2011年高考物理試題分類匯編和解析[1]

1、你的首選資源互助社區(qū) 2011年高考物理試題分類匯編和解析一一電磁學(xué)（最新） 全國卷1 17.如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B的勻強(qiáng)磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面 向里）垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L,且 abc bed 135。流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖 中箭頭所示。導(dǎo)線段 abcd所受到的磁場的作用力的合力 A. 方向沿紙面向上，大小為 （2 1）ILB B. 方向沿紙面向上，大小為 （2 1）ILB C. 方向沿紙面向下，大小為 （.2 1）ILB D. 方向沿紙面向下，大小為 （2 1）ILB 答案A X K X X X 【解析】本題考查安培力的大小與方向的判

2、斷.該導(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)線長為 C. 2 1）L來等效代 替，根據(jù)F BIl ,可知大小為（一 2 1）BIL ,方向根據(jù)左手定則.A正確. 18.如圖所示。一電場的電場線分布關(guān)于 y軸（沿豎直方向） N是y軸上的三個點，且 OM=MNP點在y軸的右側(cè)，MPL A. M點的電勢比P點的電勢高 B. 將負(fù)電荷由O點移動到P點，電場力做正功 C. M、N兩點間的電勢差大于 O M兩點間的電勢差 D. 在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運(yùn) 答案AD 動 對稱，OM ON則 【解析】本題考查電場、電勢、等勢線、以及帶電粒子在電場中的運(yùn)動 .由圖和幾何關(guān)系可知M和P兩點 不處在同一

3、等勢線上而且有M p ,A對將負(fù)電荷由O點移到P要克服電場力做功，及電場力做負(fù)功,B 錯.根據(jù)U Ed ,O到M的平均電場強(qiáng)度大于 M到N的平均電場強(qiáng)度，所以有UOM UMN ,C錯.從0點釋 放正電子后，電場力做正功，該粒子將沿y軸做加速直線運(yùn)動 26 （21分）（注意：在試題卷上作答無效 ） 如圖，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 y軸上距原點為h的一點，No為x軸上距原點 為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與 x軸的距離為h/2 , A的中點在y軸上，長度略 B,方向垂直于 xOy平面向外。P是 你的首選資源互助社區(qū) 接成電路，測得路端電壓為4.8V。則該電路可能為 小于a/2

4、。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的 分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。 質(zhì)量為m,電荷量為q (q0)的粒子從P點瞄、 準(zhǔn)Nb點入射，最后又通過 P點。不計重力。求 粒子入射速度的所有可能值。 26.【解析】設(shè)粒子的入射速度為 v,第一次射出磁場的點為NO ,與板碰撞后再次進(jìn)入磁場的位置為 Ni. 粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為 R,R -B,粒子速率不變,母次進(jìn)入磁場與射出磁場位置間距離 X2始終不變， 2Rsin，粒子射出磁場與下一次進(jìn)入磁場位置間的距離 得 Xi保持不變有XiNo No 粒子能 V。 qBa2 h2,n mh Vi 3qBa.a2 h2 ,n 4mh (11) V2

5、 2qBa a2 h2 ,n 3mh (12) (全國卷2)17.因為測量某電源電動勢和內(nèi)阻時得到的U-I圖線。用此電源與三個阻值均為3 的電阻連 答案B 【解析】本題考查測電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗由測量某電源電動勢和內(nèi)阻時得到的U-I圖線可知該電 源的電動勢為6V,內(nèi)阻為0.5 Q .此電源與三個均為 3 的電阻連接成電路時測的路端電壓為4.8V,A中的 路端電壓為4V,B中的路端電壓約為 4.8V.正確C中的路端電壓約為 5.7V,D中的路端電壓為 5.4V. （全國卷2）19.圖中虛線為勻強(qiáng)電場中與場強(qiáng)方向垂直的等間 從虛線上的 兩粒子 M N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等?，F(xiàn)將M N

6、 兩條實線所 O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運(yùn)動的軌跡分別如圖中 若不計重力, 示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點。 則 A. M帶負(fù)電荷，N帶正電荷 I I B. N在a點的速度與M在c點的速度大小相同 C. N在從O點運(yùn)動至a點的過程中克服電場力做功 D. M在從O點運(yùn)動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零 答案BD 【解析】本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動.圖中的虛線為等勢線，所以M點從O點到b點的過程中電場力 對粒子做功等于零，D正確.根據(jù)MN粒子的運(yùn)動軌跡可知N受到的電場力向上 M受到的電場力向下，電荷的 正負(fù)不清楚但為異種電荷.A錯.O到a的電勢差等于O到

7、c的兩點的電勢差，而且電荷和質(zhì)量大小相等，而 且電場力都做的是正功，根據(jù)動能定理得a與c兩點的速度大小相同，但方向不同,B對. 你的首選資源互助社區(qū) （全國卷2）24.（15分）如圖，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，大小隨時間的變化率 k為負(fù)的常量。用電阻率為 、橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成 一邊長為l 的方框。將方框固定于紙面內(nèi)，其右半部位于磁場區(qū)域中。求 （1）導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大小; （2）磁場對方框作用力的大小隨時間的變化 If |c 答案（1）I 竺 8 X 【解析】本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象.（1）線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 Bs ll2k 2 在線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流I , R 聯(lián)立得 kl

8、s 8 導(dǎo)線框所受磁場力的大小為F BIl ,它隨時間的變化率為一F t II B B ,由以上式聯(lián)立可得 t （全國卷2）25.（ 18分）如圖，在寬度分別為|1和|2的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場, 場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率 v從磁場區(qū)域上 邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進(jìn)入電場，最后從電場邊界上的 Q點射出。 已知PQ垂直于電場方向， 粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d。不計重力，求電場強(qiáng)度與磁 感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場與電場中運(yùn)動時間之比。 2 C項正確。如兩球原來帶正電，則接觸

