断开。L1和L2均发光
C.保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换
D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，L1发光，L2熄灭
（2）简易电饭煲制作完成后，试用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是 （填写各步骤前的字母）。
A.将选择开关旋转到“×100”位置
B.将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点
C.调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度
D.测量指示灯L1两端的阻值
E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡
操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，若指针如图3所示，可判断是 断路损坏；若指针如图4所示，可判断是 断路损坏。（用电路中的元件符号表示）
35．某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表 （量程10mA，内阻约10Ω），微安表 （量程100μA，内阻Rg待测，约1kΩ），滑动变阻器R（最大阻值10Ω），定值电阻R0（阻值10Ω），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；
（2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg＝ Ω。
36．一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0～5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表 （量程为3V，内阻很大），电流表 （量程为1mA，内阻为300Ω），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选10Ω或1.5kΩ），定值电阻R0（阻值可选75Ω或150Ω），开关S，导线若干。
（1）要求通过Rx的电流可在0～5mA范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图；
（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为 （填“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，R0应选阻值为 （填“75Ω”或“150Ω”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时Rx两端的电压为 V，流过Rx的电流为 mA，此组数据得到的Rx的阻值为 Ω（保留3位有效数字）。
五．计算题（共8小题）
37．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q（q＞0），初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）t＝0时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标；
（2）在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；
（3）在M（，）点放置一粒子接收器，在0～时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
38．离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
39．密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2（h2≠h1），随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kv，其中k为比例系数，m0为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
40．中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0＜z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；﹣3d≤z＜0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z＜0，y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场，质量为m，带电量为+q的离子，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ，不计离子重力。
（1）当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
（3）离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m，带电量为+q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt（忽略离子间相互作用）。
41．如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10﹣3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B（t）＝0.3﹣0.1t（SI）。求
（1）t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；
（2）在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热。
42．光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r＞＞d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。
43．如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
44．如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E＝，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2＝，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
