2022年高考物理真題分類解析電磁學部分靜電場6.（2022，河北）如圖，真空中電荷量為和的兩個點電荷分別位于點與點，形成一個以延長線上點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮處電勢為零），為連線上的一點，S為等勢面與直線的交點，為等勢面上的一點，下列說法正確的是（）A.點電勢低于點電勢 B.點電場強度方向指向O點C.除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點 D.將正試探電荷從T點移到P點，靜電力做正功【答案】B【解析】【詳解】A．在直線上，左邊正電荷在右側電場強度水平向右，右邊負電荷在直線上電場強度水平向右，根據電場的疊加可知間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知點電勢高于等勢面與交點處電勢，則點電勢高于點電勢，故A錯誤；C．由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知在N左側電場強度不可能為零，則右側，設距離為，根據可知除無窮遠處外，直線MN電場強度為零的點只有一個，故C錯誤；D．由A選項分析可知：點電勢低于電勢，則正電荷在點的電勢能低于在電勢的電勢能，將正試探電荷從T點移到P點，電勢能增大，靜電力做負功，故D錯誤；B．設等勢圓的半徑為，距離為，距離為，如圖所示根據結合電勢的疊加原理、滿足解得由于電場強度方向垂直等勢面，可知T點的場強方向必過等勢面的圓心，O點電勢可知可知T點電場方向指向O點，故B正確。故選B。3.（2022，山東）半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于延長線上距O點為的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環上剩余電荷分布不變，q為（）A.正電荷， B.正電荷，C.負電荷， D.負電荷，【答案】C【解析】【詳解】取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷，根據對稱性可知，圓環在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有由圖可知，兩場強的夾角為，則兩者的合場強為根據O點的合場強為0，則放在D點的點電荷帶負電，大小為根據聯立解得故選C。6.（2022.2，多選）如圖，兩對等量異號點電荷、固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內切圓的交點，O為內切圓的圓心，M為切點。則（）A.L和N兩點處的電場方向相互垂直B.M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C.將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零【答案】AB【解析】【詳解】A．兩個正電荷在N點產生的場強方向由N指向O，N點處于兩負電荷連線的中垂線上，則兩負電荷在N點產生的場強方向由N指向O，則N點的合場強方向由N指向O，同理可知，兩個負電荷在L處產生的場強方向由O指向L，L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產生的場強方向由O指向L，則L處的合場方向由O指向L，由于正方形兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；B．正方形底邊的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點產生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M點的場方向向左，故B正確；C．由圖可知，M和O點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；D．由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。故選AB。10.（2022，湖北，多選）如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點О射入，并經過點P（a>0，b>0）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現，粒子從О到Р運動的時間為t1，到達Р點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現，粒子從O到Р運動的時間為t2，到達Р點的動能為Ek2。下列關系式正確的是·（）A.t1<t2 B.t1>t2C.Ek1<Ek2 D.Ek1>Ek2【答案】AD【解析】【詳解】AB．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據可知t1<t2故A正確，B錯誤。CD．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于v0；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于v0，而根據可知Ek1>Ek2故C錯誤，D正確。故選AD。9．（2022，浙江6）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應)。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則()第9題圖A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度a＝eq\f(2v02,L)D．粒子從N板下端射出的時間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)【答案】C【解析】由于粒子電性未知，有兩種情況，如圖所示，故M、N板電勢的高低無法判斷，A錯誤；由題知，垂直M板運動的粒子速度增大，則其做勻加速直線運動，由于兩粒子完全相同，故在電場中運動時的加速度相同，平行M板向下的粒子做類平拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，電場力均做正功，故兩粒子的電勢能都減小，B錯誤；兩粒子由M板中點射入，設板間距為d，垂直M板向右的粒子運動滿足(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，則2ad＝v02；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出，則豎直方向有eq\f(L,2)＝v0t，水平方向有vx2＝2ad＝v02，則a＝eq\f(v0,t)，解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，C正確，D錯誤。21．（2022.1，多選）地面上方某區域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后，()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【答案】BD【解析】如圖所示，Eq＝mg，故等效重力G′的方向與水平方向成45°角，斜向右下。vy＝0時速度最小，為vmin＝v1，由于此時v1存在水平分量，電場力還可以繼續做負功，故此時電勢能不是最大，故A錯誤；水平方向上的速度減為零時有v0＝t，在豎直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，小球的動能等于初動能，由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大，由動能定理可知WG＋WEq＝0，則重力做功等于小球電勢能的增加量，故B、D正確；如圖中v1所示時，速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤。2.（2022，湖南）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）

