電磁學(xué)版塊大綜合（競(jìng)賽強(qiáng)基）真題考前訓(xùn)練 【高中物理競(jìng)賽真題強(qiáng)基計(jì)劃真題考前適應(yīng)性訓(xùn)練】 （全國(guó)競(jìng)賽強(qiáng)基計(jì)劃專(zhuān)用）解析版

專(zhuān)題03電磁學(xué)版塊大綜合（競(jìng)賽強(qiáng)基）真題考前訓(xùn)練

【高中物理競(jìng)賽真題強(qiáng)基計(jì)劃真題考前適應(yīng)性訓(xùn)練】

（全國(guó)競(jìng)賽強(qiáng)基計(jì)劃專(zhuān)用）

一、單選題

1.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）如圖所示，用力尸把電容器中的電介質(zhì)板抽出，在圖A和圖B中

的兩種情況下，電容器儲(chǔ)存的靜電能量將（）

聲

T-

（a）充電后仍與電源連接（b）充電后與電源斷開(kāi)

A.都增加B.都減小

C.A增加，B減小D.A減小，B增加

【答案】D

【詳解】電介質(zhì)板抽出后,電容C減小，由

11,1,

2

We=-UQ=-CU=-Q-

可知，A情況，。不變，修減??；B情況，。不變，伙增大;

故選D。

2.（2021春?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）平行板電容器接在電壓恒定的電源電動(dòng)勢(shì)兩端，中間有一

塊均勻極化的電介質(zhì)，極化強(qiáng)度尸隨溫度7變化規(guī)律如圖所示，電介質(zhì)不是完全絕緣的，有

微弱的電導(dǎo)率，則（）

A.T?0,"）時(shí)，回路中沒(méi)有電流

B.溫度從不到"時(shí)，電容上的電荷量減少

C.溫度從7；到［時(shí)，電容上的電荷量增多

D.溫度從工均勻變到】時(shí)，電容上的電荷量不變

【答案】c

【詳解】A.考慮到電介質(zhì)實(shí)質(zhì)上是漏電的，所以當(dāng)極化強(qiáng)度不變時(shí)，回路中一定有電流通

過(guò)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

BCD.溫度從匯均勻變到看時(shí)，極化強(qiáng)度均勻增大，本質(zhì)上是相對(duì)介電常數(shù)￡，均勻增大，

則在電場(chǎng)強(qiáng)度不變的情況下，電位移矢量

D=srs0E

均勻增大，考慮到高斯定理在電介質(zhì)情況下的表達(dá)形式

jDdS=Q

平行板表面的電荷量需不斷增大，電流源源不斷從電源正極流向極板。選項(xiàng)C正確，BD錯(cuò)

誤。

故選C。

3.（2021春?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）如圖，一密繞螺線管通以電流/,現(xiàn)改變電流方向，大小

不變，即電流由/變?yōu)?/,已知〃0、3、螺線管半徑/?’（遠(yuǎn)大于管粗）、橫截面積S、匝

數(shù)N、電阻大小R,則過(guò)程通過(guò)電阻的電量為（）

R

A冉%N1S〃的MS

'兀RR'"2TTRR'

2〃"S

cD.只要/恒定，無(wú)電流通過(guò)電阻

、乃RR，

【答案】A

【詳解】由法拉第電磁感應(yīng)定律可以推得

E「=-N--△-中-=-N--S--住-B-

ArAr

Q=l\t

聯(lián)立解得：Q=d咨；

A

由安培環(huán)路定理可得

27TR'B=NMN1

電流/-―/改變量為2/,有

兀RR'

4.（2022?全國(guó)?高三統(tǒng)考競(jìng)賽）如圖所示，由兩塊相距為0.50mm的薄金屬板乙、M構(gòu)成的平

行板電容器，被屏蔽在一個(gè)金屬盒K內(nèi)，連接M端的導(dǎo)線同時(shí)與K相連，金屬盒上壁與乙

板相距0.25mm,下壁與M板相距亦為0.25mm,金屬板面積為30x40mm2。忽略電容器的

邊緣效應(yīng)。從L、M兩端測(cè)得被屏蔽后的電容器的電容與屏蔽前的電容之比為（）

■L、：0.25mm

0.50mm

QM：0.25mm

A.1:2B.2:1C.3:1D.4:1

【答案】C

【詳解】薄金屬板L、M與金屬盒一起構(gòu)成三個(gè)電容器，由于M端的導(dǎo)線同時(shí)與K相連,

因此其中一個(gè)電容器極板短接，電容為零，其等效電路圖如下

其中薄金屬板L、M構(gòu)成的平行板電容器為,金屬板與金屬盒構(gòu)成的平行板電容器為C?,

兩個(gè)電容器并聯(lián)，由題意可知

4=2d工

根據(jù)電容器決定式可知

G=2C,

根據(jù)電容器并聯(lián)可得從L、例兩端測(cè)得被屏蔽后的電容器大小為

CLG+CZ=3G

從L、M兩端測(cè)得被屏蔽后的電容器的電容與屏蔽前的電容之比為3:1：

故選Co

5.（2021春?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）均勻帶電的球體電荷量為。，半徑為R,則帶電球體整體