电磁学部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共17小题）
1．【解答】A、根据F＝qvB可知，恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，故A错误；
B、根据磁场方向的规定可知，小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，故B正确；
C、正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时线圈处于中性面，此时磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零、电流为零，故C错误；
D、升压变压器中，如果不漏磁，则副线圈的磁通量变化率等于原线圈的磁通量变化率，如果漏磁，则副线圈的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率，故D错误。
故选：B。
2．【解答】A、因为不知道两粒子的电性，故无法确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B、根据题意可知垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子达到N板时电场力也做正功，电势能也减小，故B错误；
CD。设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度也相同，有
联立解得：；，故C正确，D错误；
故选：C。
3．【解答】AB、根据左手定则可知，质子在左侧区域运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向（不完全沿y轴），在右侧区域运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向（不完全沿y轴），根据曲线运动的特点可知，质子运动的轨迹先往y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，xOy平面的投影显示的是从上往下看的运动情况，故A正确，B错误；
CD、粒子在z轴方向不受力，因此z轴上的坐标始终保持不变，故CD错误；
故选：A。
4．【解答】AD、在转子匀速转动的过程中，通过两个线圈的磁通量均在做周期性变化，所以两个线圈均会产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，即使在磁通量的变化率相同时，由于匝数不同，产生的感应电动势也不会相等。同样的有效值也不相等。再根据功率的计算公式可知，电阻消耗的电功率也不相等，故AD错误；
B、两线圈产生的交变电流均受转子的运动情况影响，转子在做匀速圆周运动，周期固定，频率固定，故两线圈产生的交变电流频率也相等，故B正确；
C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最小，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误。
故选：B。
5．【解答】解；四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边上，根据对称性可知O点场强为零，且b棒和d棒由于对称性，在O点产生的合场强为0，故a棒与c棒在O点产生的合场强也为0。因此移去a棒后，O点的场强可以认为是由c棒单独产生。c棒带正电，且由对称性可知，其在O点的场强应垂直指向a。电势是标量，若以无穷远处为电势零点，四根带正电的绝缘棒周围的电势均大于0，O点的电势等于所有棒在O点激发的电势的代数和，故移去a棒后O点的电势减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．【解答】根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为：。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效＝＝4R＜R2；
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等效电阻”增大；当等效电阻的阻值等于R2时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R时，P1向下缓慢滑动时，R1消耗的电功率减小，故D错误。
故选：B。
7．【解答】因为电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL的小圆弧上所带的电荷量为：
Q'＝
在ΔL足够小时，可以将取走的部分看作点电荷，细圆环带正电，根据圆环的对称性，可以得到取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷后，细圆环在O点产生的电场如图：
根据库仑定律及矢量的叠加可知细圆环在O点产生的合场强大小为：
E'＝E＝，方向水平向右
将q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零，所以点电荷q在O点产生的场强应向左，大小等于E'，故q为负电荷
根据库仑定律有：E'＝
解得：
故ABD错误，C正确；
故选：C。
8．【解答】A、导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：
根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；
B、直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；
CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直。
根据几何关系可得：tanθ＝，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以tanθ与电流I不成正比；同理sinθ＝，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
故选：D。
9．【解答】根据法拉第电磁感应定律可知，大圆产生的感应电动势为，每个小线圈产生的感应电动势为，且根据楞次定律可知，线圈产生的电流方向相同，即电动势要全部相加，则总的感应电动势为E＝5E2+E1＝k（S1+5S2），故D正确，ABC错误；
故选：D。
10．【解答】A、变压器的输入电压为220V，
根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
