2020年高考物理真题分类汇编 电磁学部分（含解析）
文档属性
| 名称 | 2020年高考物理真题分类汇编 电磁学部分（含解析） |  | |
| 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 | 2020-07-30 17:43:00 | ||
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文档简介
2020年高考物理真题分类汇编 电磁学部分
一．选择题（共29小题）
24339552559051．（2020?新课标Ⅰ）图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC．如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2020?北京）随着通信技术的更新换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更大。第5代移动通信技术（简称5G）意味着更快的网速和更大的网络容载能力，“4G改变生活，5G改变社会”。与4G相比，5G使用的电磁波（ ）
A．光子能量更大 B．衍射更明显
C．传播速度更大 D．波长更长
417703073025003．（2020?浙江）如图所示，甲乙两图中的理想変压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I．则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（ ）
A．k1U，k2I B．k1U， C．，k2I D．，
right800104．（2020?江苏）电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器（ ）
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
5．（2020?新课标Ⅲ）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（ ）
4072255111125A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
37579302863856．（2020?新课标Ⅱ）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（ ）
A．库仑 B．霍尔 C．洛伦兹 D．法拉第
7．（2020?浙江）小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱（ ）
A．通过的电流增大 B．两端的电压增大
C．阻值增大为原来的1.2倍 D．电功率增大为原来的1.44倍
right749308．（2020?北京）如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin（ωt+φ）的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（ ）
A．电流表A2的示数减小 B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变 D．电流表A1的示数不变
right5486409．（2020?浙江）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V．已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．发电机输出的电流I1＝40A B．输电线上的电流I线＝625A
C．降压变压器的匝数比n3：n4＝190：11 D．用户得到的电流I4＝455A
10．（2020?浙江）国际单位制中电荷量的单位符号是C，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（ ）
A．F?V B．A?s C．J/V D．N?m/V
390080590360511．（2020?浙江）特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1＞I2．a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则（ ）
A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
12．（2020?浙江）如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（ ）
3167380135890A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
13．（2020?浙江）空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（ ）
331025571120A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
14．（2020?浙江）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其right667385它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
35483804013200015．（2020?天津）一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示。t＝时（ ）
A．质点a速度方向沿y轴负方向
B．质点b沿x轴正方向迁移了1m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为﹣5cm
16．（2020?浙江）如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（ ）
3186430181610A．
B．弹簧伸长量为
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为
17．（2020?浙江）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I．在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（ ）
A．1、3线圏静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动
right-1196340B．1、3线圏静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动
C．2、4线圏静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动
D．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动
40246304940300018．（2020?北京）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（ ）
A．偏转原因是圆盘周围存在电场
B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场
C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变
right7683519．（2020?北京）图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是（ ）
A．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
B．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
C．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
D．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
37484054152900020．（2020?北京）真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷一定为正电荷
B．P点的场强一定比Q点的场强大
C．P点电势一定比Q点电势低
D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
21．（2020?江苏）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（ ）
3843655116205A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
22．（2020?新课标Ⅱ）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记作P点。则（ ）1765301216025
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可以使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
383413032575523．（2020?新课标Ⅰ）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）
A． B． C． D．
right6667524．（2020?浙江）如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（ ）
A．偏转电压 B．偏转的角度
C．射出电场速度 D．电场中运动的时间
25．（2020?新课标Ⅲ）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。48628300已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ）
A． B． C． D．
26．（2020?浙江）如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t＝0时开关S打到b端，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（ ）
355790576835A．LC回路的周期为0.02s
B．LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C．t＝1.01s时线圈中磁场能最大
D．t＝1.01s时回路中电流沿顺时针方向
right14351027．（2020?北京）一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该横波沿x轴负方向传播
B．质点N该时刻向y轴负方向运动
C．质点L经半个周期将沿x轴正方向移动到N点
D．该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
28．（2020?山东）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x＝λ处质点的振动方程为y＝Acos（t），则t＝T时刻的波形图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
29．（2020?山东）图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2＝22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V．定值电阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω．为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（ ）
A．1Ω B．5Ω C．6Ω D．8Ω
二．多选题（共15小题）
392938078930530．（2020?江苏）如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0．下列说法正确的有（ ）
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
41008307683531．（2020?江苏）某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时（ ）
A．车灯的电流变小 B．路端电压变小
C．电路的总电流变小 D．电源的总功率变大
right53403532．（2020?天津）手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（ ）
A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
33．（2020?江苏）电磁波广泛应用在现代医疗中。下列属于电磁波应用的医用器械有（ ）
A．杀菌用的紫外灯 B．拍胸片的X光机
C．治疗咽喉炎的超声波雾化器 D．检查血流情况的“彩超”机
353885597790034．（2020?天津）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°．粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（ ）
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距（+1）a
35．（2020?浙江）如图所示，x轴上﹣2m、12m处有两个振动周期均为4s、振幅均为1cm的相同的波源S1、S2，t＝0时刻同时开始竖直向下振动，产生波长均为4m沿x轴传播的简谐横波。P、M、Q分别是x轴上2m、5m和8.5m的三个点，下列说法正确的是（ ）
right273050A．6.0s时P、M、Q三点均已振动
B．8.0s后M点的位移始终是2cm
C．10.0s后P点的位移始终是0
D．10.5s时Q点的振动方向竖直向下
36．（2020?山东）真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（ ）
right78740A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
37．（2020?山东）如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等40532050大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
38．（2020?新课标Ⅲ）如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q＞0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（ ）
426275576835A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
39．（2020?新课标Ⅲ）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
right7810500A．所用交流电的频率为50Hz
B．电压表的示数为100V
C．电流表的示数为1.0A
D．变压器传输的电功率为15.0W
40．（2020?新课标Ⅱ）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的的电功率为△P，到达B处时电压下降了△U．在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为△P′，到达B处时电压下降了△U′．不考虑其他因素的影响，则（ ）
A．△P′＝△P B．△P′＝△P C．△U′＝△U D．△U′＝△U
41．（2020?新课标Ⅰ）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ）
362458078740A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
42．（2020?新课标Ⅰ）在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（ ）
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化
47136055080000043．（2020?新课标Ⅱ）如图，竖直面内一绝缘圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（ ）
A．a、b两点的场强相等 B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等 D．c、d两点的电势相等
right25400044．（2020?浙江）如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t＝0时，离O点5m的A点开始振动；t＝1s时，离O点10m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置，则（ ）
A．波的周期为0.4s
B．波的波长为2m
C．波速为5m/s
D．t＝1s时AB连线上有4个点处于最大位移
三．填空题（共1小题）
right33210545．（2020?新课标Ⅲ）如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1s时的波形图。已知平衡位置在x＝6m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为 s，波速为 m/s，传播方向沿x轴 （填“正方向”或“负方向”）。
四．计算题（共5小题）
