【高考辅导资料】2008年高考物理试题分类汇编—电磁学

2008年高考物理试题分类汇编电磁学1.(全国I)20矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是D2.(全国I)25.（22分）如图所示，在坐标系xoy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角120,在OC右侧有一匀强电场：在第二、三象限内有一心强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直抵面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角30，大小为v，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。4.(全国II)19.一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为-U,油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是CA.2v、向下B2v、向上C. 3v、向下D. 3v、向上5.(全国II)21如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条连垂直，ba的延长线平分导线框。在t0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以I表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正。下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是C6.(全国II)24.（19分）如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面。开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0。在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定。导体棒一直在磁场中运动。若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率。解：导体棒所受的安培力为 F=IlB 该力大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为 当棒的速度为v时，感应电动势的大小为E=lvB 棒中的平均感应电动势为 由式得 导体棒中消耗的热功率为 负载电阻上消耗的平均功率为 由式得 评分参考： 式3分（未写出式，但能正确论述导体棒做匀减速运动的也给这3分），式各3分，式各2分，式各2分。7.(北京卷)18一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个10 的电阻。则DA. 流过电阻的电流是20 AB. 与电阻并联的电压表的示数是100VC. 经过1分钟电阻发出的热量是6103 JD. 变压器的输入功率是1103 W8.(北京卷)19.在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向，磁感应强度为B的匀强磁场。一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动。据此可以判断出CA. 质子所受电场力大小等于eE,运动中电势能减小;沿z轴正方向电势升高B. 质子所受电场力大小等于eE,运动中电势能增大;沿z轴正方向电势降低C. 质子所受电场力大小等于evB,运动中电势能不变;沿z轴正方向电势升高D. 质子所受电场力大小等于evB,运动中电势能不变;沿z轴正方向电势降低9.(北京卷)22（16分）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小;（2）求cd两点间的电势差大小;（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。解：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=(2)此时线框中电流 I=cd两点间的电势差U=I()=(3)安培力 F=BIL=根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0 解得下落高度满足 h=10.(北京卷)23.（18分）风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的功能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱，发电机等。如图所示。（1）利用总电阻的线路向外输送风力发电机产生的电能。输送功率，输电电压，求异线上损失的功率与输送功率的比值;（2）风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。设空气密度为p，气流速度为v，风轮机叶片长度为r。求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm;在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施。（3）已知风力发电机的输出电功率P与Pm成正比。某风力发电机的风速v19m/s时能够输出电功率P1=540kW。我国某地区风速不低于v2=6m/s的时间每年约为5000小时，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时。解：导线上损失的功率为P=I2R=(损失的功率与输送功率的比值(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvS,S=r2风能的最大功率可表示为P风=采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。按题意，风力发电机的输出功率为P2=kW=160 kW最小年发电量约为W=P2t=1605000 kWh=8105kWh11.(山东卷)20.图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化。下列说法正确的是C A.图l表示交流电，图2表示直流电 B.两种电压的有效值相等 C.图1所示电压的瞬时值表达式为u=311 sinl00tVD.图1所示电压经匝数比为10：l的变压器变压后，频率变为原来的12.(山东卷)21.如图所示，在y轴上关于0点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q且CO=OD，ADO=600。下列判断正确的是BDA. O点电场强度为零 B. D点电场强度为零C.若将点电荷+q从O移向C，电势能增大 D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大13.(山东卷)22.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则AA. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少14.(山东卷)25.(I 8分)两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t=0。时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且，两板间距h=。 (1)求粒子在0to时间内的位移大小与极板间距h的比值。 (2)求粒子在极板间做圆周运动的最大半径(用h表示)。 (3)若板间电场强度E随时间的变化仍如图l所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图(不必写计算过程)。解法一：(1)设粒子在oto时间内运动的位移大小为s1 又已知联立式解得 (2)粒子在to2to时间内只受洛伦兹力作用且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则 联立式得 又 R r。鬻 即粒子在t。2to时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t。3to时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2 解得 由于s1+s2h，所以粒子在3to4to时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2 v2=v1+at0 由于s1+s2十R2h，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t。5t。时间内，粒子运动到正极板 (如图l所示)。因此粒子运动的最大半径。(3)粒子在板间运动的轨迹如图2所示。