押題13 電學解答題-2022年高考物理108所押題（解析版）

押題精選13電學解答題

1.如圖中所示為某探究小組設計的玩具小車電磁驅動系統(tǒng)的示意圖，A8C。是固定在小車下方的單面矩形

金屬線框，其阻值為人長度為4、寬度為L,用兩條不計電阻的導線與智能輸出系統(tǒng)（可改變輸出電流大

小和方向）組成回路。如圖乙所示，小車沿水平直軌道運動，軌道上依次間隔分布著方向垂直紙面向里的

磁場，其磁感應強度大小為B、寬度為L、長度及磁場間的距離均為乩小車與附件整體質量為小、運動過

程中受到的摩擦阻力大小恒為外

（1）若讓小車以恒定加速度〃運動，求智能輸出系統(tǒng)輸出的電流大小/;

（2）若智能輸出系統(tǒng)提供的功率為P,求小車的最大運行速度大小Um；

（3）若小車速度達到VO時，智能輸出系統(tǒng)立即切換電路后停止工作，此時相當于反尸直接用電阻不計的

導線連接，經(jīng)時間，后小車的速度減為0,求/時間內(nèi)小車的位移大小5。

智能輸出系統(tǒng)

EF

C\

圖甲

智能輸出系統(tǒng)

EFXXXXXXXX

卜XXXXXXX

XXXXXXX

圖乙

k

【答案】（1）備⑶

=f9B七B-I}4

【解析】

【詳解】（1）若讓小車以恒定加速度4運動，由牛頓運動定律得

BIL-f=tna

得

[=f+ma

BL

（2）當安培力與阻力等大反向時，小車運行速度最大，根據(jù)