A.電場強度方向垂直指向a，電勢減小B.電場強度方向垂直指向c，電勢減小C.電場強度方向垂直指向a，電勢增大D.電場強度方向垂直指向c，電勢增大【答案】A【解析】【詳解】根據對稱性可知，移去a處的絕緣棒后，電場強度方向垂直指向a，再根據電勢的疊加原理，單個點電荷在距其r處的電勢為（取無窮遠處電勢為零）現在撤去a處的絕緣棒后，q減小，則O點的電勢減小。故選A4.（2022，湖北）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）A.q，r B.2q，r C.2q，2r D.4q，2r【答案】D【解析】【詳解】初始狀態下，液滴處于靜止狀態時，滿足即AB．當電勢差調整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿足可得AB錯誤；CD．當電勢差調整為2U時，若液滴半徑變為2r時，則滿足可得C錯誤，D正確。故選D。10.（2022，遼寧，多選）如圖所示，帶電荷量為的球1固定在傾角為光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為的球2，斜面上距a點L處的b點有質量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質彈簧相連并在b點處于靜止狀態。此時彈簧的壓縮量為，球2、3間的靜電力大小為。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。為重力加速度，球的大小可忽略，下列關于球3的說法正確的是（）A.帶負電B.運動至a點的速度大小為C.運動至a點的加速度大小為D.運動至ab中點時對斜面的壓力大小為【答案】BCD【解析】【詳解】A．由題意可知三小球構成一個等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態，故小球1和3一定是斥力，小球1帶正電，故小球3帶正電，故A錯誤；B．小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于，根據對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0，故根據動能定理有解得故B正確；C．小球3在b點時，設小球3的電荷量為q，有設彈簧的彈力為F，根據受力平衡，沿斜面方向有解得小球運動至a點時，彈簧的伸長量等于，根據對稱性可知解得故C正確；D．當運動至ab中點時，彈簧彈力為0，此時小球2對小球3力為斜面對小球的支持力為根據牛頓第三定律可知，小球對斜面的壓力大小為，故D正確。故選BCD10．（2022，浙江1）某種氣體—電子放大器的局部結構是由兩塊夾有絕緣介質的平行金屬薄膜構成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示。下列說法正確的是()第10題圖A．a點所在的線是等勢線B．b點的電場強度比c點大C．b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大D．將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功為零【答案】C【解析】a點所在的線從無窮遠經過放大器延伸到無窮遠處，相同的線有多條，則不可能為等勢線，所以此線是電場線，A錯誤；因c點處的電場線較b點處密集，則c點的電場強度比b點大，B錯誤；由題圖可推知，a點所處的等勢線處于b、c兩點所處的等勢線之間，所以b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大，C正確；將電荷沿圖中的線從d→e移動，電場力不做功，從e→f，電場力做功，從f→g，電場力不做功，故將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時，電場力做功不為零，D錯誤。8．（5分）（2022?重慶，（多選））如圖為兩點電荷Q、Q'的電場等勢面分布示意圖，Q、Q'位于x軸上，相鄰等勢面的電勢差為3V。若x軸上的M點和N點位于0V等勢面上，P為某等勢面上一點，則（）A．N點的電場強度大小比M點的大 B．Q為正電荷 C．M點的電場方向沿x軸負方向 D．P點與M點的電勢差為12V【分析】根據等差等勢面的疏密程度得出場強的大小；沿著電場線方向電勢逐漸降低，由此分析出電荷的電性；根據等勢面的豎直關系得出P點和M點的電勢差的大小。【解答】解：A、等差等勢線的密度體現場強的大小，由圖可知N點的等差等勢線比M點更密，則N點的電埸強度大小比M點的大，故A正確；B、沿著電場線電劫逐漸降低，由圖可知電場線由N指Q，則Q為負電荷，故B錯娛；C、沿者電場線電勢逐漸降低，結合各等勢線的電勢高低關系可知M點的電場方向沿x軸正方向，故C錯誤；D、M點與N點等勢均為0V，P點與N點的等勢線間隔四個，而相鄰等勢面的電勢差為3V，則P點與M點的電勢差為12V，故D正確。故選：AD。15．（2022，浙江6，多選）如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E＝eq\f(a,r)，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則()第15題圖A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關D．當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動【答案】BC【解析】由題圖可知，電場方向背離圓心，粒子在其中做勻速圓周運動，故粒子帶負電，由電場力提供向心力，有E＝eq\f(a,r)，Eq＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\r(\f(aq,m))，v只與粒子比荷有關，兩粒子比荷相同，故在電場中運動的速度大小相同，r越小，由ω＝eq\f(2π,T)可知，粒子運動的周期越小，粒子運動的角速度越大，A錯誤，C正確；帶電粒子運動的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)aq，故帶電粒子的電荷量越大，動能越大，B正確；由于粒子做圓周運動的方向不確定，故加磁場時所受洛倫茲力的方向可以指向圓心，也可以背離圓心，粒子可以做近心運動，也可以做離心運動，故D錯誤。2．（2022，重慶）（4分）（2022?重慶）如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則（）A．材料豎直方向尺度減小 B．極板間電場強度不變 C．極板間電場強度變大 D．電容器電容變大【分析】電容器兩極板間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，由C＝分析電容的變化，由C＝分析電容器兩極板間距離的變化，從而判斷材料豎直方向尺度的變化。由E＝分析極板間電場強度的變化。【解答】解：AD、電容器兩極板間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，由C＝知電容減小，由C＝分析可知，電容器兩極板間距離增大，則材料豎直方向尺度減小，故A正確，D錯誤；BC、電容器兩極板間電壓不變，兩極板間距離增大，由E＝分析可知極板間電場強度變小，故BC錯誤。故選：A。16．（2022，上海）（4分）水平面上有一帶電量為Q的均勻帶電圓環，圓心為O。其中央軸線上距離O點為d的位置處有一帶電量為q的點電荷。若點電荷受到的電場力為F，則F＜k（k為靜電力恒量）（選填“＞”、“＜”或“＝”）。靜電力恒量k的單位可表示為kg?m3?s﹣4?A﹣2（用“SI單位制”中的基本單位表示）。【分析】根據庫侖定律結合幾何關系得出點電荷受到的電場力。【解答】解：將帶電圓環平均分成無數份，則都可以看成點電荷，則與點電荷q的距離為根據對稱性可知，圓環上的電荷對q位置處的場強水平分量被抵消，只剩豎直分量，且半徑大于d，因此F＜k。用“SI單位制”中的基本單位表示F的單位是kg?m/s2，距離的單位是m，電荷量的單位是A?s，故靜電力常量k的單位可表示為kg?m3?s﹣4?A﹣2。故答案為：＜；kg?m3?s﹣4?A﹣2。【點評】本題主要考查了庫侖定律的相關應用，根據庫侖定律和對稱性定性地分析出電場強度的大小關系即可。14.（2022，廣東，動量）密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質量均為、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內都勻速下落了距離。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內上升了距離，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為，其中k為比例系數，m為油滴質量，v為油滴運動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：（1）比例系數k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離電勢能的變化量；（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。