46．（2020?江苏）如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T．在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
right76835（1）感应电动势的大小E；
（2）所受拉力的大小F；
（3）感应电流产生的热量Q。
47．（2020?江苏）空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0．甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
right74930（1）Q到O的距离d；
（2）甲两次经过P点的时间间隔△t。
（3）乙的比荷可能的最小值。
right96075548．（2020?新课标Ⅰ）一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为l．求
（i）波的波长；
（ii）波的传播速度。
49．（2020?新课标Ⅰ）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°．运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
right154940
50．（2020?浙江）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0＝，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O．不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
17653067310000（3）若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
五．解答题（共11小题）
51．（2020?北京）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。
（1）可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：
a．在柱面和导线之间，只加恒定电压；
b．在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场。
当电压为U0或磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度v0。
right610235（2）撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。
52．（2020?北京）某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小a车随速度v的变化曲线。
（1）求列车速度从20m/s降至3m/s经过的时间t及行进的距离x。
（2）有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为R，不计金属棒MN及导轨的电阻。MN沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的P点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。
（3）制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车从100m/s减到3m/s的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强？（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
53．（2020?北京）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r═2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
297688074930（1）判断通过电阻R的电流方向：
（2）求线圈产生的感应电动势E；
（3）求电阻R两端的电压U。
54．（2020?山东）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E．一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
（2）求粒子打到记录板上位置的x坐标；
（3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；
（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子H、氚核H、氦核He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。
1119505111125
55．（2020?江苏）国际宇航联合会将2020年度“世界航天奖”授予我国“嫦娥四号”任务团队。“嫦娥四号”任务创造了多项世界第一。在探月任务中，“玉兔二号”月球车朝正下方发射一束频率为f的电磁波，该电磁波分别在月壤层的上、下表面被反射回来，反射波回到“玉兔二号”的时间差为△t．已知电磁波在月壤层中传播的波长为λ，求该月壤层的厚度d。
56．（2020?天津）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1Ω，边长l＝0.2m。求
right78740（1）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势E；
（2）t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
（3）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率P。
57．（2020?浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。
right93980
58．（2020?天津）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为1的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m。
right90170
59．（2020?浙江）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
right322580（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
60．（2020?新课标Ⅱ）如图，在0≤x≤h，﹣∞＜y＜+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
right412115（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
61．（2020?新课标Ⅲ）如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、
4529455926465磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x （0≤x≤l0）变化的关系式。
2020年高考物理真题分类汇编 电磁学部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共29小题）
1．【解答】 电路中的电流为 I＝＝＝C，等于UC﹣t图象斜率的大小，由图b知，1﹣2s内图象的斜率是3﹣5s内图象斜率的2倍，则1﹣2s内电路中电流是3﹣5s内的2倍，由UR＝IR知，1﹣2s内电阻R两端电压UR是3﹣5s内的2倍。1﹣2s内，电容器在充电，3﹣5s内电容器在放电，电路中电流方向相反，则1﹣2s内R的电压与3﹣5s内R的电压相反，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．【解答】 A．因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据E＝hv可知，5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故A正确；
B．发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小；因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G越不容易发生明显衍射，故B错误；
C．光在真空中的传播速度都是相同的；光在介质中的传播速度为v＝，5G的频率比4G高，而频率越大折射率越大光在介质中的传播速度越小，故C错误；
D．因5G使用的电磁波频率更高，根据v＝可知，波长更短，故D错误。
故选：A。
3．【解答】 图甲是电压互感器，是一个降压变压器，电压表的示数是变压器的输出电压，根据变压比可以得到输入电压，即U1＝k1U；
图乙是电流互感器，是升压变压器，电流表的示数是输出电流，根据变流比可以得到输入电流为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4．【解答】 A、电流互感器是一种测量电路中电流的变压器；根据题意，电流互感器原线圈匝数较少，副线圈匝数较多，由＝可知，电流互感器升压变压器，故A错误。
B、电流互感器是利用电磁感应进行工作的，只能够在交流电路中才能正常工作，故B错误。
C、电流互感器能够改变原、副线圈电流和电压，但不能够改变其频率，故C错误。
D、由＝可知，电流和线圈匝数成反比，副线圈匝数比原线圈匝数多，所以副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。
故选：D。
5．【解答】 当开关S由断开状态拨至连接状态时，不论拨至M端或N端，均会导致通电螺线管的电流增大，根据右手螺旋定则可知，穿过通电螺线管的磁场在增强，那么导致圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可知圆环中产生感应电流，且又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离通电螺线管，即向右移动，故B正确，ACD错误；
故选：B。
6．【解答】 根据题意，焊接过程所利用的是变化的磁场在线圈中产生变化的电流，再利用电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接，属于电磁感应现象，是由法拉第发现的，故ABC错误，D正确；
故选：D。
7．【解答】 A、根据电阻定律可以知道，把盐水柱拉长后，盐水柱的电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可以知道，通过盐水柱的电流减小，故A错误；
B、由上面A的分析可知电路中的电流减小电源的内阻不变，所以内电压减小，外电压增大，即盐水柱两端电压增大，故B正确；
C、设盐水柱原来的横截面积为S，长度为L，盐水柱被水平均匀的拉长到原来的1.2倍后，长度变为L′＝1.2L，由于盐水柱的体积不变所以SL＝S′L′，即，由电阻定律知，可解得R′＝1.44R，故C错误；
D、由上面的分析可以知道，盐水柱被拉长后，电路中的电流减小了，而电阻变为原来的1.44倍，根据电功率公式P＝I2R可知，当电流不变时，电功率才是原来的1.44倍，但电流发生了变化，电功率增加的就不是原来的1.44倍了，故D错误。
故选：B。
8．【解答】 ABC、因开关S闭合时，副线圈电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因总电阻减小，则电流增大，因干路中电阻R分压增大，所以电压表V2示数变小，电流表的示数为：IA2＝，故电流表A2的示数减小，故A正确，BC错误；
D、开关S闭合时，总的电阻减小，所以电路的总电流I2要变大，根据＝，可知IA1变大，电流表A1示数要变大，故D错误；
故选：A。
9．【解答】 A、发电机输出的电流＝400A，故A错误；
B、输电线损失的功率为P线＝，得＝A＝25A，故B错误；
C、升压变压器的输出电压＝＝4×103V，输电线上的损失的电压U损＝I线R线＝25×8V＝200V，降压变压器的输入电压U3＝U2﹣U线＝3800V，降压变压器的匝数比为n3：n4＝3800：220＝190：11，故C正确；
D、对降压变压器，根据，得＝＝431.8A，故D错误；
故选：C。
10．【解答】 根据电流的定义可知I＝，则电荷量q＝It，在国际单位制中，电流I的单位是A，时间t的单位是s，故电荷量的单位是A?s；故ACD错误，B正确；
故选：B。
11．【解答】 A、根据安培定则可知，电流I1产生的磁场在b处方向竖直向上，电流I2产生的磁场在b处的磁感应强度方向竖直向下，由于I1＞I2，可知电流I1产生的磁场在b处的磁感应强度大，则两电流在b点的合磁场的磁感应强度方向竖直向上，故A错误；
B、由于I1＞I2，可知电流I1产生的磁场在d处的磁感应强度大，则d点处的磁场磁感应强度不可能为零，故B错误；
C、由安培定则可知，两电流产生的磁场在a处都是竖直向下，则两电流的合磁场在a处方向竖直向下，故C正确；
D、由安培定则可知，两电流产生的磁场在c处都是竖直向上，则两电流的合磁场在c处方向竖直向上，故D错误。
故选：C。
12．【解答】 A、粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为45°，根据牛顿第二定律a＝，垂直电场方向的位移x＝v0t，平行电场方向的位移y＝，根据几何关系tan45°＝，联立解得t＝，故A错误；
B、水平速度vx＝v0，竖直方向速度vy＝at＝＝2v0，则到到达MN连线上某点速度v＝，故B错误；
C、水平位移x＝v0t＝，竖直位移与水平位移相等，所以粒子到达MN连线上的点与P点的距离即合位移为l＝x＝，故C正确；
D、速度方向与竖直方向的夹角正切值为tanθ＝，夹角不等于30°，故D错误；
故选：C。
13．【解答】 A、根据电场等势面的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，中垂面是等势面，电势为0，故A错误；
B、等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同。故B错误；
C、b点离正电荷的距离更近，所以b点的电势较高，高于d点的电势。故C错误；
D、a点离正电荷近，a点电势高于c点，根据负电荷在电势高处电势能小，知负电荷从a点移到c点，电势能增加，故D正确。
故选：D。
14．【解答】 A、由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据E＝Br可得棒产生的电动势为Br2ω，故A错误；
B、微粒处于静止状态，根据平衡条件可得：q＝mg，解得微粒的电荷量与质量之比为＝，故B正确；
C、电阻消耗的电功率为P＝＝，故C错误；
D、电容器所带的电荷量为Q＝CE＝CBr2ω，故D错误。
故选：B。
15．【解答】 A、根据图象可知，经过后质点a到达平衡位置且向上运动，所以t＝时，质点a的速度方向沿着y轴正方向，故A错误；
B、在机械波中，各质点不会随波迁移，只会在平衡位置附近做机械振动，故B错误；
C、经过后质点c到达平衡位置且向下运动，所以t＝时，质点c的加速度为零，故C正确；
D、根据平移法可知，0时刻质点d的振动方向沿着y轴的正方向，所以t＝时，质点d在波峰，位移为5cm，故D错误。
故选：C。
16．【解答】 AD、对C分析，受重力、支持力和AB的库仑力，则AB的库仑力之和沿斜面向上，又B距离C近，给C的库仑力大，则C球带正电，设小球间距为a，
对C：k﹣k＝Mgsinα
对B：k﹣k＝Mgsinα
联立解得：qC＝q0
带入k﹣k＝Mgsinα
解得：a＝q0，故A正确，D错误；
对ABC用整体法，ABC受力平衡，即ABC受到的弹力等于重力的分力。即得弹簧伸长量△x＝，故B错。
对BC用整体法，BC受力平衡，即BC受到库仑力等于重力分力，即得A受到的库仑力为2Mgsinθ，故C错。
故选：A。
17．【解答】 由安培定则可判定通电导线磁场的方向。
1、3象限磁场为零，
2象限中磁场垂直纸面向外，
4象限中磁场垂直纸面向里，
当电流增大时，1与3内不能产生感应电流，所以1与3静止不动；当电流增大时，2与4内的磁通量都增大，根据楞次定律可知，产生的感应电流都会阻碍磁通量的增大，所以2、4线圈沿着对角线向外运动。故B正确，ACD错误。
故选：B。
18．【解答】 AB、由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，故B正确，A错误；
C、只改变圆盘的转动方向，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，故C错误；
D、如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，小磁针的偏转方向发生变化，故D错误。
故选：B。
19．【解答】 AB、由甲图可知，tA点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，由图甲得：
R＝R0+kt
由闭合电路欧姆定律得：I＝
联立解得：t＝﹣，可知，温度与电流是非线性关系，故A错误，B正确；
CD、同理，tB应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是非线性关系，故CD错误。
故选：B。
20．【解答】 ACD、由于题中P、Q两点的电势的大小关系不确定，所以无法确定电场线的方向，则没有办法确定点电荷的电性，正检验电荷在P、Q两点的电势能的大小也无法确定，故ACD错误；
B、根据等势面的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故B正确。
故选：B。