F=BIL

F=f

2

P=lr+Fvm

得

Pfr

v=--------

mfB21}

（3）智能系統(tǒng)切換電路后，小車在安培力與摩擦阻力的共同作用下減速為零，以向右為正方向，由動量定

理可得

其中

r

又

vt=s

得

（叫一用r

B2l}

2.某電子顯像裝置的原理如圖所示：平面內(nèi)有勻強電場和勻強磁場區(qū)域，磁場分布在x軸下方及拋物線與y

軸之間，拋物線方程為y=2f,磁感應強度大小為5,方向垂直紙面向外；電場分布在拋物線與x軸之間

所夾的空間，電場強度大小為E,方向沿y軸負方向?，F(xiàn)有帶正電粒子從拋物線上各處無初速度釋放，粒

子進入第四象限經(jīng)磁場偏轉后都會經(jīng)過原點0,粒子重力不計，求：

（1）帶電粒子的比荷；

（2）y=2m處釋放的粒子從釋放到再次運動到拋物線所用的時間；

（3）y=2m處釋放的粒子第三次經(jīng)過x軸的位置坐標。

【答案】（1）旦=萼；（2）（3）（2.5m。）

mB~32E

【解析】

【詳解】（1）設在磁場中的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力

cwv2

qvB=------

R

帶電粒子在電場中加速

12

Erqy=-mv~

由于粒子恰好能經(jīng)過圓心。，可知

x=2R

聯(lián)立解得

q16E

丁丁

（2）當y=2m時，得

x=lm

此時粒子做圓周運動的半徑

7?=0.5m

由圓運動方程可得

（X-O.5）2+/=/?2

又拋物線方程為

y=2x2

解得

x=0y=0或者x=0.5，y=0.5

八八3

即粒子再次到達拋物線的坐標為（0.5,0.5）,可知粒子在磁場中恰好運動了一周期，粒子做圓周運動的周期

4

T2兀m

1=------

qB

粒子在磁場中運動的時間

3T3冗B

t.=-T=-----

1432E

在電場中

Eq=ma

12

y=^at2

解得

B

/->=—

-2E

則運動的時間

_（3萬+16）一

'32E

（3）粒子再次進入電場后做類平拋運動：帶電粒子在電場中加速

期,=如2

則平拋的水平位移

%=%=2m

因此達到工軸上的坐標為（2.5m。）。

3.下圖是一種礦井直線電機提升系統(tǒng)的原理圖，在同一豎直平面的左右兩邊條形區(qū)域內(nèi)，有垂直平面向里

和向外交替的勻強磁場，每塊磁場區(qū)域的高度均為L、磁感應強度大小均為瓦梯箱左右兩邊通過絕緣支架

均固定有邊長為L、匝數(shù)為〃、總電阻為N的正方形導線框，線框平面與磁場垂直，上下兩邊水平。導線框、

支架以及梯箱等的總質量為電機起動后兩邊磁場均以速度丫沿豎直軌道向上勻速運動。忽略一切阻力,

梯箱正常運行時防墜落裝置與軌道間沒有相互作用。求：

（1）電機從圖示位置啟動，此時導線框A8CZ）；①相對磁場的運動方向：②哪條邊會產(chǎn)生感應電動勢；③

感應電流的方向；

（2）電機剛啟動瞬間導線框ABC。所受安培力的大?。?/p>

防墜落裝置

【答案】（1）①導體框相對磁場向下運動，②線框中48邊、C。邊會產(chǎn)生感應電動勢，③線框中有順時針

4n2B2Lrv16/22B2L2V

（或48CD4方向的感應電流）；（2）F安廣一-------（3）a=

3MR

【解析】

【詳解】（1）①由于電機起動后兩邊磁場均以速度u沿豎直軌道向上勻速運動，則導體框相對磁場向下運動;

②則線框中AB邊、CO邊均切割磁感線，故線框中48邊、CD邊會產(chǎn)生感應電動勢；

③根據(jù)楞次定律可知線框中有順時針（或ABCD4方向的感應電流）。

（2）電機剛啟動瞬間導體框ABC。中感應電動勢大小為

E=2nBLv

則感應電流大小

/一

R

得

.2nBLv

1=---------

R

則每根導線所受安培力

安BIL

整個導線框ABC。所受安培力為

4n2B2l3v

Fr安息=2〃BIL=---

（3）當梯箱以1的速度向上運動此時感應電動勢大小為

E2=2nBL(v--v)

感應電流大小

1廣區(qū)

2R

安培力大小

F=4nBhL

根據(jù)牛頓第二定律

F-Mg=Ma

解得

16n2fi2￡2v

a=-—--￡----------

3MR

4.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，AB是一傾角為的光滑絕緣直軌道，是半徑R=0.25m的光滑圓弧軌道，AB

與BC相切于8點，C點切線水平，B點左上方空間存在著豎直向上的勻強電場，場強大小E=4.0X10N/C,

CO是與水平方向夾角為的界面，在C。下方存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強

度大小也是E,磁感應強度大小B=3.OX1O3T,質量機=O.2kg的帶負電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下。已

知6=37：斜面上AI兩點間高度差/-0.2m,滑塊帶電量q=-5.0XlO^C,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8.求:

（1）滑塊滑到斜面底端8點時的速度大小;

（2）滑塊滑到圓弧軌道最低點。時對軌道的壓力大小:

（3）滑塊離開C點后第2次經(jīng)過CO界面時離C點的距離（結果保留2位有效數(shù)字）。

【答案】（1）2&m/s；（2）9.2N；（3）2.2m

【解析】（1）對滑塊，A到B過程有動能定理得

2

tngh+Eqh=—mv8

代入數(shù)據(jù)，解得y=2四m/s

（2）對滑塊，8到C過程有，根據(jù)動能定理得

"2g（R-Reos。）

代入數(shù)據(jù)，解得u=3m/s

在C點有，進行受力分析可得6-mg二機前■

解得&=9.2N

（3）設滑塊離開C點后第1次經(jīng)過8界面上的P點

c9

解得f=0.45s

在P點有vv=gt=4.5m/s

=vc=3m/s

則PC間距離

L,=""=1.6875m?1.7m

cos。

設滑塊離開C點后第2次經(jīng)過CD界面上的。點，因

Eq=mg

所以物塊從P到。做勻速圓周運動，設尸點速度方向與水平方向夾角為a,速度為明則有

V..32

tana=—=—cosa=—=

匕2屈

cosa

由洛倫茲力提供向心力可得

v

Bqv=m—

所以PQ間距離為

22與n(a.6)=四則B

Bq

sin(a-O)=―

755/13

解得&=0.48m

所以滑塊離開C點后第2次經(jīng)過C。界面對距離。點的距離為

L=L）4-Z^=2.1675m?2.2m

5.如圖所示，在坐標系的第一象限內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在第四象

限內(nèi)有一勻強電場，方向豎直向上.一質子從），軸上的力點處以垂直于y軸的方向進入勻強電場，穿過電場

后以與x軸正方向成45°角的方向進入勻強磁場，最后恰好通過），軸上的。點，且速度方向與y軸平行.已

知質子的質量為“，電荷量為g,。點到坐標原點的距離為從求：

(1)質子進入勻強磁場時的速度大小。

(2)勻強電場的電場強度大小,

【答案】⑴八且弛；(2)E=(&T即2

mm

【解析】

rcos45°=/z

設質子進入勻強磁場時的速度大小v,根據(jù)牛頓第二定律

v-

qvB=in—

聯(lián)立可得

6qBh

v=--------

m

（2）質子在電場中做類平拋運動，設萬點的速度為也，8點和原點。的距離為九

水平方向，有

r+rsin450=vbZ

豎直方向，有

yb=l(vsin450+0)/

由動能定理得

112

坳決=——mv.

