2006年全国各地高考物理试题分类详解-电磁学[上学期]
文档属性
| 名称 | 2006年全国各地高考物理试题分类详解-电磁学[上学期] |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 498.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2006-09-01 18:14:00 | ||
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文档简介
2006年全国各地高考物理试题分类详解－电磁学
八、电场
（一）、选择题：
1.[全国卷II.17] ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是
A．两处的电场方向相同，E1＞E2
B．两处的电场方向相反，E1＞E2
C．两处的电场方向相同，E1＜E2
D．两处的电场方向相反，E1＜E2
【答案】：D
【解析】：由对称性可知，P1左端杆内内的电荷与P1右端内的电荷在P1处的场强为零，即P1处场强E1是由杆的右端内电荷产生的。而P2处场强E2可看作是杆的右端内的电荷在P2处的合场强，由对称性可知，杆的右端内的电荷在P2处场强大小也为E1，若假定杆的右端内的电荷在处场强为E/，由电场的合成可知：E2=E1+E/, E2>E1，由此分析可知，两处场强方向相反，故D选项正确。
【备考提示】：本题考查电场的叠加，同时把物理学中对称的思想应用于命题中，要善于转换物理模型，从中找出最佳的方法。
2. [北京卷.14] 使用电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是
【答案】：B
【解析】：带电的金属球靠近不带电的验电器时，在验电器上感应出异种电荷，验电器的顶端带上正电荷，金属箔片带上负电荷。故B选项正确。
【备考提示】：本题考查静电感应知识，解答时应明确静电感应不是产生了电荷，而是电荷的转移，是电荷从导体的一部分转移到另一部分，电荷的总电量不变。
3.[上海卷.8] A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为UA、UB，则
（A）EA = EB ． （B）EA＜EB．
（C）UA = UB （D）UA＜UB ．
【答案】：AD
【解析】：由图象可知，电子做匀加速直线运动，故该电场为匀强电场，即 EA = EB 。电子动能增加，电势能减少，电势升高，即UA＜UB
【备考提示】：本题考查电势、带电粒子在电场中的运动v—t图象。通过带电粒子在电场中的运动性质的研究是研究电场性质的常用方法。
4.[天津卷.21] 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段为Δl的电子束内的电子个数是
A． B． C． D．
【答案】：B
【解析】：设单位体积电子束含有n个自由电子，由电流强度的定义知：I＝＝＝neSv，所以n＝，电子经加速电场加速后，满足：eU＝mv2，得：n＝，长为Δl的电子束内的电子个数为N＝nΔlS＝。
【备考提示】：本题涉及带电粒子在电场中的加速和对电流强度的微观含义的理解，考查考生分析、推理和综合能力。
5.[四川卷. 20] 带电粒子M在只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－4J的功。则
A．M在P点的电势能一定小于在Q点的电势能
B．P点的场强小于Q点的场强
C．P点的电势一定高于Q点的电势
D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能
【答案】： AD
【解析】：带电粒子由P点运动到Q点，克服电场力做功，电势能增加，动能减少，由于条件不足，不能比较电场强度、电势的大小。因此选择AD。
【备考提示】：题目涉及电势能、场强和电势等基本概念对动能定理的运用，考查了考生在对基础知识的掌握程度和利用基础知识分析问题、解决问题的能力。
6.[重庆卷.19] 如题19图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在人P到达N点的过程中
A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大
C.电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小
【答案】：AC
【解析】：根据轨迹可知：电子从M到P电场力做正功，动能增加，电势能减小；电子从P到N电场力做负功，动能减小，电势能增加。故应先AC。
【备考提示】：本题考查带电粒子在电场中的运动，考查考生的综合分析能力，弄清库仑力对电子的做功情况是解题的关键
（二）、填空题
7.[上海物理卷.1A] 如图所示，一束β粒子自下而上进人一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向向 ，进人电场后，β粒子的动能 （填“增加”、“减少”或“不变”）．
【答案】：左 增加
【解析】：由图可知，β粒子（带负电）所受电场力方向水平向右，故电场方向向左。由于电场力作正功，根据动能定理可知粒子在电场中动能增加。
【备考提示】：带电粒子在电场中的运动问题，常会将典型的判断、轨迹判断、能量的变化等结合起来综合进行定性考核。
（三）、计算题：
8.[全国卷I.25] (20分)有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。
如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为ε、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α<<1）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。
（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势ε至少应大于多少？
（2）设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。
【解析】：（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，则
q>mg ①
其中 q=αQ ②
又有 Q=Cε ③
由以上三式有 ε> ④
（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有
q+mg=ma1郝双制作 ⑤
d=a1t12 ⑥
当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有
q－mg=ma2 ⑦
d=a2t22 ⑧
小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在T时间内往返的次数
n=郝双制作 ⑨
由以上关系式得:
n= ⑩
小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量
Q'=2qn
由以上两式可得：
Q'=作
【备考提示】：本题考查带电粒子在复合场的运动，对这类题目的处理，首先要认真审题，弄清在不同物理过程中小球的运动情况和受力情况，分清不同物理过程对应的物理规律，才能正确求解。
9.[上海物理卷.23] （l4分）电偶极子模型是指电量为q、相距为l的一对正负点电荷组成的电结构，O是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图(a)所示的矢量表示．科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的，平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性．当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化．
(1）如图(b）所示，有一电偶极子放置在电场强度为E。的匀强外电场中，若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为θ，求作用在电偶极子上的电场力绕O点的力矩；
（2）求图(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功；
（3）求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的电势能；
（4）现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图(c）排列，它们相互间隔距离恰等于 1．加上外电场EO后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中A点 处引人一电量为+q0的点电荷(q0很小，不影响周围电场的分布），求该点电荷所受电场力的大小。
【解答】：（1）由题意可知电场力的力臂为l sinθ，故力矩M＝2×E0q×l sinθ＝E0q/sinθ
（2）W＝2 E0q×(1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ)
（3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角0或者π
①当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图所示）由于电偶极子与电场垂直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功，电势能 EP1=－E0ql
②当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角π为时同理可得，电势能 EP2=E0ql
（4）由题意知 F＝E0q0－2
【备考提示】：题目以课本从未出现“电偶极子”为立意命题，考查了电场力做功、电势能、力矩及带电粒子受力等知识，考查了理解、分析、推理和创新能力，并灵活运用上述概念和规律，解决实际问题。
九、稳恒电流
（一）、选择题：
10.[上海卷.11] 在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是
（A）U1/I不变，ΔU1/ΔI不变． （B）U2/I变大，ΔU2/ΔI变大．
（C）U2/I变大，ΔU2/ΔI不变 （D）U3/I变大，ΔU3/ΔI不变．
【答案】：ACD
【解析】：，由于R1不变，故不变，不变，同理，＝R2，由于R2变大，所以变大。但是，所以不变。
而，所以变大。由于，所以不变。
故选项 A、C、D 正确。
【备考提示】：闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律的联系与区别是近年常考的知识点。
11.[天津卷.19] 如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同。在电键S处处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则
A．电压表的示数变大
B．电池内部消耗的功率变大
C．电阻R2两端的电压变大
D．电池的效率变大
【答案】：B
【解析】：令R1＝R2＝R0，在位置1，外电路总电阻为R＝R0；电键S1由位置1切换2，则整个外电阻为R/＝R0，由于总电阻减小，总电流增大，内电压增大，电压表示数减小，A错；内耗功率P＝I2r，故P增大，B对；电键在位置1时的R2两端电压为UR2＝；电键在位置2时，R2两端电压为(E－＝＝，则UR2－＝＞0，故UR2＞，则C错；电池效率＝×100%＝×100%，由于R减小，η减小，故D错。
【备考提示】：本题涉及直流电路的动态分析，分析时要紧紧抓住由局部→整体→局部的思想，先由局部的电阻变化，分析整体的电阻、电流、电压的变化，然后再回到局部讨论相差物理量的变化。
12.【上海理综.9】 夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系见图6，此空调器运行1小时用电
A．1.0度
B．1.5度
C．2.0度
D．2.5度
【答案】： B
【解析】：从题图可以看出，在1小时内，空调器以0.5kW工作的时间为20分钟，以2kW工作的时间为40分钟，故空调器1小时内用电为：P1t1＝P2t2＝0.5×× kW·h＋2 kW·h＝1.5 kW·h＝1.5度。
【备考提示】：本题以现实生活的空调器立意命题，涉及电功率、电功知识，考查考生运用所学知识解决实际问题的能力。
（二）、填空题：
13.【上海理综.二】（本大题共13分）当你在享受电带来的高质量生活时，是否关注过用电安全？一份关于家庭用电环境的调查引起了某研究性学习小组的兴趣。
30.下表是五城市家庭用电环境调查的部分数据。它表明用电环境最安全的城市是__________。最高不安全率与最低不安全率相差_________。
城市
A
B
C
D
E
不安全率(%)
47
70
90
60
41
【答案】：E，49%
【解析】：从图表中的百分值可看出，不安全率最高的是C城市的90%，不安全率高低的是E城市的41%，两者相差49%。
【备考提示】：本题以图表的形式命题，考查从题中提取信息的能力。
31.研究性学习小组经讨论得出家庭用电不安全事例主要有：电器漏电、线路老化、________、＿＿_____等。并提出猜想：[1]家庭电路连接有熔丝（保险丝），应该是安全的；[2]熔丝只能保护电路，而不能保护人。某同学说：我家还安装了漏电保护器，很安全的。于是，大家决定探究熔丝和漏电保护器在电路中的作用，小组同学汇兑资料并绘制电器漏电示意图如下：
①熔丝是一种合金丝，当电路中的电流超过熔丝的额定电流时，它就会熔断。
②当通过人体的电流大于30毫安时，将有生命危险。
③漏电保护器是防止电流泄漏的装置，如果火线与零线中的电流不同，它将切断电源。
综合上述图、表，能够支持猜想 [2]的资料有__________、___________（从①、②、③中选择），理由中_________________________。电路中，若用铜丝代替熔丝，可能出现的危害是___________________。