将U1＝220V，n2＝1，U2＝0.1V代入解得原线圈匝数为：
n1＝2200，
原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为Um＝U＝220V，故A错误；
B、当在BC间接入12Ω的电阻时电功率为12W，由功率表达式可得：
故流过R的电流大小为
再由，解得BC间的匝数为nBC＝120，故B错误；
C.根据原、副线圈电压与匝数之间的关系可知，原线圈电压和匝数固定时，副线圈的匝数越多，输出的电压就越大，BC间的输出电压为12V，AC间的输出电压应为30V，故AB间的输出电压应为18V。所以当R接在AB间时两端电压大小为18V。
因为变压器不能改变交变电流的频率，所以副线圈的频率等于原线圈的频率，根据原线圈的电压表达式可求得输入电压的周期为：
故频率为：，故C错误；
D.若将R接在AC端，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为I'＝
由C选项可知交流电的周期为T＝0.02s，故D正确。
故选：D。
11．【解答】AC、在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，带正电粒子在坐标原点O受沿y轴正方向的电场力开始向y轴正方向运动，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，根据左手定则可知，粒子沿y轴正方向运动的同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧可知，带电粒子应向x轴负方向偏转，故AC错误；
BD、带电粒子运动过程中受电场力和洛伦兹力，电场力做正功，洛伦兹力时刻与速度方向垂直不做功。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次回到x轴时，电场力做功为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，带电粒子再次回到x轴时的速度为零，随后受电场力作用开始做周期性运动，故B正确，D错误；
故选：B。
12．【解答】设圆的半径为R，则圆的周长为L2＝2πR，面积S2＝πR2，正方形的周长为L1＝8R，面积S1＝4R2，正六边形的周长为L3＝6R，面积S3＝R2，
根据电阻定律有：R＝
根据法拉第电磁感应定律有：E＝
根据欧姆定律有：I＝＝∝
代入周长与面积可知：I1＝I2＞I3
故C正确，ABD错误；
故选：C。
13．【解答】AB、由F＝BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B正确；
CD、由F＝BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。
故选：B。
14．【解答】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选：A。
15．【解答】AB、水泵的输出功率P出＝＝
解得P出＝300W，即做功为300J，故AB错误；
C、由水泵的抽水效率关系75%P入＝P出
解得P入＝400W，故C错误；
D、P内＝P总﹣P入＝UI﹣P入
又P内＝I2R
解得R＝10Ω，故D正确。
故选：D。
16．【解答】A、电场线是发散的，等势线是封闭的，所以a所在的线是电场线，故A错误；
B、根据电场线的密集程度代表电场强度大小可知b点场强小于c点场强；故B错误；
C、根据等势线分布可知Ubc＝Uba+Uac，所以b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，故C正确；
D、由图可知d点电势与g点电势不同，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为0，故D错误；
故选：C。
17．【解答】A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A错误；
B、圆管的横截面积：S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律，则产生的电动势：E＝＝＝＝kπr2，故B错误；
C、根据电阻定律，圆管的电阻：R＝，
圆管内的感应电流的大小：I＝＝，
圆管的热功率大小为：P＝I2R＝，故C正确；
D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，所以轻绳对圆管的拉力不变，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共12小题）
18．【解答】A、通电直导线周围磁场的截面图是以导线为圆心的一个个同心圆，某一位置的磁感应强度大小和这个点到圆心的距离成反比。N、M的连线平行于通电直导线，即两点到导线的距离相等，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向也相同，故A正确；
B、线圈在P点时，穿过线圈的磁通量为0，在沿PN移动的过程中，穿过线圈左、右两个半圆的磁通量大小不再相等，即穿过整个线圈的磁通量不再为0，所以线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量会发生变化，故B错误；
C、当线圈从P点开始竖直向上运动时，根据对称性可知，线圈P中的磁通量一直为零，即穿过线圈的磁通量没有发生变化，由楞次定律可知线圈中无感应电流，故C正确；
D、线圈从P到M过程和从P到N过程，根据上述分析可知，两个过程中磁通量的变化量相等，但因为线圈的速率恒定，且NP的距离小于MP的距离，所以时间不等，根据法拉第电磁感应定律可知，两个过程中产生的感应电动势不相等，故D错误。
故选：AC。
19．【解答】AB、在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，则N点的电势高于P点的电势，根据电势能的公式Ep＝qφ可知，电子在N点的电势能低于在P点的电势能，结合功能关系可知，电子从N到P的过程中，电场力做负功，故A错误，B正确；
C、电子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D、电子在M点由静止释放，速度（动能）为0，故只受到向左的电场力；从M点到P点的过程中，只有电场力做功，所以电子的电势能和动能之和保持不变，因为P点和M点在同一等势面上，电子的电势能相等，所以电子到达P点时的动能与M点相等，均为0，即速度为0，所以电子在P点也是只受到向左的电场力。即电子在M点所受的合力与在P点所受的合力相等，故D错误。
故选：BC。
20．【解答】由O点的振动图像可知，周期为T＝2×（11﹣5）s＝12s，根据振动图像可得振幅A＝20cm，