9、各自帶電均為+2Q 答案arcsin（輕） 2dl2l1 d 【解析】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動 ，如圖所示.由于粒子在分界 的速度與分界線垂直，圓心O應(yīng)在分界線上，OP長度即為粒 動的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得 R2 l12 (R d)2 設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶止電荷分別為 m和 q,由洛倫茲力公式 頓第二定律得 2 V qvB m R 線處 ksSu p 子運(yùn) 1 X i X 卜廠滬 d 和牛 設(shè)P為虛線與分界線的交點,POP ,則粒子在磁場中的運(yùn)動時間為t1 |1 式中有sin 粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，其初速度為v,方向垂直于電場.設(shè)粒子的加速度 R

10、大小為a,由牛頓第二定律得 qE ma 由運(yùn)動學(xué)公式有d 由式得 2at2 ll2 d2 l2 Vt2 由式得主 li2 2dl2 2 d . / 2dli 、 arcs in(r 2) li d2 （江蘇卷）1 兩個分別帶有電荷量Q和+ 3Q的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為r的兩處, r 它們間庫侖力的大小為 F。兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為 2 134 A F B -F C -F D 12F 1243 C【解析】本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題。接觸前兩個點電荷之間的庫侖力大小為 Q 3Q F k 2 ，兩個相同的金屬球各自帶電，接觸后再分

11、開，其所帶電量先中和后均分，所以兩球分 r 1 Q Q4 開后各自帶點為+Q,距離又變?yōu)樵瓉淼?，庫侖力為F k 2 ,所以兩球間庫侖力的大小為F , 2 r 23 （江蘇卷）5 .在如圖所師的閃光燈電路中，電源的電動勢為 E,電容器的電容為 C。當(dāng)閃光燈兩端電壓達(dá) 到擊穿電壓 U時，閃光燈才有電流通過并發(fā)光，正常工作時, 電源的電動勢 E一定小于擊穿電壓 U 電容器所帶的最大電荷量一定為 CE 閃光燈閃光時，電容器所帶的電荷量一定增大 在一個閃光周期內(nèi)，通過電阻R 閃光燈周期性短暫閃光，則可以判定 -1 D【解析】 理解此電路的工作過程是解決本題的關(guān)鍵。電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，

12、當(dāng)電 源給電容器充電，達(dá)到閃光燈擊穿電壓U時，閃光燈被擊穿，電容器放電，放電后閃光燈兩端電壓小 于U,斷路，電源再次給電容器充電，達(dá)到電壓U時，閃光燈又被擊穿，電容器放電，如此周期性充放 電，使得閃光燈周期性短暫閃光。要使得充電后達(dá)到電壓 U,則電源電動勢一定大于等于U, A項錯誤; 電容器兩端的最大電壓為 U,故電容器所帶的最大電荷量為CU B項錯誤；閃光燈閃光時電容器放電， 所帶電荷量減少，C項錯誤；充電時電荷通過 R,通過閃光燈放電，故充放電過程中通過電阻R的電荷 量與通過閃光燈的電荷量一定相等，D項正確。 （江蘇卷）6 .如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1 : 5 ,原線圈兩端

13、的交變電壓為 u 20 . 2 sin 100 t V氖泡在兩端電壓達(dá)到100V時開始發(fā)光，下列說法中正確的有 A.開關(guān)接通后，氖泡的發(fā)光頻率為 100Hz B.開關(guān)接通后，電壓表的示數(shù)為 100 V C開關(guān)斷開后，電壓表的示數(shù)變大 D開關(guān)斷開后，變壓器的輸出功率不變 AB【解析】本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓原理、 U 1V=20V,由 n1 n2 得副線圈兩端的電壓為 U2100 V,電壓表的示數(shù)為交流電的有效值, U2 B項正確；交變電壓的頻 率為 率為 f50 Hz，一個周期內(nèi)電壓兩次大于 100V,即一個周期內(nèi)氖泡能兩次發(fā)光，所以其發(fā)光頻

14、 2 100Hz, A項正確；開關(guān)斷開前后，輸入電壓不變，變壓器的變壓比不變， 故輸出電壓不變，C項錯誤; 斷開后，電路消耗的功率減小，輸出功率決定輸入功率, D項錯誤。 （江蘇卷）8 .空間某一靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示，x軸上兩點B、C點電場強(qiáng)度在x方向上的 分量分別是Ebx、Ecx，下列說法中正確的有 A . Ebx的大小大于Ecx的大小 B . Ebx的方向沿x軸正方向 功率等問題徹底理解。由交變電壓的瞬時值表達(dá)式知，原線圈兩端電壓的有效值為 你的首選資源互助社區(qū) C電荷在O點受到的電場力在 x方向上的分量最大 D 負(fù)電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功 AD【

15、解析】本題的入手點在于如何判斷EBx和ECx的大小，由圖象可知在x軸上各點的電場強(qiáng)度在 x方向 的分量不相同，如果在x方向上取極小的一段，可以把此段看做是勻強(qiáng)磁場，用勻強(qiáng)磁場的處理方法思考， 從而得到結(jié)論，此方法為微元法；需要對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)由較為全面的理解。在B點和C點附近 分別取很小的一段 d,由圖象，B點段對應(yīng)的電勢差大于 C點段對應(yīng)的電勢差，看做勻強(qiáng)電場有 E . d 可見EbxEcx , A項正確；同理可知 O點場強(qiáng)最小，電荷在該點受到的電場力最小，C項錯誤；沿電場方 向電勢降低，在 O點左側(cè)，Ebx的方向沿x軸負(fù)方向，在 O點右側(cè)，Ecx的方向沿x軸正方向，所以B項 錯誤，