【答案】：无接地线，使用 ① ② 流过熔丝的电流未超过其额定电流，但流过人体的电流已超过30毫安 电流过大而不熔断，容易发生火灾。
【解析】：家庭用电不安全的事例有很多，除电器漏电、线路老化外，还有像无接地线，使用劣质开关或插座，长时间超负荷使用大功率用电器等；熔丝有很多种，有的家用熔丝的额定电流很大，远远超过30毫安，而熔丝之所以能保险，是由于熔丝的熔断，即必须超过它的额定电流，对人体不一定能起保护作用。在电路中，若用铜丝替换保险丝，铜丝不容易烧断，若电流过大，往往会引起火灾。
【备考提示】：以日常生活的“用电安全”为命题，体现了学以致用的思想，考查考生利用所学知识分析实际问题的能力。
32.结合31题的资料③，你认为图18中四种（A、B、C、D）漏电保护器的安装方法正确的有
【答案】：B
【解析】：漏电保护器的原理是当火线与零线中电流不同时，它会切断电源，从图中可看出，C只接在火线上，D只接在零线上，而A是零线的地线上，故只有B接法正确。
【备考提示】：本题涉及对漏电保护器原理的分析，考查考生分析、综合能力。
33.细心的同学发现图18中有一处用电不安全隐患。请将图中不安全因素用笔圈出。
【答案】：地线接在自来水管上
【解析】：地线不能接在自来水管上，一旦零线断开，地线中便有了电流，会引起危险。
【备考提示】：考查用电安全知识和分析实际问题的能力。
34. 观察图19A，若沐浴器发生漏电可导致其外壳带电，请分析其危险性：______________________。为了更加合理和安全地使用电热沐浴器器，该研究小组在理论上设计了B、C两种方案（见图19），图中的R相当于保护电阻。根据已有知识判断，可行方案是______（填“B”或“C”），理由是___________________________________。
【答案】：容易发生人体触电 C 发生漏电时人体分得的电压只有12V，所以不会造成危险。
【解析】：若沐浴器漏电使外壳带电，容易发生人体触电事故，要B、C两种方案中，B中保护电阻R仅分得20V，人体分得电压200V，起不到保护作用，而C中保护电阻R分得208，人体分得12V，所以是安全的。
【备考提示】：试题来源于对实际问题的处理，考查考生解决实际问题的能力。
（三）、计算题：
14.[广东大综. 36] （7分）保护自然环境，开发绿色能源，实现旅游与环境的协调发展
（2）某植物园的建筑屋顶有太阳能发电系统，用来满足园内用电需要。已知该发电系统的输出功率为1.0×105W，输出电压为220V。求：
①按平均每天太阳照射6小时计，该发电系统一年（365天计）能输出多少电能？
②该太阳能发电系统除了向10台1000W的动力系统正常供电外，还可以同时供园内多少盏功率为100W，额定电压为220V的照明灯正常工作？
③由于发电系统故障，输出电压降为110V，此时每盏功率为100W、额定电压为220V的照明灯消耗的功率等是其正常工作时的多少倍？
【解析】：（2）①P＝1.0×105W
t＝365×6h
E＝Pt＝kW·h或E＝7.884×011J ①
②900盏 ②
③设P1和U1分别为照明灯正常工作的功率和电压，P2和U2分别为供电系统发生故障后照明灯的实际功率和电压
P1＝ ③
P2＝ ④
评分说明：①②③式各1分，④式2分
【备考提示】：本题涉及电功、电功率、欧姆定律等知识，属容易题。
15.[重庆卷.23] （16分）三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A.若将它们连接成题23图1、题23图2所示电路，且灯泡都正常发光，
试求题23图1电路的总电流和电阻R2消耗的电功率;
分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能。
【解析】：23.(16分)
(1)由题意，在题23图1电路中：
电路的总电流 I总＝IL1+ IL2+ IL3=0.9 A
=E- I总r=2.55 V
UR2= U路程- UL3=0.05 V
IR2= I总=0.9 A
电阻R2消耗功率 PR2= IR2 UR2=0.045 W
（2）题23图1电源提供的电功率
P总= I总E=0.9×3 W=2.7 W
题23图2电源提供的电功率
P′总= I′总 E′＝0.3×6W＝1.8 W
由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总< P总
所以，题23图2电路比题23图1电路节能。
【备考提示】：考查电路的分析和计算，考查考考生应用数学知识分析物理问题的能力。只要熟练掌握闭合电路的欧姆定律、功率的计算方法，很容易解答。
16.[四川卷.24] (19分)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1 Ω，电阻R=15 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板?此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2)
答案:
【解析】：(19分)
(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。
设两板间电压为UAB
由动能定理得 －mgd－qUAB=0－ ①
∴滑动变阻器两端电压 U=UAB=8V ②
设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得
I= ③
滑动变阻器接入电路的电阻 ④
(2)电源的输出功率 P＝I2(R ＋R)=23 W ⑤
【备考提示】：本题涉及直流电路中电容器和带电粒子在电场中的运动问题，解决含电容器的直流电路，关键是明确电容器两极板电压与直流电阻的关系；对带电粒子在复合场中的运动，关键是分析清楚带电粒子的运动情况和受力情况，还要善于挖掘题目中隐含条件，由功能关系求解。
17.[江苏物理卷.15] （14分）电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，他们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同。图①为某种电热式电器的简化电路图，主要远件有电阻丝 R1、R2和自动开关S。
（1）当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？
（2）用电器由照明电路供电（U＝220V，设加热时用电器的电功率为400W，保温时用电器的电动功率为40W，则 R1和 R2分虽为多大？
（3）若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图②所示，其它条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能。
【解析】：（1）S闭合，处于加热状态………………………………………………①
S断开，处于保温状态………………………………………………②
（2）由于功率公式得
………………………………………………………………③
…………………………………………………………④
联立③④得R1＝121Ω
R2＝1089Ω
（3）W＝P1＋P2＝0.22kW·h（或7.92×105J）
【备考提示】：本题是一道对基础知识考查的题目，要求掌握电功、电功率的计算及二极管单向导电性。
十、磁场
（一）、选择题：
18.[广东大综.29] 如图9所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒.在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确是
A．B＝mg，方向垂直斜面向上
B．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】：若磁场方向垂直斜面向上，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向上，则杆受竖直向下的重力mg，斜面对杆的支持力FN和沿斜面向上的安培力F，如图所示，则sinα＝，而F＝IlB，所以B＝mg，故A对D错；若磁场方向垂直斜面向下，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向下，因斜面光滑，杆不可能静止在斜面上，故B、C错。
【备考提示】：本题涉及安培力、力的平衡知识，考查考生运用所学知识综合分析问题的能力。
19.[全国卷I.17] 图中为一“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选 电子仍能够沿水平直线OO'运动，由O'射出。不计重力作用。可能达到上述目的的办法是
A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里
B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外
D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
【答案】：AD
【解析】：要使电子沿OO/运动，则电子在竖直方向所受电场力和洛仑兹力平衡，若a板电势高于b板，则电子所受电场力竖直方向，其所受洛仑兹力必向下，由左手定则可判定磁场方向向里，故A选项正确。同理可判定D选项也正确。
【备考提示】：本题以“滤速器”为命题背景，涉及了对带电粒子的运动问题，考查力的平衡、左手定则等知识，用左手定则判定洛仑兹力时，应注意四指的指向与电子运动方向相反。
20.[北京卷.20] 20.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t2 若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的 A.轨迹为pb,至屏幕的时间将小于t B.轨迹为pc,至屏幕的时间将大于t C.轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t D.轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t
【答案】：D
【解析】：碰撞过程其动量守恒，所以碰撞前后动量不变，由r＝知，微粒的轨道半径不变，故仍轨迹pa，但由于碰后其运动速率比原来小，所以至屏幕时间将大于t。
【备考提示】：本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，求解的关键是分析轨道半径的变化，还考查了考生分析和综合能力。
（二）、填空题
21.[上海物理卷.1B] 如图所示，一束β粒子自下而上进人一垂直纸面的匀强磁场后发生偏转，则磁场方向向，进人磁场后，p粒子的动能 （填“增加”、“减少”或“不变”）
【答案】：里 不变
【解析】：由图可知，β粒子（带负电）进入磁场时所受洛伦兹力方向水平向右，根据左手定则可以判断方向向左。 由于电场力作正功，根据动能定理可知粒子在电场中动能增加磁场方向向里。由于β粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以β粒子的动能不变。
【备考提示】：带电粒子在磁场中的运动问题，常会将典型的判断、轨迹判断等结合起来综合进行定性考核。
22.[上海物理卷.2A] 如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r．现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为 ，方向 ．
【答案】： ，垂直两导线所在平面向外
【解析】：根据安培定则可知，1、2 两导线在 a 点的磁感应强度大小相等， 方向相同，都为。而2导线在a、b 两处的磁感应强度等大反向，故去掉导线1后，b 点的磁感应强度大小为 ，方向垂直两导线所在平面向外。
【备考提示】：考查电流的磁场、磁感应强度，磁场的叠加时容易将方向弄错。易将安培定则与左手定则混淆，复习过程中应注意加强。另外，矢量的叠加观点是贯穿高中的重要思想方法，也是高考的重点。
（三）、计算题：
23.[重庆卷.24] （19分）有人设想用题24图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。粒子在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比。电离后，粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域II,其中磁场的磁感应强度大小为B,方向如图。收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。半径为r0的粒子，其质量为m0、电量为q0,刚好能沿O1O3直线射入收集室。不计纳米粒子重力。（）
（1）试求图中区域II的电场强度；
（2）试求半径为r的粒子通过O2时的速率；
（3）讨论半径r≠r2的粒子刚进入区域II时向哪个极板偏转。
【解析】： (19分)
（1）设半径为r0的粒子加速后的速度为v0，则
设区域II内电场强度为E,则
v0 q0B= q0E
电场强度方向竖直向上。
（2）设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v,则
由 得：
（3）半径为r的粒子，在刚进入区域II时受到合力为：
F合=qE-qvB=qB(v0-v)
由可知，当
r>r0时，v0，粒子会向上极板偏转;
rv0,F合<0，粒子会向下极板偏转。
【备考提示】：本题考查带电在电磁场中的运动，综合考查了动能定理、受力分析等方面的知识和规律。对考生的分析综合能力、应用数学知识的能力要求较高。
24.[天津卷.24] （18分）在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度应大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界的交点C处沿＋y方向飞出。