21．【解答】 A、增大B1，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小B2，则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大B1减小B2在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B、减小B1，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大B2，则金属圆环下半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小B1增大B2在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大B1和B2或同时以相同的变化率减小B1和B2都不会在环中产生感应电流，故CD错误；
故选：B。
22．【解答】 A、根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故A错误；
C、根据题意可知，电子进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；
BD、电子在加速电场中运动，根据动能定理有eU＝
在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有，
则电子在磁场在的半径为R＝，
如增大M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径增大，所以电子出磁场时的偏角减小，P点向右移动，
增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，P点左移，故B错误，D正确。
故选：D。
23．【解答】 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即；
方法一：设半圆的半径为R，采用放缩法如图所示：
粒子垂直ac，则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当0.5R＜r＜1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从π逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即＝；
方法二：O点为半圆弧的圆心，过c点做半圆弧的切线，与圆弧相切与e点，由于co＝2R，oe＝R，且ce⊥eo，故∠oce＝30°，那么ce为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最大为90°+30°＝120°，根据圆心角等于弦切角的2倍，所以最大圆心角为θ＝2×120°＝240°；
即＝，粒子运动最长时间为＝＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
24．【解答】 AB、出射速度方向反向延长线过水平位移的中点，设偏转角度为θ，则tanθ＝＝，电子偏转的角度可求；
电子在电场中做类平抛运动，设初速度为v0，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，则运动时间为t＝，离开电场时垂直于极板方向的分速度为vy＝at，加速度a＝，
tanθ＝＝，由于初速度不知道，所以偏转电压无法求解，故A错误、B正确；
C、由于tanθ＝，两个速度都无法得到，故射出电场的速度无法求解，故C错误；
D、运动时间为t＝，初速度不知道，偏转电压不知道，无法求解时间，故D错误。
故选：B。
25．【解答】 当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，
电子的运动轨迹如图，
令电子的半径为r，根据几何知识有r2+a2＝（3a﹣r）2，
所以电子的最大半径为r＝，
因为，
所以B＝，
则磁感应强度的最小值为B＝，故ABD错误，C正确。
故选：C。
26．【解答】 A、在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，此时充放电一次，则周期为0.04s，故A错误。
B、根据LC振荡电路的充放电规律可知，放电完毕时，回路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，故B错误。
CD、t＝1.01＝25T，此时电容器逆时针放电结束，回路中逆时针的电流最大，磁场能最大，故C正确，D错误。
故选：C。
27．【解答】 A．由图乙可知，质点L在该时刻，向y轴正方向振动，依据微平移法，可知，该横波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由上分析，结合微平移法，可知，质点N该时刻向y轴负方向运动，故B正确；
C．依据机械波在传播过程中质点并不随波一起迁移，因此质点L经半个周期不会沿x轴正方向移动到N点，故C错误；
D．因K、M之间间隔半个波长，K、M的步调始终相反，因此该时刻质点K与M的速度、加速度大小都相同，但它们的方向不同，故D错误；
故选：B。
28．【解答】 AB、因x＝λ处质点的振动方程为y＝Acos（t），当t＝T时刻，x＝λ处质点的位移为：y＝Acos（×）＝0，
那么对应四个选项中波形图x＝λ的位置，可知，AB选项不符合题意，故AB错误；
CD、再由波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知，在t＝T的下一时刻，在x＝λ处质点向y轴正方向振动，故D正确，C错误；
故选：D。
29．【解答】 输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U1＝220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：，且n1：n2＝22：3
解得：U2＝30V
由于灯泡L的电阻恒为R＝15Ω，额定电压为U＝24V．因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I＝＝A＝1.6A
那么定值电阻R1＝10Ω两端电压为：U′＝U2﹣U＝30V﹣24V＝6V
依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′＝＝A＝0.6A
因此通过定值电阻R2＝5Ω的电流为：I″＝1.6A﹣0.6A＝1A
由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R′＝＝Ω＝6Ω
因定值电阻R2＝5Ω，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：R滑＝6Ω﹣5Ω＝1Ω
综上所述，故A正确，BCD错误；
故选：A。
二．多选题（共15小题）
30．【解答】 A、根据顺着电场线电势降低，可得电场E中A点电势低于B点，故A正确；
B、设OA＝OB＝L，开始状态轻杆与电场线方向的夹角为θ，根据压强电场中电势差与场强的关系得：UOA＝Ed＝ELcosθ
取O点的电势为0，则有：UOA＝φO﹣φA
解得：φA＝﹣ELcosθ
同理可得：φB＝ELcosθ
又根据电势能与电势的关系得A小球的电势能为：EpA＝qφA＝﹣qELcosθ＝﹣qEd，EpB＝﹣qφB═﹣qELcosθ＝﹣qEd
转动中两小球沿电场线方向的距离d相等，所以两小球的电势能始终相等，故B正确；
CD、转动中两小球都沿电场力方向移动一段距离，根据电场力做功的条件可知，该过程静电力对两小球均做正功，所以该过程两小球的总电势能减小，故CD错误。
故选：AB。
31．【解答】 S闭合，灯与电动机并联，路端电阻总电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律知U＝减小，干路电流I增大，车灯电流I灯＝减小，电源的总功率EI变大，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
32．【解答】 A、由于送电线圈中通入正弦式交变电流，根据麦克斯韦理论可知送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化，故A正确；
B、周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，所以受电线圈中感应电流仍是正弦交流电，产生的磁场也是周期性变化的，故B错误；
C、无线充电利用的是电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，故C正确；
D、无线充电器的优点之一是不用传统的充电线连接到需要充电的终端设备上的充电器，但充电过程中仍有电能量损失，故D错误。
故选：AC。
33．【解答】 A、紫外灯发出的紫外线是电磁波，被细菌吸收会诱导细胞中核酸发生化学反应，从而杀灭细菌，故A正确；
B、X光机发射的X射线是波长很短的电磁波，X射线穿力很强，被人体各种组织吸收后，发生不同强度的感光，从而获得X射线影像，故B正确；
C、治疗咽喉炎的超声波雾化器原理是利用高频声波将液态水分子打散产生水雾，便于用药吸收，故C错误；
D、检查血流情况的“彩超”机是利用超声波的多普勒效应工作，故D错误。
故选：AB。
34．【解答】 A、粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；
C、粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径：r＝＝a，故C错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：v＝，故B错误；D、N点与O点的距离：d＝r+rsinθ＝（+1）a，故D正确。
故选：AD。
35．【解答】 A、两波源的振动周期均为：T＝4s，产生波长均为：λ＝4m，由v＝，可知，它们的波速为：v＝m/s＝1m/s，t＝0时刻同时开始竖直向下振动，当经过6.0s时，两波传播的距离均为：x＝vt＝1×6m＝6m，而M到两波源距离为7m，则M点还没振动，故A错误；
B、由上分析可知，当8.0s后，P、M、Q三点均已振动，由于M到两波源距离相等，因此M总处于振动加强，则位移可能最大，即为2cm，也可能最小，即为0，故B错误；
C、当10.0s后，P点已振动，而P点到两波源的距离差为：△x＝10m﹣4m＝6m，此值是半个波长的奇数倍，因此P的处于振动减弱，由于它们的振幅相等，则其位移始终是0，故C正确；
D、由于S1Q间距为：x＝10.5m，且波速为：v＝1m/s，那么在10.5s时，波源S1刚好传到Q点，而波源S2传到Q点的时间为：t＝s＝3.5s，
因此在10.5s时，波源S2使Q点已振动的时间t′＝10.5s﹣3.5s＝7s，即完成了1个波形，依据波的叠加原理，则10.5s时Q点的振动方向竖直向下，故D正确；
故选：CD。
36．【解答】 A、根据带负电的试探电荷在O点，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，可知，EO＝0，再依据正点电荷在某点电场强度是两点连线背离正点电荷，则两正点电荷连线的电场线方向如下图所示，由沿着电场线方向，电势是降低的，则有a点电势高于O点，故A错误；
B、由于b点离右边正点电荷距离较远，而c点离右边正点电荷较近，则有b点电势低于c点，故B正确；
C、因a点电势高于O点，而O点电势高于b点，那么a点电势高于b点，那么负试探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；
D、因b、d两点关于O点对称，它们电势相等，由于c点电势高于b点，那么c点电势高于d点，因此负试探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。
故选：BD。
37．【解答】 AB、因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度为每秒向上运动一格，故在0﹣1s内只有ae切割磁感线，设方格边长L，根据
E1＝2BLv可知电流恒定；
2s末时线框在第二象限长度最长，此时
E2＝3BLv
这时电流
可知，
，
故A错误，B正确；
CD、ab受到安培力Fab＝BILab，
可知在0﹣1s内ab边受到安培力线性增加；1s末安培力为Fab＝BI1L，
2s末安培力，
所以Fab′＝3Fab，由图象知，C正确，D错误。
故选：BC。
38．【解答】 A、点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示：∠M是最大内角，所以PN＞PM，因为△PMN是锐角三角形，过P点作MN上的高线为P到线段MN的最短距离，所以点P到线段MN上的点的距离先减小后变大，即r先减小后变大，根据点电荷的场强公式，可知从M点到N点电场强度先增大后减小，故A错误；
B、电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，故B正确；
C、两点的电势大小关系为φM＞φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；
D、正电荷从M点移动到N点，电势能减小，电场力所做的总功为正功，故D错误。
故选：BC。
39．【解答】 A、分析图（b）可知，交流电的周期为0.02s，则频率为50Hz，故A正确；
BC、分析副线圈电路，两电阻并联，电流之比等于电阻的反比，通过电阻R2的电流有效值为A＝1A，则通过电阻R3的电流为0.5A，电流表示数为0.5A，副线圈输出电流：I2＝1.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：＝0.15A，变压器的输出功率：＝10W+5W＝15W，则输入功率：P1＝15W，分析原线圈电路，根据能量守恒可知，总功率：UI1＝，解得电阻R1＝800Ω，则电压表示数：＝I1R1＝120V，故BC错误；
D、根据上述分析可知，变压器传输的电功率为15W，故D正确。
故选：AD。
40．【解答】 AB、远距离输电时，线路上的电流I＝；则在线路上损失的功率为△P＝I2R＝；根据损失的功率公式可知，损失的功率与电压的平方成反比；假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，若改用1100kV特高压输电，电压变成原来的2倍，则输电线上损耗的电功率变为原来的，即△P′＝；故A正确，B错误；
CD、线路上的电流I＝，到达B处时电压下降了△U＝IR＝，电压降与电压成反比，则若电压变成原来的2倍，△U变为原来的，故△U′＝△U，故C错误，D正确；
故选：AD。
41．【解答】 ABC、当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流i，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得：F﹣BIL＝Ma1，导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得：BIL＝ma2，当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为：I＝，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为：a1﹣a2＝﹣（+）BIL，感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时，a1＝a2＝a，故有：F＝（M+m）a，联立解得：I＝＝，此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v﹣t图象如图所示：
故A错误；BC正确；
D、MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选：BC。
42．【解答】 A、发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘声速来估算的，故它不属于多普勒效应的应用，故A错误；
B、医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，故B正确；
C、根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高；当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，属于多普勒效应，故C正确；
D、同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同，是由于介质折射率不同导致的，与多普勒效应无关，故D错误；
E、天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化，可通过接收的光频率变化来判定双星运动情况，属于光波的多普勒效应的原理应用，故E正确；
故选：BCE。
43．【解答】 AB、将带电圆环看成若干个点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如下图所示，那么此两个点电荷在a、b两点产生电场强度大小相等，方向相同，同理，任意两个关于水平直径对称的两个点电荷在a、b两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在a、b两点的场强相等，方向相同，再依据电场线与等势线垂直，可知，ab连线即为等势线，因此a、b两点的电势也相等，故AB正确；
CD、将带电圆环看成若干个点电荷，取上半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在c点产生电场强度的方向竖直向下，同理，取下半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在d点产生电场强度的方向也竖直向下，由于c、d两点关于水平直径对称，那么c、d两点的场强相等，因此任意两个关于竖直直径对称的两个点电荷在c、d两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在c、d两点的场强相等，方向相同，再依据沿着电场线方向电势降低，可知，c点的电势高于d，故C正确，D错误；