16、D項正確。 (江蘇卷)14.(16分)1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示， 置于高真空中的 D形金屬盒半徑為 R,兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強(qiáng) 度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m電荷量為+q，在加速器中被加速，加 速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。 (1) 求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比； (2) 求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t ； (3) 實際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速 電場頻率的最大值分別為缶、fm

17、,試討論粒子能獲得的最大動能E毗 解析: (1) 設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為1,速度為V1 1 2 qu= mv 2 2 v1 qv1B=m 1 你的首選資源互助社區(qū) 解得 ri 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑 （4） 則 r2 :r1 .2:1 （2）設(shè)粒子到出口處被加速了n圈 2nqUmv2 2 2 v qvB m R t nT 解得 t BR2 2U （3）加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的頻率，即 qB 2 m 當(dāng)磁場感應(yīng)強(qiáng)度為 Bm時，加速電場的頻率應(yīng)為 Bm qBm 2 m 粒子的動能Ek 1 2 mv 2 當(dāng) fBm fm時，粒子的最大動能由 決定 qvm Bm

18、2 m R 解得Ekm q BmR 2m 當(dāng)fBm fm時，粒子的最大動能由 f m決定 Vm 2 fmR 2 2 2 解得 Ekm 2 mfmR （江蘇卷）15.（ 16分）如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為 你的首選資源互助社區(qū) ”型裝 足夠長且電阻忽略不計，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方 向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為 2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“ 置，總質(zhì)量為 m置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出) 線框的邊長為d(d 0)的小物塊在與金屬板 A相距I處靜止。若某一

19、時刻在金屬板 A、B間 加一電壓，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)閝，并以與碰前大小相等的速 度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞 時間。貝U (1 )小物塊與金屬板 A碰撞前瞬間的速度大小是多少？ (2)小物塊碰撞后經(jīng)過多長時間停止運(yùn)動？停在何位置？ (2)時間為 停在2I處或距離B板為2I 【解析】本題考查電場中的動力學(xué)問題 (1) 加電壓后，B極板電勢高于 A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運(yùn)動。 電場強(qiáng)度為 E U ba d 小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為 F 合 qE mg

20、故小物塊運(yùn)動的加速度為 F合 qU mgd 1 a1g mmd2 設(shè)小物塊與A板相碰時的速度為 V1,由 2 解得 V12a V1gl 你的首選資源互助社區(qū) (2) 小物塊與 A板相碰后以vi大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變 化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小 F合mg qE 2 加速度大小為 32 設(shè)小物塊碰后到停止的時間為t， 注意到末速度為零，有 Vi a2t 解得 t竺 32 1 4 g 設(shè)小物塊碰后停止時距離為x，注意到末速度為零，有 2 0 - Vj2a2x 2 x 21 2a2 d 2l 或距離B板為 (浙江卷)25. ( 22分)如

21、圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在 xOy平面內(nèi)有與y軸 平行的勻強(qiáng)電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場。 在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射 裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m電荷量q (q0)和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時, g。 這束帶電微粒分布在 0y0. 【解 析】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動。 帶電粒子平行于x軸從C點進(jìn)入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設(shè)電場強(qiáng)度大小為E,由 mg qE 可得e mg 專q 方向沿y軸正方向。 帶電微粒進(jìn)入磁場后，將做圓周運(yùn)動。且 r=R 如圖（a）所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B。由 mv2 qvB R

22、mv qR 方向垂直于紙面向外 （2）這束帶電微粒都通過坐標(biāo)原點。 方法一：從任一點 P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，其圓心位于其正下方 軌跡是 的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進(jìn)入磁場后的圓心 如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標(biāo)原點為。 方法二：從任一點 P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中 為R的勻速圓周運(yùn)動。如圖b示，高P點與0點的連線 的夾角為0，其圓心 Q的坐標(biāo)為（-FSin 0 , Rcos 0） 動軌跡方程為 x Rsi n 2 y Rcos 2 R2 x=0 x=-Rs in y=0 或 y=R（1+cos 0 ） 磁場中經(jīng)過一 域離開磁場并 微粒在突出磁

23、 帶電微粒會在 的區(qū)域范圍是 流電源（內(nèi)阻 （3）這束帶電微粒與 x軸相交的區(qū)域是x0帶電微粒在 段半徑為r 的圓弧運(yùn)動后，將在y同的右方（x0）的區(qū) 做勻速直線運(yùn)動，如圖c所示?？拷麺點發(fā)射出來的帶電 場后會射向x同正方向的無窮遠(yuǎn)處國靠近N點發(fā)射出來的 靠近原點之處穿出磁場。所以，這束帶電微粒與 x同相交 x0. （福建卷）15.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直 不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極 板豎直向上移動一小段距離 A. 帶點油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動_一- B. P點的電勢將降低 C. 帶點油滴的電勢將減少 D. 若電容

24、器的電容減小，則極板帶電量將增大 答案B II 【解析】電容器兩端電壓 U不變，由公式E U，場強(qiáng)變小，電場力變小，帶點油滴將沿豎直方向向下 d 運(yùn)動，A錯；P到下極板距離d不變，而強(qiáng)場E減小，由公式U=Ed知P與正極板的電勢差變小，又因為 下極板電勢不變，所以 P點的電勢變小，B對；由于電場力向上，而電場方向向下，可以推斷油滴帶負(fù)電， 又P點的電勢降低，所以油滴的電勢能增大，C錯；圖中電容器兩端電壓 U不變，電容C減小時由公式 Q=CU 帶電量減小，D錯。 （福建卷）16. 一臺小型發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖象如圖甲所示。已知發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻 為5.0，則外接一只電阻為95.0的