设原点处的质点的振动方程为：y＝Asin（），根据振动图像可知：10＝20sinφ，解得：φ＝
在t＝7s时刻，原点处质点的位置：y7＝20sin（+）cm＝﹣17.3cm，则t＝7s时原点处的质点在y轴下方17.3cm处；
根据振动图像可知，在t＝7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示，故AC正确、BD错误。
故选：AC。
21．【解答】A、导体棒b刚要滑动的条件是受到的安培力等于最大静摩擦力，b受到的最大静摩擦力为：
fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N
根据平衡条件可得：BIbL＝fmax，
代入数据可解得通过b的电流为：Ib＝1A，
由于b与R并联后与a串联，根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒a产生的感应电动势为：
E＝2IbRa+IbRb，
代入数据解得：E＝0.3V
设导体棒a刚要离开桌面时的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv
解得：v＝3m/s
导体棒a做平抛运动的时间为t＝＝s＝0.4s
所以导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移大小为：
x＝vt＝3×0.4m＝1.2m，故A错误；
B、导体棒a离开导轨至落地前，做平抛运动，水平方向的速度大小不变，即导体棒a切割磁场的有效速度不变，根据E＝BLv可知，其感应电动势不变，故B正确；
C、导体棒a在导轨上运动的过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针（俯视），根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向向左，所以导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；
D、导体棒a在导轨上运动的过程中，设通过a的电荷量为q0，根据电荷量的计算公式可得：q0＝＝＝
其中R总＝Ra+
代入数据解得：q0＝1.16C
则通过电阻R的电荷量为：
q＝q0＝＝0.58C，故D正确。
故选：BD。
22．【解答】AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝BLv0，结合欧姆定律可知，结合题目图片可知，在向右运动的过程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不变，最后均匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度的变化规律类似，故A正确，D错误；
BC、根据安培力的计算公式F＝BIL可知，在切割长度的变化过程中，安培力与时间成二次方的比值关系，功率P＝i2R也是与时间成二次方的比值关系，但安培力在t＝0时刻不等于零，故B错误，C正确；
故选：AC。
23．【解答】AB、如图所示
在t＝0到的过程中，即线圈顺时针转过90°的过程中，根据有效长度的定义可知，线框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据电动势的计算公式E＝BLv，其中，由此可知E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD、在t＝0到的过程中，由圆周运动公式可知θ＝ωt
根据几何关系和三角形的面积公式可得：
则穿过线圈的磁通量为：
对上述的表达式进行二次求导得：
，由此可知，在t＝0到的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误；
故选：BC。
24．【解答】A、两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B、正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
故选：AB。
25．【解答】A．如图所示
地球可视为一个大磁场，磁场南极大致在地理的北极附近，磁场北极大致在地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
B＝＝＝T＝T≈50μT，故B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测得By＜0，故y轴指向南方，第3次测得Bx＞0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故C正确，D错误。
故选：BC。
26．【解答】在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
E＝，即Er＝k
A．粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
C．带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
qE1＝m
qE2＝m
可得：m＝＝
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
D．粒子3做向心运动，则有
qE2＞m
可得：m＜＝m
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选：BD。
27．【解答】A、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；
B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；
C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球速度动能没有最大值，故C错误；
D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。
故选：BD。
28．【解答】A、最初电容器板间电压最大，导体棒上电流也最大，电容器相当于电源，对电阻与导体棒供电，根据欧姆定律得I＝，U＝，解得通过导体棒MN电流的最大值为，故A正确；
BC、导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，但最终电能和动能全部转化为内能，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为0，故BC错误。
D、因为在MN加速阶段，由于MN存在反电动势，所以通过MN的电流要比通过R上的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确。
