2025高考物理专项复习：电场与磁场（解析版）

专题03电场与磁场

电场中问题

1.12024.1•江西】如图（a）所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为。,轴线

上的电场强度和电势分布如图（b）（c）所示。现有一带负电的粒子（重力不计）以初速度%

沿轴线由P运动到Q,OP=OQ=L。关于粒子由P运动到。的过程分析，下列说法正确的

是（）

A.粒子先加速后一直减速B.静电力对粒子做功不为0

C.粒子所受静电力先增大后一直减小D.粒子的电势能先减小后一直增大

【答案】AD

【解析】

详解】AD.由图可知

粒子由尸运动到。的过程中，电场力先做正功，后一直做负功，根据电场力做功与电势能

的关系卬=-4综可得，电势能先减小后一直增大，动能先增大后一直减小。故AD正确;

B.根据图（c）可知

UOP=UOQ

根据W=4。可知，粒子由P运动到。的过程静电力对粒子做功的代数和为0,故B错误;

C.根据图（b）可知，粒子由P运动到。的过程，场强先增大后减小，再增大最后再减小,

故粒子所受静电力先增大后减小，再增大最后再减小，故C错误。

故选ADo

2.12024.1•贵州】如图(a),水平放置长为I的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间

的电场强度大小为E。，其方向随时间变化的规律如图(b)所示，其余区域的电场忽略不计。

质量为m,电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线射入电场，均能通过平行

金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同,

不计粒子重力，则()

E

E。

0~T~~~~3Tt

应…」_____

图(a)图(b)

A.金属板间距离的最小值为理《

2m

B.金属板间距离最小值为现;

m

c.粒子到达竖直挡板时的速率都大于工

T

D.粒子到达竖直挡板时的速率都等于工

T

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.在仁"7("=0、1、2)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子

在电场中运动的时间为T,则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖

直方向的位移

224m4m

金属板间距离的最小值为

选项A正确，B错误；

CD.粒子出离电场时的水平速度均为

I

vo=-

竖直方向，在右犯时刻进入电场的粒子，先加速时间为办，然后再减速4时间，在

r=（T-%）时刻速度减为零；然后再反向加速A）时间，再反向减速fo时间，即在QT+fo时

刻出离电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的

速率等于h=7，选项C错误，D正确。

故选ADo

3.[2024.1•安徽】如图所示，M、N是某静电场中一条竖直方向电场线上的两点，电场线

方向未标出。现有质量为机的带电小球在电场力和重力作用下沿该电场线向下运动，小球

通过M点的速度为％,经过一段时间后，小球通过N点的速度为匕，方向向上.由此可以

判断（）

M\V1

A.M点、的场强大于N点的场强

B.M点的电势低于N点的电势

C.小球在/点的动能小于它在N点的动能

D.小球在M点的电势能小于它在N点的电势能

【答案】D

【解析】

【详解】该电场线竖直方向，带电小球仅在重力和沿电场线的电场力的作用下，在M点速

度方向竖直向下变为在N点竖直向上。由此可知小球先减速后反向加速，电场力方向竖直

向上。

A.仅一条电场线分布，未知周围电场线分布情况，且不知道MN两点的加速度大小关系,

故无法判断两点的电场场强关系，A错误;

B.由分析得知小球所受电场力方向竖直向上，但未知小球所带电荷的电性，故无法判断

两点的电势高低，B错误;

C.小球从M到N点，未知重力做功和电场力做功的大小关系和速度大小关系，故无法判

断小球在两点的动能大小关系，C错误;

D.小球电场力方向竖直向上，从M点到N点电场力做负功，电势能增加，故小球在/点

的电势能小于N点的电势能，D正确。

故选Do

4.12024.1•甘肃】如图，水平带电平面上方有一质量为加、带电量为4的点电荷，当它在

M点时所受合力为零。M点与平面的垂直距离为乩左和g分别为静电力常量和重力加速度,

则与M点对称的N点处的电场强度为（)

N；

螫+救mgkq

A.鳖C.D.