（1）判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B/，该粒子仍以A处相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B/多大？此粒子在磁场中运动手所用时间t是多少？
【解析】：（18分）
（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径
R＝r ①
又 qvB＝m ②
则粒子的比荷 ③
（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变60°角，故AD弧所对应的圆心角为60°，粒子做国，圆周运动的半径
R/＝rcot30°＝r ④
又 R/＝m ⑤
所以 B/＝B ⑥
粒子在磁场中飞行时间
t＝ ⑦
【备考提示】：本题考查带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，求解关键是找出带电粒子做圆周运动的圆心，求解其轨迹半径，还考查了考生分析、综合和运用数学知识解决问题的能力。
25. [四川卷.25]（20分）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1.57T。小球1带正电，其电量与质量之比=4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定和水平悬空支架上。小球1向右以v0＝23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g＝9.8m/s2）问：
（1）电场强度E的大小是多少？
（2）两小球的质量之比是多少？
【解析】：（20分）
（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 mg1=q1E ①
E＝2.5N/C ②
（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
q1v1B＝ ③
半径为 R1＝ ④
周期为 T＝＝1s ⑤
∵两球运动时间 t＝0.75s＝T
∴小球1只能逆时针经周期时与小球2再次相碰 ⑥
第一次相碰后小球2作平抛运动 h＝R1＝ ⑦
L＝R1＝v2t ⑧
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向
m1v0＝m1v1+m2v2 ⑨
由⑦、⑧式得 v2＝3.75m/s
由④式得 v1＝17.66m/s
∴两小球质量之比： ＝11 ⑩
【备考提示】： 本题涉及力的平衡、圆周运动、平抛运动和动量守恒定律等知识点，考查了考生分析、推理和综合能力，试题涉及的知识点较多，但只要认真分析物理过程，找准物理过程对应的物理规律，还是容易求解。
26.[全国卷II.25]（20分）如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？
【解析】：（20分）
粒子在整个过程中的速度大小恒为v，交替地在xy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为和r2，有
r1＝ ①
r2＝ ②
现分析粒子运动的轨迹。如图所示，在xy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2 r1的A点，接着沿半径为2 r2的半圆D1运动至y轴的O1点，O1O距离
d＝2（r2－r1） ③
此后，粒子每经历一次“回旋”（即从y轴出发沿半径r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方y轴），粒子y坐标就减小d。
设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点。若OOn即nd满足
nd＝2r1= ④
则粒子再经过半圆Cn+1就能够经过原点，式中n＝1，2，3，……为回旋次数。
由③④式解得
⑤
由①②⑤式可得B1、B2应满足的条件
n＝1，2，3，…… ⑥
评分参考：①、②式各2分，求得⑤式12分，⑥式4分。解法不同，最后结果的表达式不同，只要正确，同样给分。
【备考提示】：题目考查了带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，正确分析带电粒子在磁场中的运动的物理图象，并作出粒子运动轨迹的示意图是解题的关键所在，另外还考查了考生的发散思维能力。
27.[广东物理卷.18] （17 分）在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质 量均为m，电量为＋q的完全相同的带电粒子P1和P2，在小孔A处以初速度为零先后释放。在平行板间距为d的匀强电场中加速后，P1从C处对着圆心进入半径为R的固定圆筒中（筒壁上的小孔C只能容一个粒子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场。P1每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移，P1进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D，∠COD=θ，如图12所示。延后释放的P2，将第一次欲逃逸出圆筒的P1正碰 圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变平行板间的电压，并利用P2与P1之后的碰撞，将P1限制在圆 筒内运动。碰撞过程均无机械能损失。设d=，求：在P2和P1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P1与筒壁的可能碰撞次数。
附：部分三角函数值
tan
3.08
1.37
1.00
0.73
0.58
0.48
0.41
0.36
0.32
【解析】：P1从C运动到D，
周期，
半径r＝Rtan＝，
从C到D的时间
每次碰撞应当在C点，设P1的圆筒内转动了n圈和筒壁碰撞了K次后和P2相碰于C点，K＋1所以时间间隔，则
P1、P2次碰撞的时间间隔
＝
在t时间内，P2向左运动x再回到C，平均速度为，
由上两式可得： ≥
（K＋1）（1－）≤
tan≤
当 n=1, K=2、3、4、5、6、7 时符合条件，K=1、8、9………不符合条件
当 n=2,3,4……….时，无化K=多少，均不符合条件。
【备考提示】：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动圆周运动以及归纳法在高中物理中经常用到的方法，属于能力要求较高的题目。
十一、电磁感应
（一）、选择题：
28.[重庆卷.21] 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如题21图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率向下V2匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B．cd杆所受摩擦力为零
C. 回路中的电流强度为
D．μ与大小的关系为μ＝
【答案】：AD
【解析】：由于cd不切割磁感线，故电路中的电动势为BLv1，电流为，ab杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。cd杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。故应AD。
【备考提示】：本题考查法拉第电磁感应定律、平衡条件的应用、闭合电路的欧姆定律等，考查考生分析、推理、理解、应用能力。
29.[全国卷I.21] 如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob（在纸面内），磁场方向垂直纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：①以速率v移动d，使它与ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与oa的距离减小一半；③然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；④最后以速率2v移动d，使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则
A. Q1＝Q2＝Q3＝Q4
B. Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4
C. 2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4
D. Q1≠Q2＝Q3≠Q4
【答案】：A
【解析】：设开始导轨d与Ob的距离为x1，导轨c与Oa的距离为x2，由法拉第电磁感应定律知，移动c或d时产生的感应电动势： E＝＝
通过导体R的电量为：Q＝I＝Δt＝
由上式可知，通过导体R的电量与导体d或c移动的速度无关，由于B与R为定值，其电量取决于所围成面积的变化。
①若导轨d与Ob距离增大一倍，即由x1变2 x1，则所围成的面积增大了ΔS1＝x1·x2；
②若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x2变为，则所围成的面积又减小了ΔS2＝·2x1＝x1·x2；
③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3＝ΔS2＝·2x1＝x1·x2；
④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4＝x1·x2；
由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4。
【备考提示】：本题难度较大，要求考生对法拉第电磁感应定律熟练掌握，明确电量与导轨运动速度无关，而取决于磁通量的变化，同时结合图形去分析物理过程，考查了考生综合分析问题的能力。
30.[全国卷II.20] 如图所示，位于同一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直。现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动。杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于
A．F的功率 B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率 D．iE
【答案】：BD
【解析】：随时间增大的过程中，杆的速度越来越大，加速度越来越小，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转化成电能的电功率，即等于电阻消耗的功率，整个回路中只有外电阻R，故电源的功率即电阻消耗的功率。
【备考提示】：本题涉及电磁感应现象中的安培力、感应电流等知识，考查了能量转化与守恒在电磁感应现象中的应用。
31.[上海物理卷.12] 如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时
（A）电阻R1消耗的热功率为Fv／3．
（B）电阻 R。消耗的热功率为 Fv／6．
（C）整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ．
（D）整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v·
【答案】：BCD
【解析】：由法拉第电磁感应定律得 E＝BLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 F＝BIL，所以电阻R1的功率P1＝（0.5I）2 R=Fv/6，B选项正确。由于摩擦力 f＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ。整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v。
【备考提示】：本题考查了法拉第电磁感应定律、安培力、能量守恒和转化定律、功率、牛顿运动定律等内容，而电磁感应一类题目的求解常用能量相结合的办法来解决。
32. [天津卷.20] 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图3中正确表示线圈感应电动势E变化的是
【答案】： A
【解析】：在第1s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝，在第2s和第3s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流，在第4s和第5s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E1＝，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A选项正确。
【备考提示】：考查了电磁感应现象中对图象问题的分析，要正确理解图象问题，必须能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去，又能根据对实际过程抽象对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律判断。
33.[四川卷.17] 如图所示，接有灯泡L的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同。图中O位置对应于弹簧振子的平衡位置，P、Q两位置对应于弹簧振子的最大位移处。若两导轨的电阻不计，则
A．杆由O到P的过程中，电路中电流变大
B．杆由P到Q的过程中，电路中电流一直变大
C．杆通过O处时，电路中电流方向将发生改变
D．杆通过O处时，电路中电流最大
【答案】：D
【解析】：导体杆往复运动，切割磁感线相当于电源，其产生的感应电动势E＝Blv，由于杆相当于弹簧振子，其在O点处的速度最大，产生的感应电动势最大，因此电路中的电流最大。根据右手定则，电流在P、Q两处改变方向，此时的电流为零。故选择B.