【答案】（1）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量，電勢能的變化量；（3）見解析【解析】【詳解】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小勻速時又聯立可得（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力向上，極板間電場強度向下，可知油滴B帶負電，油滴B向上勻速運動時，速度大小為根據平衡條件可得解得根據又聯立解得（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴質量為，新油滴所受電場力若，即可知新油滴速度方向向上，設向上為正方向，根據動量守恒定律可得新油滴向上加速，達到平衡時解得速度大小為速度方向向上；若，即可知設向下為正方向，根據動量守恒定律可知新油滴向下加速，達到平衡時解得速度大小為速度方向向下。恒定電流12．（2022，浙江1）某節水噴灌系統如圖所示，水以v0＝15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質量為2.0kg。噴出的水是從井下抽取的，噴口離水面的高度保持H＝3.75m不變。水泵由電動機帶動，電動機正常工作時，輸入電壓為220V，輸入電流為2.0A。不計電動機的摩擦損耗，電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的輸出功率與輸入功率之比)為75%，忽略水在管道中運動的機械能損失，則()第12題圖A．每秒水泵對水做功為75JB．每秒水泵對水做功為225JC．水泵輸入功率為440WD．電動機線圈的電阻為10Ω【答案】D【解析】每秒噴出水的質量為m0＝2.0kg，抽水增加了水的重力勢能和動能，則每秒水泵對水做功為W＝m0gH＋eq\f(1,2)m0v02＝300J，A、B錯誤；水泵的輸出能量轉化為水的機械能，則P出＝eq\f(W,t)＝300W，而水泵的抽水效率為75%，則P入＝eq\f(P出,75%)＝400W，C錯誤；電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動機的機械功率為P機＝P入＝400W，而電動機的電功率為P電＝UI＝440W，則有P電＝I2R＋P機，聯立解得R＝10Ω，D正確。磁場18．（2022.1）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是()A． B．,C． D .【答案】B【解析】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動。在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電的粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可知向y軸正方向運動的帶正電的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉，A、C錯誤；由于勻強電場方向沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，故B正確，D錯誤。5.（2022.2，多選）安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知（）測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.測量地點位于南半球B.當地的地磁場大小約為50μTC.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方【答案】BC【解析】【詳解】A．如圖所示地球可視為一個磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數據可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應位于北半球，A錯誤；B．磁感應強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應強度大致為計算得B≈50μTB正確；CD．由選項A可知測量地北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量，故y軸指向南方，第3次測量，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯誤。故選BC。3．（2022，浙江1）利用如圖所示裝置探究勻強磁場中影響通電導線受力的因素，導線垂直勻強磁場方向放置。先保持導線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導線通電部分的長度L，得到導線受到的力F分別與I和L的關系圖像，則正確的是()第3題圖A． B．C． D．【答案】B【解析】根據F＝BIL可知先保持導線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，則F－I圖線是過原點的直線，B正確，A錯誤；若保持電流I不變，改變導線通電部分的長度L，則F－L圖線是過原點的直線，C、D錯誤。8.（2022.2，多選）一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板（半徑分別為R和）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為、；粒子3從距O點的位置入射并從距O點的位置出射；粒子4從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）A.粒子3入射時的動能比它出射時的大B.粒子4入射時的動能比它出射時的大C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能【答案】BD【解析】【詳解】C．在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設為帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有，可得即粒子1入射時動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；A．粒子3從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；B．粒子4從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，做離心運動，電場力做負功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；D．粒子3做向心運動，有可得粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；故選BD3.（2022，湖南）如圖（a），直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（）

A.當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比【答案】D【解析】【詳解】A．當導線靜止在圖（a）右側位置時，對導線做受力分析有

可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有，FT=mgcosθ則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC錯誤、D正確。故選D。17．（2022，上海）（4分）四根電阻均勻分布的電阻絲連接成一個閉合的正方形線框，O為正方形線框的中點。當強度為I的電流從a點流入d點流出時，ad邊在O點產生的磁場方向為垂直于紙面向外（選填：“垂直于紙面向里”或“垂直于紙面向外”）。已知直導線在O點產生的磁場大小與流經導線的電流大小成正比，若ad邊在O點產生的磁場磁感應強度為B，則整個線框在O點產生的磁場磁感應強度大小為0。【分析】根據B＝k知，等距下電流所產生的B的大小與電流成正比，得出各電流在O點所產生的B的大小關系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得B的合矢量的大小和方向。【解答】解：電流Iad在正方形的幾何中心O點處產生的磁感應強度大小為B，四根通電導線到O點的距離相等，結合題意：Iad＝I0，Ibc＝Icd＝Iab＝I0，由公式B＝k，可得ab、bc、cd在O點產生的磁感應強度大小分別為B、B、B。由安培定則可知，ab導線在中心O點產生的磁感應強度方向由垂直于紙面向里，bc導線在中心O點產生的磁感應強度方向由垂直于紙面向里，cd導線在中心O點產生的磁感應強度方向由垂直于紙面向里。