的靜電勢(shì)能Ep為（）

13Q21Q21Q2

A.———B.———C.———D.-——

4%R2OTT￡ORRR

【答案】B

【詳解】利用高斯定理可以得到均勻帶電球體在球體內(nèi)部和球體外部的電場(chǎng)強(qiáng)度

4%/?3

積分可以得到球體內(nèi)部的電勢(shì)分布

利用電勢(shì)能紇=，對(duì)每層帶電薄球殼積分得到

22

1<2（37?-r）WQ3。2

“=工j（37?2-r2）r2dr=

R3167rqRo20%R

故選Bo

6.（2021春?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）如圖所示，一均勻帶電圓盤(pán)半徑為R,電荷的面密度為

放置在與圓盤(pán)平面平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)圓盤(pán)以角速度。繞過(guò)圓心且與圓

盤(pán)表面垂直的豎直軸勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，（）

->

A.產(chǎn)生的圖案為矩形，且原孔長(zhǎng)邊對(duì)應(yīng)短邊

B.產(chǎn)生的圖案為矩形，且原孔短邊對(duì)應(yīng)短邊

C.孔向上移，圖案下移

D.孔向上移，圖案上移

【答案】A

【詳解】取圓盤(pán)上半徑為,，寬度為dr的圓環(huán)作為微元，根據(jù)環(huán)狀電流在磁場(chǎng)中的安培力矩

為M=IS義B，可得微元所受力矩大小為

CO1

dM=BdS-dl=B-7ir~?---=dr

2TT

故整個(gè)圓盤(pán)所受力矩為

M=\dM=f7c（rwBr3dr=—/rawBR

JoJo4

故選Ao

7.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）在真空中有A、B兩板，相隔距離為d（很?。?，板面積為S,其

帶電量為氣和V，則兩極板間相互作用力尸的大小等于（）

222

A.3B.3C.二

S%2s￡（,4￡/一

【答案】B

【詳解】由題意可知，設(shè)B板所帶負(fù)電荷量的面密度為6則有

EB=-

2%2S%

A受B的力則有

2

F=dF=

\J；"崗'="BJ：羯'=舔4=-轟

4J匕0

AC錯(cuò)誤，B正確。

故選B?

8.（2022?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）一個(gè)邊長(zhǎng)為。的正方形線圈ABCD與一無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線共面,

相距為6,求其互感系數(shù)。（）

A.維13B.維q

2冗a2兀b

C.維In"D.絲In竺也

47r44兀b

【答案】B

【詳解】設(shè)長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有電流/，則通過(guò)正方形線框的磁通量為

.a+a〃Ipla.a+b

<D=^-a-dr=——In----

“2nr2兀b

根據(jù)互感系數(shù)的定義

M^=WL]na±b

/2兀b

故選Bo

9.（2021春?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）兩塊面積較大的金屬薄板間距d較小，面積均為S,金屬

薄板分別有電荷量。和4,則兩者內(nèi)部電荷間的相互作用力為（）

A

84S

B（Q-小

4q）s

4/S

E.以上均不是

【答案】A

【詳解】理想無(wú)窮大電容器板，兩板內(nèi)側(cè)板面所電荷一定為等量的異種電荷，且兩板外側(cè)場(chǎng)

強(qiáng)一定大小相同方向相反。根據(jù)無(wú)限大帶電板附近場(chǎng)強(qiáng)和表面電荷密度公式

可知兩板外側(cè)面帶電量相同。故電荷分布如卜圖所示

_Q+q

q"

2

Q----------

+_Q-q

q'2

q-Q

一

—q'2

qQ+q

q2

故兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度為

相互作用力為

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選Ao

10.（2022?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）一個(gè)帶有電荷Q,半徑為R的鐵球處于靜止?fàn)顟B(tài)。初始時(shí),