【备考提示】：题目涉及电磁感应现象和简谐运动的知识，是一道综合题，考查考生运用所学知识综合分析问题的能力。
34 [广东物理卷.10] 如图4所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0《L。先将线框拉开到如图4所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦。下列说法正确的是
A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为：
a→b→c→d→a
B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为：
a→d→c→b→a
C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D．金属线框最终将在磁场内做简谐运动
【答案】： D
【解析】：金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为：
a→b→c→d→a 。金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判 断电流的方向为 a→d→c→b→a 。根据能量转化和守恒，可知，金属线框dc边进入 磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等。如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动， 由于d0《L，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10度，故最终在磁场内做简谐运动。 答案为C。有的考生不能分析出金属线框最后的运动状态。属于难题。
【备考提示】：本题考查右手定则、楞次定律、简谐运动的条件，而这些是高中必须掌握的知识。
（三）、计算题：
35.[北京卷.24] （20分）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。
如图2所示，通道尺寸a＝2.0m，b＝0.15m、c＝0.10m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B＝8.0T的匀强磁场；沿x轴正方向加匀强电场，使两金属板间的电压U＝99.6V；海水沿y轴正方向流过通道。已知海水的电阻率ρ＝0.22Ω·m。
（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
（2）船以vs＝5.0m/s的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0m/s的速率涌入进水口由于通道的截面积小球进水口的截面积，在通道内海水速率增加到vd＝8.0m/s。求此时两金属板间的感应电动势U。
（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压U/＝U－U计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力。当船以vs＝5.0m/s的船速度匀速前进时，求海水推力的功率。
【解析】： (20分)
（1）根据安培力公式,推力F1=I1Bb，其中I1=, R＝ρ 则Ft= N
对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)
（2）U=Bub=9.6 V
（3）根据欧姆定律，I2=A
安培推力F2＝I2Bb＝720 N
对船的推力F＝80%F2＝576 N
推力的功率P＝vs＝80%F2vs＝2 880 W
【备考提示】：本题以磁流体推进器为立意命题，巧妙结合了电磁学中的重要概念、定则、定律并进行计算，考查了考生对基础知识在掌握的同时程度、灵活多变的综合分析能力，也考查了理论联系实际并解决实际问题的应用能力。
35.[上海物理卷.22] （14分）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动．求：
（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2；
(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q．
【解析】（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有
mg＝f＋
解得：v＝
（2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中
(mg＋f)×h＝
(mg－f)×h＝
解得：v1＝＝
（3）在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得
解得：Q＝
【备考提示】：题目考查了电磁感应现象、导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则、动能定理和能量转化和守恒定律，而线框在磁场中的运动是典型的非匀变速直线运动，功能关系和能量守恒定律是解决该类问题的首选，备考复习中一定要突出能量在磁场问题中的应用。
36.[广东物理卷.16] （16分）如图11所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为的匀质金属杆和，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直。设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度撞击杆的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆初始位置相距为S。求：
（1）回路内感应电流的最大值；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；
（3）当杆与杆的速度比为时，受到的安培力大小。
【解析】：（1）对小球和杆A1组成的系统，由动量守恒定律，得：
①
又 s＝vt
H＝ ②
由①②③式联立：
④
回路内感应电动势的最大值 E＝BLv1 ⑤
回路内感应电流的最大值 I＝ ⑥
联立④⑤⑥式得：
回路内感应电流的最大值：I＝
（2）对两棒组成的系统，由动量守恒定律，得：
由能量守恒定律可得整个运动过程中感应电流最多产生热量：
Q＝＝
（3）由能量守恒定律，得：
又 ∶＝1∶3
A2受到的安培力大小
【备考提示】：电磁感应定律、安培力、闭合电路欧姆定律、动量守恒和能量守恒均是高中物理的重点知识，并能灵活运用。
37.[江苏卷. 19] （17分）如图所示，顶角θ=45°，的金属导轨 MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向左滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r。导体棒与导轨接触点的a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t=0时，导体棒位于顶角O处，求：
（1）t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向。
（2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式。
（3）导体棒在0～t时间内产生的焦耳热Q。 （4）若在t0时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x。
【解析】：（1）0到t时间内，导体棒的位移： x＝t
t时刻，导体棒的长度： l＝x
导体棒的电动势： E＝Bl v0
回路总电阻： R＝(2x＋x)r
电流强度：
电流方向： b→a
（2） F＝BlI＝
（3）解法一：t时刻导体的电功率： P＝I2R＝
∵P∝t ∴ Q＝t＝
解法二：t时刻导体棒的电功率： P＝I 2R
由于I恒定 R/＝v0rt∝t
因此
Q＝
（4）撤去外力持，设任意时刻t导体的坐标为x，速度为v，取很短时间Δt 或很短距离Δx
解法一
在t～t+时间内，由动量定理得
BIlΔt＝mΔv
扫过的面积ΔS＝ （x=v0t）
x＝
设滑行距离为d，则
即 d2+2v0t0d－2ΔS＝0
解之 d＝－v0t0+ （负值已舍去）
得 x＝v0t0+ d＝＝
解法二
在x～x+Δx，由动能定理得
FΔx＝（忽略高阶小量）
得
以下解法同解法一
解法三（1）
由牛顿第二定律得 F＝ma＝m
得 FΔt＝mΔv
以下解法同解法一
解法三（2）
由牛顿第二定律得 F＝ma＝m＝m
得 FΔx＝mvΔv
以下解法同解法二
【备考提示】：本题把感应电动势、安培力、物体的运动直流电路知识巧妙结合在一起，是一道综合性很强的试题，知识容量大，综合考查考生分析、推理的能力和图形转换能力。滑杆类问题历来是高考命题的重点和热点，这类问题设问灵活，综合性强，在复习过程中应引起足够的重视。
十二、交变电流 电磁振荡和电磁波
38.[四川卷.18] 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯泡正常发光。则
A．电流表的示数为A B．电源输出功率为1200W
C．电流表的示数为A D．原线圈端电压为11V
【答案】： C
【解析】：灯泡正常发光，则副线圈的电流为I1＝＝A，根据变压器的电流关系可得：原线圈中的电流I0＝＝A，即电流表的示数为A，原线圈中电压为：U0＝＝4400V，电源的输出功率P＝UI＝4400×＝60W，故选择C。
【备考提示】：题目涉及理想变压器的电流关系、电压关系和功率关系等知识，考查了考生对基本概念和基本公式的理解和掌握程度，解题时应注意题目中电流、电压都是指有效值。
39.[广东物理卷.9] 目前雷达发射的电磁波频率多在200MHz至1000MHz的范围内。下列关于雷达和电磁波说法正确的是
A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间
B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离
D．波长越短的电磁波，反射性能越强
【答案】：ACD
【解析】：据 λ=υ/c，电磁波频率在200MHz至1000MHz的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间，故A正确。雷达是利用电磁波的反射原理，电磁波的产生是依据麦克斯 韦的电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，故CD正确。有的考生错误的认为磁场产生电场，电场产生磁场，选出错误的选项。 属于容易题。
【备考提示】：考查麦克斯韦的电磁场理论、雷达的原理，麦克斯韦的电磁场理论是电磁波产生的理论基础。
40.[江苏物理卷.8]如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关。P是滑动变阻器R的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2 分别为原线圈和副线圈中的电流。下列说法正确的是
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1 不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则 I1减小
【答案】：BC
【解析】：S由b切换a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，R1消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大，所以A错C对；S由a切换b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，I2减小，B对；P向上滑动时，R减小，I2增大，由电流与匝数的关系可知，I1增大，D错。
【备考提示】：本题涉及理想变压器的电流关系、电压关系和功率关系等知识，考查考生灵活选择公式解决问题的能力。
（二）填空题
41.[上海卷.2B] 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数分别为nl和n2， 当负载电阻R中流过的电流为I时，原线圈中流过的电流为 ；现减小负载电阻R的阻值，则变压器的输入功率将 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
【答案】： 增大
【解析】：由变压器的电流比可知，，故，由题意知原线圈的电压不变，由P2＝和P1＝P2可知，R减小时，则P1＝P2均增大。
【备考提示】：考查变压器的原理，电压比和电流比。理想变压器有以下典型关系：①匝数比一定时，副线圈电压U2由圆线圈电压U1决定 ②输入电流由输出电流决定 ③输入功率由输出功率决定
（三）计算题
42.[广东物理卷.14] （12分）某发电站的输出功率为kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电。已知输电导线的电阻率为，导线横截面积为，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
（1）升压变压器的输出电压；
（2）输电线路上的电压损失。
【解析】：设线路电阻为R，线路的损失功率为P损，线路的损失电压为U损，发电站的输出功率为P，升压变压器的输出电压为U。
由电阻定律，得：
R＝＝25.6Ω
线路损失的功率P损＝4%P＝I2R
则 ＝125A
由P＝UI得 U＝＝8×104V
U损＝IR＝125×25.6＝3200V
【备考提示】：变压器和远距离输电是电磁学部分需掌握的内容。
43.[北京卷.23] (18分)如图1所示，真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示。将一个质量m=2.0×kg,电量q=＋1.6×C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求： (1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小; (2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动量的大小； (3)A板电势变化频率多大时，在t＝到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