25、燈泡，如圖乙所示，則 A. 電壓表O的示數(shù)為220V B. 電路中的電流方向每秒鐘改變50次 C. 燈泡實際消耗的功率為484W D. 發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻每秒鐘產(chǎn)生的焦耳熱為24.2J 乙 你的首選資源互助社區(qū) 答案D 【解析】電壓表示數(shù)為燈泡兩端電壓的有效值，由圖像知電動勢的最大值E=220. 2 V,有效值E=220V,燈 RE 泡兩端電壓u209V , A錯；由圖像知T=0.02S , 一個周期內(nèi)電流方向變化兩次，可知 1s內(nèi)電 R r 20乞W 459 8W ,C錯；電流的有效值I 95 2.22 5 1J 24.2J , D對。 2.2A, R r 2 流方向變化100次，B錯；燈泡的實

26、際功率P U R 發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻每秒鐘產(chǎn)生的焦耳熱為Qr I2rt d,其右端接有阻值為 （福建卷）18.如圖所示，固定位置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為 R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B的勻強(qiáng)磁場中。一質(zhì)量為 m （質(zhì)量分布均勻）的導(dǎo) 體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為 u?，F(xiàn)桿在水平向左、 垂直于桿的恒力 F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動距離L時, 速度恰好達(dá)到最大（運(yùn)動過程中桿始終與導(dǎo)軌 保持垂直）。設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力 為g。則此過程 A. 桿的速度最大值為 加速度大小 B. 流過電阻R的電量為

27、C. 恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量 D. 恒力F做的功與安倍力做的功之和大于桿動能的變化量 答案BD 【解析】當(dāng)桿達(dá)到最大速度Vm時, 0得Vm 冷嚴(yán),A錯；由公式 q4 竺,B R r R r R r 對；在棒從開始到達(dá)到最大速度的過程中由動能定理有： WFWf W 安 Ek，其中Wf mg , W安Q，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能 的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和, C錯；恒力F做的功與安倍力做的功之和等于于桿動能的變化量與克 服摩擦力做的功之和, D對。 （福建卷）22.（20分）圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng) 磁

28、場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B=2.0 X 10-3T,在X軸上距坐標(biāo)原點 L=0.50m的P處為離子的入射口， 在Y上安放接 收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以 v=3.5 X 104m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m m,電量為q,不記其重力。 的M處被觀測到，且運(yùn)動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為 （1）求上述粒子的比荷 q; m y軸正方 （2）如果在上述粒子運(yùn)動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強(qiáng)電場，就可以使其沿 向做勻速直線運(yùn)動，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這 個勻強(qiáng)電場; （3）為了在 M處觀測到按題設(shè)條件

29、運(yùn)動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi), 求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。 答案（1） q =4.9 x 107 C/kg m I a XXX K X X K K K * K X X x s X 5.0 x 107 C/kg ）;（2 X X （或 X X X X 5 口 6 2 t 7.9 10 s ；（3）S 0.25m 【解析】本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動。第（2 ）問涉及到復(fù)合場（速度選擇器模型）第（3）問是 帶電粒子在有界磁場（矩形區(qū)域）中的運(yùn)動。 （1）設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動半徑為r。如圖甲，依題意 M P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動 的

30、直徑，由幾何關(guān)系得 2L r 2 由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動的向心力，可得 2 v qvB m r 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 q77 =4.9 X 10 c/kg (或 5.0 X 10 C/kg ) m (2)設(shè)所加電場的場強(qiáng)大小為E。如圖乙，當(dāng)粒子子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時 加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有 qE qvB 代入數(shù)據(jù)得 E 70N/C 所加電場的長槍方向沿 x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧 PQ所對應(yīng)的圓心角為 45 ,設(shè)帶點粒子做 勻速圓周運(yùn)動的周期為 所求時間為t，則有 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 6 t 7.9 10 s (3)

31、如圖丙，所求的最小矩形是MM FP，該區(qū)域面積 2 S 2r 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 S 0.25m2 矩形如圖丙中MM1PP (虛線) (廣東卷理科基礎(chǔ))1 發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的科學(xué)家是 A .洛倫茲B .庫侖 C .法拉第 D .奧斯特 答案.B 【解析】發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的科學(xué)家是丹麥的奧斯特.而法拉第是發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象 （廣東卷理科基礎(chǔ)）5導(dǎo)體的電阻是導(dǎo)體本身的一種性質(zhì)，對于同種材料的導(dǎo)體，下列表述正確的是 A 橫截面積一定，電阻與導(dǎo)體的長度成正比 B 長度一定，電阻與導(dǎo)體的橫截面積成正比 C 電壓一定，電阻與通過導(dǎo)體的電流成正比 D 電流一定，電阻與導(dǎo)體兩端的電壓成反比 答案.A 【

32、解析】對于同中材料的物體，電阻率是個定值，根據(jù)電阻定律R -可知A正確 S （廣東卷理科基礎(chǔ)）12.關(guān)于同一電場的電場線，下列表述正確的是 A .電場線是客觀存在的 B .電場線越密，電場強(qiáng)度越小 C .沿著電場線方向，電勢越來越低 D 電荷在沿電場線方向移動時，電勢能減小 答案.C 【解析】電場是客觀存在的，而電場線是假想的,A錯.電場線越密的地方電場越大 B錯.沿著電場線的方向 電勢逐漸降低 C對.負(fù)電荷沿著電場線方向移動時電場力做負(fù)功電勢能增加D錯 （廣東卷理科基礎(chǔ)）13帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運(yùn)動時，會受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是 A .洛倫茲力對帶電粒子做功 B .洛倫茲力不