鐵球被均勻磁化，磁化強(qiáng)度為旅。若將其北極接地緩慢放電，并假設(shè)電流在球表面流

動(dòng)且始終保持表面電荷均勻分布，則放電過(guò)程中的總角沖量為（）

A.店B.權(quán)。MQR?C.‘MQR2D.就附加

【答案】D

【詳解】極角為，的球冠上電荷量為

?=.i+cose）

因此電流線密度分布為

azdgse

dt2^,7?sin

球殼表面磁場(chǎng)為

B=g|〃<“+與M（2cos6戶+sin幽

因此力矩為

N=1RrxdF=--u..MR2包1

J9°dt

總角沖量為

L=\Ndt='MQR2

故選D。

H.（2022?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）在一塊無(wú)限大的導(dǎo)電平板上某點(diǎn)p處通入電流并向無(wú)窮遠(yuǎn)處

流出，在板上任意處開(kāi)一小孔，不包含p點(diǎn)，在此圓孔邊緣上任意兩點(diǎn)的電勢(shì)值之差為不開(kāi)

圓孔時(shí)這兩點(diǎn)的電勢(shì)差的（）

A.1倍B.2倍C.一半D.無(wú)簡(jiǎn)單關(guān)系

【答案】B

【詳解】導(dǎo)體平板上距電流源,處某點(diǎn)的電流為

I=2nrk

k為面電流密度。導(dǎo)體平板的面電流密度與E存在關(guān)系

k=yE

故

y17iry

開(kāi)一個(gè)小圓孔后，在小孔內(nèi)反演點(diǎn)處放置一個(gè)/的鏡像電流，滿足同樣的一次反比關(guān)系，O

點(diǎn)通-/,可滿足邊界條件。此時(shí)邊界處切向電場(chǎng)為

E'，in（…）+里吆=±1

27ryRR4叮1R

Id）

當(dāng)不挖圓孔時(shí)，切向電場(chǎng)為

因此

E=2E0

故圓孔邊緣上任意兩點(diǎn)的電勢(shì)值之差為不開(kāi)圓孔時(shí)這兩點(diǎn)的電勢(shì)差之值的兩倍。

12.（2022?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）考慮兩個(gè)處于真空中的無(wú)窮大電極板，電極之間以一條短導(dǎo)

線相連。假設(shè)兩電極之間距離為d=2mm。一個(gè)由放射性原子核釋放出的帶電量為2e的阿

爾法粒子從左側(cè)電極緩慢進(jìn)入此區(qū)域。該粒子以v=l（）6m/s的速度勻速向右側(cè)電極運(yùn)動(dòng)，并

最終停在電極處。請(qǐng)計(jì)算導(dǎo)線中電流與時(shí)間的關(guān)系。另一阿爾法粒子同樣穿過(guò)電極之間的間

隙，速度大小與上述相同，但沿著與垂直于電極方向呈45。角的方向，計(jì)算導(dǎo)線中電流與時(shí)

間的關(guān)系。（忽略導(dǎo)線中的電感）（）

A.O.8OxlO-'°AB.1.13xl0'1°AC.1.6OxlO-,oAD.2.27xW10A

【答案】B

【詳解】計(jì)算體系電偶極矩的x分量

px=J.rpdr=-Edr=dr[v-(Ex)-E-Vx]=dr[V-(Ex)+5v^]=jdS(n-

VV

其中區(qū)域V為｛-搬X4d+，且八Z任意｝。取極板為電勢(shì)零點(diǎn)，容易證明上式在無(wú)窮大表面

上積分為0（無(wú)窮遠(yuǎn)處的面上4=0）,因此由上式可得

/+彘（r+R）=0

由于電荷守恒

以+%+9=0

解得

因此導(dǎo)線中電流為（以左側(cè)流向右側(cè)為正方向）

/=%=」包=3—1.6x10-二

dtddtd

如果粒子速度方向與極板垂直方向夾角為45，則電流為

2eyJ2e_1

I------v..=--------v=1.13x1i0n0AA

dd

故選B。

13.（2022?全國(guó)?高三統(tǒng)考競(jìng)賽）已知銅的質(zhì)量密度約為8.9g/cm',相對(duì)原子量約為64。設(shè)

銅導(dǎo)體導(dǎo)電時(shí)，每個(gè)銅原子貢獻(xiàn)1個(gè)自由電子。已知電子電量為1.602xl（）T9C,阿伏加德羅

常量為6。2X1023在一根圓截面半徑為1mm的銅導(dǎo)線通過(guò)4.5A的電流時(shí)，電子平均

定向漂移速度大小約為（)