故选：ABC。
44．【解答】 A、1s时间内，A点第五次回到平衡位置，则1s＝2.5T，解得周期T＝0.4s，故A正确。
C、分析题意可知，1s时间内，波传播了5m的距离，波速v＝＝5m/s，故C错误。
B、根据波长、波速和周期的关系可知，λ＝vT＝2m，则波长为2m，故B正确。
D、AB间距x＝5m＝2.5λ，t＝1s时，A点在平衡位置，则AB连线上有5个点处于最大位移处，故D错误。
故选：AB。
三．填空题（共1小题）
45．【解答】 如波向x轴正方向传播，则根据平移法有，n＝0，1，2，3…
如果波向x轴的负方向传播，则△t＝0.1s＝，n＝0，1，2，3…
因为在0到0.1s时间内x＝6m处的质点运动方向不变，结合以上分析可知，在该段时间内x＝6m处的质点从波峰振动到平衡位置，
所以T，故T＝0.4s，
该波沿着x轴的负方向传播，
因为λ＝4m，所以波的传播速度为：v＝。
故答案为：0.4，10，负方向。
四．计算题（共5小题）
46．【解答】 （1）根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得：
E＝BLv＝0.5×0.2×8V＝0.8V；
（2）根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：I＝＝8A
拉力的大小等于安培力，即：F＝FA＝BIL
解得：F＝0.8N
（3）根据功能关系可知，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即等于拉力F做的功，所以有：Q＝W＝F×2L
代入数据得：Q＝0.32J
答：（1）感应电动势的大小为0.8V；
（2）所受拉力的大小为0.8N；
（3）感应电流产生的热量为0.32J。
47．【解答】 （1）甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，
根据洛伦兹力提供向心力可得：r＝
所以有：r1＝，r2＝
根据几何关系由：d＝2（r1﹣r2）
解得：d＝；
（2）甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为t1、t2，
由T＝得：t1＝，t2＝
且有：△t＝2t1+3t2，
解得：△t＝；
（3）乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动，若经过两磁场的次数均为n（n＝1、2、3…）
相遇时，有n＝d，n＝t1+t2
解得：＝n
根据题意，n＝1舍去，当n＝2时，有最小值，（）min＝
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为（n+1）、n（n＝0、1、2、3…），经分析不可能相遇。
综上分析，比荷的最小值为。
答：（1）Q到O的距离为；
（2）甲两次经过P点的时间间隔为；
（3）乙的比荷可能的最小值为。
48．【解答】 （i）如图所示，
设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ，
则有：r2﹣r1＝λ
由几何关系，则有：r1＝l﹣s
且s＝1
及
联立上式，代入数据，解得：λ＝，
（ii）波的频率为f，设波的传播速度为v，则有：v＝λf
解得：v＝
答：（i）波的波长是；
（ii）波的传播速度为。
49．【解答】 （1）粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。
由几何关系和电场强度的定义知：
AC＝R…①
F＝qE…②
由动能定理得
F?AC＝…③
联立①②③解得 E＝…④
（2）如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。
由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R…⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1，粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC方向上做匀速运动，运动的距离等于DP，由牛顿第二定律和运动学公式有：
F＝ma ⑥
AP＝⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得 v1＝⑨
（3）设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系，由运动学公式有：
y＝ （10）
x＝vt （11）
粒子离开电场的位置在圆周上，有
（x﹣R）2+（y﹣R）2＝R2 （12）
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初动量为零，设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有：
mv2＝mv0＝mat （13）
联立②④⑥（10）（11）（12）（13）式得：
v＝0
或 v＝
另
由题意知，初速度为0时，动量增量大小为mv0，此即问题的一个解。
自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同，因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化量都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率v＝。
答：（1）电场强度的大小为；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为。
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为0或。
50．【解答】 （1）根据显示的波形可得：U＝Umsin，
，
则安培力为FA＝﹣BIl＝。
（2）0至0.25T时间内根据动量定理有IF+IA＝mvm，
而IA＝﹣△qBl＝﹣，
，
解得IF＝。
（3）因为棒做简谐运动，则有F+FA＝﹣kx，
当F＝﹣FA时，x＝0，v＝±vm＝±1m/s，
当F＝FA时，设x＝x′，v＝v′，
FA＝，
根据动能定理有，
解得x1′＝m和v1′＝m/s，
x2′＝m/s和v2′＝﹣m/s。
答：（1）导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律为FA＝。
（2）在0至0.25T时间内外力F的冲量为＝。
（3）外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度分别为0m、±1m/s，、m/s和m、v2′＝﹣m/s。
五．解答题（共11小题）
51．【解答】 （1）a．在柱面和导线之间，只加恒定电压U0，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理得：﹣eU0＝0﹣
解得：v0＝
b．在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，粒子俯视图，如图所示：
根据几何关系有：2r＝R
根据洛伦兹力提供向心力，得：B0ev0＝
解得：v0＝
（2）撤去柱面，设单位长度射出电子数为n，则单位时间都到柱面的粒子数为：N＝
金属片上电流为：I＝＝＝Ne
所以：n＝
根据动量定理得金属片上的压强为：p＝＝
解得：v＝＝
故总动能为：Ek＝＝
答：（1）a．在柱面和导线之间，只加恒定电压，出射电子的初速度为；
b．在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，出射电子的初速度为；
（2）单位长度导线单位时间内出射电子的总动能为为。
52．【解答】 （1）由题图1可知，列车速度从20m/s降至3m/s的过程是加速度为a＝0.7m/s2的匀减速直线运动，
由加速度定义式可得：a＝
所以t＝＝s≈24.3s；
由速度﹣位移公式v2﹣v02＝﹣2ax得：
x＝＝279.3m；
（2）MN沿导轨向右运动切割磁场线产生感应电动势E＝BLv
回路中感应电流I＝
MN受到的安培力F＝BIL
加速度为a＝
联立上面几式得a＝；
所以棒的加速度与棒的速度为正比例函数。
又因为列车的电气制动过程，可假设MV棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比，所以列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，画出的图线如下图所示：
（3）由（2）可知，列车速度越小，电气制动的加速度越小。由题设可知列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力，所以电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小。
由图1中，列车速度从20m/s降至3m/s的过程中加速度大小a车随速度v减小而增大，所以列车速度从20m/s降至3m/s的过程中所需的机械制动逐渐变强，所以列车速度为3m/s附近所需机械制动最强。
答：（1）列车速度从20m/s降至3m/s经过的时间为24.3s，行进的距离为279.3m；
（2）电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系为a＝，图象见解析；
（3）列车从100m/s减到3m/s的过程中，在速度为3m/s附近所需机械制动最强。
53．【解答】 （1）线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极；
通过电阻R的电流方向a→b；
（2）由法拉第电磁感应定律得：E＝N＝200×V＝10V；
（3）由闭合电路的欧姆定律得：I＝＝A＝0.2A
又由部分电路的欧姆定律得：U＝IR＝0.2×48V＝9.6V。
答：（1）通过电阻R的电流方向为a→b；
（2）线圈产生的感应电动势为10V；
（3）电阻R两端的电压为9.6V。
54．【解答】 （1）粒子在M、N间的电场中加速，由动能定理得：
qU＝﹣0
粒子在区域I内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得：R＝
设粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为α，由几何关系得：
d2+（R﹣L）2＝R2
cosα＝，sinα＝，
解得：L＝﹣
（2）设粒子在区域II中粒子沿z轴方向的分速度为vz，粒子沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，
粒子在z轴方向做匀速直线运动，粒子在z轴方向分速度：vz＝vcosα
在z轴方向：d＝vzt
沿x轴方向：x＝
解得：x＝
（3）设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在区域II中沿y轴方向偏离的距离为y′，
则：y′＝vtsinα
由题意可知：y＝L+y′
解得：y＝R﹣+
（4）粒子打到记录板上位置的x坐标：x＝＝
粒子比荷k＝越大x越大，由于k质子＞k氦核＞k氚核，则x质子＞x氦核＞x氚核，
由图乙所示可知，s1、s2、s3分别对应：氚核H、氦核He、质子H的位置；
答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R是，c点到z轴的距离L为﹣；
（2）粒子打到记录板上位置的x坐标是；
（3）粒子打到记录板上位置的y坐标是：R﹣+；
（4）s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H。
55．【解答】 电磁波在月壤层的传播速度为：v＝λf
电磁波在△t时间内传播的距离为：2d＝v△t
解得月壤层的厚度为：d＝λf△t
答：该月壤层的厚度d为λf△t。
56．【解答】 （1）在t＝0到t＝0.1s的时间△t内，磁感应强度的变化量△B＝0.2T，设穿过金属框的磁通量变化量△Φ，则有：△Φ＝△Bl2…①
由于磁场均匀变化，金属棒中产生的感应电动势恒定，有：E＝…②
联立①②代入数据有：E＝0.08V…③；
（2）设金属框中电流I，由闭合电路欧姆定律，有：
I＝…④
由图知t＝0.05s时，磁感应强度B1＝0.1T，金属框ab边受到的安培力为：F＝B1Il…⑤
联立①②④⑤式，代入数据得：F＝0.016N…⑥
方向垂直ab向左…⑦
（3）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率为：
P＝I2R…⑧
联立①②④⑧式，代入数据得：P＝0.064W…⑨
答：（1）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势为0.08V；
（2）t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力大小为0.016N，方向方向垂直ab向左；
（3）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率为0.064W。
57．【解答】 （1）根据图2可得，在t＝0时B0＝0.25T
回路电流I＝
安培力FA＝B0IL
根据平衡条件可得：F＝FA，
联立解得：F＝0.0625N；
（2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有：Φ1＝Φ
t＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L﹣v（t﹣t1）]
得B＝；
（3）根据电荷量的经验公式q＝可得：
0≤t≤0.5s电荷量：q1＝＝0.25C
0.5s≤t≤1.0s电荷量q2＝＝0.25C
总电荷量：q＝q1+q2＝0.5C。
答：（1）外力F的大小为0.0625N；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，磁感应强度B的大小与时间t的关系为B＝；
（3）在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为0.5C。
58．【解答】 （1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理可得：qU＝mv2 …①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则：T1＝…②
联立①②式，得：T1＝…③
（2）从开始加速到反射区速度为零过程中，根据动能定理，有：qU﹣qEx＝0…④
解得：x＝…⑤
（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有：＝…⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有：
t总＝+…⑦
联立①⑥⑦式，得：t总＝（2L1+L2）…⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比，依题意可得：
＝
解得：m1＝0
所以待测离子质量为：m＝m1＝0
答：（1）质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间为；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，离子能进入反射区的最大距离为；
（3）待测离子质量为0。
59．【解答】 （1）根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得：v＝
根据几何关系可得：OO'＝0.6R
c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s＝＝0.8R；
（2）a、c束中的离子从同一点Q射出，则α＝β，如图所示；
根据几何关系可得：tanα＝
解得：Lmax＝R；
（3）a或c束中每个离子动量的竖直分量：Px＝Pcosα＝0.8qBR，根据动量定理可得：
当0＜L≤R时，F1＝NP+2NPx＝2.6NqBR
当R＜L≤0.4R时，F2＝NP+NPx＝1.8NqBR
当L＞0.4R时，F3＝NP＝NqBR。
答：（1）离子速度v的大小为，c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离为0.8R；
（2）探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离为R；
（3）当0＜L≤R时，F1＝2.6NqBR；当R＜L≤0.4R时，F2＝1.8NqBR；当L＞0.4R时，F3＝NqBR。
60．【解答】 （1）根据题意可知，粒子刚进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，因此根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里；
设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动的规律有：
由此可得：
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴的正半轴上，半径应满足R≤h，由题意，当磁感应强度为Bm时，粒子的运动半径最大，由此可得：Bm＝；
（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍然在y轴的正半轴上，且此时的圆弧半径为：R′＝2h，粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示：
，
设粒子在P点的运动方向与x轴的夹角为α，
根据几何知识有：
则有：＝30°
根据几何关系可得，P点与x轴的距离为：y＝2h（1﹣cosα）＝（2﹣）h
答：（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，在这种情况下磁感应强度的最小值为；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角为30°，该点到x轴的距离为（2﹣）h。