33、改變帶電粒子的動能 C .洛倫茲力的大小與速度無關(guān) D .洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向 答案.B 【解析】根據(jù)洛倫茲力的特點，洛倫茲力對帶電粒子不做功,A錯.B對.根據(jù)F qvB,可知大小與速度有 關(guān)洛倫茲力的效果就是改變物體的運(yùn)動方向，不改變速度的大小 F列表述正確 a端滑向b端的過程中, （廣東卷理科基礎(chǔ)）14.圖5所示是一實驗電路圖.在滑動觸頭由 的是 A .路端電壓變小B.電流表的示數(shù)變大 C .電源內(nèi)阻消耗的功率變小D .電路的總電阻變大 答案.A 你的首選資源互助社區(qū) 【解析】當(dāng)滑片向b端滑動時，接入電路中的電阻減少，使得總電阻減小 D錯.根據(jù)| ,可知總電流在 R總 增加，根

34、據(jù)閉合電路中的歐姆定律有E Ir U外，可知路端電壓在減小,A對.流過電流表的示數(shù)為 U外2 I ,可知電流在減小,B錯.根據(jù)P I2r,可知內(nèi)阻消耗的功率在增大,C錯. R3 （廣東卷理科基礎(chǔ)）15搬運(yùn)工人沿粗糙斜面把一個物體拉上卡車，當(dāng)力沿斜面向上，大小為F時，物體 的加速度為a1;若保持力的方向不變，大小變?yōu)?F時，物體的加速度為 a2,則 A al =a2 B . a1a22al 答案.D F f2F f 2F 2f ff 【解析】當(dāng)為F時有a1 F ,當(dāng)為2F時有a2 竺一-一- 2a1 丄，可知a2 2a1,D mmmm 對 （廣東卷理科基礎(chǔ)）16.如圖6, 帶負(fù)電粒子以某速度進(jìn)入

35、水平向右的勻強(qiáng)電場中，在電場力作用下形 成圖中所示的運(yùn)動軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右點。不計重力，下列表述正確的 是 A .粒子在M點的速率最大 B .粒子所受電場力沿電場方向 C .粒子在電場中的加速度不變 D .粒子在電場中的電勢能始終在增加 答案.C 【解析】根據(jù)做曲線運(yùn)動物體的受力特點合力指向軌跡的凹一側(cè)，再結(jié)合電場力的特點可知粒子帶負(fù)電，即 受到的電場力方向與電場線方向相反,B錯.從N到M電場力做負(fù)功，減速.電勢能在增加.當(dāng)達(dá)到M點后電場 力做正功加速電勢能在減小則在M點的速度最小 A錯,D錯.在整個過程中只受電場力根據(jù)牛頓第二定律加 速度不變 （山東卷）19 .

36、某小型水電站的電能輸送示意圖如下。發(fā)電機(jī)的輸出電壓為200V,輸電線總電阻為r，升 壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別為 n, n2。降壓變壓器原副線匝數(shù)分別為 a3、n4 （變壓器均為理想變壓器）。要 使額定電壓為220V的用電器正常工作，則（） A.互匹 m n4 B 匹匹 D.升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入功率 答案：AD 考點：變壓器工作原理、遠(yuǎn)距離輸電 解析：根據(jù)變壓器工作原理可知 220 n 7, n U3 220 由于輸電線上損失一部分電壓，升壓變壓器的 輸出電壓大于降壓變壓器的輸入電壓，有 u 1 n u 3 門3 ,U2 Ur U3 o電流之間的關(guān)系是: U2 n2 U4 n

37、4 11 I 2 n213n4| 121r1 I4壓 3輸電線上的功 率損失和電壓損失也是需要特別注意的。分析和計算時都必須用 2 P-I 2，U r丨2,而不能用Pr u； O r 特別重要的是要會分析輸電線上的功率損失Pr 2 旦 L U2 1 u；s （山東卷）20 .如圖所示，在x軸上關(guān)于原點 0對稱的兩點固定放置等量異種點電荷+Q和-Q, x軸上的P U2 U3，所以，A正確，BC不正確。升壓變壓器的 ni n4 輸出功率等于降壓變壓器的輸入功率加上輸電線損失功率，D正確。 提示：理想變壓器的兩個基本公式是：W 匹，即對同一變壓器的任意兩個線圈，都有電壓和 U 2 門2 匝數(shù)成正比。

38、RF2，即無論有幾個副線圈在工作，變壓器的輸入功率總等于所有輸出功率之和。只有 當(dāng)變壓器只有一個副線圈工作時，才有U U2l2,S 匹。 1 2ni 遠(yuǎn)距離輸電，從圖中應(yīng)該看出功率之間的關(guān)系是：R=R，R=P4, Fi/=Fr=F2。電壓之間的關(guān)系是: 點位于的右側(cè)。下列判斷正確的是（ A.在x軸上還有一點與 P點電場強(qiáng)度相同 +Q B.在x軸上還有兩點與 P點電場強(qiáng)度相同 C.若將一試探電荷+q從P點移至O點，電 勢能增大 D.若將一試探電荷+q從P點移至O點，電勢能減小 答案：AC 考點：電場線、電場強(qiáng)度、電勢能 解析：根據(jù)等量正負(fù)點電荷的電場分布可知，在 P點電場強(qiáng)度相同，即和 P點關(guān)于