A.0.01mm/sB.0.1mm/sC.lmm/sD.1cm/s

【答案】B

【詳解】設(shè)銅導(dǎo)線中自由電子定向移動(dòng)的速率為V,導(dǎo)線中自由電子從一段定向移動(dòng)到另一

端所用時(shí)間為f，則導(dǎo)線長(zhǎng)度為

1=vt

由題意可知銅導(dǎo)線半徑

r=lmm

則導(dǎo)線截面積為

S=7rr2

體枳為

V=SI=Svt=7rr2vt

質(zhì)量為

m=pV=pSvt=prcr^vt

每個(gè)銅原子貢獻(xiàn)1個(gè)自由電子，故這段導(dǎo)線中自由電子的數(shù)目為

_mNA_pSutNx_pTT戶vtN人

'M-M-M

則總電荷量

p7vr2vteN

q=ne=-------------A

M

故

qpjrrveN^

1——

tM

解得

IM

v=------------

p兀reNR

231

由題意知M=64,/=4.5A,WA=6.02x10moP,0=8.9g/cm3,代入得

v?0.lmm/s

故選B。

二、多選題

0（2必春?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）有一圓形磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為5,于為一定值，記

%其中|為一根導(dǎo)線，2為絕緣線，他們的兩端都在過(guò)直徑的直線上，則（）

C.。2>例D.>（p2

【答案】BC

【詳解】圓形磁場(chǎng)區(qū)域中的渦旋電場(chǎng)強(qiáng)度與導(dǎo)線是否絕緣無(wú)關(guān)。考慮到1和2分別與直徑圍

成的面積

S,<S]

則由法拉第電磁感應(yīng)定律

（P2><P\

且

Si*0,92Ho

（注意，這里用到了渦旋電場(chǎng)沒(méi)有徑向分量，所以直徑方向上沒(méi)有電勢(shì)升降）

故選BC?

15.（2023?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）如圖虛線下方有水平方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，長(zhǎng)方

形線框長(zhǎng)為“，寬為從質(zhì)量為“7,電阻為R,在磁場(chǎng)上方/z高度自由下落，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,

B.4時(shí)刻，線框速度為住圖+g&Tj

mR

C.G時(shí)刻，線框的加速度恒定

D.以上說(shuō)法都不對(duì)

【答案】AC

【詳解】A.在進(jìn)入磁場(chǎng)之前線框自由落體，乙時(shí)刻速度為

v,=yl2gh

故A正確;

B.從4%時(shí)間段內(nèi)，由動(dòng)量定理

,、B2a2b(、

------=w(v-v,)

K2

可得此時(shí)速度

/T--B%2b/\

---b+g&F)

mix

故B錯(cuò)誤：

C.線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后只受重力，在磁場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度不變，故C正確;

D.由以上可知有正確項(xiàng)，故D錯(cuò)誤。

故選AC。

16.（2021春?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）電梯質(zhì)量為振子質(zhì)量為加，單擺質(zhì)量為機(jī)，三者質(zhì)

量關(guān)系為"7,初始電梯靜止,當(dāng)單擺、振子均擺至最低點(diǎn)時(shí)，讓電梯自由下落,

則（加與加不會(huì)相碰）（）

A.加做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B./振幅不變

C.加振幅變大D.電梯在保留?量級(jí)時(shí)機(jī)械能守恒

M

【答案】AC

【詳解】ABC.當(dāng)電梯自由落體時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，擺球完全失重下會(huì)開(kāi)始做

勻速圓周運(yùn)動(dòng)。彈簧振子的平衡位置為彈簧原長(zhǎng)，小球偏離平衡位置更遠(yuǎn)，所以振幅更大。

AC正確，B錯(cuò)誤；

D.考慮擺球在上下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，擺球和電梯構(gòu)成的系統(tǒng)整體質(zhì)心在自由落體運(yùn)動(dòng)，與此

同時(shí)，兩者分別繞質(zhì)心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)過(guò)程中，我們可以發(fā)現(xiàn)電梯與質(zhì)心之間的距

離

ml

M+m

顯然對(duì)電梯重力勢(shì)能的影響為3量級(jí)的。所以隨著小擺球和電梯同時(shí)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)動(dòng)，并不能

M

在該量級(jí)下保證機(jī)械能守恒。D錯(cuò)誤。

故選ACo

17.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）選出下列說(shuō)法中的正確者（）

A.用電位差計(jì)測(cè)量電動(dòng)勢(shì)時(shí)必須先修正標(biāo)準(zhǔn)電池的電動(dòng)勢(shì)值

B.標(biāo)定（校準(zhǔn)）電位差計(jì)的工作電流時(shí)發(fā)現(xiàn)檢流計(jì)光標(biāo)始終向一邊偏，其原因是待測(cè)電動(dòng)