22b

又

vb=vcos45°

聯(lián)立可得

[y[2-\^qhB2

E=

m

6.如圖（。）所示，兩根不計電阻、間距為L的足夠長平行光滑金屬導軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場方

向垂直于導軌平面向里，磁感應強度大小為反導軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元件Z

的U-/圖像如圖（力）所示，當流過元件Z的電流大于或等于A）時，電壓穩(wěn)定為Um。質量為，小不計電阻的

金屬棒可沿導軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電流對原

磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取/。=篝，u-鬻。以下計算結果只能選用〃人

g、B、L、R表示。

（1）斷開開關S,由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度慍；

（2）先閉合開關S,由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關S。忽略回路中電流突變的

時間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小4。

【答案】⑴%=鬻；⑵a=gg

乙LJJ

【解析】

【詳解】（1）設斷開開關S時，金屬棒最大速度時回路電流為人對金屬棒根據(jù)平衡條件得

mg-BI、L

根據(jù)歐姆定律得

1R

根據(jù)題意得

u=壁

m2BL

解得

3mgR

J=-----

m2BL

（2）設閉合開關S,由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，回路電流為及，感應電動勢為良，對金

屬棒根據(jù)平衡條件得

mg=Bl2L

根據(jù)歐姆定律得

Q

2R

解得

辿

2BL

斷開開關的瞬間，元件Z兩端的電壓為

u._mgR

2BL

斷開開關的瞬間，回路的電流為

3R

解得

r二mg

l2BL

根據(jù)牛頓第二定律，金屬棒的加速度為

mg-BIyL=ma

解得

1

67如圖所示，在豎直平面內(nèi)有內(nèi)壁光滑的絕緣細管Mede,其中外、加段水平，反段為傾角外37。的直線

管，cd段為半徑R=0.6m、圓心角敘37。的圓弧管，其左端與be相切、右端與de相切，且其圓心。與外在

同一水平線上，各段間平滑連接。Od連線左側空間有水平向右的勻強電場。e段有一輕質剛性閥門，閥門

左側緊挨放置一質量〃尸0.1kg的剛性小球B,其左側連接一勁度系數(shù)上50N/m的輕質絕緣彈簧，當球B對

閥門的作用力F達到5N時閥門將瞬間打開并消隱，此過程中球B無能量損失。現(xiàn)在"段距。點xo=0.4m

處靜止釋放另一質量也為機、帶電量g=+l.0xl0-6c的小球A,小球經(jīng)過尻?段時恰好勻速運動，設小球在運

動全過程電量不變，取g=10m/s2,sim37°=0.6,求：

（1）電場強度大小；

（2）球A經(jīng)過圓弧末端d點時受到的彈力大小；

【答案】（1）7.5X105N/C；（2）0.5N：（3）^~2m/s

2

【解析】

【詳解】（1）小球A勻速運動有

qEcosO=mgsinO

解得

E=7.5xlO5N/C

（2）小球A由靜止運動到d點過程有

R、-12

qE*o+）-mgR=-mv~

sin。

解得

vd=3m/s

小球A過d點時有

2

+mg=in—

解得

&=0.5N

（3）設閥門能被球B沖開，此時尸=5N,則閥門打開前瞬間彈簧的彈性勢能為

Ep=T

p2k

設此時小球A的速度大小為V,,根據(jù)能量守恒有

121，口

-mvd=-mv-^Ep

且

121212

2WVi+EP=2WVA+2W^

mvi=mvA+mvQ

聯(lián)立解得

_2+VIZm7s、v_ws（不合題意舍去）

A2B2

或

2-V14

m…二學m/s

因球A速度

2-V14

m/s<0

A--2

因此球A會返回電場，最終又從電場中返回de管，根據(jù)能量守恒有，球A返回血管的速度大小為

V14-2

m/s<v

2B

即球A不會與球B發(fā)生碰撞，故小球A的最終速度為

…正工/S

2

8.如圖所示，間距為L的平行金屬導軌水平放置，所在空間存在豎直向上磁感應強度大小為8的勻強磁場,

金屬導軌左端連接一電容為C的電容器和一個電阻為R的定值電阻，長度為L的金屬接MN垂直于平行導