故选：AD。
29．【解答】A、波在一个周期内传播的距离为一个波长，因为t＝0时刻两列波相距λ，t＝时，两列波各传播的距离，两列波还没有相遇，各自的波形不变，故A错误；
B、t＝时，两列波各传播的距离，两列波刚好相遇，各自的波形不变，波形如图乙所示，故B正确；
C、t＝时，两列波各传播λ的距离，两个波谷相遇，两波谷叠加处的位移等于原来两个波谷位移之和，波形与图丙不同，故C错误；
D、t＝T时，两列波各传播λ的距离，左波的波峰与右波的波谷相遇，左波的波谷与右波的波峰相遇，相遇处位移均为零，波形如图丁所示，故D正确。
故选：BD。
三．填空题（共3小题）
30．【解答】根据振动图象可知，周期为0.2s，又由于波速为10m/s，
所以简谐波的波长为λ＝vT＝10×0.2m＝2m
PQ的坐标分别为xP＝1m，xQ＝6m，所以PQ之间的距离为5m，
由振动图象可知，质点的起振方向向上，波峰与Q点之间的距离为5m+λ＝5m+0.5m＝5.5m，
Q点第一次到达正向最大位移处用的时间t＝s＝0.55s。
故答案为：2；0.55。
31．【解答】因周期T＝0.8s，波速为v＝5m/s，则波长为λ＝vT＝5×0.8m＝4m
因两波源到P点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则P点的振动是加强的；
因S1P＝10m＝2.5λ，则当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P点的质点向下振动。
故答案为：4；加强；向下。
32．【解答】设波的解析式为
y＝Asin（x+φ）
由题图知A＝2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入数据得
y＝2sin（+）（cm）
则
即λ＝4m；
该波的波速v＝2m/s，则
f＝＝Hz＝0.5Hz；
因T＝所以t＝2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“爬坡法”可知质点A向下运动。
故答案为：4，0.5，向下运动
四．实验题（共4小题）
33．【解答】（1）①根据原理图可知，还需要将af、fd、ce连线；
②根据图片可知，电压表的示数为1.50V；
③假定AP部分的电阻为R‘，R’分别与10Ω与100Ω并联再与BP部分的电阻串联；由于相同的R'与100Ω并联后的电阻比与10Ω并联后的电阻大，则根据闭合电路的欧姆定律可知，滑片在相同位置下，负载电阻越大，则两端电压越大；即在相同横坐标下，此时负载100Ω时，电压表的示数应该比曲线为图4中的“I”更大，故应该选“II”；
由上述分析可知，对不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的电压变化规律不同，当负载电阻小于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而迅速变化；当负载电阻大于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化会更佳平稳，从而获得更多的实验数据。所以，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电阻越小越好，即R0＜R。
（2）根据题意可知，电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来，当晃动G1时，相当于G1中的线圈做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了闭合回路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电导线在磁场中受到安培力的作用，G2的指针也会偏转；则G1表相当于“发电机”，G2表相当于“电动机”，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
故答案为：（1）①af、fd、ce；②1.50；③II；R0＜R；（2）BD
34．【解答】（1）A.按下S1，灯泡L2短路，不能发光，故A错误；
B.当锅内温度高于103℃时限温开关S1自动断开，限流电阻R1和R2阻值均为1kΩ，此时电路的总电流I总＜A＝220mA；
通过灯泡L2的电流I2＝≈12.5mA＜30mA，所以L1不发光，故B错误；
C.保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）在保温过程中，自动在闭合、断开状态之间交替切换，故C正确；
D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，电饭煲处于加热状态，L1发光，灯泡L2短路，熄灭，故D正确；
（2）利用欧姆表测电阻时，首先使得测电阻与其他电路断开，进行机械调零，然后选取合适的挡位，再进行欧姆调零，测量完毕后，将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡，故正确的顺序为：CABDE；
操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，此时回路中的用电器为R1、R和L1
若指针如图3所示，此时欧姆表的示数约为1100Ω，可判断是L1断路损坏；
若指针如图4所示，此时欧姆表的示数为零，说明L1没有损坏，加热和保温功能均正常，说明R正常，所以是R1断路损坏。
故答案为：（1）CD；（2）CABDE；L1；R1。
35．【解答】（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如图所示
（2）某次测量中，微安表的示数为IG＝90.0μA＝9×10﹣5A，电流表的示数为IA＝9.00mA＝9×10﹣3A，根据串并联电路规律和欧姆定律得
（IA﹣IG）R0＝IGRg
解得：Rg＝990Ω。
故答案为：（1）图见解析（2）990
36．【解答】（1）电流表内阻已知，电流表与R0并联扩大电流表量程，进而准确测量通过Rx的电流，电压表单独测量Rx的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过Rx的电流从0～5mA连续可调，电路图如图1所示：
（2）电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
通过Rx的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如图2所示：
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知：＝
解得：R0＝75Ω；
（3）电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即U＝2.30V；
