押题13 电学解答题-2022年高考物理108所押题（解析版）

押题精选13电学解答题

1.如图中所示为某探究小组设计的玩具小车电磁驱动系统的示意图，A8C。是固定在小车下方的单面矩形

金属线框，其阻值为人长度为4、宽度为L,用两条不计电阻的导线与智能输出系统（可改变输出电流大

小和方向）组成回路。如图乙所示，小车沿水平直轨道运动，轨道上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的

磁场，其磁感应强度大小为B、宽度为L、长度及磁场间的距离均为乩小车与附件整体质量为小、运动过

程中受到的摩擦阻力大小恒为外

（1）若让小车以恒定加速度〃运动，求智能输出系统输出的电流大小/;

（2）若智能输出系统提供的功率为P,求小车的最大运行速度大小Um；

（3）若小车速度达到VO时，智能输出系统立即切换电路后停止工作，此时相当于反尸直接用电阻不计的

导线连接，经时间，后小车的速度减为0,求/时间内小车的位移大小5。

智能输出系统

EF

C\

图甲

智能输出系统

EFXXXXXXXX

卜XXXXXXX

XXXXXXX

图乙

k

【答案】（1）备⑶

=f9B七B-I}4

【解析】

【详解】（1）若让小车以恒定加速度4运动，由牛顿运动定律得

BIL-f=tna

得

[=f+ma

BL

（2）当安培力与阻力等大反向时，小车运行速度最大，根据

F=BIL

F=f

2

P=lr+Fvm

得

Pfr

v=--------

mfB21}

（3）智能系统切换电路后，小车在安培力与摩擦阻力的共同作用下减速为零，以向右为正方向，由动量定

理可得

其中

r

又

vt=s

得

（叫一用r

B2l}

2.某电子显像装置的原理如图所示：平面内有匀强电场和匀强磁场区域，磁场分布在x轴下方及抛物线与y

轴之间，抛物线方程为y=2f,磁感应强度大小为5,方向垂直纸面向外；电场分布在抛物线与x轴之间

所夹的空间，电场强度大小为E,方向沿y轴负方向。现有带正电粒子从抛物线上各处无初速度释放，粒

子进入第四象限经磁场偏转后都会经过原点0,粒子重力不计，求：

（1）带电粒子的比荷；

（2）y=2m处释放的粒子从释放到再次运动到抛物线所用的时间；

（3）y=2m处释放的粒子第三次经过x轴的位置坐标。

【答案】（1）旦=萼；（2）（3）（2.5m。）

mB~32E

【解析】

【详解】（1）设在磁场中的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力

cwv2

qvB=------

R

带电粒子在电场中加速

12

Erqy=­mv~

由于粒子恰好能经过圆心。，可知

x=2R

联立解得

q16E

丁丁

（2）当y=2m时，得

x=lm

此时粒子做圆周运动的半径

7?=0.5m

由圆运动方程可得

（X-O.5）2+/=/?2

又抛物线方程为

y=2x2

解得

x=0y=0或者x=0.5，y=0.5

八八3

即粒子再次到达抛物线的坐标为（0.5,0.5）,可知粒子在磁场中恰好运动了一周期，粒子做圆周运动的周期

4

T2兀m

1=------

qB

粒子在磁场中运动的时间

3T3冗B

t.=­T=-----

1432E

在电场中

Eq=ma

12

y=^at2

解得

B

/->=—

-2E

则运动的时间

_（3万+16）一

'32E

（3）粒子再次进入电场后做类平抛运动：带电粒子在电场中加速

期,=如2

则平抛的水平位移

%=%=2m

因此达到工轴上的坐标为（2.5m。）。

3.下图是一种矿井直线电机提升系统的原理图，在同一竖直平面的左右两边条形区域内，有垂直平面向里

和向外交替的匀强磁场，每块磁场区域的高度均为L、磁感应强度大小均为瓦梯箱左右两边通过绝缘支架

均固定有边长为L、匝数为〃、总电阻为N的正方形导线框，线框平面与磁场垂直，上下两边水平。导线框、

支架以及梯箱等的总质量为电机起动后两边磁场均以速度丫沿竖直轨道向上匀速运动。忽略一切阻力,

梯箱正常运行时防坠落装置与轨道间没有相互作用。求：

（1）电机从图示位置启动，此时导线框A8CZ）；①相对磁场的运动方向：②哪条边会产生感应电动势；③

感应电流的方向；

（2）电机刚启动瞬间导线框ABC。所受安培力的大小；

防坠落装置

【答案】（1）①导体框相对磁场向下运动，②线框中48边、C。边会产生感应电动势，③线框中有顺时针