61．【解答】 当导体棒与金属框接触的两点间棒长度为l时，根据法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为E＝Blv，
根据欧姆定律，流过导体棒的电流为I＝
式中，R为这一段导体棒的电阻，根据题意有R＝rl
此时导体棒受到的安培力大小为F＝BIL
根据几何关系有l＝
则有F＝BIl＝
答：导体棒所受安培力的大小随x （0≤x≤l0）变化的关系式为F＝。
一．选择题（共29小题）
24339552559051．（2020?新课标Ⅰ）图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC．如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2020?北京）随着通信技术的更新换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更大。第5代移动通信技术（简称5G）意味着更快的网速和更大的网络容载能力，“4G改变生活，5G改变社会”。与4G相比，5G使用的电磁波（ ）
A．光子能量更大 B．衍射更明显
C．传播速度更大 D．波长更长
417703073025003．（2020?浙江）如图所示，甲乙两图中的理想変压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I．则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（ ）
A．k1U，k2I B．k1U， C．，k2I D．，
right800104．（2020?江苏）电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器（ ）
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
5．（2020?新课标Ⅲ）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（ ）
4072255111125A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
37579302863856．（2020?新课标Ⅱ）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（ ）
A．库仑 B．霍尔 C．洛伦兹 D．法拉第
7．（2020?浙江）小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱（ ）
A．通过的电流增大 B．两端的电压增大
C．阻值增大为原来的1.2倍 D．电功率增大为原来的1.44倍
right749308．（2020?北京）如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin（ωt+φ）的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（ ）
A．电流表A2的示数减小 B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变 D．电流表A1的示数不变
right5486409．（2020?浙江）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V．已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．发电机输出的电流I1＝40A B．输电线上的电流I线＝625A
C．降压变压器的匝数比n3：n4＝190：11 D．用户得到的电流I4＝455A
10．（2020?浙江）国际单位制中电荷量的单位符号是C，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（ ）
A．F?V B．A?s C．J/V D．N?m/V
390080590360511．（2020?浙江）特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1＞I2．a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则（ ）
A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
12．（2020?浙江）如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（ ）
3167380135890A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
13．（2020?浙江）空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（ ）
331025571120A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
14．（2020?浙江）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其right667385它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
35483804013200015．（2020?天津）一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示。t＝时（ ）
A．质点a速度方向沿y轴负方向
B．质点b沿x轴正方向迁移了1m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为﹣5cm
16．（2020?浙江）如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（ ）
3186430181610A．
B．弹簧伸长量为
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为
17．（2020?浙江）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I．在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（ ）
A．1、3线圏静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动
right-1196340B．1、3线圏静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动
C．2、4线圏静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动
D．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动
40246304940300018．（2020?北京）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（ ）
A．偏转原因是圆盘周围存在电场
B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场
C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变
right7683519．（2020?北京）图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是（ ）
A．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
B．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
C．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
D．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
37484054152900020．（2020?北京）真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷一定为正电荷
B．P点的场强一定比Q点的场强大
C．P点电势一定比Q点电势低
D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
21．（2020?江苏）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（ ）
3843655116205A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
22．（2020?新课标Ⅱ）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记作P点。则（ ）1765301216025
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可以使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
383413032575523．（2020?新课标Ⅰ）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）
A． B． C． D．
right6667524．（2020?浙江）如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（ ）
A．偏转电压 B．偏转的角度
C．射出电场速度 D．电场中运动的时间
25．（2020?新课标Ⅲ）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。48628300已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（ ）
A． B． C． D．
26．（2020?浙江）如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t＝0时开关S打到b端，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则（ ）
355790576835A．LC回路的周期为0.02s
B．LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C．t＝1.01s时线圈中磁场能最大
D．t＝1.01s时回路中电流沿顺时针方向
right14351027．（2020?北京）一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该横波沿x轴负方向传播
B．质点N该时刻向y轴负方向运动
C．质点L经半个周期将沿x轴正方向移动到N点
D．该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
28．（2020?山东）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x＝λ处质点的振动方程为y＝Acos（t），则t＝T时刻的波形图正确的是（ ）
A． B．
C． D．
29．（2020?山东）图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2＝22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V．定值电阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω．为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（ ）
A．1Ω B．5Ω C．6Ω D．8Ω
二．多选题（共15小题）
392938078930530．（2020?江苏）如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0．下列说法正确的有（ ）
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
41008307683531．（2020?江苏）某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时（ ）
A．车灯的电流变小 B．路端电压变小
C．电路的总电流变小 D．电源的总功率变大
right53403532．（2020?天津）手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（ ）
A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
33．（2020?江苏）电磁波广泛应用在现代医疗中。下列属于电磁波应用的医用器械有（ ）
A．杀菌用的紫外灯 B．拍胸片的X光机
C．治疗咽喉炎的超声波雾化器 D．检查血流情况的“彩超”机
353885597790034．（2020?天津）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°．粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（ ）
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距（+1）a
35．（2020?浙江）如图所示，x轴上﹣2m、12m处有两个振动周期均为4s、振幅均为1cm的相同的波源S1、S2，t＝0时刻同时开始竖直向下振动，产生波长均为4m沿x轴传播的简谐横波。P、M、Q分别是x轴上2m、5m和8.5m的三个点，下列说法正确的是（ ）
right273050A．6.0s时P、M、Q三点均已振动
B．8.0s后M点的位移始终是2cm
C．10.0s后P点的位移始终是0
D．10.5s时Q点的振动方向竖直向下
36．（2020?山东）真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（ ）
right78740A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
37．（2020?山东）如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等40532050大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
38．（2020?新课标Ⅲ）如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q＞0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（ ）
426275576835A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
39．（2020?新课标Ⅲ）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
right7810500A．所用交流电的频率为50Hz
B．电压表的示数为100V
C．电流表的示数为1.0A
D．变压器传输的电功率为15.0W
40．（2020?新课标Ⅱ）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的的电功率为△P，到达B处时电压下降了△U．在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为△P′，到达B处时电压下降了△U′．不考虑其他因素的影响，则（ ）
A．△P′＝△P B．△P′＝△P C．△U′＝△U D．△U′＝△U
41．（2020?新课标Ⅰ）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ）
362458078740A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
42．（2020?新课标Ⅰ）在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（ ）
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化
47136055080000043．（2020?新课标Ⅱ）如图，竖直面内一绝缘圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（ ）
A．a、b两点的场强相等 B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等 D．c、d两点的电势相等
right25400044．（2020?浙江）如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t＝0时，离O点5m的A点开始振动；t＝1s时，离O点10m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置，则（ ）
A．波的周期为0.4s
B．波的波长为2m
C．波速为5m/s
D．t＝1s时AB连线上有4个点处于最大位移
三．填空题（共1小题）
right33210545．（2020?新课标Ⅲ）如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1s时的波形图。已知平衡位置在x＝6m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为 s，波速为 m/s，传播方向沿x轴 （填“正方向”或“负方向”）。
四．计算题（共5小题）