39、O點對稱，A正確。若 軸上還有一點與 將一試探電荷+q 你的首選資源互助社區(qū) 從P點移至O點，電場力先做正功后做負(fù)功，所以電勢能先減小后增大。一般規(guī)定無窮遠(yuǎn)電勢為零，過0 點的中垂線電勢也為零，所以試探電荷+q在P點時電勢能為負(fù)值，移至 O點時電勢能為零，所以電勢能增 大，C正確。 提示：熟悉掌握等量正負(fù)點電荷的電場分布。知道WabEpa Epb，即電場力做正功，電勢能轉(zhuǎn)化 為其他形式的能，電勢能減少；電場力做負(fù)功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能，電勢能增加，即W E。 （山東卷）21 如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為 a的半圓 虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場。方向垂直于 平面?；芈芬运俣葀向右

40、勻速進(jìn)入磁場， 直徑CD始終與 點到達(dá)邊界開始到 C點進(jìn)入磁場為止，下列結(jié)論正確的 A. 感應(yīng)電流方向不變 B. CD段直線始終不受安培力 C. 感應(yīng)電動勢最大值 E= Bav XXX XXX XXX 形閉合回路。 回路所在的 MN垂直。從D 是（ ） 5 5 1 D.感應(yīng)電動勢平均值 E - Bav 4 答案：ACD 考點：楞次定律、安培力、感應(yīng)電動勢、左手定則、右手定則 解析：在閉合電路進(jìn)入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流 B不正確。當(dāng)半圓閉合回 C正確。感應(yīng)電動勢平均值 的方向為逆時針方向不變，A正確。根據(jù)左手定則可以判斷，受安培力向下, 路進(jìn)入磁場一

41、半時，即這時等效長度最大為a,這時感應(yīng)電動勢最大 E=Bav, e t 2a Bav, D正確。 提示: 效長度, E只能來計算平均值，利用感應(yīng)電動勢公式 t 即垂直切割磁感線的長度。 感應(yīng)電動勢公式 E Blv計算時，I應(yīng)是等 （山東卷） 25 . （18分）如圖甲所示，建立 Oxy 坐標(biāo)系，兩平行極板 P、Q垂直于y軸且關(guān)于x 軸對稱，極板長度和板間距均為I，第一四象限 X K X xxx xxx 有磁場，方向垂直于 Oxy平面向里。位于極板左 側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為 m電量 為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在03t X X xBx X X 時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓

42、（不考慮極 邊緣的影響）。已知t=0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒 圖甲 子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m q、 to 你的首選資源互助社區(qū) l、 I 0、 B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返 回板間的情況) (1) 求電壓U的大小。 1 (2) 求丄時進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做 2 圓周運(yùn)動的半徑。 (3)何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時間最短？求此最短時間。 解析: (1) t 0時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在電場中做 曲線運(yùn)動，t。時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù) 1u 移的距離為一丨，則有E 0，Eq ma l 1 at 以上一 1| 2 聯(lián)立 二式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為

43、 勻變速 方向偏 U。 叫。 qt 1t0時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后 做勻速直線運(yùn)動。 (2) 時間兩極板沒有電場，帶電粒子 2 0 帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為 v0 t0 帶電粒子離開電場時沿 y軸負(fù)方向的分速度大小為vy 1 at。 帶電粒子離開電場時的速度大小為v vX v 設(shè)帶電粒子離開電場進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑為 R,則有Bvq 2 v m一 R 聯(lián)立式解得 R 5ml。 qBt 帶電粒子離開磁場時沿 y軸正方向的分速度 (3) 2to時刻進(jìn)入兩極板的帶電粒子在磁場中運(yùn)動時間最短。 為Vy at0, 設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為

44、，則 tan Vg ， vy 聯(lián)立式解得 4，帶電粒子在磁場運(yùn)動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為2勺，所求 一 1 最短時間為tminT ,帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期為 4 T晉，聯(lián)立以上兩式解得也 2Bq 【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動 （天津卷）2.下列關(guān)于電磁波的說法正確的是 A.電磁波必須依賴介質(zhì)傳播B.電磁波可以發(fā)生衍射現(xiàn)象 C.電磁波不會發(fā)生偏振現(xiàn)象D.電磁波無法攜帶信息傳播 B【解析】電磁波在真空中也能傳播，A錯；衍射是一切波所特有的現(xiàn)象, 生偏振現(xiàn)象，C錯；所有波都能傳遞信息，D錯。 B對；電磁波是橫波，橫波能發(fā) （天津卷）3.為探究小燈泡L的伏安特性，連好圖

45、示的電路后閉合開關(guān)，通過 器的滑片，使小燈泡中的電流由零開始逐漸增大，直到小燈泡正常發(fā)光。由 電壓表得到的多組讀數(shù)描繪出的U-I圖象應(yīng)是 移動變阻 電流表和 C【解析】燈絲電阻隨電壓的增大而增大，在圖像上某點到原點連線的斜率應(yīng)越來越大。C正確。 （天津卷）4.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻 略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻 裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力 上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于 A.棒的機(jī)械能增加量B. 棒的動能增加量 C.棒的重力勢能增加量D. 電阻R上放出的熱量 質(zhì)量不能忽

46、 均不計，整個 作用下加速 A【解析】棒受重力 G拉力F和安培力Fa的作用。由動能定理： WF WG -W安 Ek得 WF W安Ek mgh即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機(jī)械能的增加量。選Ao （天津卷）5.如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M N為板間同一電場線上的兩 點，一帶電粒子（不計重力）以速度 子以速度vn折回N點。貝U Vm經(jīng)過M點在電場線上向下運(yùn)動，且未與下板接觸，一段時間后，粒 A. 粒子受電場力的方向一定由M指向N B. 粒子在M點的速度一定比在N點的大 C. 粒子在M點的電勢能一定比在N點的大 D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢 B【解析】由