根據矢量的合成法則可知，ab、bc、cd三根導線在O點產生的合磁感應強度大小為3×＝B，垂直于紙面向里，而ad在O點產生的磁感應強度為B，垂直于紙面向外，所以O點處實際的磁感應強度大小為0。故答案為：垂直于紙面向外；0【點評】本題是信息題，要能根據B＝k分析各處通電導線在O點產生的磁感應強度的大小，這是解決本題的關鍵，同時要熟練運用安培定則判斷磁場的方向，靈活運用平行四邊形定則。5．（2022，浙江6）下列說法正確的是()A．恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向C．正弦交流發電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大D．升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率【答案】B【解析】恒定磁場對運動電荷有力的作用，對靜止的電荷沒有力的作用，A錯誤；物理學中規定，小磁針在磁場中靜止時N極所指的方向為該點的磁感應強度方向，小磁針在磁場中靜止時N極的受力方向即所指方向，B正確；穿過線圈平面的磁通量最大時，磁通量的變化率最小，產生的感應電動勢最小，故電流也最小，C錯誤；無論是升壓變壓器還是降壓變壓器，若變壓器是理想變壓器，則穿過原線圈和副線圈的磁通量變化率相同，若變壓器不是理想變壓器，即有漏磁和能量損失，則穿過原線圈的磁通量變化率大于穿過副線圈的磁通量變化率，D錯誤。8.（2022，遼寧，多選）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）A.粒子1可能為中子B.粒子2可能為電子C.若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點【答案】AD【解析】【詳解】AB．由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉，根據左手定則可知粒子2應該帶正電，A正確、B錯誤；C．由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；D．粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力有解得可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，D正確。故選AD。7.（2022，廣東）如圖所示，一個立方體空間被對角平面劃分成兩個區域，兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直平面進入磁場，并穿過兩個磁場區域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）

A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】AB．由題意知當質子射出后先在MN左側運動，剛射出時根據左手定則可知在MN受到y軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側根據左手定則可知洛倫茲力反向，質子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；CD．根據左手定則可知質子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。故選A。8.（2022，廣東，多選）如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A.電子從N到P，電場力做正功B.N點的電勢高于P點的電勢C.電子從M到N，洛倫茲力不做功D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【答案】BC【解析】【詳解】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；B．根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。8.（2022，湖北）在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為（）A.kBL，0° B.kBL，0° C.kBL，60° D.2kBL，60°【答案】BC【解析】【詳解】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖根據幾何關系則有可得根據對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ=60°。當粒子上下均經歷一次時，如圖因為上下磁感應強度均為B，則根據對稱性有根據洛倫茲力提供向心力有可得此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足（n=1，2，3……）此時出射方向與入射方向夾角為θ=60°；當粒子從上部分磁場射出時，需滿足（n=1，2，3……）此時出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故可知BC正確，AD錯誤。故選BC。5．（4分）（2022?重慶）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（）A．電場力的瞬時功率為qE B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B C．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變【分析】粒子速度方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力作用，洛倫茲力對粒子不做功；分析清楚粒子運動過程與受力情況，應用洛倫茲力公式、功率公式分析答題。【解答】解：A、該粒子所受電場力的瞬時功率是電場力與沿電場力方向速度的乘積，所以P＝qEv1，故A錯誤；B、v2與B垂直，所以該粒子所受洛倫茲力大小f＝qv2B，故B錯誤；C、粒子速度方向與磁場方向平行時粒子不受洛倫茲力作用，洛倫茲力對粒子不做功；速度v1的方向與磁感應強度B方向相同，該分速度不受洛倫茲力作用；v2方向與B垂直，粒子在垂直于磁場方向平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，v2不變；粒子沿電場方向做加速運動，不斷v1增大，則v2與v1的比值不斷減小，故C錯誤；D、粒子做勻速圓周運動的向心加速度a向大小不變，電場力產生的加速度a電＝，q、E、m不變，a電不變，a向、a電大小都不變，兩者方向垂直，粒子的加速度不變，故D正確。故選：D。11.（2022，湖北，多選）如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調。導體棒沿導軌向右運動，現給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為g；減速時，加速度的最大值為g，其中g為重力加速度大小。下列說法正確的是（）A.棒與導軌間的動摩擦因數為B.棒與導軌間的動摩擦因數為C加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ=60°D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ=150°【答案】BC【解析】【詳解】設磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1<90°;當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有令根據數學知識可得則有同理磁場方向與水平方向夾角為θ2，θ2<90°，當導體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有有所以有當加速或減速加速度分別最大時，不等式均取等于，聯立可得帶入可得α=30°，此時加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有故BC正確，AD錯誤。故選BC。14.（2022，河北）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直平面向外。