电流表每小格表示0.02mA，本位估读，即0.84mA，电流表量程扩大5倍，所以通过Rx的电流为I＝4.20mA；
根据欧姆定律可知：Rx＝＝≈548Ω。
故答案为：（1）电路图见解析；（2）10Ω，75Ω；（3）2.30；4.20；548。
五．计算题（共8小题）
37．【解答】（1）t＝0时刻释放的粒子，在t1＝时间内沿y轴正方向做匀加速直线运动，
加速度大小为：a1＝
在t1时刻的速度大小为：v1＝a1t1
代入数据解得：v1＝
此时沿y轴正方向的位移为：y1＝，解得：y1＝
～时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B0＝m
解得：R1＝，
由于粒子在磁场中运动周期T＝，所以经过时间，粒子刚好运动半周期，
此时x方向的位移为：x1＝2R1＝，
所以t＝时刻的位置坐标为（，）；
（2）t＝时刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小为v1＝
从～时间内，粒子的加速度大小为：a2＝，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设粒子经过t2时间速度减速到0，则t2＝，解得：t2＝＝t1
所以在时速度大小仍为v1，位置仍在（，）处，此后的时间内粒子仍做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
从～时间内，粒子的加速度大小为：a3＝，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设在时速度大小为v2，根据运动学公式可得：v2＝﹣v1+a3t1
解得：v2＝，方向沿+y方向；
从～时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。
根据动能定理可得静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功：W＝mv22
解得：W＝；
（3）根据前面的分析可知，粒子在0～t1时间内加速的时间等于粒子在～时间内减速运动的时间的2倍，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可知，在0～t1时间内任何时刻释放的粒子，在t＝4t1时刻水平位移均为。
设粒子在t′时刻开始加速，加速时间Δt，则在t1时刻的速度v1′＝a1Δt，位移：y1′＝
粒子在时刻的速度大小为：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t1﹣Δt）
在～时间内减速的位移：y2′＝
若粒子恰好达到M点，则有：y2′+＝y1′
解得：Δt＝
所以粒子释放的时刻为：tmaxt1﹣Δt＝
若粒子恰好达到x轴，则有：y2′＝y1′
解得：Δt＝
所以粒子释放的时刻为：tmin＝t1﹣Δt＝
故在0～时间内，粒子在～时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
答：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标为（，）；
（2）在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功为；
（3）在M（，）点放置一粒子接收器，粒子在～时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
38．【解答】（1）①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为v0的离子在磁场中的轨迹为圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B＝m
解得：B＝；
②、离子在磁场中运动的时间为：
t＝＝
要使速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ωt＝2kπ+
联立解得：ω＝（4k+1），（k＝0、1、2……）；
（2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝m
解得：v＝；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为π﹣θ，可得此离子在磁场中运动的时间为：
t1＝＝
设转筒P角速度的大小为ω1，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ω1t1＝2nπ+θ
联立解得：ω1＝，（n＝0、1、2……）
设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F′，由动量定理得：
F′ ＝Nmv
由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F＝F′
联立解得：F＝，（n＝0、1、2……）；
（3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于（4k+1），又要等于，则可得：
（4k+1）＝＜，（k＝0、1、2……），（n＝0、1、2……），
还需满足：0＜θ′＜π，且θ′≠
可得：k＜2
当k＝0时，解得：θ′＝，当n＝0时，θ′＝，不符题意，舍去；
当k＝1时，解得：θ′＝，当n＝0时，θ′＝；n＝1时，θ′＝（舍去）；n＝2时，θ′＝。
故板Q上能探测到离子的其它θ′的值为和。
答：（1）①磁感应强度B的大小为；
②转筒P角速度ω的大小为（4k+1），（k＝0、1、2……）；
（2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为，（n＝0、1、2……）；
（3）板Q上能探测到离子的其他θ′的值为和。
39．【解答】（1）因为两个油滴在未加电压时均做匀速直线运动，对A油滴进行分析，根据运动学公式得：
根据平衡状态得：m0g＝f
结合空气阻力的表达式f＝kv
联立解得：k＝
（2）因为加电压后A油滴的速度不变，所以A油滴不带电；B油滴最终向上做匀速运动，由此可知，B油滴受到的电场力应向上，故B油滴带负电。
B油滴向上做匀速直线运动时，根据运动学公式得：
其受到的摩擦力向下，根据平衡状态得：
解得：q＝
根据功能关系得：
ΔEp＝﹣W电
联立解得：ΔEp＝﹣
（3）油滴相遇时，质量为2m0，电荷量等于B油滴的电荷量，则新油滴受到的电场力为
此时要对电场力进行分类讨论
①若F＞2m0g，即h2＞h1
可知，v2＞v1
若选向上的方向为正方向，油滴碰撞瞬间，根据动量守恒得：
m0v2﹣m0v1＝2m0v3
可得：v3＞0
所以新油滴向上加速，最后达到平衡设达到平衡时速度为v'，则有
2m0g+k 2v'＝F