q•qd2q4d2

mg,kq

---1--7

q4d2

【答案】A

【解析】

【详解】点电荷在M点时，所受合力为零，则

qE=mg

解得

q

M点的电场强度和N点的电场强度大小相等，方向相反。

故选Ao

5.[2024.1•甘肃】用于医学成像的X射线是由电子加速后轰击重金属靶产生的。图（a）

中M、N是电子被电场加速过程中一条电场线上的两点。电子在电场力的作用下从/点运

动到N点，其运动的V—7图像如图（b）所示，下列说法正确的是（）

图（a）图（b）

A./点的电场强度大于N点的电场强度

B.M点、电势高于N点的电势

C,电子从A/点运动到N点电场力做负功

D.电子在M点的电势能大于N点的电势能

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据v—f图像的变化特点可知，从M点运动到N点电荷做加速度减小的加速

运动，负电荷在/、N两点的加速度大小关系为

aM>aN

负电荷仅受电场力的作用，则

QEM=

qEN=maN

得

EM>EN

故A正确；

BC.由图乙可知负电荷的速度在增大，根据动能定理可知从/点运动到N点电场力对负电

荷做了正功，即

此EN=MN>°

则

UAB=(PM—9N<0

得

9M<9N

故BC错误；

D.由图乙可知负电荷的速度在增大，根据动能定理可知电场力对负电荷做了正功，根据电

场力做功与电势能变化的关系

W=-AEp

因为电场力做正功，电势能减小，即得

△Ep=EpM-EpN>0

则

EpM>EpN

故D正确。

故选ADo

mp

6.12024.1•广西】如图，空间中有一匀强电场，大小为』，方向与水平方向成30。角,

q

现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，。点为环心，将质量为机、带电荷量为+4的小

圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环

做完整的圆周运动，重力加速度为g,则小圆环（）

A从M点到。点动能减小

B.在M点和N点的电势能相等

C.从M点到。点电场力做负功

D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势

【答案】D

【解析】

【详解】C.小圆环带正电，从M点到。点电场力做正功，C错误;