勢(shì)的極性接反了

C.用校準(zhǔn)好的電位差計(jì)測(cè)量溫差電動(dòng)勢(shì)時(shí)發(fā)現(xiàn)光標(biāo)始終偏向一邊，其原因是溫差電動(dòng)勢(shì)極

性接反了

D.熱電偶若無(wú)工作電源是產(chǎn)生不出電動(dòng)勢(shì)的

【答案】AC

【詳解】A.為了直接從電位差計(jì)讀出電動(dòng)勢(shì)或電壓，需要用電位差計(jì)測(cè)量電動(dòng)勢(shì)時(shí)必須先

修正標(biāo)準(zhǔn)電池的電動(dòng)勢(shì)值，使實(shí)際值與外旋鈕標(biāo)值電壓一致，故A正確；

BC.待測(cè)電動(dòng)勢(shì)的極性如何接不會(huì)影響檢流計(jì)光標(biāo)是否一直向一邊偏，可能原因是溫差電

動(dòng)勢(shì)極性接反了，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.熱電偶本身就可以產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，故D錯(cuò)誤。

故選ACo

三、解答題

18.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）如圖所示，在坐標(biāo)（a,0）處放置一點(diǎn)電荷+g,在坐標(biāo)（-a,0）

處放置另一點(diǎn)電荷-qo尸點(diǎn)是y軸上的一點(diǎn)，坐標(biāo)為（0,>1）,試求，當(dāng)時(shí)，P點(diǎn)場(chǎng)

強(qiáng)的大小。

【詳解】正電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為

E”=q,=q,

4g)廠4碼)+yj

方向如圖所示

E.=q,=q

4f-4%（片+y），

方向如圖所示

二者在尸點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度y軸方向分量大小相等，方向相反，所以只有x軸方向分量。

￡

EPx-2——cosa=---------------7Y--------------

4fr4密a+力+

當(dāng)y?a,Ep*="3,方向沿x軸負(fù)方向。

2兀4?

19.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）一半徑為R,長(zhǎng)為”的圓柱形薄片，其上電荷均勻分布，總電

量為Q。

（1）求在其軸線上與圓柱對(duì)稱(chēng)中心距離為x的P點(diǎn)的電勢(shì)。

（2）應(yīng)用電勢(shì)梯度公式求產(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度。

Qm加+療+尸+(工+。

【答案】（1）u=(2)

8M)Lyj(x-L)2+R2+(x-L)

Q]]

E沿J二軸指向遠(yuǎn)方

87t《(x-L)。+R2J(X+L)2+R2

【詳解】取如圖所示的坐標(biāo)系。

（1）在圓柱上坐標(biāo)a處取寬度為da的細(xì)圓環(huán),

細(xì)圓環(huán)帶電量為dq=^~da,細(xì)圓環(huán)上各點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為均為J(x-ay+R2.

則該圓環(huán)在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為

吟旦=——獸__.

4?！?/8?！阰Lj(x-a)2+尺2

P點(diǎn)的電勢(shì)

8叫‘L」"=-/.8?！?)，Q(x-L)-+R。+(x-L)

(2)因?yàn)?/p>

PdU,、

E'=_==0

Sy

"8Un

耳=一二7=0

J(x+L)~+R-+(x+L)

dx8兀dxJ(x-乙)~+R。+(X—L)

Q1

一阮叫"""Jx+Lf+R2

E沿x軸指向遠(yuǎn)方。

20.(2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽)一長(zhǎng)直導(dǎo)線4C,通有電流//,其旁放置一段導(dǎo)線通過(guò)電流

為八，且4C與外在同一平面上，abrAC,如圖所示，a端距AC為？，匕端距AC為4,

求導(dǎo)線外受到的作用力。

A\

CI

【答案】F=^^ln殳,正向上

2兀ra

【詳解】在〃。上由AC產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度3_L耳向內(nèi)，大小為