47、于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運(yùn)動，故電場力向上，A錯；粒子由M到 N電場力做負(fù)功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知， 故不能判斷 M N點電勢的高低，C錯。 （天津卷）11.（18分）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng) 電場，磁場的磁感應(yīng)為 B,方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質(zhì)量為 m電荷量為q的帶正電 的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng) x軸上的M點進(jìn)入電場和磁場，恰能做勻速圓周運(yùn)動，從x軸 上的N點第一次離開電場和磁場, MN之間的距離為 L,小球過M點時的速度方向與

48、x軸的方向夾角為 計空氣阻力，重力加速度為g,求 （1）電場強(qiáng)度E的大小和方向； （2）小球從A點拋出時初速度 V。的大小; （3）A點到x軸的高度h. （1） ，方向豎直向上 q 鸚cot (3) q2B2L2 8m2g 【解析】本題考查平拋運(yùn)動和帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動。 （1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運(yùn)動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當(dāng)圓周運(yùn)動的 向心力），有 qE mg mg 重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強(qiáng)度方向豎直向上。 （2）小球做勻速圓周運(yùn)動，O為圓心，Mh為弦長, MOP，如圖所示。設(shè)半徑為 r，由幾何關(guān)系知 L . sin 2r

49、 小球做勻速圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，設(shè)小球做 的速率為v,有 你的首選資源互助社區(qū) qvB mv2 4 q2B2L C處分別固 于b點，自 過程中 以A錯；由等 由速度的合成與分解知 Vo V cos 由式得 Vo qBLcot 2m (3 )設(shè)小球到M點時的豎直分速度為 Vy,它與水平分速度的關(guān)系為 vy Vo tan 由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律 Vy2 2gh 由式得 2 2 8m g (安徽卷)18.在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abed,頂點a、 定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負(fù)電的粒子置 由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運(yùn)動。粒子從 b點運(yùn)動到d點的 A.

50、先作勻加速運(yùn)動，后作勻減速運(yùn)動 B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢 C. 電勢能與機(jī)械能之和先增大，后減小 D. 電勢能先減小，后增大 答案：D 解析：由于負(fù)電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。 你的首選資源互助社區(qū) 帶電粒子 磁場方向 分析此徑 量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a,電勢是先增大后減小, 故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機(jī)械能的和守恒，C錯; I 由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負(fù)功，電勢能增加，D對。 （安徽卷）19.右圖是科學(xué)史上一張著名的實驗照片，顯示一個 在云室中

51、穿過某種金屬板運(yùn)動的徑跡。云室旋轉(zhuǎn)在勻強(qiáng)磁場中, 垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對粒子的運(yùn)動起阻礙作用。 跡可知粒子 A. 帶正電，由下往上運(yùn)動 B. 帶正電，由上往下運(yùn)動 C. 帶負(fù)電，由上往下運(yùn)動 D. 帶負(fù)電，由下往上運(yùn)動 答案：A。 解析：粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式 mv r可知，半徑變小，粒子運(yùn)動方向為由下向上; qB 又由于洛侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。選A。 （安徽卷）20.如圖甲所示，一個電阻為R,面積為S的矩形導(dǎo)線框abed,水平旋轉(zhuǎn)在勻強(qiáng)磁場中，磁場的 磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,方向與ad邊垂直并與線框平面成 45角，0、o分別是ab和cd邊的中點。

52、現(xiàn)將線框右 半邊obco繞00逆時針90到圖乙所示位置。在這一過程中，導(dǎo)線中通過的電荷量是 a 2BS A. 2R 答案：A 進(jìn)C. B. BS D. 0 解析：對線框的右半邊 通量 BSsin 45o obco）未旋轉(zhuǎn)時整 個回路的磁 對線框的右半邊（obco）旋轉(zhuǎn)90后，穿進(jìn)跟穿出的磁通量相等，如右圖整個回路的磁通量 BS。根據(jù)公式 q 2BS。選 A （2）當(dāng)微粒1到達(dá)（0, d）點時，電場力對微粒 1做功的瞬間功率; 場強(qiáng) 一時 粒1沿 后兩 （3）當(dāng)微粒1到達(dá)（0, d）點時，兩微粒間的距離。 答案：（1）V| 2m，V2 .2m方向沿y正方向（2）P qE . -2qEd（3）2

53、. 2d m 解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運(yùn)動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運(yùn)動。 所以微粒1做的是類平拋運(yùn)動。設(shè)微粒 1分裂時的速度為 w,微粒2的速度為V2則有： 在y方向上有 -dv1t 在x方向上有 qE 1at V1 丨qEd .-2m 根號外的負(fù)號表示沿 y軸的負(fù)方向。 中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有 mv1 mv20 方向沿y正方向。 （2）設(shè)微粒1到達(dá)（0，-d）點時的速度為 V，則電場力做功的瞬時功率為 P qEvB cos qEvBx 其中由運(yùn)動學(xué)公式 vBx -、-2ad -2qEd 所以 P qEj-2qEd m （3）兩微粒的

54、運(yùn)動具有對稱性，如圖所示，當(dāng)微粒 1 時發(fā)生的位移 S 1 X 2 d 達(dá)（0, -d）點 則當(dāng)當(dāng)微粒1到達(dá)（0，-d）點時，兩微粒間的距離為 BC 202、2d （北京卷）16.某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點的電場強(qiáng)度的大 小分別為曰和Eq,電勢分別為和UQ,貝y A . Ep Eq, U Uq B. Ep Eq, Up Uq C. Ep Uq D. Ep Eq, Up0, 故A項錯誤；當(dāng)x=0時，此時要求的場強(qiáng)為0點的場強(qiáng)，由對稱性可知Eo=0，對于C項而言，x=0時E為 定值，故C項錯誤。當(dāng)x時Et0,而D項中Et4nKb故D項錯誤；所以正確選項只能為 B。 【答案】B （