B.作出等势面如图：

沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能

大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；

A.小圆环受到的电场力

F=qE=q鳖=mg

q

则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和8点，在A点速度最小，在B点速

度最大，则从M点到。点动能先增大后减小，A错误；

D.根据沿电场线方向电势降低，则在2点电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低

于动能最小处的电势，D正确。

故选D。

7.12024.1•河南】如图所示，一个带正电的小球，质量为m,电荷量为q,固定于绝缘轻

杆一端，轻杆的另一端光滑钱接于。点，重力加速度为g。

(1)未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆

对它的拉力大小。

(2)若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置

无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速

度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8,〃g。求电场强度的水平分量Ex和竖直分

量£yo

〃〃/〃〃/

O

O

lmg「m2

【答案】(1)3/zig；(2)Ey=----,方向竖直向下，Ex=,方向水平向左

qq

【解析】

【详解】(1)未加电场，则从水平位置无初速度释放到最低点时，有

1

72

mgL=—mv

则小球在最低点有

4—mg=m；

解得

FT=3mg

(2)加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说

明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边

释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无

初速度释放，到小球到达最低点的过程中有

12

mgL-ExqL+EyqL=­mvx

则小球在最低点有

耳i-mg-Eq=m^-

JvI

其中

FTI=4mg

杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有

12

mgL+EqL+EqL--mv

x22

则小球在最低点有

F12-mg-Evq=mi

L

其中

FT2=8“zg

联立解得

mgmg

E,E：

Qq

8.12024.1•吉林、黑龙江】如图（a）,一点电荷尸（未画出）所在的水平直线上有M、N

两点。在V、N两点分别放置试探电荷，其受到的静电力与试探电荷的电荷量的关系分别如

图（b）中直线I、II所示。规定向右为正方向，则（）

~MN

图（a）

A.尸带正电B.P在M点左侧

C.M点电势比N点的低D.M点电场强度比N点的小

【答案】C

【解析】

【详解】AB.由图像中直线I可知，在M点放置的试探电荷带正电，受到的电场力向右,

则M点的场强方向向右；由图像中直线H可知，在N点放置的试探电荷带负电，受到的电

场力向右，则N点的场强方向向左；可知点电荷尸应位于M、N两点之间，且尸带负电，

故AB错误；

CD.根据

E上

q

由歹-4图像可知，直线I对应的场强大于直线n对应的场强，即M点电场强度比N点的

大；根据

1Q

E—k——

r

可知M点比N点离负点电荷尸更近，则M点电势比N点低，故C正确，D错误。

故选Co

在磁场中运动

9.12024.1•吉林、黑龙江】空间中存在垂直于xQy平面的磁场，了=。两侧的匀强磁场方

向相反，x>a区域的磁感应强度大小为x<a区域的2倍。不同带电粒子以速率%由原点

沿xQy平面射入该磁场，则粒子的轨迹可能为下图中的(

U

B-i

r3.aI

c'D0

P

0(,1

【答案】ABD

【解析】

【详解】因x＞〃区域的磁感应强度大小为区域的2倍，根据

mv

r二—

qB

可知x＜。区域的圆周运动的半径为元＞a区域的圆周运动的半径的2倍。

A.该图中粒子运动的轨道半径为

3a

r--＜a

4

即粒子没能到达两磁场的分界线，则该轨迹可能存在，选项A正确；

B.该图中粒子在冗＜〃中运动时的轨迹半径为

a

y——=__

cos45°y/2

则在x＞a区域运动的半径应该为

,y/2a

r-------

4

则轨迹与y轴交点的纵坐标应该是

y=2/sin45°=—

2

则B正确；

C.该图中粒子在尤＜。区域的轨道半径小于在区域的轨道半径，则选项C错误;