46．（2020?江苏）如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T．在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
right76835（1）感应电动势的大小E；
（2）所受拉力的大小F；
（3）感应电流产生的热量Q。
47．（2020?江苏）空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0．甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
right74930（1）Q到O的距离d；
（2）甲两次经过P点的时间间隔△t。
（3）乙的比荷可能的最小值。
right96075548．（2020?新课标Ⅰ）一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为l．求
（i）波的波长；
（ii）波的传播速度。
49．（2020?新课标Ⅰ）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°．运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
right154940
50．（2020?浙江）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0＝，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O．不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
17653067310000（3）若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
五．解答题（共11小题）
51．（2020?北京）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。
（1）可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：
a．在柱面和导线之间，只加恒定电压；
b．在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场。
当电压为U0或磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度v0。
right610235（2）撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。
52．（2020?北京）某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小a车随速度v的变化曲线。
（1）求列车速度从20m/s降至3m/s经过的时间t及行进的距离x。
（2）有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为R，不计金属棒MN及导轨的电阻。MN沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的P点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。
（3）制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车从100m/s减到3m/s的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强？（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
53．（2020?北京）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r═2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
297688074930（1）判断通过电阻R的电流方向：
（2）求线圈产生的感应电动势E；
（3）求电阻R两端的电压U。
54．（2020?山东）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E．一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
（2）求粒子打到记录板上位置的x坐标；
（3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；
（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子H、氚核H、氦核He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。
1119505111125
55．（2020?江苏）国际宇航联合会将2020年度“世界航天奖”授予我国“嫦娥四号”任务团队。“嫦娥四号”任务创造了多项世界第一。在探月任务中，“玉兔二号”月球车朝正下方发射一束频率为f的电磁波，该电磁波分别在月壤层的上、下表面被反射回来，反射波回到“玉兔二号”的时间差为△t．已知电磁波在月壤层中传播的波长为λ，求该月壤层的厚度d。
56．（2020?天津）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1Ω，边长l＝0.2m。求
right78740（1）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势E；
（2）t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
（3）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率P。
57．（2020?浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。
right93980
58．（2020?天津）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为1的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m。
right90170
59．（2020?浙江）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
right322580（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
60．（2020?新课标Ⅱ）如图，在0≤x≤h，﹣∞＜y＜+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
right412115（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
61．（2020?新课标Ⅲ）如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、
4529455926465磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x （0≤x≤l0）变化的关系式。
2020年高考物理真题分类汇编 电磁学部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共29小题）
1．【解答】 电路中的电流为 I＝＝＝C，等于UC﹣t图象斜率的大小，由图b知，1﹣2s内图象的斜率是3﹣5s内图象斜率的2倍，则1﹣2s内电路中电流是3﹣5s内的2倍，由UR＝IR知，1﹣2s内电阻R两端电压UR是3﹣5s内的2倍。1﹣2s内，电容器在充电，3﹣5s内电容器在放电，电路中电流方向相反，则1﹣2s内R的电压与3﹣5s内R的电压相反，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．【解答】 A．因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据E＝hv可知，5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故A正确；
B．发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小；因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G越不容易发生明显衍射，故B错误；
C．光在真空中的传播速度都是相同的；光在介质中的传播速度为v＝，5G的频率比4G高，而频率越大折射率越大光在介质中的传播速度越小，故C错误；
D．因5G使用的电磁波频率更高，根据v＝可知，波长更短，故D错误。
故选：A。
3．【解答】 图甲是电压互感器，是一个降压变压器，电压表的示数是变压器的输出电压，根据变压比可以得到输入电压，即U1＝k1U；
图乙是电流互感器，是升压变压器，电流表的示数是输出电流，根据变流比可以得到输入电流为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4．【解答】 A、电流互感器是一种测量电路中电流的变压器；根据题意，电流互感器原线圈匝数较少，副线圈匝数较多，由＝可知，电流互感器升压变压器，故A错误。
B、电流互感器是利用电磁感应进行工作的，只能够在交流电路中才能正常工作，故B错误。
C、电流互感器能够改变原、副线圈电流和电压，但不能够改变其频率，故C错误。
D、由＝可知，电流和线圈匝数成反比，副线圈匝数比原线圈匝数多，所以副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。
故选：D。
5．【解答】 当开关S由断开状态拨至连接状态时，不论拨至M端或N端，均会导致通电螺线管的电流增大，根据右手螺旋定则可知，穿过通电螺线管的磁场在增强，那么导致圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可知圆环中产生感应电流，且又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离通电螺线管，即向右移动，故B正确，ACD错误；
故选：B。
6．【解答】 根据题意，焊接过程所利用的是变化的磁场在线圈中产生变化的电流，再利用电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接，属于电磁感应现象，是由法拉第发现的，故ABC错误，D正确；
故选：D。
7．【解答】 A、根据电阻定律可以知道，把盐水柱拉长后，盐水柱的电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可以知道，通过盐水柱的电流减小，故A错误；
B、由上面A的分析可知电路中的电流减小电源的内阻不变，所以内电压减小，外电压增大，即盐水柱两端电压增大，故B正确；
C、设盐水柱原来的横截面积为S，长度为L，盐水柱被水平均匀的拉长到原来的1.2倍后，长度变为L′＝1.2L，由于盐水柱的体积不变所以SL＝S′L′，即，由电阻定律知，可解得R′＝1.44R，故C错误；
D、由上面的分析可以知道，盐水柱被拉长后，电路中的电流减小了，而电阻变为原来的1.44倍，根据电功率公式P＝I2R可知，当电流不变时，电功率才是原来的1.44倍，但电流发生了变化，电功率增加的就不是原来的1.44倍了，故D错误。
故选：B。
8．【解答】 ABC、因开关S闭合时，副线圈电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因总电阻减小，则电流增大，因干路中电阻R分压增大，所以电压表V2示数变小，电流表的示数为：IA2＝，故电流表A2的示数减小，故A正确，BC错误；
D、开关S闭合时，总的电阻减小，所以电路的总电流I2要变大，根据＝，可知IA1变大，电流表A1示数要变大，故D错误；
故选：A。
9．【解答】 A、发电机输出的电流＝400A，故A错误；
B、输电线损失的功率为P线＝，得＝A＝25A，故B错误；
C、升压变压器的输出电压＝＝4×103V，输电线上的损失的电压U损＝I线R线＝25×8V＝200V，降压变压器的输入电压U3＝U2﹣U线＝3800V，降压变压器的匝数比为n3：n4＝3800：220＝190：11，故C正确；
D、对降压变压器，根据，得＝＝431.8A，故D错误；
故选：C。
10．【解答】 根据电流的定义可知I＝，则电荷量q＝It，在国际单位制中，电流I的单位是A，时间t的单位是s，故电荷量的单位是A?s；故ACD错误，B正确；
故选：B。
11．【解答】 A、根据安培定则可知，电流I1产生的磁场在b处方向竖直向上，电流I2产生的磁场在b处的磁感应强度方向竖直向下，由于I1＞I2，可知电流I1产生的磁场在b处的磁感应强度大，则两电流在b点的合磁场的磁感应强度方向竖直向上，故A错误；
B、由于I1＞I2，可知电流I1产生的磁场在d处的磁感应强度大，则d点处的磁场磁感应强度不可能为零，故B错误；
C、由安培定则可知，两电流产生的磁场在a处都是竖直向下，则两电流的合磁场在a处方向竖直向下，故C正确；
D、由安培定则可知，两电流产生的磁场在c处都是竖直向上，则两电流的合磁场在c处方向竖直向上，故D错误。
故选：C。
12．【解答】 A、粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为45°，根据牛顿第二定律a＝，垂直电场方向的位移x＝v0t，平行电场方向的位移y＝，根据几何关系tan45°＝，联立解得t＝，故A错误；
B、水平速度vx＝v0，竖直方向速度vy＝at＝＝2v0，则到到达MN连线上某点速度v＝，故B错误；
C、水平位移x＝v0t＝，竖直位移与水平位移相等，所以粒子到达MN连线上的点与P点的距离即合位移为l＝x＝，故C正确；
D、速度方向与竖直方向的夹角正切值为tanθ＝，夹角不等于30°，故D错误；
故选：C。
13．【解答】 A、根据电场等势面的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，中垂面是等势面，电势为0，故A错误；
B、等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同。故B错误；
C、b点离正电荷的距离更近，所以b点的电势较高，高于d点的电势。故C错误；
D、a点离正电荷近，a点电势高于c点，根据负电荷在电势高处电势能小，知负电荷从a点移到c点，电势能增加，故D正确。
故选：D。
14．【解答】 A、由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据E＝Br可得棒产生的电动势为Br2ω，故A错误；
B、微粒处于静止状态，根据平衡条件可得：q＝mg，解得微粒的电荷量与质量之比为＝，故B正确；
C、电阻消耗的电功率为P＝＝，故C错误；
D、电容器所带的电荷量为Q＝CE＝CBr2ω，故D错误。
故选：B。
15．【解答】 A、根据图象可知，经过后质点a到达平衡位置且向上运动，所以t＝时，质点a的速度方向沿着y轴正方向，故A错误；
B、在机械波中，各质点不会随波迁移，只会在平衡位置附近做机械振动，故B错误；
C、经过后质点c到达平衡位置且向下运动，所以t＝时，质点c的加速度为零，故C正确；
D、根据平移法可知，0时刻质点d的振动方向沿着y轴的正方向，所以t＝时，质点d在波峰，位移为5cm，故D错误。
故选：C。
16．【解答】 AD、对C分析，受重力、支持力和AB的库仑力，则AB的库仑力之和沿斜面向上，又B距离C近，给C的库仑力大，则C球带正电，设小球间距为a，
对C：k﹣k＝Mgsinα
对B：k﹣k＝Mgsinα
联立解得：qC＝q0
带入k﹣k＝Mgsinα
解得：a＝q0，故A正确，D错误；
对ABC用整体法，ABC受力平衡，即ABC受到的弹力等于重力的分力。即得弹簧伸长量△x＝，故B错。
对BC用整体法，BC受力平衡，即BC受到库仑力等于重力分力，即得A受到的库仑力为2Mgsinθ，故C错。
故选：A。
17．【解答】 由安培定则可判定通电导线磁场的方向。
1、3象限磁场为零，
2象限中磁场垂直纸面向外，
4象限中磁场垂直纸面向里，
当电流增大时，1与3内不能产生感应电流，所以1与3静止不动；当电流增大时，2与4内的磁通量都增大，根据楞次定律可知，产生的感应电流都会阻碍磁通量的增大，所以2、4线圈沿着对角线向外运动。故B正确，ACD错误。
故选：B。
18．【解答】 AB、由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，故B正确，A错误；
C、只改变圆盘的转动方向，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，故C错误；
D、如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，小磁针的偏转方向发生变化，故D错误。
故选：B。
19．【解答】 AB、由甲图可知，tA点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，由图甲得：
R＝R0+kt
由闭合电路欧姆定律得：I＝
联立解得：t＝﹣，可知，温度与电流是非线性关系，故A错误，B正确；
CD、同理，tB应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是非线性关系，故CD错误。
故选：B。
20．【解答】 ACD、由于题中P、Q两点的电势的大小关系不确定，所以无法确定电场线的方向，则没有办法确定点电荷的电性，正检验电荷在P、Q两点的电势能的大小也无法确定，故ACD错误；
B、根据等势面的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故B正确。
故选：B。
21．【解答】 A、增大B1，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小B2，则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大B1减小B2在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；