【解析】：（18分）
（1）电场强度 E＝
带电粒子所受电场力 qE＝q，F＝ma
（2）粒子在0～时间内走过的距离为
故粒子在t＝时恰好到达A板
根据动量定理，此时粒子
p＝Ft＝4.0×kg·m/s
（3）带电粒子在t＝～t＝向A板做匀加速运动，在t＝～t＝向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移
s＝2×
要求粒子不能到达A板，有，s＜d
由f＝，电势变化频率应满足 f＞
【备考提示】：本题考查带电粒子在电场中的加速，对这类问题，要分清运动情况和受力情况，找出其运动的临界状态，也考查了考生的审题能力。
八、电场
（一）、选择题：
1.[全国卷II.17] ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是
A．两处的电场方向相同，E1＞E2
B．两处的电场方向相反，E1＞E2
C．两处的电场方向相同，E1＜E2
D．两处的电场方向相反，E1＜E2
【答案】：D
【解析】：由对称性可知，P1左端杆内内的电荷与P1右端内的电荷在P1处的场强为零，即P1处场强E1是由杆的右端内电荷产生的。而P2处场强E2可看作是杆的右端内的电荷在P2处的合场强，由对称性可知，杆的右端内的电荷在P2处场强大小也为E1，若假定杆的右端内的电荷在处场强为E/，由电场的合成可知：E2=E1+E/, E2>E1，由此分析可知，两处场强方向相反，故D选项正确。
【备考提示】：本题考查电场的叠加，同时把物理学中对称的思想应用于命题中，要善于转换物理模型，从中找出最佳的方法。
2. [北京卷.14] 使用电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是
【答案】：B
【解析】：带电的金属球靠近不带电的验电器时，在验电器上感应出异种电荷，验电器的顶端带上正电荷，金属箔片带上负电荷。故B选项正确。
【备考提示】：本题考查静电感应知识，解答时应明确静电感应不是产生了电荷，而是电荷的转移，是电荷从导体的一部分转移到另一部分，电荷的总电量不变。
3.[上海卷.8] A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为UA、UB，则
（A）EA = EB ． （B）EA＜EB．
（C）UA = UB （D）UA＜UB ．
【答案】：AD
【解析】：由图象可知，电子做匀加速直线运动，故该电场为匀强电场，即 EA = EB 。电子动能增加，电势能减少，电势升高，即UA＜UB
【备考提示】：本题考查电势、带电粒子在电场中的运动v—t图象。通过带电粒子在电场中的运动性质的研究是研究电场性质的常用方法。
4.[天津卷.21] 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段为Δl的电子束内的电子个数是
A． B． C． D．
【答案】：B
【解析】：设单位体积电子束含有n个自由电子，由电流强度的定义知：I＝＝＝neSv，所以n＝，电子经加速电场加速后，满足：eU＝mv2，得：n＝，长为Δl的电子束内的电子个数为N＝nΔlS＝。
【备考提示】：本题涉及带电粒子在电场中的加速和对电流强度的微观含义的理解，考查考生分析、推理和综合能力。
5.[四川卷. 20] 带电粒子M在只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－4J的功。则
A．M在P点的电势能一定小于在Q点的电势能
B．P点的场强小于Q点的场强
C．P点的电势一定高于Q点的电势
D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能
【答案】： AD
【解析】：带电粒子由P点运动到Q点，克服电场力做功，电势能增加，动能减少，由于条件不足，不能比较电场强度、电势的大小。因此选择AD。
【备考提示】：题目涉及电势能、场强和电势等基本概念对动能定理的运用，考查了考生在对基础知识的掌握程度和利用基础知识分析问题、解决问题的能力。
6.[重庆卷.19] 如题19图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在人P到达N点的过程中
A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大
C.电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小
【答案】：AC
【解析】：根据轨迹可知：电子从M到P电场力做正功，动能增加，电势能减小；电子从P到N电场力做负功，动能减小，电势能增加。故应先AC。
【备考提示】：本题考查带电粒子在电场中的运动，考查考生的综合分析能力，弄清库仑力对电子的做功情况是解题的关键
（二）、填空题
7.[上海物理卷.1A] 如图所示，一束β粒子自下而上进人一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向向 ，进人电场后，β粒子的动能 （填“增加”、“减少”或“不变”）．
【答案】：左 增加
【解析】：由图可知，β粒子（带负电）所受电场力方向水平向右，故电场方向向左。由于电场力作正功，根据动能定理可知粒子在电场中动能增加。
【备考提示】：带电粒子在电场中的运动问题，常会将典型的判断、轨迹判断、能量的变化等结合起来综合进行定性考核。
（三）、计算题：
8.[全国卷I.25] (20分)有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。
如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为ε、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α<<1）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。
（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势ε至少应大于多少？
（2）设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。
【解析】：（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，则
q>mg ①
其中 q=αQ ②
又有 Q=Cε ③
由以上三式有 ε> ④
（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有
q+mg=ma1郝双制作 ⑤
d=a1t12 ⑥
当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有
q－mg=ma2 ⑦
d=a2t22 ⑧
小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在T时间内往返的次数
n=郝双制作 ⑨
由以上关系式得:
n= ⑩
小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量
Q'=2qn
由以上两式可得：
Q'=作
【备考提示】：本题考查带电粒子在复合场的运动，对这类题目的处理，首先要认真审题，弄清在不同物理过程中小球的运动情况和受力情况，分清不同物理过程对应的物理规律，才能正确求解。
9.[上海物理卷.23] （l4分）电偶极子模型是指电量为q、相距为l的一对正负点电荷组成的电结构，O是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图(a)所示的矢量表示．科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的，平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性．当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化．
(1）如图(b）所示，有一电偶极子放置在电场强度为E。的匀强外电场中，若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为θ，求作用在电偶极子上的电场力绕O点的力矩；
（2）求图(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功；
（3）求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的电势能；
（4）现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图(c）排列，它们相互间隔距离恰等于 1．加上外电场EO后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中A点 处引人一电量为+q0的点电荷(q0很小，不影响周围电场的分布），求该点电荷所受电场力的大小。
【解答】：（1）由题意可知电场力的力臂为l sinθ，故力矩M＝2×E0q×l sinθ＝E0q/sinθ
（2）W＝2 E0q×(1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ)
（3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角0或者π
①当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图所示）由于电偶极子与电场垂直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功，电势能 EP1=－E0ql
②当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角π为时同理可得，电势能 EP2=E0ql
（4）由题意知 F＝E0q0－2
【备考提示】：题目以课本从未出现“电偶极子”为立意命题，考查了电场力做功、电势能、力矩及带电粒子受力等知识，考查了理解、分析、推理和创新能力，并灵活运用上述概念和规律，解决实际问题。
九、稳恒电流
（一）、选择题：
10.[上海卷.11] 在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是
（A）U1/I不变，ΔU1/ΔI不变． （B）U2/I变大，ΔU2/ΔI变大．
（C）U2/I变大，ΔU2/ΔI不变 （D）U3/I变大，ΔU3/ΔI不变．
【答案】：ACD
【解析】：，由于R1不变，故不变，不变，同理，＝R2，由于R2变大，所以变大。但是，所以不变。
而，所以变大。由于，所以不变。
故选项 A、C、D 正确。
【备考提示】：闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律的联系与区别是近年常考的知识点。
11.[天津卷.19] 如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同。在电键S处处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则
A．电压表的示数变大
B．电池内部消耗的功率变大
C．电阻R2两端的电压变大
D．电池的效率变大
【答案】：B
【解析】：令R1＝R2＝R0，在位置1，外电路总电阻为R＝R0；电键S1由位置1切换2，则整个外电阻为R/＝R0，由于总电阻减小，总电流增大，内电压增大，电压表示数减小，A错；内耗功率P＝I2r，故P增大，B对；电键在位置1时的R2两端电压为UR2＝；电键在位置2时，R2两端电压为(E－＝＝，则UR2－＝＞0，故UR2＞，则C错；电池效率＝×100%＝×100%，由于R减小，η减小，故D错。
【备考提示】：本题涉及直流电路的动态分析，分析时要紧紧抓住由局部→整体→局部的思想，先由局部的电阻变化，分析整体的电阻、电流、电压的变化，然后再回到局部讨论相差物理量的变化。
12.【上海理综.9】 夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系见图6，此空调器运行1小时用电
A．1.0度
B．1.5度
C．2.0度
D．2.5度
【答案】： B
【解析】：从题图可以看出，在1小时内，空调器以0.5kW工作的时间为20分钟，以2kW工作的时间为40分钟，故空调器1小时内用电为：P1t1＝P2t2＝0.5×× kW·h＋2 kW·h＝1.5 kW·h＝1.5度。
【备考提示】：本题以现实生活的空调器立意命题，涉及电功率、电功知识，考查考生运用所学知识解决实际问题的能力。
（二）、填空题：
13.【上海理综.二】（本大题共13分）当你在享受电带来的高质量生活时，是否关注过用电安全？一份关于家庭用电环境的调查引起了某研究性学习小组的兴趣。
30.下表是五城市家庭用电环境调查的部分数据。它表明用电环境最安全的城市是__________。最高不安全率与最低不安全率相差_________。
城市
A
B
C
D
E
不安全率(%)
47
70
90
60
41
【答案】：E，49%
【解析】：从图表中的百分值可看出，不安全率最高的是C城市的90%，不安全率高低的是E城市的41%，两者相差49%。
【备考提示】：本题以图表的形式命题，考查从题中提取信息的能力。
31.研究性学习小组经讨论得出家庭用电不安全事例主要有：电器漏电、线路老化、________、＿＿_____等。并提出猜想：[1]家庭电路连接有熔丝（保险丝），应该是安全的；[2]熔丝只能保护电路，而不能保护人。某同学说：我家还安装了漏电保护器，很安全的。于是，大家决定探究熔丝和漏电保护器在电路中的作用，小组同学汇兑资料并绘制电器漏电示意图如下：
①熔丝是一种合金丝，当电路中的电流超过熔丝的额定电流时，它就会熔断。
②当通过人体的电流大于30毫安时，将有生命危险。