D.该图中粒子在区域的轨道半径为ka,则在尤＞。区域的轨道半径为

■a

r=—

2

则轨迹与y轴交点

y=a+2x^+a=3a

选项D正确。

故选ABD。

10.【2024.1•江西】磁控溅射仪是制备金属薄膜的重要设备。为了研究磁控溅射仪中离子在

电场和磁场中的运动过程，建立如下模型。如图所示，平面内（-％,0）的位置有一离

子源发射大量质量为加、电荷量为q（q>0）的离子，离子的初始速度大小均为%,方向在

平面内并与无轴正方向的夹角在-60。至60。范围内。在％<0的区域内有一沿无轴正

方向的匀强电场，在尤>0的区域内有一垂直xQy平面向里的匀强磁场，磁场沿y轴方向的

宽度为5技o,且关于x轴对称。在尤=0的位置放一沿轴y方向的无限长绝缘薄平板，所有

离子经电场加速后到达绝缘薄平板时速度大小均为6%。忽略离子的重力以及离子间的相

互作用。

（1）求％<0的区域内电场强度的大小；

（2）为使所有离子均能进入右边的磁场区域，需要在绝缘薄平板上开一狭缝，请问狭缝的

最小宽度为多少？

（3）狭缝宽度值取第（2）问的结果，要使所有离子进入磁场后不再通过狭缝返回电场，求

磁感应强度的最大值,及此条件下在磁场中运动时间最长的离子在磁场中所经历的时间。（假

定离子与绝缘薄平板发生的碰撞为弹性碰撞，即碰撞前后沿平板方向的速度分量不变，垂直

于平板方向的速度分量反向）。

【答案】⑴遗；⑵6…）叵也,n石；r/

qx°qx09%

【解析】

【详解】（1）在电场中，由动能定理

qEx=)2mv：

0g

解得九＜0的区域内电场强度的大小为

2

E二W

qx0

（2）粒子在电场中沿着y轴方向做匀速直线运动，沿着x轴方向做匀加速直线运动。则当

粒子出射速度与无轴夹角为60°（或-60°）时，偏离x轴最远，此时粒子能通过狭缝，其

他粒子均能通过狭缝。设粒子出射速度与x轴夹角为60°时粒子在电场中运动时间为t,在

x轴方向，

]aE2

x0=（v0cos60。）%+——t

2m

解得

%

则狭缝的最小宽度为

d=2y=2vyt=2v0sin60°xt=石％，=石/

（3）如图所示，当粒子出射速度与x轴夹角为-60。时，粒子容易通过狭缝返回电场，则当

离子进入磁场时的水平速度为

qE3

vA=v0cos60°+-r=-v0

因为

tan0——二—

匕3

则

6=30。

在磁场中，由洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=m—

R

解得

R=—

qB

由几何关系可知

6?<27?cos30°

联立可得

"0

则磁感应强度的最大值为

_y/3mv0

"max一

qx。

此情况下，粒子在磁场中做圆周运动得轨迹半径为

=xo

qBmax

粒子在磁场中运动的周期

T2兀R'2671X0

1=------=----------

V3%

由图可知，离子在磁场中运动的圆心角为

口=360°—2义60°=240。

磁场在y轴的宽度为5相％,且关于无轴对称，当粒子出射速度与无轴夹角为-60。时,在磁场

中运动时间最长，粒子与挡板第二次碰撞后射出磁场，设离开磁场的位置与轨迹圆心连线与

水平方向的夹角/，则

则粒子与挡板第二次碰后在磁场中运动的圆心角为

7=180°—60。+力=180。

则在磁场中运动时间最长的离子在磁场中所经历的时间为

（2。+/）,_116g）

1-

11.[2024.1•河南】2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创

造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为凡和凡的真空同轴圆柱面之间,

加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，'=2"。假设笊核；H沿内环切线

向左进入磁场，笳核：H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及

二者之间的相互作用，贝隆H和；H的速度之比为（）

XX

A.1:2B.2:1C.1:3D.3:1

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知，根据左手定则，作图如图所示

2q=R?-R、=&

则

&

r,=—

'2

由几何关系可知，瓶核：H的半径为马，有

2nl=R]+R=37?；

则

3K

r,=­L

22

即

£=1

r23

由洛伦兹力提供向心力

V2

qvB-m—

r

可得

人也

m

由题意可知，笊核；H和旅核：H的比荷之比为

133

=-x—=

%q2ml122

故；H和：H的速度之比为

mxr1311

v2&2232

故选A。

12.【2024.1•安徽】如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为3,方向垂直

于纸面向里。质量为机、电荷量为4的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，

D

经过圆心O,最后离开磁场。已知圆形区域半径为R,A点到CD的距离为一，不计粒子重

力。则（

XXX

-X—X--X

XXX

A.粒子带负电B.粒子运动速率为一^---

D.粒子在磁场中运动的路程为2里

C.粒子在磁场中运动的时间为

【答案】AD

【解析】

【详解】A.由于粒子经过圆心O,最后离开磁场，可知，粒子在A点所受洛伦兹力向下,

根据左手定则，四指指向与速度方向相反，可知，粒子带负电，故A正确；

R

B.由于圆形区域半径为R,A点到C7）的距离为一，令粒子圆周运动的半径为「，根据几

2

何关系有

解得

粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有

2

qvB=m—

0r

解得

m

故B错误;

C.根据上述，作出运动轨迹，如图所示

D

由于圆形区域半径为R,A点到CD的距离为一，根据上述，粒子圆周运动的半径也为R,

2

则AAOO'与AEOO均为等边三角形，则轨迹所对应的圆心角为120。，粒子圆周运动的周

期

T=生=27rm

%qB

则粒子在磁场中运动的时间为

120TIjim

t—____T—____

3603qB

故C错误；

D.结合上述可知，粒子在磁场中运动的路程为

120°c2兀R

x=--------2711r=-------

360°3

故D正确。

故选AD

13.12024.1•贵州】如图，半径为H的圆形区域内有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN、

P。是相互垂直的两条直径。两质量相等且带等量异种电荷的粒子从加点先后以相同速率v

射入磁场，其中粒子甲沿射入，从。点射出磁场，粒子乙沿纸面与方向成30。角射

入，两粒子同时射出磁场。不计粒子重力及两粒子间的相互作用，则两粒子射入磁场的时间

间隔为（）

兀R7rR7lR2TVR

A.——B.------c.----D.

12v6v3V3V

【答案】B

【解析】

【详解】

。1是粒子甲运动轨迹的圆心，由题意可知，四边形。。。1〃是正方形，所以甲乙运动轨迹的

半径均为R,甲的运动轨迹的圆心角为生。而粒子乙往左偏转飞出磁场，它的圆心角为

23

甲运动的时间为

£

77127tmrem7iR

:=-----------=------=-----

2»qB2qB2v

乙运动的时间为

1

37127cHi7tm7rR

t——---------——————

227cqB3qB3v

因为两粒子同时射出磁场，所以两粒子射入磁场的时间间隔为

兀R兀R兀R

=--------------=——

2v3v6v

故选B。

14.【2024.1•广西】如图，一半径为尺的圆内存在匀强磁场，磁感应强度大小为耳，方向

垂直于纸面向里，在圆形磁场右边有一接地的“匚”形金属挡板

abed,ab=cd=3RX,be=4^,在be边中点。开一小孔，圆形磁场与儿边相切于。点,

挡板内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度大小反=0.5耳，在cd边下方2K处

放置一足够长的水平接收板P,初速度可忽略的大量电子，经过电压U加速后，有宽度为2K

的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过。点进入当，电子质量为加，电荷量为e,

忽略电子间的相互作用和电子的重力，其中。、m、e已知，求:

(1)电子进入圆形磁场区域时的速度也

（2）圆形磁场区域的半径与；。

（3）电子在水平接收板上击中的区域。

3人

,区域如图左

【详解】（1）电子初速度为0,忽略电子间的相互作用和电子的重力，经过电压U加速，则

1,

eU=-mv

2

解得

（2）因为有宽度为2K的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过。点，画图可知，圆

形磁场半径等于电子在其运动轨迹的半径，即

(3)挡板内电子进入挡板内磁场，由

evB=m—

r

可知在挡板内做圆周运动的半径为圆形磁场内圆周运动半径的2倍，即

&=2&

当圆的轨迹与仍边相切时，即粒子在。点速度方向向上，此时粒子可以射到收集板，如左

图所示。随着粒子在。点速度从竖直向上往顺时针偏转时，其轨迹也绕。点顺时针偏转，

当偏转到圆的轨迹与ad边相切时，此时粒子刚好不能射到收集板，如右图所示

在右边大三角形中

cAH,+4R.

tan9=——!----1

%

在三角形OiHiA中

0凡=3&-2&=%

OiA=2Ri

。画&I

sin，=

AO1一函—5

则

e=-

6

AHi=C&

代入解得

电子在水平接收板上击中的区域为当这一区域。

法拉第电磁感应

15.12024.1•安徽】如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角6=30°的斜面

上，其间距L=2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T。两根金

属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的

拉力传感器连接(连接前，传感器已校零)，细线平行于导轨。已知棒的质量为2kg,NQ

棒和次?棒接入电路的电阻均为2Q,导轨电阻不计。将ab棒从静止开始释放，同时对其施

加平行于导轨的外力F,此时拉力传感器开始测量细线拉力FT,作出力工随时间t的变化

图像如图乙所示(力工大小没有超出拉力传感器量程)，重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)%=1s时，金属棒ab的速度大小；

(2)/2=3s时，外力厂的大小；

(3)已知金属棒ab在0〜3s的时间内产生的热量为4.5J,求这段时间外力尸所做的功。

【答案】(1)0.5m/s；(2)3N；(3)-11.25J

【解析】

【详解】(1)设棒的质量为当/=0时

Mgsind=%=2N

解得

M=0.4kg

4=Is,棒N。受到沿斜面向上的拉力耳=4N,对棒NQ分析

Mgsine+工.=1=4N

兄，=2N

根据凡“=5〃，解得

/=Z=^-A=0.5A

BL2x2

感应电动势为

£=/（2R）=0.5X2X2Q=2V

根据E=解得

E2

v,=——=-----m/s=0.5m/s

1BL2x2

（2）当t2=3s,棒NQ受到沿斜面向上的拉力婷'=8N,对棒NQ分析

Mgsin6+工'“=f；=8N

工〃=6N

根据巴解得

F'6

I'=q=——A=1.5A

BL2x2

感应电动势为

E，=r（2R）=1.5x2x20=6V

根据E=解得

E'6，、一

%=——=-----m/s=1.5m/s

2BL2x2

由以上可知棒ab的速度可表示为

EIx2R2R（F-Mgsin0]

V—.....=--------=--------T---------------

BLBLB21}

由于片随时间均匀增大，所以岫在做匀加速直线运动，其加速度为

Av1.5—0.5八二72

——=------------m/s2=0.5m/s

对棒ab分析

mgsin0—F^n—F=ma

解得

F=3N

(3)在0〜3s的时间内金属棒的位移为

112

X--a2t=—x0.5x3m=2.25m

222

对金属棒ab运用动能定理分析

12

—mv2—0=mgxsin0+Wan+WF

这段时间仍克服安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，因为电路里有两根电阻相等的

棒，所以电路中产生的焦耳热为9J。

所以

2

WF=11X2X1.5-2X10X2.25X1-(-9)1J=-11.25J

16.【2024.1•甘肃】1831年，法拉第发明了第一台发电机，示意图如下。半径为7•的铜盘安

装在金属轴上，其边缘置于一个磁铁两极之间的狭缝里，铜盘边缘与轴通过导线与检流计连

接。铜盘以周期T匀速旋转，检流计中有电流通过。已知狭缝沿半径方向的长度为。，狭缝

间为匀强磁场，磁感应强度为5,忽略狭缝之外的磁场，下列说法正确的是()