解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动加速度大小为 方向向上 后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为sn 由以上各式得 粒子速度大小为 粒子做圆周运动的半径为 解得 显然 s2+R2hs3(1)粒子在0t0时间内的位移大小与极板间距h的比值 (2)粒子在极板闻做圆周运动的最大半径 (3)粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2。08年高考上海卷物理2A如图所示，把电量为5109 C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能_（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势UA15 V，B点的电势UB10 V，则此过程中电场力做的功为_。增大，2.510815.(上海卷)3B某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380V，则该交流电电压的最大值为V。当吊车以0.1m/s的速度匀速吊起总质量为5.7103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20A，电动机的工作效率为。（g取10m/s2）380，75%16.(上海卷)10如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势与导体棒位置x关系的图像是A17.(上海卷)14如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线。在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动。若BCD（A）小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小（B）小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小（C）点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小（D）点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小18.(上海卷)20B（10分）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6。（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率。（2）若改用5000高压输电，用户端利用n1:n222：1的变压器降压，求用户得到的电压。解：（1）输电线上的电流强度为IA52.63A输电线路损耗的功率为P损I2R52.6326W16620W16.62kW（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为IA4A用户端在变压器降压前获得的电压U1UIR（500046）V4976V根据用户得到的电压为U24976V226.18V19.(上海卷)23（12分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有解得y，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（2L，）（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有解得xy，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有，解得，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置20.(上海卷)24（14分）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属球，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R112R，R24R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，高平行轨道中够长。已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mgBILma，式中lr 式中4R由以上各式可得到（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即 式中解得导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有得此时导体棒重力的功率为根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即 所以，（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，有FmgFma 即由以上各式解得21.(江苏卷)2. 2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”。基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用，在下列有关其它电阻应用的说法中，错误的是D(A)热敏电阻可应用于温度测控装置中(B)光敏电阻是一种光电传感器(C)电阻丝可应用于电热设备中(D)电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍效流的作用22.(江苏卷)4.在如图所示的罗辑电路中，当A端输入电信号“I”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为C(A)1和0(B)0和1(C)1和1(D)0和023.(江苏卷)6.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC,电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC ，电势分别为A、B、C，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC,则下列关系中正确的有ABC(A)ABC(B) ECEBEA(C) UABUBC(D) UAB=UBC24.(江苏卷)8.如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计.电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有AD(A)a先变亮，然后逐渐变暗(B)b先变亮，然后逐渐变暗(C)c先变亮，然后逐渐变暗(D)b、c都逐渐变暗08年高考江苏卷物理（2）场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A、B，它们的质量分别为m1、m2，电量分别为q1、q2，A、B两球由静止释放，重力加速度为g，则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为 . (2)E(q1+q2)=(m1+m2)g25.(江苏卷)14.（16分）在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O点静止释放，小球的运动曲线如图所示.已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g.求： （1）小球运动到任意位置P（x,y）处的速率v. （2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym. （3）当在上述磁场中加一竖直向上场强为E（）的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率vm.14.(1)洛仑兹力不做功，由动能定理得，mgy=mv2 得 v= （2）设在最大距离ym处的速率为vm,根据圆周运动有，qvmB-mg=m 且由知 由及R=2ym得 （3）小球运动如图所示，由动能定理 （qE-mg）|ym|= 由圆周运动 qvmB+mg-qE=m 且由及R=2|ym|解得vm=26.(江苏卷)15.（16分）如图所示，间距为l的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计.场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2，两根质量均为m、有效电阻均匀为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直.（设重力加速度为g）（1）若d进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能.（2）若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域;此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域.