B、减小B1，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大B2，则金属圆环下半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小B1增大B2在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大B1和B2或同时以相同的变化率减小B1和B2都不会在环中产生感应电流，故CD错误；
故选：B。
22．【解答】 A、根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故A错误；
C、根据题意可知，电子进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；
BD、电子在加速电场中运动，根据动能定理有eU＝
在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有，
则电子在磁场在的半径为R＝，
如增大M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径增大，所以电子出磁场时的偏角减小，P点向右移动，
增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，P点左移，故B错误，D正确。
故选：D。
23．【解答】 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即；
方法一：设半圆的半径为R，采用放缩法如图所示：
粒子垂直ac，则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当0.5R＜r＜1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从π逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即＝；
方法二：O点为半圆弧的圆心，过c点做半圆弧的切线，与圆弧相切与e点，由于co＝2R，oe＝R，且ce⊥eo，故∠oce＝30°，那么ce为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最大为90°+30°＝120°，根据圆心角等于弦切角的2倍，所以最大圆心角为θ＝2×120°＝240°；
即＝，粒子运动最长时间为＝＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
24．【解答】 AB、出射速度方向反向延长线过水平位移的中点，设偏转角度为θ，则tanθ＝＝，电子偏转的角度可求；
电子在电场中做类平抛运动，设初速度为v0，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，则运动时间为t＝，离开电场时垂直于极板方向的分速度为vy＝at，加速度a＝，
tanθ＝＝，由于初速度不知道，所以偏转电压无法求解，故A错误、B正确；
C、由于tanθ＝，两个速度都无法得到，故射出电场的速度无法求解，故C错误；
D、运动时间为t＝，初速度不知道，偏转电压不知道，无法求解时间，故D错误。
故选：B。
25．【解答】 当电子在磁场中的运动轨迹和外圆相切时，电子在图中实线圆围成的区域内运动的半径最大，
电子的运动轨迹如图，
令电子的半径为r，根据几何知识有r2+a2＝（3a﹣r）2，
所以电子的最大半径为r＝，
因为，
所以B＝，
则磁感应强度的最小值为B＝，故ABD错误，C正确。
故选：C。
26．【解答】 A、在一个周期内，电容器充电两次，放电两次，t＝0.02s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值，此时充放电一次，则周期为0.04s，故A错误。
B、根据LC振荡电路的充放电规律可知，放电完毕时，回路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，故B错误。
CD、t＝1.01＝25T，此时电容器逆时针放电结束，回路中逆时针的电流最大，磁场能最大，故C正确，D错误。
故选：C。
27．【解答】 A．由图乙可知，质点L在该时刻，向y轴正方向振动，依据微平移法，可知，该横波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由上分析，结合微平移法，可知，质点N该时刻向y轴负方向运动，故B正确；
C．依据机械波在传播过程中质点并不随波一起迁移，因此质点L经半个周期不会沿x轴正方向移动到N点，故C错误；
D．因K、M之间间隔半个波长，K、M的步调始终相反，因此该时刻质点K与M的速度、加速度大小都相同，但它们的方向不同，故D错误；
故选：B。
28．【解答】 AB、因x＝λ处质点的振动方程为y＝Acos（t），当t＝T时刻，x＝λ处质点的位移为：y＝Acos（×）＝0，
那么对应四个选项中波形图x＝λ的位置，可知，AB选项不符合题意，故AB错误；
CD、再由波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知，在t＝T的下一时刻，在x＝λ处质点向y轴正方向振动，故D正确，C错误；
故选：D。
29．【解答】 输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示，可知，输入电压U1＝220V，依据理想变压器电压与匝数关系式：，且n1：n2＝22：3
解得：U2＝30V
由于灯泡L的电阻恒为R＝15Ω，额定电压为U＝24V．因能使灯泡正常工作，那么通过灯泡的电流：I＝＝A＝1.6A
那么定值电阻R1＝10Ω两端电压为：U′＝U2﹣U＝30V﹣24V＝6V
依据欧姆定律，则有通过其的电流为：I′＝＝A＝0.6A
因此通过定值电阻R2＝5Ω的电流为：I″＝1.6A﹣0.6A＝1A
由于定值电阻R2与滑动变阻器串联后与定值电阻R1并联，那么定值电阻R2与滑动变阻器总电阻为：R′＝＝Ω＝6Ω
因定值电阻R2＝5Ω，因此滑动变阻器接入电路的电阻应为：R滑＝6Ω﹣5Ω＝1Ω
综上所述，故A正确，BCD错误；
故选：A。
二．多选题（共15小题）
30．【解答】 A、根据顺着电场线电势降低，可得电场E中A点电势低于B点，故A正确；
B、设OA＝OB＝L，开始状态轻杆与电场线方向的夹角为θ，根据压强电场中电势差与场强的关系得：UOA＝Ed＝ELcosθ
取O点的电势为0，则有：UOA＝φO﹣φA
解得：φA＝﹣ELcosθ
同理可得：φB＝ELcosθ
又根据电势能与电势的关系得A小球的电势能为：EpA＝qφA＝﹣qELcosθ＝﹣qEd，EpB＝﹣qφB═﹣qELcosθ＝﹣qEd
转动中两小球沿电场线方向的距离d相等，所以两小球的电势能始终相等，故B正确；
CD、转动中两小球都沿电场力方向移动一段距离，根据电场力做功的条件可知，该过程静电力对两小球均做正功，所以该过程两小球的总电势能减小，故CD错误。
故选：AB。
31．【解答】 S闭合，灯与电动机并联，路端电阻总电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律知U＝减小，干路电流I增大，车灯电流I灯＝减小，电源的总功率EI变大，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
32．【解答】 A、由于送电线圈中通入正弦式交变电流，根据麦克斯韦理论可知送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化，故A正确；
B、周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，所以受电线圈中感应电流仍是正弦交流电，产生的磁场也是周期性变化的，故B错误；
C、无线充电利用的是电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，故C正确；
D、无线充电器的优点之一是不用传统的充电线连接到需要充电的终端设备上的充电器，但充电过程中仍有电能量损失，故D错误。
故选：AC。
33．【解答】 A、紫外灯发出的紫外线是电磁波，被细菌吸收会诱导细胞中核酸发生化学反应，从而杀灭细菌，故A正确；
B、X光机发射的X射线是波长很短的电磁波，X射线穿力很强，被人体各种组织吸收后，发生不同强度的感光，从而获得X射线影像，故B正确；
C、治疗咽喉炎的超声波雾化器原理是利用高频声波将液态水分子打散产生水雾，便于用药吸收，故C错误；
D、检查血流情况的“彩超”机是利用超声波的多普勒效应工作，故D错误。
故选：AB。
34．【解答】 A、粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；
C、粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径：r＝＝a，故C错误；
B、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：v＝，故B错误；D、N点与O点的距离：d＝r+rsinθ＝（+1）a，故D正确。
故选：AD。
35．【解答】 A、两波源的振动周期均为：T＝4s，产生波长均为：λ＝4m，由v＝，可知，它们的波速为：v＝m/s＝1m/s，t＝0时刻同时开始竖直向下振动，当经过6.0s时，两波传播的距离均为：x＝vt＝1×6m＝6m，而M到两波源距离为7m，则M点还没振动，故A错误；
B、由上分析可知，当8.0s后，P、M、Q三点均已振动，由于M到两波源距离相等，因此M总处于振动加强，则位移可能最大，即为2cm，也可能最小，即为0，故B错误；
C、当10.0s后，P点已振动，而P点到两波源的距离差为：△x＝10m﹣4m＝6m，此值是半个波长的奇数倍，因此P的处于振动减弱，由于它们的振幅相等，则其位移始终是0，故C正确；
D、由于S1Q间距为：x＝10.5m，且波速为：v＝1m/s，那么在10.5s时，波源S1刚好传到Q点，而波源S2传到Q点的时间为：t＝s＝3.5s，
因此在10.5s时，波源S2使Q点已振动的时间t′＝10.5s﹣3.5s＝7s，即完成了1个波形，依据波的叠加原理，则10.5s时Q点的振动方向竖直向下，故D正确；
故选：CD。
36．【解答】 A、根据带负电的试探电荷在O点，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，可知，EO＝0，再依据正点电荷在某点电场强度是两点连线背离正点电荷，则两正点电荷连线的电场线方向如下图所示，由沿着电场线方向，电势是降低的，则有a点电势高于O点，故A错误；
B、由于b点离右边正点电荷距离较远，而c点离右边正点电荷较近，则有b点电势低于c点，故B正确；
C、因a点电势高于O点，而O点电势高于b点，那么a点电势高于b点，那么负试探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；
D、因b、d两点关于O点对称，它们电势相等，由于c点电势高于b点，那么c点电势高于d点，因此负试探电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。
故选：BD。
37．【解答】 AB、因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度为每秒向上运动一格，故在0﹣1s内只有ae切割磁感线，设方格边长L，根据
E1＝2BLv可知电流恒定；
2s末时线框在第二象限长度最长，此时
E2＝3BLv
这时电流
可知，
，
故A错误，B正确；
CD、ab受到安培力Fab＝BILab，
可知在0﹣1s内ab边受到安培力线性增加；1s末安培力为Fab＝BI1L，
2s末安培力，
所以Fab′＝3Fab，由图象知，C正确，D错误。
故选：BC。
38．【解答】 A、点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示：∠M是最大内角，所以PN＞PM，因为△PMN是锐角三角形，过P点作MN上的高线为P到线段MN的最短距离，所以点P到线段MN上的点的距离先减小后变大，即r先减小后变大，根据点电荷的场强公式，可知从M点到N点电场强度先增大后减小，故A错误；
B、电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，故B正确；
C、两点的电势大小关系为φM＞φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；
D、正电荷从M点移动到N点，电势能减小，电场力所做的总功为正功，故D错误。
故选：BC。
39．【解答】 A、分析图（b）可知，交流电的周期为0.02s，则频率为50Hz，故A正确；
BC、分析副线圈电路，两电阻并联，电流之比等于电阻的反比，通过电阻R2的电流有效值为A＝1A，则通过电阻R3的电流为0.5A，电流表示数为0.5A，副线圈输出电流：I2＝1.5A，根据变流比可知，原线圈输入电流：＝0.15A，变压器的输出功率：＝10W+5W＝15W，则输入功率：P1＝15W，分析原线圈电路，根据能量守恒可知，总功率：UI1＝，解得电阻R1＝800Ω，则电压表示数：＝I1R1＝120V，故BC错误；
D、根据上述分析可知，变压器传输的电功率为15W，故D正确。
故选：AD。
40．【解答】 AB、远距离输电时，线路上的电流I＝；则在线路上损失的功率为△P＝I2R＝；根据损失的功率公式可知，损失的功率与电压的平方成反比；假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，若改用1100kV特高压输电，电压变成原来的2倍，则输电线上损耗的电功率变为原来的，即△P′＝；故A正确，B错误；
CD、线路上的电流I＝，到达B处时电压下降了△U＝IR＝，电压降与电压成反比，则若电压变成原来的2倍，△U变为原来的，故△U′＝△U，故C错误，D正确；
故选：AD。
41．【解答】 ABC、当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流i，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得：F﹣BIL＝Ma1，导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得：BIL＝ma2，当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为：I＝，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为：a1﹣a2＝﹣（+）BIL，感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时，a1＝a2＝a，故有：F＝（M+m）a，联立解得：I＝＝，此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v﹣t图象如图所示：
故A错误；BC正确；
D、MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选：BC。
42．【解答】 A、发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘声速来估算的，故它不属于多普勒效应的应用，故A错误；
B、医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，故B正确；
C、根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高；当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，属于多普勒效应，故C正确；
D、同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同，是由于介质折射率不同导致的，与多普勒效应无关，故D错误；
E、天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化，可通过接收的光频率变化来判定双星运动情况，属于光波的多普勒效应的原理应用，故E正确；
故选：BCE。
43．【解答】 AB、将带电圆环看成若干个点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如下图所示，那么此两个点电荷在a、b两点产生电场强度大小相等，方向相同，同理，任意两个关于水平直径对称的两个点电荷在a、b两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在a、b两点的场强相等，方向相同，再依据电场线与等势线垂直，可知，ab连线即为等势线，因此a、b两点的电势也相等，故AB正确；
CD、将带电圆环看成若干个点电荷，取上半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在c点产生电场强度的方向竖直向下，同理，取下半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在d点产生电场强度的方向也竖直向下，由于c、d两点关于水平直径对称，那么c、d两点的场强相等，因此任意两个关于竖直直径对称的两个点电荷在c、d两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在c、d两点的场强相等，方向相同，再依据沿着电场线方向电势降低，可知，c点的电势高于d，故C正确，D错误；
故选：ABC。
44．【解答】 A、1s时间内，A点第五次回到平衡位置，则1s＝2.5T，解得周期T＝0.4s，故A正确。
C、分析题意可知，1s时间内，波传播了5m的距离，波速v＝＝5m/s，故C错误。
B、根据波长、波速和周期的关系可知，λ＝vT＝2m，则波长为2m，故B正确。
D、AB间距x＝5m＝2.5λ，t＝1s时，A点在平衡位置，则AB连线上有5个点处于最大位移处，故D错误。