B.若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向也反向

C.铜盘产生的电动势为"〃(2—一

T

兀a(r-a)B

D.铜盘产生的电动势为

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据右手定则可知，检流计中电流方向从尸向。，故A错误；

B.根据右手定则可知，若铜盘旋转方向和磁场方向同时反向，则检流计中电流方向不变,

故B错误；

CD.铜盘产生的电动势为

。„(r-a)a)+ra)Tia⑵-a)B

E=Ba----------------=----------------

2

故C正确D错误。

故选C。

17.【2024.1•甘肃】半圆形金属线圈放置在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图

(a)。磁感应强度8随时间/的变化关系如图(b)。已知线圈的电阻R=0.1。，半径厂=0.1m。

求：

(1)线圈中感应电动势的大小；

(2)线圈的电功率，及。〜0.005s时间内线圈产生的焦耳热;

(3)/=0.003s时半圆弧"PN受到的安培力的大小和方向。

【答案】(1)0.0UV；(2)^2xlO_3W-5万2*10为；⑶1.2万xlO^N，垂直跖V向

下

【解析】

【详解】(1)线圈中感应电动势的大小为

E=—=—S=2X-^-X0.12V=0.0UV

A?Az2

(2)线圈的电功率为

E-(0.01万)2、灯2

PD=---=-----------W=7TxlO'W

R0.1

0〜0.005s时间内线圈产生的焦耳热为

Q=尸。=*1()-3*QQQ5J=5"2*1。-6J

(3)由图可知

B=2/(T)

f=0.003s时半圆弧A/PN受到的安培力的大小为

F=/B£=—5-2r=^^x2x0.003x2x0.1N=1.27rxl0^N

R0.1

根据左手定则半圆弧"PN受到的安培力的方向为垂直"N向下。

18.【2024.1•广西】如图，当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的

磁场，通过传感器电路将磁场的变化转换为交通灯的控制信号，车辆驶入图中圆形区域时,

车辆引起磁场变化的原因类似于()

A,将铁芯放入通电线圈B.增大通电线圈的面积

C.增加通电线圈的匝数D,加大对通电线圈的压力

【答案】A

【解析】

【详解】当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，利用的是互

感现象，汽车上大部分是金属，汽车经过线圈时会引起汽车磁通量的变化，从而产生电磁感

应现象，产生感应电流，从而改变区域内通电线圈中的磁场；此过程类似将铁芯放入通电线

圈，铁芯的磁通量也会变化，也会产生感应电流，从而改变通电线圈中的磁场。

故选Ao

19.【2024.1•江西】为缩短固定翼飞行器着陆后的滑行距离，有人构想在机身和跑道上安装

设备，使飞行器在安培力作用下短距着陆。如图所示，在机身上安装长为10m、匝数为60

匝的矩形线圈，线圈通以100A的电流，跑道上有大小为Q2T的磁场，通过传感器控制磁

场区域随飞机移动，使矩形线圈始终处于图示磁场中。忽略电磁感应的影响，线圈所受安培

力的大小和方向是（）

•••XXX

下卜/X卜

跑道10m,,.XXX跑道

••~•XXX

A.24000N,向左B.24000N,向右c.12000N,向左D.

12000N,向右

【答案】A

【解析】

【详解】由左手定则可知，各处的安培力方向如图所示

•XXX

/•x

Fx

跑道10由6X跑道

•「恒X

I~•XXX

所以线圈所受安培力的大小为

F安=耳+工=2®L=2x60x0.2xl00xl0N=24000N

由左手定则可知，线圈所受安培力的方向为水平向左。

故选A。

20.[2024.1•广西】半径为0.1m的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为Q4T,现将一

单匝正方形线框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直