解得：v'＝
②若F′小于2m0g，即h1＞h2
可知，v2＜v1
选向下的方向为正方向，根据动量守恒得：
m0v2﹣m0v1＝2m0v4
可得：v4＞0
新油滴向下加速，最后达到平衡，设达到平衡时速度为v''，则有
2m0g＝F+k
解得：v′'＝
答：（1）比例系数为；
（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为；B上升距离h2电势能的变化量为﹣；
（3）①若h2＞h1，则新油滴的速度大小为，方向竖直向上；②若h1＞h2，则新油滴的速度大小为，方向竖直向下。
40．【解答】（1）将离子甲从A点出射速度为v0分解到沿y轴方向和z轴方向，如图1所示
图1
离子受到的电场力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有
L＝v0cos β t
v0sin β＝at
根据牛顿第二定律有：qE＝ma
联立解得：E＝
（2）离子从坐标原点O沿Z轴正方向进入磁场I中，作出粒子运动轨迹如图所示
图2
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB＝
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB＝
则
r2＝r1
为了使离子在磁场中运动，需满足
r1≤d，r2≤3d
联立可得
v≤
（3）离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径r＝，
解得r1＝
同理在磁场II中的运动半径为r2＝d
作出离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面如图3
图3
根据几何关系可知离子第四次穿过xOy平面的x坐标为
x4＝2r2sin45°
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为
y4＝2r1＝d
则x4＝y4＝d
故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为（d，d，0）
（4）设离子乙的速度为v'，根据离子甲、乙动能相同，可得
＝
可得
v'＝
根据qvB＝可知
离子乙在磁场I中的轨迹半径为r'1＝2r1
离子乙在磁场II中的轨迹半径为r'2＝2r2
据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图4所示
图4
从O点进入磁场到第一个交点的过程，有
t乙＝+＝+＝（4+4）
t甲＝T1′+T2′＝+＝（2+2）
离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t乙﹣t甲
代入数据解得：Δt＝（2+2）
答：（1）电场强度的大小为；
（2）进入磁场时的最大速度为；
（3）第四次穿过xOy平面的位置坐标为（d，d，0）；
（4）两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为（2+2）。
41．【解答】（1）金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10﹣3Ω＝8×10﹣3Ω，
金属框中产生的感应电动势为E＝S＝＝0.1×V＝8×10﹣3V，
金属框中的电流为I＝＝A＝1A，
t＝2.0s时磁感应强度B1＝0.3T﹣0.1×2.0T＝0.1T，
金属框处于磁场中的有效长度为L＝＝0.40m
此时金属框所受安培力大小为F＝BIL＝0.1×N＝0.04N；
（2）在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热为：Q＝I2Rt＝12×8×10﹣3×2.0J＝0.016J。
答：（1）t＝2.0s时金属框所受安培力的大小为0.04N；
（2）在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.016J。
42．【解答】（1）当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在安培力，F＝NBIl，
再根据胡克定律有：F＝NBIl＝k|Δx|，
解得：|Δx|＝；
设此时细杆转动的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，
由题可知，r＞＞d＞＞|Δx|，所以有sin2θ≈2θ，sinθ≈θ，|Δx|＝θd，s＝2θr，
联立可得：s＝。
（2）因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s′，由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1可知，s1＝，
当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2可知，s2＝，
联立可得I′＝。
43．【解答】（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：
则电容器的电荷量为：Q＝CU＝
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
44．【解答】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：＝Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：≤v0≤
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0＝
根据动能定理有：eU＝﹣
vM＝
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα＝
光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝m
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B1
结合在区域Ⅱ中：r＝，rsinα＝
可得：sinα＝
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
可得：v0sinα≤
联立解得：B2≤
则B2的最大值为
答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 ≤v0≤；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B1，B2的最大值为。
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