4n2B2Lrv16/22B2L2V

（或48CD4方向的感应电流）；（2）F安广一-------（3）a=

3MR

【解析】

【详解】（1）①由于电机起动后两边磁场均以速度u沿竖直轨道向上匀速运动，则导体框相对磁场向下运动;

②则线框中AB边、CO边均切割磁感线，故线框中48边、CD边会产生感应电动势；

③根据楞次定律可知线框中有顺时针（或ABCD4方向的感应电流）。

（2）电机刚启动瞬间导体框ABC。中感应电动势大小为

E=2nBLv

则感应电流大小

/一

R

得

.2nBLv

1=---------

R

则每根导线所受安培力

安BIL

整个导线框ABC。所受安培力为

4n2B2l3v

Fr安息=2〃BIL=---

（3）当梯箱以1的速度向上运动此时感应电动势大小为

E2=2nBL(v--v)

感应电流大小

1广区

2R

安培力大小

F=4nBhL

根据牛顿第二定律

F-Mg=Ma

解得

16n2fi2£2v

a=-—--£----------

3MR

4.如图所示，在竖直平面内，AB是一倾角为的光滑绝缘直轨道，是半径R=0.25m的光滑圆弧轨道，AB

与BC相切于8点，C点切线水平，B点左上方空间存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=4.0X10N/C,

CO是与水平方向夹角为的界面，在C。下方存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强

度大小也是E,磁感应强度大小B=3.OX1O3T,质量机=O.2kg的带负电滑块从斜面顶端由静止开始滑下。已

知6=37：斜面上AI两点间高度差/-0.2m,滑块带电量q=-5.0XlO^C,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8.求:

（1）滑块滑到斜面底端8点时的速度大小;

（2）滑块滑到圆弧轨道最低点。时对轨道的压力大小:

（3）滑块离开C点后第2次经过CO界面时离C点的距离（结果保留2位有效数字）。

【答案】（1）2&m/s；（2）9.2N；（3）2.2m

【解析】（1）对滑块，A到B过程有动能定理得

2

tngh+Eqh=—mv8

代入数据，解得y=2四m/s

（2）对滑块，8到C过程有，根据动能定理得

"2g（R-Reos。）

代入数据，解得u=3m/s

在C点有，进行受力分析可得6-mg二机前■

解得&=9.2N

（3）设滑块离开C点后第1次经过8界面上的P点

c9

解得f=0.45s

在P点有vv=gt=4.5m/s

=vc=3m/s

则PC间距离

L,=""=1.6875m«1.7m

cos。

设滑块离开C点后第2次经过CD界面上的。点，因

Eq=mg

所以物块从P到。做匀速圆周运动，设尸点速度方向与水平方向夹角为a,速度为明则有

V..32

tana=—=—cosa=—=

匕2屈

cosa

由洛伦兹力提供向心力可得

v

Bqv=m—

所以PQ间距离为

22与n(a.6)=四则B

Bq

sin(a-O)=―

755/13

解得&=0.48m

所以滑块离开C点后第2次经过C。界面对距离。点的距离为

L=L）4-Z^=2.1675m«2.2m

5.如图所示，在坐标系的第一象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象

限内有一匀强电场，方向竖直向上.一质子从），轴上的力点处以垂直于y轴的方向进入匀强电场，穿过电场

后以与x轴正方向成45°角的方向进入匀强磁场，最后恰好通过），轴上的。点，且速度方向与y轴平行.已

知质子的质量为“，电荷量为g,。点到坐标原点的距离为从求：

(1)质子进入匀强磁场时的速度大小。

(2)匀强电场的电场强度大小,

【答案】⑴八且弛；(2)E=(&T即2

mm

【解析】

rcos45°=/z

设质子进入匀强磁场时的速度大小v,根据牛顿第二定律

v-

qvB=in—

联立可得

6qBh

v=--------

m

（2）质子在电场中做类平抛运动，设万点的速度为也，8点和原点。的距离为九

水平方向，有

r+rsin450=vbZ

竖直方向，有

yb=l(vsin450+0)/

由动能定理得

112

坳决=——mv.