軌靜止放置，其質量為加，電阻為r,金屬棒MN在水平向右恒力尸作用下做加速度為a的勻加速直線運動,

運動至虛線曲位置撤掉恒力，此時電容器恰好被擊穿，己知導軌粗糙，金屬棒靜止位置到虛線位置的距離

為x,重力加速度為g。

（1）電容器被擊穿前，電容器上極板所帶電荷電性以及電荷量；

（2）金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)；

（3）電容器被擊穿相當于導線，金屬棒MN繼續(xù)做變速運動且運動速度與位移呈線性關系，金屬棒運動的

整個過程流過電阻R的電荷量是多少？

a\

??:????

摩M?*

___?"Z-----???，????

?卜?

T.■:.??____???

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

mg2〃叫（寵+廠）+序心2

【解析】

【詳解】（1）由右手定則可知，上極板帶負電荷，下極板帶正電。金屬棒M.V做勻加速直線運動，則由運

動學規(guī)律可得

2ax=v1

金屬棒產(chǎn)生的電動勢恰好是電容器擊穿電壓，即

U=E=BLv

電容器極板最大電荷量

Qi=CU

聯(lián)立可得

Qi=CBLy/2^

(2)金屬棒做勻加速運動，則在2V時間內(nèi)速度變化量

Av=aAt

Af時間內(nèi)金屬棒相當于電源增加的電動勢為

bE=BLM

Ar時間內(nèi)電容器兩板增加的電荷量為

\Q=C\E

因此電路中形成的電流大小為

/=歿

Ar

聯(lián)立可得

I=CBLa

所以

1

Ft.=BIL=Bl}Ca

對金屬棒受力分析可得

F-F女-Ff=ma

即

F-BlL-^mg=ma

聯(lián)立解得

F-B2l}Ca-ma

〃二-------------

mg

(3)從虛線位置到靜止的過程，由動能定理可知

B2l}vtnv2

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

2(R+r)2

這一過程產(chǎn)生的平均感應電動勢

A0

加

平均感應電流

E

R+r

這一過程流通的電荷量

Qi=1N

聯(lián)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.如圖所示，在X。)，坐標系的第I象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，在第IV象限內(nèi)存在垂直坐標平面

向里的勻強磁場。一質量為川、電荷量為g的帶正電粒子(粒子所受重力不計)從坐標原點。射入磁場，

其入射方向與x軸正方向的夾角夕=30。，第一次進入電場后，粒子到達坐標為僅JiL+L,L)的P點處時

的速度大小為八方向沿x軸正方向。求：

(1)粒子從。點射入磁場時的速度大?。?

(2)電場的電場強度大小E以及磁場的磁感應強度大小B；

(3)粒子從。點運動到P點的時間L

【答案】⑴％=述口；⑵E=券；B=2y/3mv⑶/=描(乃+⑵

36qL3qL6v

【解析】

【詳解】(1)粒子的運動軌跡如圖所示，由于洛倫茲力不做功，粒子經(jīng)過。點時的速度大小也為％,根據(jù)

對稱性，粒子經(jīng)過。點時的速度方向與x軸正方向的夾角也為。，粒子進入第I象限后，沿x軸方向做勻速

直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動,根據(jù)幾何關系有

—=cos0

%

解得

2石

(2)對粒子從。點運動到p點的過程，根據(jù)動能定理有

-qEL=^m\r

解得

?mv~

E=-----

6qL

設粒子從。點運動到尸點的時間為％,有

0+%sin。j_L

~Z,=

解得

v

粒子從。點運動到P點的過程沿X軸方向的位移大小

4/>=%

解得

XQP=2+L

又

OQ=2且+

設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R,根據(jù)幾何關系有

OQ=2Rsin6

解得

R=L

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

2

以產(chǎn)=喙

解得

2ylim

15=---------

3qL

（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期

,2TTR

%

根據(jù)幾何關系，在粒子從。點運動到。點的過程中，運動軌跡對應的圓心角為90。-6,故粒子在該過程中

運動的時間

90°-6>.