③漏电保护器是防止电流泄漏的装置，如果火线与零线中的电流不同，它将切断电源。
综合上述图、表，能够支持猜想 [2]的资料有__________、___________（从①、②、③中选择），理由中_________________________。电路中，若用铜丝代替熔丝，可能出现的危害是___________________。
【答案】：无接地线，使用 ① ② 流过熔丝的电流未超过其额定电流，但流过人体的电流已超过30毫安 电流过大而不熔断，容易发生火灾。
【解析】：家庭用电不安全的事例有很多，除电器漏电、线路老化外，还有像无接地线，使用劣质开关或插座，长时间超负荷使用大功率用电器等；熔丝有很多种，有的家用熔丝的额定电流很大，远远超过30毫安，而熔丝之所以能保险，是由于熔丝的熔断，即必须超过它的额定电流，对人体不一定能起保护作用。在电路中，若用铜丝替换保险丝，铜丝不容易烧断，若电流过大，往往会引起火灾。
【备考提示】：以日常生活的“用电安全”为命题，体现了学以致用的思想，考查考生利用所学知识分析实际问题的能力。
32.结合31题的资料③，你认为图18中四种（A、B、C、D）漏电保护器的安装方法正确的有
【答案】：B
【解析】：漏电保护器的原理是当火线与零线中电流不同时，它会切断电源，从图中可看出，C只接在火线上，D只接在零线上，而A是零线的地线上，故只有B接法正确。
【备考提示】：本题涉及对漏电保护器原理的分析，考查考生分析、综合能力。
33.细心的同学发现图18中有一处用电不安全隐患。请将图中不安全因素用笔圈出。
【答案】：地线接在自来水管上
【解析】：地线不能接在自来水管上，一旦零线断开，地线中便有了电流，会引起危险。
【备考提示】：考查用电安全知识和分析实际问题的能力。
34. 观察图19A，若沐浴器发生漏电可导致其外壳带电，请分析其危险性：______________________。为了更加合理和安全地使用电热沐浴器器，该研究小组在理论上设计了B、C两种方案（见图19），图中的R相当于保护电阻。根据已有知识判断，可行方案是______（填“B”或“C”），理由是___________________________________。
【答案】：容易发生人体触电 C 发生漏电时人体分得的电压只有12V，所以不会造成危险。
【解析】：若沐浴器漏电使外壳带电，容易发生人体触电事故，要B、C两种方案中，B中保护电阻R仅分得20V，人体分得电压200V，起不到保护作用，而C中保护电阻R分得208，人体分得12V，所以是安全的。
【备考提示】：试题来源于对实际问题的处理，考查考生解决实际问题的能力。
（三）、计算题：
14.[广东大综. 36] （7分）保护自然环境，开发绿色能源，实现旅游与环境的协调发展
（2）某植物园的建筑屋顶有太阳能发电系统，用来满足园内用电需要。已知该发电系统的输出功率为1.0×105W，输出电压为220V。求：
①按平均每天太阳照射6小时计，该发电系统一年（365天计）能输出多少电能？
②该太阳能发电系统除了向10台1000W的动力系统正常供电外，还可以同时供园内多少盏功率为100W，额定电压为220V的照明灯正常工作？
③由于发电系统故障，输出电压降为110V，此时每盏功率为100W、额定电压为220V的照明灯消耗的功率等是其正常工作时的多少倍？
【解析】：（2）①P＝1.0×105W
t＝365×6h
E＝Pt＝kW·h或E＝7.884×011J ①
②900盏 ②
③设P1和U1分别为照明灯正常工作的功率和电压，P2和U2分别为供电系统发生故障后照明灯的实际功率和电压
P1＝ ③
P2＝ ④
评分说明：①②③式各1分，④式2分
【备考提示】：本题涉及电功、电功率、欧姆定律等知识，属容易题。
15.[重庆卷.23] （16分）三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A.若将它们连接成题23图1、题23图2所示电路，且灯泡都正常发光，
试求题23图1电路的总电流和电阻R2消耗的电功率;
分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能。
【解析】：23.(16分)
(1)由题意，在题23图1电路中：
电路的总电流 I总＝IL1+ IL2+ IL3=0.9 A
=E- I总r=2.55 V
UR2= U路程- UL3=0.05 V
IR2= I总=0.9 A
电阻R2消耗功率 PR2= IR2 UR2=0.045 W
（2）题23图1电源提供的电功率
P总= I总E=0.9×3 W=2.7 W
题23图2电源提供的电功率
P′总= I′总 E′＝0.3×6W＝1.8 W
由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总< P总
所以，题23图2电路比题23图1电路节能。
【备考提示】：考查电路的分析和计算，考查考考生应用数学知识分析物理问题的能力。只要熟练掌握闭合电路的欧姆定律、功率的计算方法，很容易解答。
16.[四川卷.24] (19分)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1 Ω，电阻R=15 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板?此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2)
答案:
【解析】：(19分)
(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。
设两板间电压为UAB
由动能定理得 －mgd－qUAB=0－ ①
∴滑动变阻器两端电压 U=UAB=8V ②
设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得
I= ③
滑动变阻器接入电路的电阻 ④
(2)电源的输出功率 P＝I2(R ＋R)=23 W ⑤
【备考提示】：本题涉及直流电路中电容器和带电粒子在电场中的运动问题，解决含电容器的直流电路，关键是明确电容器两极板电压与直流电阻的关系；对带电粒子在复合场中的运动，关键是分析清楚带电粒子的运动情况和受力情况，还要善于挖掘题目中隐含条件，由功能关系求解。
17.[江苏物理卷.15] （14分）电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，他们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同。图①为某种电热式电器的简化电路图，主要远件有电阻丝 R1、R2和自动开关S。
（1）当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？
（2）用电器由照明电路供电（U＝220V，设加热时用电器的电功率为400W，保温时用电器的电动功率为40W，则 R1和 R2分虽为多大？
（3）若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图②所示，其它条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能。
【解析】：（1）S闭合，处于加热状态………………………………………………①
S断开，处于保温状态………………………………………………②
（2）由于功率公式得
………………………………………………………………③
…………………………………………………………④
联立③④得R1＝121Ω
R2＝1089Ω
（3）W＝P1＋P2＝0.22kW·h（或7.92×105J）
【备考提示】：本题是一道对基础知识考查的题目，要求掌握电功、电功率的计算及二极管单向导电性。
十、磁场
（一）、选择题：
18.[广东大综.29] 如图9所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒.在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确是
A．B＝mg，方向垂直斜面向上
B．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】：若磁场方向垂直斜面向上，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向上，则杆受竖直向下的重力mg，斜面对杆的支持力FN和沿斜面向上的安培力F，如图所示，则sinα＝，而F＝IlB，所以B＝mg，故A对D错；若磁场方向垂直斜面向下，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向下，因斜面光滑，杆不可能静止在斜面上，故B、C错。
【备考提示】：本题涉及安培力、力的平衡知识，考查考生运用所学知识综合分析问题的能力。
19.[全国卷I.17] 图中为一“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选 电子仍能够沿水平直线OO'运动，由O'射出。不计重力作用。可能达到上述目的的办法是
A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里
B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外
D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
【答案】：AD
【解析】：要使电子沿OO/运动，则电子在竖直方向所受电场力和洛仑兹力平衡，若a板电势高于b板，则电子所受电场力竖直方向，其所受洛仑兹力必向下，由左手定则可判定磁场方向向里，故A选项正确。同理可判定D选项也正确。
【备考提示】：本题以“滤速器”为命题背景，涉及了对带电粒子的运动问题，考查力的平衡、左手定则等知识，用左手定则判定洛仑兹力时，应注意四指的指向与电子运动方向相反。
20.[北京卷.20] 20.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t2 若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的 A.轨迹为pb,至屏幕的时间将小于t B.轨迹为pc,至屏幕的时间将大于t C.轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t D.轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t
【答案】：D
【解析】：碰撞过程其动量守恒，所以碰撞前后动量不变，由r＝知，微粒的轨道半径不变，故仍轨迹pa，但由于碰后其运动速率比原来小，所以至屏幕时间将大于t。
【备考提示】：本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，求解的关键是分析轨道半径的变化，还考查了考生分析和综合能力。
（二）、填空题
21.[上海物理卷.1B] 如图所示，一束β粒子自下而上进人一垂直纸面的匀强磁场后发生偏转，则磁场方向向，进人磁场后，p粒子的动能 （填“增加”、“减少”或“不变”）
【答案】：里 不变
【解析】：由图可知，β粒子（带负电）进入磁场时所受洛伦兹力方向水平向右，根据左手定则可以判断方向向左。 由于电场力作正功，根据动能定理可知粒子在电场中动能增加磁场方向向里。由于β粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以β粒子的动能不变。
【备考提示】：带电粒子在磁场中的运动问题，常会将典型的判断、轨迹判断等结合起来综合进行定性考核。
22.[上海物理卷.2A] 如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r．现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为 ，方向 ．
【答案】： ，垂直两导线所在平面向外
【解析】：根据安培定则可知，1、2 两导线在 a 点的磁感应强度大小相等， 方向相同，都为。而2导线在a、b 两处的磁感应强度等大反向，故去掉导线1后，b 点的磁感应强度大小为 ，方向垂直两导线所在平面向外。
【备考提示】：考查电流的磁场、磁感应强度，磁场的叠加时容易将方向弄错。易将安培定则与左手定则混淆，复习过程中应注意加强。另外，矢量的叠加观点是贯穿高中的重要思想方法，也是高考的重点。
（三）、计算题：
23.[重庆卷.24] （19分）有人设想用题24图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。粒子在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比。电离后，粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域II,其中磁场的磁感应强度大小为B,方向如图。收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。半径为r0的粒子，其质量为m0、电量为q0,刚好能沿O1O3直线射入收集室。不计纳米粒子重力。（）
（1）试求图中区域II的电场强度；
（2）试求半径为r的粒子通过O2时的速率；
（3）讨论半径r≠r2的粒子刚进入区域II时向哪个极板偏转。
【解析】： (19分)
（1）设半径为r0的粒子加速后的速度为v0，则
设区域II内电场强度为E,则
v0 q0B= q0E
电场强度方向竖直向上。
（2）设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v,则
由 得：
（3）半径为r的粒子，在刚进入区域II时受到合力为：
F合=qE-qvB=qB(v0-v)
由可知，当
r>r0时，v
r
【备考提示】：本题考查带电在电磁场中的运动，综合考查了动能定理、受力分析等方面的知识和规律。对考生的分析综合能力、应用数学知识的能力要求较高。
24.[天津卷.24] （18分）在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度应大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界的交点C处沿＋y方向飞出。