且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等.求a穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q.（3）对于第（2）问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v.15.(1)a和b不受安培力作用，由机械能守恒知， （2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1，刚离开无磁场区域时的速度为v2，由能量守恒知，在磁场区域中， 在无磁场区域中， 解得 Q=mg(d1+d2)sin （3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律v2-v1=gtsin 且平均速度 有磁场区域，棒a受到合力F=mgsin-Bil 感应电动势=Blv 感应电流I= 解得 F=mgsin-v 根据牛顿第二定律，在t到t+时间内 （11）则有 （12）解得 v1= v2=gtsin-d1 （13）联列(13)式，由题意知，解得27.(天津卷)17.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R。设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2，当R增大时BA. I1减小，P1增大B. I1减小，P1减小C.增大，P2减小D. I2增大，P2增大28.(天津卷)18.带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：在电场线上运动，在等势面上做匀速圆周运动。该电场可能由AA.一个带正电的点电荷形成B.一个带负电的点电荷形成C.两个分立的带等量负电的点电荷形成D.一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成29.(天津卷)23.（16分）在平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求（1）M、N两点间的电势差UMN ；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r； （3）粒子从M点运动到P点的总时间t。23.（16分）（1）设粒子过N点时速度v，有cosv2v0 粒子从M点运动到N点的过程，有qUMNmv2mvUMN （2）粒子在磁场中以O/为圆做匀速圆周运动，半径为O/N，有qvB r （3）由几何关系得ONrsin 粒子在电场中运动的时间t1，有ONv0t1 t1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T 设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2 t2 tt1t2t 30.(天津卷)25.（22分）磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具它的驱动系统简化为如下模型固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN为l平行于y轴，宽为d的NP边平行于x轴，如图l所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿O x方向按正弦规律分布，其空间周期为 ，最大值为B0，如图2所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时问的变化可以忽略，并忽略一切阻力。列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v（v0）。（1）叙述列车运行中获得驱动力的原理；（2）列车获得最大驱动力，写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及与d之间应满足的关系式；（3）计算在满足第（2）问的条件下列车速度为v时驱动力的大小。25.（22分） （l）由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。（2）为使列车得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即d(2k1)或= (kN)（3）由于满足第（2）问条件，则MN、PQ边所在处的磁感就强度大小均为B0且方向总相反，经短暂时间t，磁场沿Ox方向平移，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为vt。 因为v0v，所以在t时间内MN边扫过的磁场面积S(v0v)lt 在此t时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化B0l(v0v)t 同理，该t时间内，PQ边左侧移出金属框的磁场引起框内磁通量变化B0l(v0v)t故在内金属框所围面积的磁通时变化 根据法拉第电磁感应定律，金属框中感应电动势大小E 根据闭合电路欧姆定律有I根据安培力公式，MN边所受的安培力FMNB0IlPQ边所受的安培力FPQB0Il根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向，此时列车驱动力的大小FFMNFPQ2 B0Il联立解得F 31.(重庆卷)15.某同学设计了一个转向灯电路（题15图），其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源.当S置于位置1时，以下判断正确的是AA. L的功率小于额定功率B. L1亮，其功率等于额定功率C. L2亮，其功率等于额定功率D. 含L支路的总功率较另一支路的大32.(重庆卷)18.如题18图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是DA. FN先小于mg后大于mg,运动趋势向左B. FN先大于mg后小于mg,运动趋势向左C. FN先大于mg后大于mg,运动趋势向右D. FN先大于mg后小于mg,运动趋势向右33.(重庆卷)21.题21图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t的变化关系为Q=（a、b为大于零的常数），其图象如题21图2所示，那么题21图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是CA.和 B.和 C.和 D.和34.(重庆卷)25.（20分）题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM成角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.25.解：（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由R=d得B 磁场方向垂直纸面向外（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R，运动时间为t由vcos=v0 得vR=方法一：设弧长为s t= s=2(+)Rt=方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期Tt= R(3)方法一：CM=MNcot=以上3式联立求解得CM=dcot方法二：设圆心为A，过A做AB垂直NO，可以证明NMBONM=CMtan又BO=ABcot=Rsincot=CM=dcot35.(广东卷)4.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图1所示，这台加速器由两个铜质D形合D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A.离子由加速器的中心附近进入加速器B.离子由加速器的边缘进入加速器 C.离子从磁场中获得能量 图1D.离子从电场中获得能量36.(广东卷)5.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动。产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图2所示，此线圈与一个R10的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是A.交叉电流的周期为0.125B.交叉电流的频率为8HzC.交变电流的有效值为AD.交变电流的最大值为4A37.(广东卷)7.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图3所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是A.电压表和电流表读数都增大B.电压表和电流表读数都减小C.电压表读数增大，电流表读数减小D.电压表读数减小，电流表读数增大38.(广东卷)8.