8=她

2nr

dF=/d/Bsin90°=IdIB=IBdr

dF均向上

F=JdF=f/,Bdr=|7,汕dr=^^ln2

22

JJ2兀r27rra

F向上。

21.（2022?江蘇?高三統(tǒng)考競(jìng)賽）如圖所示，一長(zhǎng)直圓柱形導(dǎo)線沿水平方向固定放置，導(dǎo)線中

均勻通有恒定電流/,導(dǎo)線的半徑為R。導(dǎo)線旁有一個(gè)放置在光滑水平桌面上的矩形線圈

ABCD,線圈質(zhì)量為m,邊長(zhǎng)分別為a、b（6>a）,線圈中通有恒定電流八圓柱形導(dǎo)線的

軸線。?！c矩形線圈共面，并且與線圈的長(zhǎng)邊平行。

（1）不考慮矩形線圈中電流，?產(chǎn)生的磁場(chǎng)，試計(jì)算：距軸線。。'為r（r>0）處，電流/

產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B（r）；

（2）若開(kāi)始時(shí)矩形線圈的A8邊距導(dǎo)線軸線。0'為/。，此時(shí)將線圈由圖示位置靜止釋放，

則線圈會(huì)受到安培力的作用而運(yùn)動(dòng)，試求：A8邊距軸線O。'為《時(shí)線圈的速度大小。（已

知三'=歷衛(wèi)）

x玉

【答案】⑴8⑺嚼gR時(shí)），*=黑（…時(shí)）；⑵八誓M黯

【詳解】（1）取一與導(dǎo)線O。'垂直，半徑為r為的圓形環(huán)路L,其圓心位于軸線。0'上，由

安培環(huán)路定理有

環(huán)路L訥

可求得

8⑺=巖（壯喇,風(fēng)，”黑（r<耐）

（2）矩形線圈在電流/產(chǎn)生的磁場(chǎng)中受到安培力，其中A。、8C邊受到的安培力抵消，而

AB（CD）邊在距離導(dǎo)線軸線OO'為r時(shí)，受到的安培力方向向右（向左），大小為

F=ibB（r）=4也

V72wr

線圈受到的合力向右，從AB邊距離軸線00,為/。到距離為腦作用在AB邊的安培力做功

為

昨=上尸"=立泌=必鳴/

菽下2仃2n10

線圈作用在CD邊的安培力做功為

跖=￡W比泌=必皿』

'，篇“,工“2仃2%l0+a

則安培力做的總功為

AB邊距軸線00'為4時(shí)線圈的速度大小口，其動(dòng)能等于安培力做的總功，即

W=-mv2

2

解得

7tmlQ（/）+67）

22.（2021?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）初始時(shí)刻，由輕質(zhì)剛性桿連接的質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)小球

靜止于光滑的水平面上，桿平行于）'軸，整個(gè)體系處于平行于x軸的均強(qiáng)電場(chǎng)中，如果小球

A、B帶電量均為4,穩(wěn)定狀態(tài)下體系的總能量和總動(dòng)量分別為&,pl；若小球A帶電量為

2g,小球B不帶電，則穩(wěn)定狀態(tài)下體系的總能量和總動(dòng)量分別為p2,請(qǐng)分析兩種狀態(tài)

下體系的動(dòng)量與能量關(guān)系，并證明。

【答案】見(jiàn)解析

【詳解】若A、B兩球所帶電荷電性相同，則穩(wěn)定勻加速運(yùn)動(dòng)，則穩(wěn)定時(shí)速度為零，則動(dòng)量

和動(dòng)能都為零，無(wú)異議，若A、8兩球所帶電荷電性相反，以A、8整體為研究對(duì)象，可知

穩(wěn)定時(shí)，48做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示

設(shè)桿與水平方向的夾角為e,設(shè)桿的長(zhǎng)度為L(zhǎng),由幾何關(guān)系得

tan”巡

qE

則由動(dòng)能定理得

1

mgL(\-sin^)=—x2/wxv"

則

Pi-2niv}

若小球A帶電量為%,小球8不帶電，對(duì)A、B組成系統(tǒng)受力分析可知，則穩(wěn)定狀態(tài)下，A、

8一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，加速度

2Eq_Eq

Cl——

2mm

則桿對(duì)B水平方向的分力

F-Eq

如圖所示

y

X

由幾個(gè)關(guān)系可知，桿與水平方向的夾角仍然為。，則

tan”隨

qE

由動(dòng)能定理得

-sin0）+2qELcosd=gx2mv\

則此時(shí)的總動(dòng)量為

p2=2mv2

對(duì)系統(tǒng)，由于兩種過(guò)程中僅有電場(chǎng)力和重力做功，則機(jī)械能和電勢(shì)能之和相等，聯(lián)立可得

A=1L

PlV2

聯(lián)立可得

mg(\--s)+2qEv

ylm2g2+q2E2^m2g2+q2E2

3—iT,)

________________________2g2+g2￡2

1ng=)+2就/產(chǎn)

Iy]m2g2+q2E2y)m2g2+q2E2

23.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）在一個(gè)電視顯像管里，電子在水平面內(nèi)從南到北運(yùn)動(dòng)，如圖所示,