（1）判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B/，该粒子仍以A处相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B/多大？此粒子在磁场中运动手所用时间t是多少？
【解析】：（18分）
（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径
R＝r ①
又 qvB＝m ②
则粒子的比荷 ③
（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变60°角，故AD弧所对应的圆心角为60°，粒子做国，圆周运动的半径
R/＝rcot30°＝r ④
又 R/＝m ⑤
所以 B/＝B ⑥
粒子在磁场中飞行时间
t＝ ⑦
【备考提示】：本题考查带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，求解关键是找出带电粒子做圆周运动的圆心，求解其轨迹半径，还考查了考生分析、综合和运用数学知识解决问题的能力。
25. [四川卷.25]（20分）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1.57T。小球1带正电，其电量与质量之比=4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定和水平悬空支架上。小球1向右以v0＝23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g＝9.8m/s2）问：
（1）电场强度E的大小是多少？
（2）两小球的质量之比是多少？
【解析】：（20分）
（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 mg1=q1E ①
E＝2.5N/C ②
（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
q1v1B＝ ③
半径为 R1＝ ④
周期为 T＝＝1s ⑤
∵两球运动时间 t＝0.75s＝T
∴小球1只能逆时针经周期时与小球2再次相碰 ⑥
第一次相碰后小球2作平抛运动 h＝R1＝ ⑦
L＝R1＝v2t ⑧
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向
m1v0＝m1v1+m2v2 ⑨
由⑦、⑧式得 v2＝3.75m/s
由④式得 v1＝17.66m/s
∴两小球质量之比： ＝11 ⑩
【备考提示】： 本题涉及力的平衡、圆周运动、平抛运动和动量守恒定律等知识点，考查了考生分析、推理和综合能力，试题涉及的知识点较多，但只要认真分析物理过程，找准物理过程对应的物理规律，还是容易求解。
26.[全国卷II.25]（20分）如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？
【解析】：（20分）
粒子在整个过程中的速度大小恒为v，交替地在xy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为和r2，有
r1＝ ①
r2＝ ②
现分析粒子运动的轨迹。如图所示，在xy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2 r1的A点，接着沿半径为2 r2的半圆D1运动至y轴的O1点，O1O距离
d＝2（r2－r1） ③
此后，粒子每经历一次“回旋”（即从y轴出发沿半径r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方y轴），粒子y坐标就减小d。
设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点。若OOn即nd满足
nd＝2r1= ④
则粒子再经过半圆Cn+1就能够经过原点，式中n＝1，2，3，……为回旋次数。
由③④式解得
⑤
由①②⑤式可得B1、B2应满足的条件
n＝1，2，3，…… ⑥
评分参考：①、②式各2分，求得⑤式12分，⑥式4分。解法不同，最后结果的表达式不同，只要正确，同样给分。
【备考提示】：题目考查了带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，正确分析带电粒子在磁场中的运动的物理图象，并作出粒子运动轨迹的示意图是解题的关键所在，另外还考查了考生的发散思维能力。
27.[广东物理卷.18] （17 分）在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质 量均为m，电量为＋q的完全相同的带电粒子P1和P2，在小孔A处以初速度为零先后释放。在平行板间距为d的匀强电场中加速后，P1从C处对着圆心进入半径为R的固定圆筒中（筒壁上的小孔C只能容一个粒子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场。P1每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移，P1进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D，∠COD=θ，如图12所示。延后释放的P2，将第一次欲逃逸出圆筒的P1正碰 圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变平行板间的电压，并利用P2与P1之后的碰撞，将P1限制在圆 筒内运动。碰撞过程均无机械能损失。设d=，求：在P2和P1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P1与筒壁的可能碰撞次数。
附：部分三角函数值
tan
3.08
1.37
1.00
0.73
0.58
0.48
0.41
0.36
0.32
【解析】：P1从C运动到D，
周期，
半径r＝Rtan＝，
从C到D的时间
每次碰撞应当在C点，设P1的圆筒内转动了n圈和筒壁碰撞了K次后和P2相碰于C点，K＋1所以时间间隔，则
P1、P2次碰撞的时间间隔
＝
在t时间内，P2向左运动x再回到C，平均速度为，
由上两式可得： ≥
（K＋1）（1－）≤
tan≤
当 n=1, K=2、3、4、5、6、7 时符合条件，K=1、8、9………不符合条件
当 n=2,3,4……….时，无化K=多少，均不符合条件。
【备考提示】：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动圆周运动以及归纳法在高中物理中经常用到的方法，属于能力要求较高的题目。
十一、电磁感应
（一）、选择题：
28.[重庆卷.21] 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如题21图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率向下V2匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B．cd杆所受摩擦力为零
C. 回路中的电流强度为
D．μ与大小的关系为μ＝
【答案】：AD
【解析】：由于cd不切割磁感线，故电路中的电动势为BLv1，电流为，ab杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。cd杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。故应AD。
【备考提示】：本题考查法拉第电磁感应定律、平衡条件的应用、闭合电路的欧姆定律等，考查考生分析、推理、理解、应用能力。
29.[全国卷I.21] 如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob（在纸面内），磁场方向垂直纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：①以速率v移动d，使它与ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与oa的距离减小一半；③然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；④最后以速率2v移动d，使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则
A. Q1＝Q2＝Q3＝Q4
B. Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4
C. 2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4
D. Q1≠Q2＝Q3≠Q4
【答案】：A
【解析】：设开始导轨d与Ob的距离为x1，导轨c与Oa的距离为x2，由法拉第电磁感应定律知，移动c或d时产生的感应电动势： E＝＝
通过导体R的电量为：Q＝I＝Δt＝
由上式可知，通过导体R的电量与导体d或c移动的速度无关，由于B与R为定值，其电量取决于所围成面积的变化。
①若导轨d与Ob距离增大一倍，即由x1变2 x1，则所围成的面积增大了ΔS1＝x1·x2；
②若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x2变为，则所围成的面积又减小了ΔS2＝·2x1＝x1·x2；
③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3＝ΔS2＝·2x1＝x1·x2；
④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4＝x1·x2；
由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4。
【备考提示】：本题难度较大，要求考生对法拉第电磁感应定律熟练掌握，明确电量与导轨运动速度无关，而取决于磁通量的变化，同时结合图形去分析物理过程，考查了考生综合分析问题的能力。
30.[全国卷II.20] 如图所示，位于同一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直。现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动。杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于
A．F的功率 B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率 D．iE
【答案】：BD
【解析】：随时间增大的过程中，杆的速度越来越大，加速度越来越小，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转化成电能的电功率，即等于电阻消耗的功率，整个回路中只有外电阻R，故电源的功率即电阻消耗的功率。
【备考提示】：本题涉及电磁感应现象中的安培力、感应电流等知识，考查了能量转化与守恒在电磁感应现象中的应用。
31.[上海物理卷.12] 如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时
（A）电阻R1消耗的热功率为Fv／3．
（B）电阻 R。消耗的热功率为 Fv／6．
（C）整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ．
（D）整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v·
【答案】：BCD
【解析】：由法拉第电磁感应定律得 E＝BLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 F＝BIL，所以电阻R1的功率P1＝（0.5I）2 R=Fv/6，B选项正确。由于摩擦力 f＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ。整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v。
【备考提示】：本题考查了法拉第电磁感应定律、安培力、能量守恒和转化定律、功率、牛顿运动定律等内容，而电磁感应一类题目的求解常用能量相结合的办法来解决。
32. [天津卷.20] 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图3中正确表示线圈感应电动势E变化的是
【答案】： A
【解析】：在第1s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝，在第2s和第3s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流，在第4s和第5s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E1＝，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A选项正确。
【备考提示】：考查了电磁感应现象中对图象问题的分析，要正确理解图象问题，必须能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去，又能根据对实际过程抽象对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律判断。
33.[四川卷.17] 如图所示，接有灯泡L的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同。图中O位置对应于弹簧振子的平衡位置，P、Q两位置对应于弹簧振子的最大位移处。若两导轨的电阻不计，则
A．杆由O到P的过程中，电路中电流变大
B．杆由P到Q的过程中，电路中电流一直变大
C．杆通过O处时，电路中电流方向将发生改变
D．杆通过O处时，电路中电流最大
【答案】：D
【解析】：导体杆往复运动，切割磁感线相当于电源，其产生的感应电动势E＝Blv，由于杆相当于弹簧振子，其在O点处的速度最大，产生的感应电动势最大，因此电路中的电流最大。根据右手定则，电流在P、Q两处改变方向，此时的电流为零。故选择B.