故选：AB。
三．填空题（共1小题）
45．【解答】 如波向x轴正方向传播，则根据平移法有，n＝0，1，2，3…
如果波向x轴的负方向传播，则△t＝0.1s＝，n＝0，1，2，3…
因为在0到0.1s时间内x＝6m处的质点运动方向不变，结合以上分析可知，在该段时间内x＝6m处的质点从波峰振动到平衡位置，
所以T，故T＝0.4s，
该波沿着x轴的负方向传播，
因为λ＝4m，所以波的传播速度为：v＝。
故答案为：0.4，10，负方向。
四．计算题（共5小题）
46．【解答】 （1）根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得：
E＝BLv＝0.5×0.2×8V＝0.8V；
（2）根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：I＝＝8A
拉力的大小等于安培力，即：F＝FA＝BIL
解得：F＝0.8N
（3）根据功能关系可知，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即等于拉力F做的功，所以有：Q＝W＝F×2L
代入数据得：Q＝0.32J
答：（1）感应电动势的大小为0.8V；
（2）所受拉力的大小为0.8N；
（3）感应电流产生的热量为0.32J。
47．【解答】 （1）甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，
根据洛伦兹力提供向心力可得：r＝
所以有：r1＝，r2＝
根据几何关系由：d＝2（r1﹣r2）
解得：d＝；
（2）甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为t1、t2，
由T＝得：t1＝，t2＝
且有：△t＝2t1+3t2，
解得：△t＝；
（3）乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动，若经过两磁场的次数均为n（n＝1、2、3…）
相遇时，有n＝d，n＝t1+t2
解得：＝n
根据题意，n＝1舍去，当n＝2时，有最小值，（）min＝
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为（n+1）、n（n＝0、1、2、3…），经分析不可能相遇。
综上分析，比荷的最小值为。
答：（1）Q到O的距离为；
（2）甲两次经过P点的时间间隔为；
（3）乙的比荷可能的最小值为。
48．【解答】 （i）如图所示，
设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ，
则有：r2﹣r1＝λ
由几何关系，则有：r1＝l﹣s
且s＝1
及
联立上式，代入数据，解得：λ＝，
（ii）波的频率为f，设波的传播速度为v，则有：v＝λf
解得：v＝
答：（i）波的波长是；
（ii）波的传播速度为。
49．【解答】 （1）粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。
由几何关系和电场强度的定义知：
AC＝R…①
F＝qE…②
由动能定理得
F?AC＝…③
联立①②③解得 E＝…④
（2）如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。
由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R…⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1，粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC方向上做匀速运动，运动的距离等于DP，由牛顿第二定律和运动学公式有：
F＝ma ⑥
AP＝⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得 v1＝⑨
（3）设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系，由运动学公式有：
y＝ （10）
x＝vt （11）
粒子离开电场的位置在圆周上，有
（x﹣R）2+（y﹣R）2＝R2 （12）
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初动量为零，设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有：
mv2＝mv0＝mat （13）
联立②④⑥（10）（11）（12）（13）式得：
v＝0
或 v＝
另
由题意知，初速度为0时，动量增量大小为mv0，此即问题的一个解。
自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同，因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化量都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率v＝。
答：（1）电场强度的大小为；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为。
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为0或。
50．【解答】 （1）根据显示的波形可得：U＝Umsin，
，
则安培力为FA＝﹣BIl＝。
（2）0至0.25T时间内根据动量定理有IF+IA＝mvm，
而IA＝﹣△qBl＝﹣，
，
解得IF＝。
（3）因为棒做简谐运动，则有F+FA＝﹣kx，
当F＝﹣FA时，x＝0，v＝±vm＝±1m/s，
当F＝FA时，设x＝x′，v＝v′，
FA＝，
根据动能定理有，
解得x1′＝m和v1′＝m/s，
x2′＝m/s和v2′＝﹣m/s。
答：（1）导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律为FA＝。
（2）在0至0.25T时间内外力F的冲量为＝。
（3）外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度分别为0m、±1m/s，、m/s和m、v2′＝﹣m/s。
五．解答题（共11小题）
51．【解答】 （1）a．在柱面和导线之间，只加恒定电压U0，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理得：﹣eU0＝0﹣
解得：v0＝
b．在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，粒子俯视图，如图所示：
根据几何关系有：2r＝R
根据洛伦兹力提供向心力，得：B0ev0＝
解得：v0＝
（2）撤去柱面，设单位长度射出电子数为n，则单位时间都到柱面的粒子数为：N＝
金属片上电流为：I＝＝＝Ne
所以：n＝
根据动量定理得金属片上的压强为：p＝＝
解得：v＝＝
故总动能为：Ek＝＝
答：（1）a．在柱面和导线之间，只加恒定电压，出射电子的初速度为；
b．在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，出射电子的初速度为；
（2）单位长度导线单位时间内出射电子的总动能为为。
52．【解答】 （1）由题图1可知，列车速度从20m/s降至3m/s的过程是加速度为a＝0.7m/s2的匀减速直线运动，
由加速度定义式可得：a＝
所以t＝＝s≈24.3s；
由速度﹣位移公式v2﹣v02＝﹣2ax得：
x＝＝279.3m；
（2）MN沿导轨向右运动切割磁场线产生感应电动势E＝BLv
回路中感应电流I＝
MN受到的安培力F＝BIL
加速度为a＝
联立上面几式得a＝；
所以棒的加速度与棒的速度为正比例函数。
又因为列车的电气制动过程，可假设MV棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比，所以列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，画出的图线如下图所示：
（3）由（2）可知，列车速度越小，电气制动的加速度越小。由题设可知列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力，所以电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小。
由图1中，列车速度从20m/s降至3m/s的过程中加速度大小a车随速度v减小而增大，所以列车速度从20m/s降至3m/s的过程中所需的机械制动逐渐变强，所以列车速度为3m/s附近所需机械制动最强。
答：（1）列车速度从20m/s降至3m/s经过的时间为24.3s，行进的距离为279.3m；
（2）电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系为a＝，图象见解析；
（3）列车从100m/s减到3m/s的过程中，在速度为3m/s附近所需机械制动最强。
53．【解答】 （1）线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极；
通过电阻R的电流方向a→b；
（2）由法拉第电磁感应定律得：E＝N＝200×V＝10V；
（3）由闭合电路的欧姆定律得：I＝＝A＝0.2A
又由部分电路的欧姆定律得：U＝IR＝0.2×48V＝9.6V。
答：（1）通过电阻R的电流方向为a→b；
（2）线圈产生的感应电动势为10V；
（3）电阻R两端的电压为9.6V。
54．【解答】 （1）粒子在M、N间的电场中加速，由动能定理得：
qU＝﹣0
粒子在区域I内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得：R＝
设粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为α，由几何关系得：
d2+（R﹣L）2＝R2
cosα＝，sinα＝，
解得：L＝﹣
（2）设粒子在区域II中粒子沿z轴方向的分速度为vz，粒子沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，
粒子在z轴方向做匀速直线运动，粒子在z轴方向分速度：vz＝vcosα
在z轴方向：d＝vzt
沿x轴方向：x＝
解得：x＝
（3）设粒子沿y轴方向偏离z轴的距离为y，其中在区域II中沿y轴方向偏离的距离为y′，
则：y′＝vtsinα
由题意可知：y＝L+y′
解得：y＝R﹣+
（4）粒子打到记录板上位置的x坐标：x＝＝
粒子比荷k＝越大x越大，由于k质子＞k氦核＞k氚核，则x质子＞x氦核＞x氚核，
由图乙所示可知，s1、s2、s3分别对应：氚核H、氦核He、质子H的位置；
答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R是，c点到z轴的距离L为﹣；
（2）粒子打到记录板上位置的x坐标是；
（3）粒子打到记录板上位置的y坐标是：R﹣+；
（4）s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H。
55．【解答】 电磁波在月壤层的传播速度为：v＝λf
电磁波在△t时间内传播的距离为：2d＝v△t
解得月壤层的厚度为：d＝λf△t
答：该月壤层的厚度d为λf△t。
56．【解答】 （1）在t＝0到t＝0.1s的时间△t内，磁感应强度的变化量△B＝0.2T，设穿过金属框的磁通量变化量△Φ，则有：△Φ＝△Bl2…①
由于磁场均匀变化，金属棒中产生的感应电动势恒定，有：E＝…②
联立①②代入数据有：E＝0.08V…③；
（2）设金属框中电流I，由闭合电路欧姆定律，有：
I＝…④
由图知t＝0.05s时，磁感应强度B1＝0.1T，金属框ab边受到的安培力为：F＝B1Il…⑤
联立①②④⑤式，代入数据得：F＝0.016N…⑥
方向垂直ab向左…⑦
（3）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率为：
P＝I2R…⑧
联立①②④⑧式，代入数据得：P＝0.064W…⑨
答：（1）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中的感应电动势为0.08V；
（2）t＝0.05s时，金属框ab边受到的安培力大小为0.016N，方向方向垂直ab向左；
（3）在t＝0到t＝0.1s时间内，金属框中电流的电功率为0.064W。
57．【解答】 （1）根据图2可得，在t＝0时B0＝0.25T
回路电流I＝
安培力FA＝B0IL
根据平衡条件可得：F＝FA，
联立解得：F＝0.0625N；
（2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有：Φ1＝Φ
t＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L﹣v（t﹣t1）]
得B＝；
（3）根据电荷量的经验公式q＝可得：
0≤t≤0.5s电荷量：q1＝＝0.25C
0.5s≤t≤1.0s电荷量q2＝＝0.25C
总电荷量：q＝q1+q2＝0.5C。
答：（1）外力F的大小为0.0625N；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，磁感应强度B的大小与时间t的关系为B＝；
（3）在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为0.5C。
58．【解答】 （1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理可得：qU＝mv2 …①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则：T1＝…②
联立①②式，得：T1＝…③
（2）从开始加速到反射区速度为零过程中，根据动能定理，有：qU﹣qEx＝0…④
解得：x＝…⑤
（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有：＝…⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有：
t总＝+…⑦
联立①⑥⑦式，得：t总＝（2L1+L2）…⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比，依题意可得：
＝
解得：m1＝0
所以待测离子质量为：m＝m1＝0
答：（1）质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间为；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，离子能进入反射区的最大距离为；
（3）待测离子质量为0。
59．【解答】 （1）根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得：v＝
根据几何关系可得：OO'＝0.6R
c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s＝＝0.8R；
（2）a、c束中的离子从同一点Q射出，则α＝β，如图所示；
根据几何关系可得：tanα＝
解得：Lmax＝R；
（3）a或c束中每个离子动量的竖直分量：Px＝Pcosα＝0.8qBR，根据动量定理可得：
当0＜L≤R时，F1＝NP+2NPx＝2.6NqBR
当R＜L≤0.4R时，F2＝NP+NPx＝1.8NqBR
当L＞0.4R时，F3＝NP＝NqBR。
答：（1）离子速度v的大小为，c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离为0.8R；
（2）探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离为R；
（3）当0＜L≤R时，F1＝2.6NqBR；当R＜L≤0.4R时，F2＝1.8NqBR；当L＞0.4R时，F3＝NqBR。
60．【解答】 （1）根据题意可知，粒子刚进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，因此根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里；
设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动的规律有：
由此可得：
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴的正半轴上，半径应满足R≤h，由题意，当磁感应强度为Bm时，粒子的运动半径最大，由此可得：Bm＝；
（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍然在y轴的正半轴上，且此时的圆弧半径为：R′＝2h，粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示：
，
设粒子在P点的运动方向与x轴的夹角为α，
根据几何知识有：
则有：＝30°
根据几何关系可得，P点与x轴的距离为：y＝2h（1﹣cosα）＝（2﹣）h
答：（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，在这种情况下磁感应强度的最小值为；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角为30°，该点到x轴的距离为（2﹣）h。
61．【解答】 当导体棒与金属框接触的两点间棒长度为l时，根据法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为E＝Blv，
根据欧姆定律，流过导体棒的电流为I＝
式中，R为这一段导体棒的电阻，根据题意有R＝rl
此时导体棒受到的安培力大小为F＝BIL
根据几何关系有l＝
则有F＝BIl＝
答：导体棒所受安培力的大小随x （0≤x≤l0）变化的关系式为F＝。
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