動(dòng)能是1.2xl0%V。該處地球磁場(chǎng)在豎直方向的分量向下，大小是5.5X10_5T。問(wèn):

（1）電子受地球磁場(chǎng)的影響往哪個(gè)方向偏轉(zhuǎn)？

（2）電子的加速度有多大？

（3）電子在顯像管內(nèi)南北方向上飛經(jīng)20cm時(shí)，偏轉(zhuǎn)有多大？

V八

瓦⑤e

【答案】（1）向東偏轉(zhuǎn);⑵6.3xlOl4m/s2：（3）3.0xl0-3m

【詳解】（1）因?yàn)?/p>

f=-evxB

則電子在地球磁場(chǎng)的影響下向東偏轉(zhuǎn)。

（2）電子的動(dòng)能

口I2

E.=-mu

k2

速度

國(guó)匡叵克軍史1nzs=6.5X107mzs

VmV9.1x10-31

考慮相對(duì)論效應(yīng)

線=城（7-1）

v=6.4xl07m/s

（相對(duì)論效應(yīng)不明顯）

電子受到洛侖茲力

f=evBL

電子的加速度為

a=—=e"瓦=6.3x10'，m/s2

mm

(3)電子的軌道半徑

〃表示電子的南北向飛行路程，則電子向東偏轉(zhuǎn)

X=R-4R1-d2=R-R1-伎）

因?yàn)?/p>

d?R

~/、2-2

x=R-Rl-|-|=—=3.0x10

[R）2j2R

24.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）如圖所示，兩共軸的導(dǎo)體圓筒的內(nèi)、外半徑分別為R尸R=0.5cm、

&=3凡其間有兩層均勻電介質(zhì)，分界面半徑為折2尺內(nèi)層介質(zhì)的介電常數(shù)為均，外層介

質(zhì)的介電常數(shù)為若兩層介質(zhì)的最大安全電勢(shì)梯度值都是E*=40kV/cm,當(dāng)電壓升高

【答案】外層介質(zhì)先擊穿；Ua=23.15kV

【詳解】設(shè)內(nèi)、外筒帶電線電荷密度為2、U,由高斯定理易得

2?！闧1

廠之24

E）=-------=-------

2n￡2r兀￡]廣

1=4/

因?yàn)?/p>

R2=3RI

所以

fI22口I4

旦n=-------->g?=--------

21fg3R”「哂2R￡\R

由E-r曲線知，當(dāng)電壓升高時(shí)，外層介質(zhì)的內(nèi)側(cè)先達(dá)到E*,所以外層介質(zhì)先擊穿，即此時(shí)

"2|「=它=2/?

兀與2R兀g]R

因?yàn)?/p>

A=E^7t￡xR

所以

小幾萬(wàn)+R

E.=--------=￡*—

2冗與廠2r

因兩筒間能加的最大電勢(shì)差為

-2=（￡,*—dr+[2E*-dr=E*/?（-ln2+21n-）=-=23.15kV

R2Rr22

25.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）你能用多少種方法來(lái)確定磁場(chǎng)的存在？

【答案】（1）利用小磁針在磁場(chǎng)中的轉(zhuǎn)動(dòng)；（2）利用通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受力；（3）利用霍

爾效應(yīng)；（4）利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象

【詳解】（1）利用小磁針在磁場(chǎng)中的轉(zhuǎn)動(dòng)：在所測(cè)定的區(qū)域里放入若干初始指向不一且可自

由轉(zhuǎn)動(dòng)的小磁針，如果最終發(fā)現(xiàn)小磁針有統(tǒng)一的指向，則能確定磁場(chǎng)的存在。

（2）利用通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受力情況：讓通電導(dǎo)線置于所測(cè)區(qū)域中，并適當(dāng)調(diào)整位置角度，

如果其中有測(cè)得通電導(dǎo)線受安培力的情形，則能確定磁場(chǎng)的存在。

（3）利用霍爾效應(yīng)：利用半導(dǎo)體矩形薄片放置在所測(cè)區(qū)域中，不斷調(diào)整薄片的位置、角度，

若在薄片的相對(duì)兩端面間通以直流電流/,則在另兩端面的相應(yīng)點(diǎn)間產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E（即霍耳效

應(yīng)），即可確定磁場(chǎng)的存在。

（4）利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象：在被測(cè)的區(qū)域中，放置一個(gè)小檢測(cè)線圈，讓其與一電流計(jì)組成一

閉合回路，適當(dāng)調(diào)整位置角度，讓線圈其作勻速旋轉(zhuǎn)、電流計(jì)靜止，如發(fā)現(xiàn)電流計(jì)中有電流

通過(guò)，則可確定磁場(chǎng)的存在。

26.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）如圖所示，兩正電荷卬，0相距為。時(shí)，其速度各為也和也,