22b

又

vb=vcos45°

联立可得

[y[2-\^qhB2

E=

m

6.如图（。）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方

向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为反导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z

的U-/图像如图（力）所示，当流过元件Z的电流大于或等于A）时，电压稳定为Um。质量为，小不计电阻的

金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原

磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取/。=篝，u-鬻。以下计算结果只能选用〃人

g、B、L、R表示。

（1）断开开关S,由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度愠；

（2）先闭合开关S,由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的

时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小4。

【答案】⑴%=鬻；⑵a=gg

乙LJJ

【解析】

【详解】（1）设断开开关S时，金属棒最大速度时回路电流为人对金属棒根据平衡条件得

mg-BI、L

根据欧姆定律得

1R

根据题意得

u=壁

m2BL

解得

3mgR

J=-----

m2BL

（2）设闭合开关S,由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，回路电流为及，感应电动势为良，对金

属棒根据平衡条件得

mg=Bl2L

根据欧姆定律得

Q

2R

解得

辿

2BL

断开开关的瞬间，元件Z两端的电压为

u._mgR

2BL

断开开关的瞬间，回路的电流为

3R

解得

r二mg

l2BL

根据牛顿第二定律，金属棒的加速度为

mg-BIyL=ma

解得

1

67如图所示，在竖直平面内有内壁光滑的绝缘细管Mede,其中外、加段水平，反段为倾角外37。的直线

管，cd段为半径R=0.6m、圆心角叙37。的圆弧管，其左端与be相切、右端与de相切，且其圆心。与外在

同一水平线上，各段间平滑连接。Od连线左侧空间有水平向右的匀强电场。e段有一轻质刚性阀门，阀门

左侧紧挨放置一质量〃尸0.1kg的刚性小球B,其左侧连接一劲度系数上50N/m的轻质绝缘弹簧，当球B对

阀门的作用力F达到5N时阀门将瞬间打开并消隐，此过程中球B无能量损失。现在"段距。点xo=0.4m

处静止释放另一质量也为机、带电量g=+l.0xl0-6c的小球A,小球经过尻•段时恰好匀速运动，设小球在运

动全过程电量不变，取g=10m/s2,sim37°=0.6,求：

（1）电场强度大小；

（2）球A经过圆弧末端d点时受到的弹力大小；

【答案】（1）7.5X105N/C；（2）0.5N：（3）^~2m/s

2

【解析】

【详解】（1）小球A匀速运动有

qEcosO=mgsinO

解得

E=7.5xlO5N/C

（2）小球A由静止运动到d点过程有

R、-12

qE*o+）-mgR=-mv~

sin。

解得

vd=3m/s

小球A过d点时有

2

+mg=in—

解得

&=0.5N

（3）设阀门能被球B冲开，此时尸=5N,则阀门打开前瞬间弹簧的弹性势能为

Ep=T

p2k

设此时小球A的速度大小为V,,根据能量守恒有

121，口

-mvd=-mv-^Ep

且

121212

2WVi+EP=2WVA+2W^

mvi=mvA+mvQ

联立解得

_2+VIZm7s、v_ws（不合题意舍去）

A2B2

或

2-V14

m…二学m/s

因球A速度

2-V14

m/s<0

A--2

因此球A会返回电场，最终又从电场中返回de管，根据能量守恒有，球A返回血管的速度大小为

V14-2

m/s<v

2B

即球A不会与球B发生碰撞，故小球A的最终速度为

…正工/S

2

8.如图所示，间距为L的平行金属导轨水平放置，所在空间存在竖直向上磁感应强度大小为8的匀强磁场,

金属导轨左端连接一电容为C的电容器和一个电阻为R的定值电阻，长度为L的金属接MN垂直于平行导