【备考提示】：题目涉及电磁感应现象和简谐运动的知识，是一道综合题，考查考生运用所学知识综合分析问题的能力。
34 [广东物理卷.10] 如图4所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0《L。先将线框拉开到如图4所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦。下列说法正确的是
A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为：
a→b→c→d→a
B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为：
a→d→c→b→a
C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D．金属线框最终将在磁场内做简谐运动
【答案】： D
【解析】：金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为：
a→b→c→d→a 。金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判 断电流的方向为 a→d→c→b→a 。根据能量转化和守恒，可知，金属线框dc边进入 磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等。如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动， 由于d0《L，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10度，故最终在磁场内做简谐运动。 答案为C。有的考生不能分析出金属线框最后的运动状态。属于难题。
【备考提示】：本题考查右手定则、楞次定律、简谐运动的条件，而这些是高中必须掌握的知识。
（三）、计算题：
35.[北京卷.24] （20分）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。
如图2所示，通道尺寸a＝2.0m，b＝0.15m、c＝0.10m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B＝8.0T的匀强磁场；沿x轴正方向加匀强电场，使两金属板间的电压U＝99.6V；海水沿y轴正方向流过通道。已知海水的电阻率ρ＝0.22Ω·m。
（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
（2）船以vs＝5.0m/s的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0m/s的速率涌入进水口由于通道的截面积小球进水口的截面积，在通道内海水速率增加到vd＝8.0m/s。求此时两金属板间的感应电动势U。
（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压U/＝U－U计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力。当船以vs＝5.0m/s的船速度匀速前进时，求海水推力的功率。
【解析】： (20分)
（1）根据安培力公式,推力F1=I1Bb，其中I1=, R＝ρ 则Ft= N
对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)
（2）U=Bub=9.6 V
（3）根据欧姆定律，I2=A
安培推力F2＝I2Bb＝720 N
对船的推力F＝80%F2＝576 N
推力的功率P＝vs＝80%F2vs＝2 880 W
【备考提示】：本题以磁流体推进器为立意命题，巧妙结合了电磁学中的重要概念、定则、定律并进行计算，考查了考生对基础知识在掌握的同时程度、灵活多变的综合分析能力，也考查了理论联系实际并解决实际问题的应用能力。
35.[上海物理卷.22] （14分）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动．求：
（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2；
(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q．
【解析】（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有
mg＝f＋
解得：v＝
（2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中
(mg＋f)×h＝
(mg－f)×h＝
解得：v1＝＝
（3）在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得
解得：Q＝
【备考提示】：题目考查了电磁感应现象、导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则、动能定理和能量转化和守恒定律，而线框在磁场中的运动是典型的非匀变速直线运动，功能关系和能量守恒定律是解决该类问题的首选，备考复习中一定要突出能量在磁场问题中的应用。
36.[广东物理卷.16] （16分）如图11所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为的匀质金属杆和，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直。设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度撞击杆的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆初始位置相距为S。求：
（1）回路内感应电流的最大值；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；
（3）当杆与杆的速度比为时，受到的安培力大小。
【解析】：（1）对小球和杆A1组成的系统，由动量守恒定律，得：
①
又 s＝vt
H＝ ②
由①②③式联立：
④
回路内感应电动势的最大值 E＝BLv1 ⑤
回路内感应电流的最大值 I＝ ⑥
联立④⑤⑥式得：
回路内感应电流的最大值：I＝
（2）对两棒组成的系统，由动量守恒定律，得：
由能量守恒定律可得整个运动过程中感应电流最多产生热量：
Q＝＝
（3）由能量守恒定律，得：
又 ∶＝1∶3
A2受到的安培力大小
【备考提示】：电磁感应定律、安培力、闭合电路欧姆定律、动量守恒和能量守恒均是高中物理的重点知识，并能灵活运用。
37.[江苏卷. 19] （17分）如图所示，顶角θ=45°，的金属导轨 MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向左滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r。导体棒与导轨接触点的a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t=0时，导体棒位于顶角O处，求：
（1）t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向。
（2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式。
（3）导体棒在0～t时间内产生的焦耳热Q。 （4）若在t0时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x。
【解析】：（1）0到t时间内，导体棒的位移： x＝t
t时刻，导体棒的长度： l＝x
导体棒的电动势： E＝Bl v0
回路总电阻： R＝(2x＋x)r
电流强度：
电流方向： b→a
（2） F＝BlI＝
（3）解法一：t时刻导体的电功率： P＝I2R＝
∵P∝t ∴ Q＝t＝
解法二：t时刻导体棒的电功率： P＝I 2R
由于I恒定 R/＝v0rt∝t
因此
Q＝
（4）撤去外力持，设任意时刻t导体的坐标为x，速度为v，取很短时间Δt 或很短距离Δx
解法一
在t～t+时间内，由动量定理得
BIlΔt＝mΔv
扫过的面积ΔS＝ （x=v0t）
x＝
设滑行距离为d，则
即 d2+2v0t0d－2ΔS＝0
解之 d＝－v0t0+ （负值已舍去）
得 x＝v0t0+ d＝＝
解法二
在x～x+Δx，由动能定理得
FΔx＝（忽略高阶小量）
得
以下解法同解法一
解法三（1）
由牛顿第二定律得 F＝ma＝m
得 FΔt＝mΔv
以下解法同解法一
解法三（2）
由牛顿第二定律得 F＝ma＝m＝m
得 FΔx＝mvΔv
以下解法同解法二
【备考提示】：本题把感应电动势、安培力、物体的运动直流电路知识巧妙结合在一起，是一道综合性很强的试题，知识容量大，综合考查考生分析、推理的能力和图形转换能力。滑杆类问题历来是高考命题的重点和热点，这类问题设问灵活，综合性强，在复习过程中应引起足够的重视。
十二、交变电流 电磁振荡和电磁波
38.[四川卷.18] 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯泡正常发光。则
A．电流表的示数为A B．电源输出功率为1200W
C．电流表的示数为A D．原线圈端电压为11V
【答案】： C
【解析】：灯泡正常发光，则副线圈的电流为I1＝＝A，根据变压器的电流关系可得：原线圈中的电流I0＝＝A，即电流表的示数为A，原线圈中电压为：U0＝＝4400V，电源的输出功率P＝UI＝4400×＝60W，故选择C。
【备考提示】：题目涉及理想变压器的电流关系、电压关系和功率关系等知识，考查了考生对基本概念和基本公式的理解和掌握程度，解题时应注意题目中电流、电压都是指有效值。
39.[广东物理卷.9] 目前雷达发射的电磁波频率多在200MHz至1000MHz的范围内。下列关于雷达和电磁波说法正确的是
A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间
B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离
D．波长越短的电磁波，反射性能越强
【答案】：ACD
【解析】：据 λ=υ/c，电磁波频率在200MHz至1000MHz的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间，故A正确。雷达是利用电磁波的反射原理，电磁波的产生是依据麦克斯 韦的电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，故CD正确。有的考生错误的认为磁场产生电场，电场产生磁场，选出错误的选项。 属于容易题。
【备考提示】：考查麦克斯韦的电磁场理论、雷达的原理，麦克斯韦的电磁场理论是电磁波产生的理论基础。
40.[江苏物理卷.8]如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关。P是滑动变阻器R的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2 分别为原线圈和副线圈中的电流。下列说法正确的是
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1 不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则 I1减小
【答案】：BC
【解析】：S由b切换a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，R1消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大，所以A错C对；S由a切换b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，I2减小，B对；P向上滑动时，R减小，I2增大，由电流与匝数的关系可知，I1增大，D错。
【备考提示】：本题涉及理想变压器的电流关系、电压关系和功率关系等知识，考查考生灵活选择公式解决问题的能力。
（二）填空题
41.[上海卷.2B] 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数分别为nl和n2， 当负载电阻R中流过的电流为I时，原线圈中流过的电流为 ；现减小负载电阻R的阻值，则变压器的输入功率将 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
【答案】： 增大
【解析】：由变压器的电流比可知，，故，由题意知原线圈的电压不变，由P2＝和P1＝P2可知，R减小时，则P1＝P2均增大。
【备考提示】：考查变压器的原理，电压比和电流比。理想变压器有以下典型关系：①匝数比一定时，副线圈电压U2由圆线圈电压U1决定 ②输入电流由输出电流决定 ③输入功率由输出功率决定
（三）计算题
42.[广东物理卷.14] （12分）某发电站的输出功率为kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电。已知输电导线的电阻率为，导线横截面积为，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
（1）升压变压器的输出电压；
（2）输电线路上的电压损失。
【解析】：设线路电阻为R，线路的损失功率为P损，线路的损失电压为U损，发电站的输出功率为P，升压变压器的输出电压为U。
由电阻定律，得：
R＝＝25.6Ω
线路损失的功率P损＝4%P＝I2R
则 ＝125A
由P＝UI得 U＝＝8×104V
U损＝IR＝125×25.6＝3200V
【备考提示】：变压器和远距离输电是电磁学部分需掌握的内容。
43.[北京卷.23] (18分)如图1所示，真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示。将一个质量m=2.0×kg,电量q=＋1.6×C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求： (1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小; (2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动量的大小； (3)A板电势变化频率多大时，在t＝到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
【解析】：（18分）
（1）电场强度 E＝
带电粒子所受电场力 qE＝q，F＝ma
（2）粒子在0～时间内走过的距离为
故粒子在t＝时恰好到达A板
根据动量定理，此时粒子
p＝Ft＝4.0×kg·m/s
（3）带电粒子在t＝～t＝向A板做匀加速运动，在t＝～t＝向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移
s＝2×
要求粒子不能到达A板，有，s＜d
由f＝，电势变化频率应满足 f＞
【备考提示】：本题考查带电粒子在电场中的加速，对这类问题，要分清运动情况和受力情况，找出其运动的临界状态，也考查了考生的审题能力。
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