且為_(kāi)1,彩，也指向q/,求q/對(duì)依和42對(duì)卯的電磁場(chǎng)力是多少？

【答案】42對(duì)卬耳=2，6向上；卯對(duì)0T=言生TJ1+〃泡V冠，石與f夾角

47t￡（）〃477^>0〃

a=tanT（Mo%32）

【詳解】運(yùn)動(dòng)點(diǎn)電荷的電流為

q

dr

電流元為

Idl=—dl=qv

dt

所以，運(yùn)動(dòng)點(diǎn)電荷的磁場(chǎng)為

A）/d/xr_//（）^xr

D=--------=—；5—

4nr-4冗廣

g/在染處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B|向外

_〃o夕⑼

4--r

而巳//務(wù)，所以，0在,處產(chǎn)生的磁場(chǎng)

&=0

（向右）

二%，%」生

「m22

4Am7

向下

F-4%

2

0?4ns0a

>/VGQM

E與-。夾角

F

1

a=§',=次-'（AO/DQ?）

依對(duì)qi

20

F=F一一%

1el4兀￡°〃2

E向上

27.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）1911年，昂尼斯發(fā)現(xiàn)在低溫下有些金屬失去電阻而變成超導(dǎo)體。

30年后，邁斯納證明超導(dǎo)體內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果增大超導(dǎo)體環(huán)的繞組的電流，則可使

，達(dá)到臨界值”c。這時(shí)金屬變成常態(tài)，磁化強(qiáng)度幾乎為零。

_B

（1）在“=0到”=2Hc的范圍內(nèi)，畫(huà)出一作為，的函數(shù)的關(guān)系曲線圖；

Ao

（2）在H的上述變化范圍內(nèi)，畫(huà)出磁化面電流密度/作為，的函數(shù)的關(guān)系曲線圖；

（3）超導(dǎo)體是順磁的、抗磁的還是鐵磁的？

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）抗磁

【詳解】（1）磁感應(yīng)強(qiáng)

B=羯也H

磁化強(qiáng)度

M=--H

Ao

B

則在H=0到，=2，c的范圍內(nèi)，一一，的函數(shù)的關(guān)系曲線圖如下

（2）磁化面電流密度

D

j'=M=——H

%

則在，的上述變化范圍內(nèi)，磁化面電流密度j'-H的函數(shù)的關(guān)系曲線圖如下

B<noH=Bo

B艮隨H變化，即“在0~1之間變化超導(dǎo)體是非線性的抗磁體。

28.（2022?全國(guó)?高二競(jìng)賽）電容器由兩個(gè)很長(zhǎng)的同軸薄圓筒組成，內(nèi)、外圓筒的半徑分別為

R/=2cm,&=5cm,其間充滿相對(duì)介電系數(shù)為切的各向同性均勻電介質(zhì)，電容器接在電壓

U=32V的電源上（如圖所示），試求

（1）距離軸線R=3.5cm處的A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度.

（2）A點(diǎn)與外筒間的電勢(shì)差。

【答案】（1）EA=997.8V/m,方向沿徑向向外；（2）t/AR：=12.46V

【詳解】（1）設(shè)兩圓筒單位長(zhǎng)度帶電為+7和由軸對(duì)稱(chēng)性，兩極間電場(chǎng)強(qiáng)度沿徑向向外,

大小為

2it￡Q￡xr

電勢(shì)差為

U=Eedz=Edr=------dr=------In一

必由JR2兀/￡/2neosr&

因此

，｛二2兀4叩

所以

U

=997.8V/m

4=2%RRRln(&/Rj

方向沿徑向向外;

(2)

,,r?2?.fR：A,Ur?1,UiR,

U=Edr=\----------dr=-------------2-dr=-------------ln^=12.46V

AKJ

A&JRJR2ngrln(/?2/7?1)?rIn(/?,/??,)R

29.(2022?全國(guó)?高三競(jìng)賽)有一個(gè)圓環(huán)(甜曲圈)，截面的圓心到圓環(huán)的軸線的距離為R,

截面的半徑為rR,圓環(huán)內(nèi)均勻分布著總量為。的電荷。圓環(huán)以角速度。繞著軸線旋轉(zhuǎn)。

求軸線附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度，用柱坐標(biāo)表示，精確到「的一階和，?的二階。

1d反3jUQcozp

鳥(niǎo)--二P()

【答案】2dz5--唱籌

8](R2+Z2尸

【詳解】容易得到半徑為P'的