轨静止放置，其质量为加，电阻为r,金属棒MN在水平向右恒力尸作用下做加速度为a的匀加速直线运动,

运动至虚线曲位置撤掉恒力，此时电容器恰好被击穿，己知导轨粗糙，金属棒静止位置到虚线位置的距离

为x,重力加速度为g。

（1）电容器被击穿前，电容器上极板所带电荷电性以及电荷量；

（2）金属棒与导轨间的动摩擦因数；

（3）电容器被击穿相当于导线，金属棒MN继续做变速运动且运动速度与位移呈线性关系，金属棒运动的

整个过程流过电阻R的电荷量是多少？

a\

・•:••••

摩M•*

___•"Z-----►••，••••

・卜・

T.■:.••____•・•

【答案】（1）Q=CBL应履（2）R=F-B可Ca-ma；门）Q=CBL反十2BLmax

mg2〃叫（宠+厂）+序心2

【解析】

【详解】（1）由右手定则可知，上极板带负电荷，下极板带正电。金属棒M.V做匀加速直线运动，则由运

动学规律可得

2ax=v1

金属棒产生的电动势恰好是电容器击穿电压，即

U=E=BLv

电容器极板最大电荷量

Qi=CU

联立可得

Qi=CBLy/2^

(2)金属棒做匀加速运动，则在2V时间内速度变化量

Av=aAt

Af时间内金属棒相当于电源增加的电动势为

bE=BLM

Ar时间内电容器两板增加的电荷量为

\Q=C\E

因此电路中形成的电流大小为

/=殁

Ar

联立可得

I=CBLa

所以

1

Ft.=BIL=Bl}Ca

对金属棒受力分析可得

F-F女-Ff=ma

即

F-BlL-^mg=ma

联立解得

F-B2l}Ca-ma

〃二-------------

mg

(3)从虚线位置到静止的过程，由动能定理可知

B2l}vtnv2

~-------s~umgs=-....

2(R+r)2

这一过程产生的平均感应电动势

A0

加

平均感应电流

E

R+r

这一过程流通的电荷量

Qi=1N

联立可得

_2BLmax

22"mg(R+r)+B2!}d2ax

八八八八…-2BLmax

Q=Qi+Q=CBL>J2ax+-------------,、］——

2以〃2g(R+r)+B七J2ax

9.如图所示，在X。)，坐标系的第I象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第IV象限内存在垂直坐标平面

向里的匀强磁场。一质量为川、电荷量为g的带正电粒子(粒子所受重力不计)从坐标原点。射入磁场，

其入射方向与x轴正方向的夹角夕=30。，第一次进入电场后，粒子到达坐标为仅JiL+L,L)的P点处时

的速度大小为八方向沿x轴正方向。求：

(1)粒子从。点射入磁场时的速度大小％;

(2)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；

(3)粒子从。点运动到P点的时间L

【答案】⑴％=述口；⑵E=券；B=2y/3mv⑶/=描(乃+⑵

36qL3qL6v

【解析】

【详解】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过。点时的速度大小也为％,根据

对称性，粒子经过。点时的速度方向与x轴正方向的夹角也为。，粒子进入第I象限后，沿x轴方向做匀速

直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动,根据几何关系有

—=cos0

%

解得

2石

(2)对粒子从。点运动到p点的过程，根据动能定理有

-qEL=^m\r

解得

„mv~

E=-----

6qL

设粒子从。点运动到尸点的时间为％,有

0+%sin。j_L

~Z,=

解得

v

粒子从。点运动到P点的过程沿X轴方向的位移大小

4/>=%

解得

XQP=2+L

又

OQ=2且+

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,根据几何关系有

OQ=2Rsin6

解得

R=L

根据洛伦兹力提供向心力有

2

以产=喙

解得

2ylim

15=---------

3qL

（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期

,2TTR

%

根据几何关系，在粒子从。点运动到。点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90。-6,故粒子在该过程中

运动的时间

90°-6>.