電場強度和磁感應強度隨時間的變化規律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續釋放質量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）時刻釋放的粒子，在時刻的位置坐標；（2）在時間內，靜電力對時刻釋放的粒子所做的功；（3）在點放置一粒接收器，在時間內什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）在時間內，電場強度為，帶電粒子在電場中加速度，根據動量定理可知解得粒子在時刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離在時間內，根據粒子在磁場運動周期可知粒子偏轉，速度反向，根據可知粒子水平向右運動的距離為粒子運動軌跡如圖所以粒子在時刻粒子的位置坐標為，即；（2）在時間內，電場強度為，粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向解得時刻粒子的速度方向豎直向上，粒子在豎直方向上運動的距離為在時間內，粒子在水平方向運動的距離為此時粒子速度方向向下，大小為，在時間內，電場強度為，豎直方向解得粒子在時刻速度粒子在豎直方向運動的距離粒子運動的軌跡如圖在時間內，靜電力對粒子的做功大小為電場力做正功；（3）若粒子在磁場中加速兩個半圓恰好能夠到達點，則釋放的位置一定在時間內，粒子加速度時間為，在豎直方向上在時間內粒子在水平方向運動的距離為在時間內，在豎直方向在時間內，粒子在水平方向運動的距離為接收器的位置為，根據距離的關系可知解得此時粒子已經到達點上方，粒子豎直方向減速至用時，則豎直方向需要滿足解得在一個電場加速周期之內，所以成立，所以粒子釋放的時刻為中間時刻；若粒子經過一個半圓到達點，則粒子在時間內釋放不可能，如果在時間內釋放，經過磁場偏轉一次的最大橫向距離，即直徑，也無法到達點，所以考慮在時間內釋放，假設粒子加速的時間為，在豎直方向上之后粒子在時間內轉動半軸，橫向移動距離直接到達點的橫坐標，即解得接下來在過程中粒子在豎直方向減速為的過程中粒子要在點被吸收，需要滿足17.（2022，山東）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系中，空間內充滿勻強磁場I，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內充滿勻強磁場II，磁感應強度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場。質量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內距軸為的點以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在平面內運動一段時間后，經坐標原點沿軸正方向進入磁場I。不計離子重力。（1）當離子甲從點出射速度為時，求電場強度的大小；（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度；（3）離子甲以的速度從點沿軸正方向第一次穿過面進入磁場I，求第四次穿過平面的位置坐標（用d表示）；（4）當離子甲以的速度從點進入磁場I時，質量為、帶電量為的離子乙，也從點沿軸正方向以相同的動能同時進入磁場I，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差（忽略離子間相互作用）。【答案】（1）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【解析】【詳解】（1）如圖所示將離子甲從點出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到電場力沿軸負方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，從到的過程，有聯立解得（2）離子從坐標原點沿軸正方向進入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運動，經過磁場I偏轉后從軸進入磁場II中，繼續做勻速圓周運動，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得，可得為了使離子在磁場中運動，則離子磁場I運動時，不能從磁場I上方穿出。在磁場II運動時，不能xOz平面穿出，則離子在磁場用運動的軌跡半徑需滿足，聯立可得要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點沿z軸正方向第一次穿過面進入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑為離子在磁場II中的軌跡半徑為離子從點第一次穿過到第四次穿過平面的運動情景，如圖所示離子第四次穿過平面的坐標為離子第四次穿過平面的坐標為故離子第四次穿過平面的位置坐標為（d，d，）。（4）設離子乙的速度為，根據離子甲、乙動能相同，可得可得離子甲、離子乙在磁場I中的軌跡半徑分別為，離子甲、離子乙在磁場II中的軌跡半徑分別為，根據幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點在離子乙第一次穿過x軸的位置，如圖所示從點進入磁場到第一個交點的過程，有可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點的時間差為13.（2022，湖南）如圖，兩個定值電阻阻值分別為和，直流電源的內阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長為，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側邊緣點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。（1）求直流電源的電動勢；（2）求兩極板間磁場的磁感應強度；（3）在圖中虛線的右側設計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）小球在電磁場中作勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得兩端的電壓根據歐姆定律得聯立解得（2）如圖所示設粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為，根據幾何關系解得根據解得（3）由幾何關系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為，要使小球做直線運動，當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得解得15.（2022，湖北）如圖所示，高度足夠的勻強磁場區域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6×10-3Ω、質量m=0.2kg。線框平面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁場下邊界的距離也為L。現對線框施加與水平向右方向成θ=45°角、大小為的恒力F，使其在圖示豎直平面內由靜止開始運動。從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；dc邊進入磁場時，bc邊恰好到達磁場右邊界。重力加速度大小取g=10m/s2，求：（1）ab邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小；（2）磁場的磁感應強度大小和線框進入磁場的整個過程中回路產生的焦耳熱；（3）磁場區域的水平寬度。