\=-------/

2360°

解得

岳L

f=

2-O,V

又

解得

園(%+12)

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

6v

10.如圖所示，以兩豎直虛線M、N為邊界，中間區(qū)域I內(nèi)存在方向豎直向下的勻強電場，電場強度為E,

兩邊界M、N間距為乩N邊界右側區(qū)域II中存在磁感應強度大小為反方向垂直于紙面向里的勻強磁場。

M邊界左側區(qū)域III內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強磁場。邊界線M上的O點處有一離子源，水平向右發(fā)射

同種正離子。已知初速度為%的離子第一次回到邊界M時恰好到達。點，電場及兩磁場區(qū)域足夠大，不考

慮離子的重力和離子間的相互作用。

（1）求離子的比荷；

（2）初速度為%的離子第二次回到邊界何時也能恰好到達。點，求區(qū)域in內(nèi)磁場的磁感應強度大小。

2

IIIIII

XX

XX

XX

▼XX

EB

XX

MN

【答案】（1）■匾;（2）y

【解析】

【詳解】（1）離子在區(qū)域I中由。到A過程中，水平方向上以%做勻速直線運動，有

豎直方向做勻加速直線運動，有

y=—at2

1t2

又

qE=ma

聯(lián)立可得

qEd2

y=o~2

2機%

離子運動到4點速度為

離子在區(qū)域II中做勻速圓周運動，如圖所示

IllIII

有

v-

qvB=m—

解得

c/BsinO

由幾何關系可知

AC=2rsin<9=^^

qB

從C點到。點過程，有

y,=att+1-ar2=—3at2

22

又

AC=y1+y2

聯(lián)立，可得

里二

m

(2)當初速度為當時，從。點射出到進入?yún)^(qū)域II中，豎直方向的分位移

1.2

水平方向，有

d=a

2

可得

y[=4y

從進入?yún)^(qū)域II到射出區(qū)域II,弦長

4C'=2，sin0'=^^

qB

故弦長不變，再次進入?yún)^(qū)域I中，豎直分位移為

,,1'232.

+at

y2=att~=5〃廠=4%

所以

乂+幺=4（另+%）=44。

在區(qū)域HI中的弦長

所=2/sin夕

又

甲B一機，v-.

rsin0

所以

EF二型也

W

由幾何關系可知

=

EF=y24y2=6at2=6

m%

解得

T

7

11.如圖所示，兩條相距為d的光滑平行長直導軌與水平面的夾角均為心其上端接一阻值為R的定值電阻,

水平分界線AC與OE的距離為L矩形區(qū)域A8E內(nèi)存在方向垂直導軌平面向上的勻強磁場；AC下方的導

軌間存在方向垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B1的勻強磁場?，F(xiàn)將一長度為4質量為〃?、電阻為廣

的金屬棒從AC處由靜止釋放，金屬棒沿導軌下滑距離L后開始勻速下滑。金屬棒與導軌始終垂直且接觸良

好，不計導軌的電阻，重力加速度大小為g。

(I)求金屬棒從AC處開始下滑距離心的過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q；

(2)求金屬棒從AC處JT始下滑距離L的過程中所用的時間t0；

(3)若從金屬棒由靜止釋放開始計時,AC上方磁場的磁感應強度大小當隨時間，的變化關系為4=攵”式

中左為正的已知常量)，求金屬棒中通過的電流為零時金屬棒的速度大小匕以及金屬棒所能達到的最大速度

【答案】⑴"Zsin"空誓皿B；d2Lm（R+r）kL

（f=______!_____________u、___L⑶v,

~°〃7g（R+r）sin6B[d2

kLmg(R+r)sin。

"一鏟

【解析】

【詳解】(1)設金屬棒勻速下滑的速度大小為丫，則金屬棒勻速下滑時產(chǎn)生的感應電動勢

E=B/v

此時金屬棒中通過的電流

E

R+r

根據(jù)物體的平衡條件有

mgsin0=BJd

解得

mg（R+r）sin。

V=

根據(jù)能量守恒定律有

mgLsin0——rnv2十Q

解得

/n^2（/?+r）2sin2^

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

ZO]a

（2）該過程中金屬棒中產(chǎn)生的感應電動勢的平均值

心也

玲

金屬柢中通過的平均電流

7上

R+r

對該過程，根據(jù)動量定理有

（mgsin=tnv

解得

Bfd2L〃7（—+r）

‘°mg（R+r）sin。B；d?

（3）當金屬棒中通過的電流為零時，有

B{dvx-kdL=0

解得

kL

v.=一

用

當金屬棒的速度最大時，金屬棒中通過的電流

_Bldv2-kdL

m~i+7-

根據(jù)物體的平衡條件有

BJmd=nigs\nG

解得

_kLmg（R+r）sin。