\=-------/

2360°

解得

岳L

f=

2-O,V

又

解得

园(%+12)

t=----------------

6v

10.如图所示，以两竖直虚线M、N为边界，中间区域I内存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度为E,

两边界M、N间距为乩N边界右侧区域II中存在磁感应强度大小为反方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

M边界左侧区域III内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。边界线M上的O点处有一离子源，水平向右发射

同种正离子。已知初速度为%的离子第一次回到边界M时恰好到达。点，电场及两磁场区域足够大，不考

虑离子的重力和离子间的相互作用。

（1）求离子的比荷；

（2）初速度为%的离子第二次回到边界何时也能恰好到达。点，求区域in内磁场的磁感应强度大小。

2

IIIIII

XX

XX

XX

▼XX

EB

XX

MN

【答案】（1）■匾;（2）y

【解析】

【详解】（1）离子在区域I中由。到A过程中，水平方向上以%做匀速直线运动，有

竖直方向做匀加速直线运动，有

y=—at2

1t2

又

qE=ma

联立可得

qEd2

y=o~2

2机%

离子运动到4点速度为

离子在区域II中做匀速圆周运动，如图所示

IllIII

有

v-

qvB=m—

解得

c/BsinO

由几何关系可知

AC=2rsin<9=^^

qB

从C点到。点过程，有

y,=att+1-ar2=—3at2

22

又

AC=y1+y2

联立，可得

里二

m

(2)当初速度为当时，从。点射出到进入区域II中，竖直方向的分位移

1.2

水平方向，有

d=a

2

可得

y[=4y

从进入区域II到射出区域II,弦长

4C'=2，sin0'=^^

qB

故弦长不变，再次进入区域I中，竖直分位移为

,,1'232.

+at

y2=att~=5〃厂=4%

所以

乂+幺=4（另+%）=44。

在区域HI中的弦长

所=2/sin夕

又

甲B一机，v-.

rsin0

所以

EF二型也

W

由几何关系可知

=

EF=y24y2=6at2=6

m%

解得

T

7

11.如图所示，两条相距为d的光滑平行长直导轨与水平面的夹角均为心其上端接一阻值为R的定值电阻,

水平分界线AC与OE的距离为L矩形区域A8E内存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场；AC下方的导

轨间存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场。现将一长度为4质量为〃?、电阻为广

的金属棒从AC处由静止释放，金属棒沿导轨下滑距离L后开始匀速下滑。金属棒与导轨始终垂直且接触良

好，不计导轨的电阻，重力加速度大小为g。

(I)求金属棒从AC处开始下滑距离心的过程中回路产生的总焦耳热Q；

(2)求金属棒从AC处JT始下滑距离L的过程中所用的时间t0；

(3)若从金属棒由静止释放开始计时,AC上方磁场的磁感应强度大小当随时间，的变化关系为4=攵”式

中左为正的已知常量)，求金属棒中通过的电流为零时金属棒的速度大小匕以及金属棒所能达到的最大速度

【答案】⑴"Zsin"空誓皿B；d2Lm（R+r）kL

（f=______!_____________u、___L⑶v,

~°〃7g（R+r）sin6B[d2

kLmg(R+r)sin。

"一铲

【解析】

【详解】(1)设金属棒匀速下滑的速度大小为丫，则金属棒匀速下滑时产生的感应电动势

E=B/v

此时金属棒中通过的电流

E

R+r

根据物体的平衡条件有

mgsin0=BJd

解得

mg（R+r）sin。

V=

根据能量守恒定律有

mgLsin0——rnv2十Q

解得

/n^2（/?+r）2sin2^

Q='Msin0------------------

ZO]a

（2）该过程中金属棒中产生的感应电动势的平均值

心也

玲

金属柢中通过的平均电流

7上

R+r

对该过程，根据动量定理有

（mgsin=tnv

解得

Bfd2L〃7（—+r）

‘°mg（R+r）sin。B；d?

（3）当金属棒中通过的电流为零时，有

B{dvx-kdL=0

解得

kL

v.=一

用

当金属棒的速度最大时，金属棒中通过的电流

_Bldv2-kdL

m~i+7-

根据物体的平衡条件有

BJmd=nigs\nG

解得

_kLmg（R+r）sin。