【答案】（1）ax=20m/s2，ay=10m/s2；（2）B=0.2T，Q=0.4J；（3）X=1.1m【解析】【詳解】（1）ab邊進入磁場前，對線框進行受力分析，在水平方向有max=Fcosθ代入數據有ax=20m/s2在豎直方向有may=Fsinθ-mg代入數據有ay=10m/s2（2）ab邊進入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進入磁場，且在水平方向切割磁感線。但ad和bc邊的上部分產生的感應電動勢相互抵消，則整個回路的電源為ab，根據右手定則可知回路的電流為adcba，則ab邊進入磁場開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動，有Fsinθ-mg-BIL=0E=BLvyvy2=2ayL聯立有B=0.2T由題知，從ab邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；dc邊進入磁場時，bc邊恰好到達磁場右邊界。則線框進入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q=W安=BILyy=LFsinθ-mg=BIL聯立解得Q=0.4J（3）線框從開始運動到進入磁場的整個過程中所用的時間為vy=ayt1L=vyt2t=t1+t2聯立解得t=0.3s由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運動，則在水平方向有則磁場區域的水平寬度X=x+L=1.1m25．（2022.1）(20分)光點式檢流計是一種可以測量微小電流的儀器，其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內有與紙面垂直的勻強磁場；M為置于平臺上的輕質小平面反射鏡，輕質剛性細桿D的一端與M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數條，PQ的圓心位于M的中心。使用前需調零；使線圈內沒有電流通過時，M豎直且與紙面垂直；入射細光束沿水平方向經PQ上的O點射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變，使M發生傾斜，入射光束在M上的入射點仍近似處于PQ的圓心，通過讀取反射光射到PQ上的位置，可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數為k，磁場磁感應強度大小為B，線圈C的匝數為N、沿水平方向的長度為l，細桿D的長度為d，圓弧PQ的半徑為r，r?d，d遠大于彈簧長度改變量的絕對值。(1)若在線圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長度改變量的絕對值Δx及PQ上反射光點與O點間的弧長s；(2)某同學用此裝置測一微小電流，測量前未調零，將電流通入線圈后，PQ上反射光點出現在O點上方，與O點間的弧長為s1；保持其他條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點出現在O點下方，與O點間的弧長為s2。求待測電流的大小。【答案】(1)(2)【解析】(1)由題意知當線圈中通入微小電流I時，線圈所受的安培力為F＝NBIl，根據胡克定律有F＝NBIl＝kΔx，可得Δx＝，設此時細桿轉過的角度為θ，則可知反射光線轉過的角度為2θ，又因為d?Δx，r?d，則sinθ≈θ，sin2θ≈2θ，所以有Δx＝d·θ，s＝r·2θ，聯立可得s＝。(2)因為測量前未調零，設沒有通電流時PQ上的反射光點與O點間的弧長為s′，通入待測電流I′后根據(1)的分析可知此時PQ上的反射光點與O點間的弧長s1＝＋s′，當電流反向后PQ上的反射光點與O點間的弧長s2＝－s′，聯立可得待測電流I′＝。22．（2022，浙江1）(10分)如圖為研究光電效應的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面(紙面)內，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、y軸和以O為圓心、圓心角為90°的半徑不同的兩條圓弧所圍的區域Ⅰ，整個區域Ⅰ內存在大小可調、方向垂直紙面向里的勻強電場和磁感應強度大小恒為B1、磁感線與圓弧平行且逆時針方向的磁場。區域Ⅰ右側還有一左邊界與y軸平行且相距為l、下邊界與x軸重合的勻強磁場區域Ⅱ，其寬度為a，長度足夠長，其中的磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小可調。光電子從板M逸出后經極板間電壓U加速(板間電場視為勻強電場)，調節區域Ⅰ的電場強度和區域Ⅱ的磁感應強度，使電子恰好打在坐標為(a＋2l，0)的點上，被置于該處的探測器接收。已知電子質量為m、電荷量為e，板M的逸出功為W0，普朗克常量為h。忽略電子的重力及電子間的作用力。當頻率為ν的光照射板M時有光電子逸出。(1)求逸出光電子的最大初動能Ekm，并求光電子從O點射入區域Ⅰ時的速度v0的大小范圍；(2)若區域Ⅰ的電場強度大小E＝B1eq\r(\f(3eU,m))，區域Ⅱ的磁感應強度大小B2＝eq\f(\r(emU),ea)，求被探測到的電子剛從板M逸出時速度vM的大小及與x軸的夾角β；(3)為了使從O點以各種大小和方向的速度射向區域Ⅰ的電子都能被探測到，需要調節區域Ⅰ的電場強度E和區域Ⅱ的磁感應強度B2，求E的最大值和B2的最大值。第22題圖【答案】(1)hν－W0；eq\r(\f(2eU,m))≤v0≤eq\r(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(hν＋eU－W0)),m))；(2)eq\r(\f(eU,m))；30°(3)B1eq\r(\f(2（hν＋eU－W0）,m))eq\f(2\r(2m（hν－W0）),ea)【解析】(1)由光電效應方程可知，逸出光電子的最大初動能Ekm＝hν－W0①光電子在M、N間電場中獲得能量，有eq\f(1,2)mv02＝Ek＋eU(0≤Ek≤Ekm)②解得eq\r(\f(2eU,m))≤v0≤eq\r(\f(2（hν＋eU－W0）,m))。(2)由速度選擇器知識可知ev0B1＝eE③解得從區域Ⅰ出來的光電子速度v0＝eq\f(E,B1)＝eq\r(\f(3eU,m))，由動能定理可知eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvM2＝eU④解得vM＝eq\r(\f(eU,m))，如圖所示，由幾何關系可知eq\f(mv0,eB2)sinα＝eq\f(a,2)⑤vMsinβ＝v0sinα⑥解得β＝30°。(3)由①②③可得Emax＝B1eq\r(\f(2（hν＋eU－W0）,m))，由⑤和v0sinα≤eq\r(\f(2（hν－W0）,m))，解得B2max＝eq\f(2\r(2m（hν－W0）),ea)。電磁感應16．（2022.1）三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應電流的大小分別為I1、I2和I3。則()A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3【答案】C【解析】本題考查電阻定律、電磁感應。設圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為C2＝2πr，面積為S2＝πr2，正方形線框的周長和面積分別為C1＝8r，S1＝4r2，正六邊形線框的周長和面積分別為C3＝6r，S3＝6××r×r＝，三線框材料粗細相同，根據電阻定律R＝ρ，可知三個線框電阻之比為R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3，根據法拉第電磁感應定律有I＝＝·，電流之比即為之比，可得電流之比為I1∶I2∶I3＝2∶2∶，即I1＝I2>I3，故C正確。20．（2022.1，多選）如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，在導軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質量為m、阻值也為R的導體棒MN靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻忽略不計，整個系統處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關S后，()A．通過導體棒MN電流的最大值為B．導體棒MN向右先加速、后勻速運動C．導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D．電阻R上產生的焦耳熱大于導體棒MN上產生的焦耳熱【答案】AD【解析】過導體棒MN的電流瞬時值為I＝，當開關閉合瞬間，Blv＝0，此時通過導體棒MN的電流最大，Imax＝＝，故A正確。當U>Blv時，導體棒加速運動，當速度達到最大值之后，由于電容器與導體棒MN及電阻R構成回路，電阻R上產生焦耳熱，由能量守恒定律可知，最后MN速度為零，故B錯誤。當U＝Blv時，通過導體棒MN的電流瞬時值為零，安培力為零，此時MN速度最大，故C錯誤。在導體棒MN加速過程，MN存在反電動勢，故通過導體棒M的電流小于通過電阻R的電流，電阻R消耗的電能大于導體棒MN消耗的電能，故加速過程中，QR>QMN；在導體棒MN減速到零的過程中，電容器產生的電流和導體棒MN產生的電流都流經電阻R形成各自的回路，此時也是流經電阻R的電流大，綜上分析可知，全過程中電阻R上產生的焦耳熱均大于導體棒MN上產生的焦耳熱，故D正確。5.（2022，河北）將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為，小圓面積均為，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應強度大小，和均為常量，則線圈中總的感應電動勢大小為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】由法拉第電磁感應定律可得大圓線圈產生的感應電動勢每個小圓線圈產生的感應電動勢由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢大小為故D正確，ABC錯誤。