图4中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定A.M点的电势大于N点的电势B.M点的电势小于N点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D.粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力39.(广东卷)9.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。图5是在有匀强磁场云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里.该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是A. 粒子先经地之a点，再经过b点B. 粒子先经过b点，再经过a点C. 粒子带负电粒子带正电40.(广东卷)18.（17分）如图15（a）所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L=0.3m.导轨左端连接R0.6的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6T的匀强磁场，磁场区域宽D=0.2 m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为t=0.3,导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度r=1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场（t=0）到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图15（b）中画出.41.(广东卷)19.（16分）如图16（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场，电场强度E随时间的变化如图16（b）所示.不带电的绝缘小球P2静止在O点.t=0时，带正电的小球P1以速度t0从A点进入AB区域，随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的倍，P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量m2=5m1,A、O间距为L0，O、B间距.已知.（1）求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间.（2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞.42.(四川卷)A3A2A1V2V116如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的。 和 为理想电压表，读数分别为U1和U2； 、 和 为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是BC AU2变小、I3变小 BU2不变、I3变大 CI1变小、I2变小 DI1变大、I2变大43.(四川卷)17在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为。在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面BA维持不动 B将向使减小的方向转动C将向使增大的方向转动 D将转动，因不知磁场方向，不能确定会增大还是会减小44.(四川卷)24（19分）如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为q（q0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为（0。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。24（l9分）据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O。P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力fqvB 式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O。根据牛顿第二定律 由式得 由于v是实数，必须满足0 由此得B 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 由式得 45.(宁夏卷)14.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向C A.与ab边平行，竖直向上 B.与ab边平行，竖直向下 C.与ab边垂直，指向左边 D.与ab边垂直，指向右边46.(宁夏卷)15.一个T型电路如图所示，电路中的电,.另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计。则AC A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 C. 当ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为80 V D. 当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为80 V47.(宁夏卷)16.如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个最阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是B A.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a B.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a C.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b D.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b48.(宁夏卷)19.如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是D49.(宁夏卷)21.如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度a。在以下方法中，能使悬线的偏角a变大的是BC A.缩小a、b间的距离 B.加大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质50.(宁夏卷)24.(17分)如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外。有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场。质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角，A点与原点O的距离为d。接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场。不计重力影响。若OC与x轴的夹角为，求 （1）粒子在磁场中运动速度的大小： （2）匀强电场的场强大小。24.（17分）(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O。由几何关系知，AO垂直于OC，O是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R，则有R=dsinj由洛化兹力公式和牛顿第二定律得将式代入式，得(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有v0vcosjvsinjatd=v0t联立得设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qEma联立得51.(海南卷)1、法拉第通过静心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是AA既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流52.(海南卷)4、静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为a的a点运动至电势为b的b点若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷q/m，为C A B C D53.(海南卷)abc306、匀强电场中有a、b、c三点在以它们为顶点的三角形中， a30、c90,电场方向与三角形所在平面平行已知a、b和c点的电势分别为V、V和2 V该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为B AV、V B0 V、4 V CV、 D0 V、V54.(海南卷)7、如图，理想变压器原副线圈