55、北京卷）23 . （18分）單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積叫做液體的體積流量（以下簡稱流量）。由一 種利用電磁原理測量非磁性導(dǎo)電液體（如自來水、啤酒等）流量的裝置，稱為電磁流量計。它主要由將流 量轉(zhuǎn)換為電壓信號的傳感器和顯示儀表兩部分組成。 傳感器的結(jié)構(gòu)如圖所示，圓筒形測量管內(nèi)壁絕緣，其上裝有一對電極a和c,a,c間的距離等于測量管 內(nèi)徑D,測量管的軸線與a、c的連接放像以及通過電線圈產(chǎn)生的磁場方向三者相互垂直。當(dāng)導(dǎo)電液體流過 測量管時，在電極 a、c的間出現(xiàn)感應(yīng)電動勢 E,并通過與電極連接的儀表顯示出液體流量Q設(shè)磁場均勻 恒定，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B。 （1）已知D 0.40m, B 205

56、10 3T,Q 0.123/s，設(shè)液體在測量管內(nèi)各處流速相同，試求E的大 ?。ㄈ?.0 ） （2） 一新建供水站安裝了電磁流量計，在向外供水時流量 示為正值。但實際顯示卻為負(fù)值。經(jīng)檢查，原因是誤將測 反了，既液體由測量管出水口流入，從如水口流出。因為 本應(yīng)顯 量管接 已加壓 表的流 充滿管道。不便再將測量管拆下重裝，請你提出使顯示儀 量指示變?yōu)檎钡暮啽惴椒? （3）顯示儀表相當(dāng)于傳感器的負(fù)載電阻，其阻值記為R. a、c間導(dǎo)電液體的電阻r隨液體電阻率色 變化而變化，從而會影響顯示儀表的示數(shù)。試以E、R。r為參量，給出電極 a、c間輸出電壓U的表 達(dá)式，并說明怎樣可以降低液體電阻率變化對顯示儀表

57、示數(shù)的影響。 【解析】 （1 ）導(dǎo)電液體通過測量管時，相當(dāng)于導(dǎo)線做切割磁感線的運(yùn)動，在電極a、c間切割感應(yīng)線的液柱長 度為D,設(shè)液體的流速為v,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E=BDv 由流量的疋義， 有 Q=Sv= D2 v 4 式聯(lián)立解得 E 4Q BD 2 4BQ D2 D 代入數(shù)據(jù)得 E 4 2.5 10 3 0.12V 1.0 10 3V 3 0.4 （2）能使儀表顯示的流量變?yōu)檎档姆椒ê啽?，合理即可，如?改變通電線圈中電流的方向，是磁場B反向，或?qū)鞲衅鬏敵龆藢φ{(diào)接入顯示儀表。 （3）傳感器的顯示儀表構(gòu)成閉合電路，有閉合電路歐姆定律 IE R r U IR REE R r I (r/R

58、) 輸入顯示儀表是 a、c間的電壓U,流量示數(shù)和 U 一對應(yīng)，E與液體電阻率無關(guān)，而 r隨電阻率的 變化而變化，由式可看出，r變化相應(yīng)的U也隨之變化。在實際流量不變的情況下，儀表顯示的流 量示數(shù)會隨a、c間的電壓U的變化而變化，增大 R,使R r，則U E,這樣就可以降低液體電阻率 的變化對顯示儀表流量示數(shù)的影響。 （廣東物理）6.如圖3所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊。由靜止釋 運(yùn)動過程中，下列 放后，兩個物塊向相反方向運(yùn)動，并最終停止。在物塊的 表述正確的是 A. 兩個物塊的電勢能逐漸減少 B. 物塊受到的庫侖力不做功 C. 兩個物塊的機(jī)械能守恒 D. 物塊受

59、到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力 【答案】Ao 【解析】由于兩電荷電性相同，則二者之間的作用力為斥力，因此在遠(yuǎn)離過程中，電場力做正功，則電勢 能逐漸減少，A正確；B錯誤；由于運(yùn)動過程中，有重力以外的力電場力和摩擦力做功，故機(jī)械能不守恒, C錯誤；在遠(yuǎn)離過程中開始電場力大于摩擦力，后來電場力小于摩擦力。 1L f Ct * IA6 損失越小 【解析】依據(jù)輸電原理，電路中的功率損耗 電線的電阻，則能夠減小輸電線上的功率損耗, L,增大輸電線的橫截面積, S A正確；由P=UI來看在輸送功率一定的情況下, 2 P I R線，而R線 減小輸 輸送電 壓U越大，則輸電電流越小，則功率損耗越小，B正確；若

60、輸電電壓 疋， 輸送功率越大，則電流I越大， 你的首選資源互助社區(qū) （廣東物理）9.圖6為遠(yuǎn)距離高壓輸電的示意圖。關(guān)于遠(yuǎn)距離輸電，下列表述正確的是 A. 增加輸電導(dǎo)線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失 B. 高壓輸電是通過減小輸電電流來減小電路的發(fā)熱損耗 C. 在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能 D. 高壓輸電必須綜合考慮各種因素，不一定是電壓越高越好 【答案】ABD. 電路中損耗的電功率越大， C錯誤；輸電電壓并不是電壓越高越好，因為電壓越高，對于安全和技術(shù)的要 求越高，因此并不是輸電電壓越高越好, D正確。 （廣東物理）10 如圖7所示，電動勢為 E、內(nèi)阻不計的電源