故選D。8.（2022，河北，多選）如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，一根導軌位于軸上，另一根由、、三段直導軌組成，其中段與軸平行，導軌左端接入一電阻。導軌上一金屬棒沿軸正向以速度保持勻速運動，時刻通過坐標原點，金屬棒始終與軸垂直。設運動過程中通過電阻的電流強度為，金屬棒受到安培力的大小為，金屬棒克服安培力做功的功率為，電阻兩端的電壓為，導軌與金屬棒接觸良好，忽略導軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【詳解】當導體棒從O點向右運動L時，即在時間內，在某時刻導體棒切割磁感線的長度（θ為ab與ad的夾角）則根據E=BLv0可知回路電流均勻增加；安培力則F-t關系為拋物線，但是不過原點；安培力做功的功率則P-t關系為拋物線，但是不過原點；電阻兩端的電壓等于導體棒產生的感應電動勢，即即圖像是不過原點的直線；根據以上分析，可大致排除BD選項；當在時間內，導體棒切割磁感線的長度不變，感應電動勢E不變，感應電流I不變，安培力F大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；同理可判斷，在時間內，導體棒切割磁感線長度逐漸減小，導體棒切割磁感線的感應電動勢E均勻減小，感應電流I均勻減小，安培力F大小按照二次函數關系減小，但是不能減小到零，與內是對稱的關系，安培力的功率P按照二次函數關系減小，但是不能減小到零，與內是對稱的關系，電阻兩端電壓U按線性均勻減小；綜上所述選項AC正確，BD錯誤。故選AC。12.（2022，山東，多選）如圖所示，平面的第一、三象限內以坐標原點O為圓心、半徑為的扇形區域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在平面內以角速度順時針勻速轉動，時刻，金屬框開始進入第一象限。不考慮自感影響，關于金屬框中感應電動勢E隨時間t變化規律的描述正確的是（）A.在到的過程中，E一直增大B.在到的過程中，E先增大后減小C.在到的過程中，E的變化率一直增大D.在到的過程中，E的變化率一直減小【答案】BC【解析】【詳解】AB．如圖所示在到的過程中，線框的有效切割長度先變大再變小，當時，有效切割長度最大為，此時，感應電動勢最大，所以在到的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯誤；CD．在到的過程中，設轉過的角度為，由幾何關系可得進入磁場部分線框的面積穿過線圈的磁通量線圈產生的感應電動勢感應電動勢的變化率對求二次導數得在到的過程中一直變大，所以E的變化率一直增大，故C正確，D錯誤。故選BC。4.（2022，廣東）圖是簡化的某種旋轉磁極式發電機原理圖。定子是僅匝數n不同的兩線圈，，二者軸線在同一平面內且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內勻速轉動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）A.兩線圈產生的電動勢的有效值相等 B.兩線圈產生的交變電流頻率相等C.兩線圈產生的電動勢同時達到最大值 D.兩電阻消耗的電功率相等【答案】B【解析】【詳解】AD．根據可得兩線圈中磁通量的變化率相等，但是匝數不等，則產生的感應電動勢最大值不相等，有效值也不相等；根據可知，兩電阻的電功率也不相等，選項AD錯誤；B．因兩線圈放在同一個旋轉磁鐵的旁邊，則兩線圈產生的交流電的頻率相等，選項B正確；C．當磁鐵的磁極到達一線圈附近時，一個線圈的磁通量最大，感應電動勢為0，另一個線圈通過的磁通量最小，感應電動勢最大，可知兩線圈產生的感應電動勢不可能同時達到最大值，選項C錯誤。故選B。10.（2022，廣東，多選）如圖所示，水平地面（平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導線。P、M和N為地面上的三點，P點位于導線正上方，平行于y軸，平行于x軸。一閉合的圓形金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平行。下列說法正確的有（）A.N點與M點的磁感應強度大小相等，方向相同B.線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變C.線圈從P點開始豎直向上運動時，線圈中無感應電流D.線圈從P到M過程的感應電動勢與從P到N過程的感應電動勢相等【答案】AC【解析】【詳解】A．依題意，M、N兩點連線與長直導線平行、兩點與長直導線的距離相同，根據右手螺旋定則可知，通電長直導線在M、N兩點產生的磁感應強度大小相等，方向相同，故A正確；B．根據右手螺旋定則，線圈在P點時，磁感線穿進與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在向N點平移過程中，磁感線穿進與穿出線圈不再對稱，線圈的磁通量會發生變化，故B錯誤；C．根據右手螺旋定則，線圈從P點豎直向上運動過程中，磁感線穿進與穿出線圈對稱，線圈的磁通量始終為零，沒有發生變化，線圈無感應電流，故C正確；D．線圈從P點到M點與從P點到N點，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點到M點所用時間較從P點到N點時間長，根據法拉第電磁感應定律，則兩次的感應電動勢不相等，故D錯誤。故選AC。13.（2022，浙江1）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內部形成方向豎直向上、磁感應強度大小B＝kt的勻強磁場，在內部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d(d?r)，則()A．從上向下看，圓管中的感應電流為逆時針方向B．圓管的感應電動勢大小為eq\f(kπr2,h)C．圓管的熱功率大小為eq\f(πdhk2r3,2ρ)D．輕繩對圓管的拉力隨時間減小 第13題圖【答案】C【解析】穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，根據楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應電流為順時針方向，A錯誤；圓管的感應電動勢大小為E＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，B錯誤；圓管的電阻R＝ρeq\f(2πr,dh)，圓管的熱功率大小為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(πdhk2r3,2ρ)，C正確；根據左手定則可知，圓管中各段電流元所受的安培力方向水平指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，D錯誤。11.（2022.2）如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構成金屬框的導線單位長度的阻值為；在到時間內，磁感應強度大小隨時間t的變化關系為。求:（1）時金屬框所受安培力的大小；（2）在到時間內金屬框產生的焦耳熱。【答案】（1）；（2）0.016J【解析】【詳解】（1）金屬框的總電阻為金屬框中產生的感應電動勢為金屬框中的電流為t=2.0s時磁感應強度為金屬框處于磁場中的有效長度為此時金屬框所受安培力大小為（2）內金屬框產生的焦耳熱為10.（2022，湖南，多選）如圖，間距的U形金屬導軌，一端接有的定值電阻，固定在高的絕緣水平桌面上。質量均為的勻質導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為，與導軌間的動摩擦因數均為0.1（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導體棒距離導軌最右端。整個空間存在豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為。用沿導軌水平向右的恒力拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去，導體棒a離開導軌后落到水平地面上。重力加速度取，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（）

A.導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移B.導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變C.導體棒a在導軌上運動的過程中，導體棒b有向右運動的趨勢D.導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電阻的電荷量為【答案】BD【解析】【詳解】C．導體棒a在導軌上向右運動，產生的感應電流向里，流過導體棒b向里，由左手定則可知安培力向左，則導體棒b有向左運動的趨勢，故Ｃ錯誤；A．導體棒b與電阻R并聯，有當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，有聯立解得a棒的速度為a棒做平拋運動，有聯立解得導體棒a離開導軌至落地過程中水平位移為故A錯誤；B．導體棒a離開導軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產生的感應電動勢不變，故B正確；D．導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電路的電量為導體棒b與電阻R并聯，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻的電荷量為故D正確。故選BD。15.（2022，遼寧）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。區域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度向右運動，磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質量均為m，在導軌間的電阻均為R，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。（1）求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時速度為，求：①N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到的最小距離x；（3）初始時刻，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。【答案】（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）【解析】【詳解】（1）細金屬桿M以初速度向右剛進入磁場時，產生的動生電動勢為電流方向為，電流的大小為則所受的安培力大小為安培力的方向由左手定則可知水平向左；（2）①金屬桿N在磁場內運動過程中，由動量定理有且聯立解得通過回路的電荷量為②設兩桿在磁場中相對靠近的位移為，有整理可得聯立可得若兩桿在磁場內剛好相撞，N到的最小距離為（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，則N到ab邊的速度大小恒為，根據動量守恒定律可知解得N出磁場時，M的速度大小為由題意可知，此時M到cd邊的距離為若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：①M減速到時出磁場，速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據動量定理有聯立解得②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有同理解得綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為21．（2022，浙江1）(10分)如圖所示，水平固定一半徑r＝0.2m的金屬圓環，長均為r、電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環接觸良好，另一端固定在過圓心的導電豎直轉軸OO′上，并隨軸以角速度ω＝600rad/s勻速轉動，圓環內左半圓均存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場。圓環邊緣、與轉軸良好接觸的電刷分別與間距l1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C＝0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側寬度也為l1、長度為l2、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區域。在磁場區域內靠近左側邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場區域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“[”形金屬框fcde。棒ab長度和“[”形框的寬度也均為l1、質量均為m＝0.01kg，de與cf長度均為l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均為豎直向上；棒ab和“[”形框的cd邊的電阻均為R＝0.1Ω，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。開始時開關S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“[”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進入磁場。(1)求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個極板(M或N)帶正電？(2)求電容器釋放的電荷量ΔQ；(3)求框abcd進入磁場后，ab邊與磁場區域左邊界的最大距離x。第21題圖【答案】(1)0.54CM板(2)0.16C(3)0.14m【解析】(1)開關S和接線柱1接通，電容器為充電過程，對繞轉軸OO′轉動的棒，由右手定則可知，其動生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負極，則M板帶正電，根據法拉第電磁感應定律可知E＝eq\f(1,2)B1ωr2，則充電完畢后電容器所帶電荷量為Q＝CU＝eq\f(CE,2)＝0.54C。(2)電容器放電過程有B2l1·ΔQ＝mv1，棒ab被彈出磁場后與“[”形框粘在一起的過程有mv1＝(m＋m)v2，框abcd在上滑過程中，由機械能守恒有eq\f(1,2)×2mv22＝2mgh，聯立解得ΔQ＝0.16C。(3)設框abcd在磁場中減速滑行的總路程為Δx，由動量定理有eq\f(B22l12Δx,2R)＝2mv2，解得Δx＝0.128m>0.08m，勻速運動距離為l3－l2＝0.012m，則ab邊與磁場區域左邊界的最大距離x＝Δx＋l3－l2＝0.14m。21．（2022，浙江6）(10分)艦載機電磁彈射是現代航母最先進的彈射技術，我國在這一領域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統的設計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子(圖中未畫出)與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v－t圖如圖2所示，在t1至t3時間內F＝(800－10v)N，t3時撤去F。已知起飛速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，線圈匝數n＝100匝，每匝周長l＝1m，動子和線圈的總質量m＝5kg，飛機質量M＝10kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求：(1)恒流源的電流I；(2)線圈電阻R；(3)時刻t3。第21題圖1第21題圖2【答案】(1)80A(2)0.5Ω(3)eq\f(\r(5)＋3,2)s【解析】(1)動子向右勻加速運動時，恒流源給電路中提供的電流恒定，線圈受到的安培力F安＝nBIl，由v－t圖像可知，0～t1時間內，動子的加速度a＝eq\f(v1,t1)，由牛頓第二定律可知F安＝(M＋m)a，解得I＝80A。(2)開關S與2接通后，線圈先減速到零然后反向加速，t1～t3時間內線圈中感應電流I′＝eq\f(nBlv,R0＋R)，對線圈由牛頓第二定律有(800－10v)＋eq\f(n2l2B2,R0＋R)v＝ma′，由v－t圖像可知，在t1～t3時間內線圈加速度恒定，則eq\f(n2l2B2,R0＋R)＝10，解得a′＝160m/s2，R＝0.5Ω。(3)線圈在t1～t2時間內向右做勻減速直線運動，有t2－t1＝eq\f(v1,a′)＝0.5s，0～t2時間段內的位移大小s1＝eq\f(1,2)t2v1，解得