高考物理电磁学经典题解析

2024高考物理电磁学历年题目综合解析随着电气化的不断发展，电磁学作为物理学中的一个重要分支，对于高考来说扮演着重要的角色。

本文将针对2024年高考物理电磁学的历年题目进行综合解析。

1. 题目解析：20XX年某市奥数竞赛中，有一道题目如下：一根长为L的直导线以匀速v从磁感应强度为B的磁场中穿过，导线与磁场平行，求导线两端感应出的电动势大小。

解答：根据法拉第电磁感应定律，当导线相对于磁场运动时，导线两端会感应出电动势。

根据题目给出的条件，导线刚好以匀速v从磁感应强度为B的磁场中穿过，根据运动电动势公式可知，电动势的大小与导线的长度L、磁感应强度B以及导线的速度v有关，可以表示为：ε = B * L * v。

2. 题目解析：20XX年某省物理联考中，有一道题目如下：一长直导线通有电流I，求导线上某点处的磁感应强度大小。

解答：根据安培环路定理，当电流通过直导线时，会在导线周围产生磁场。

在该题中，要求求解导线上某点处的磁感应强度大小，可以使用比奥-萨伐尔定律。

根据该定律，直导线上某点处的磁感应强度大小与电流I、到该点距离r以及真空中的磁导率μ0有关系，可以表示为：B = (μ0 * I) / (2πr)。

3. 题目解析：20XX年某市高中期末考试中，有一道题目如下：匀强磁场中，一平行板电容器内两平行板的长度分别为l1和l2（l1>l2），电容器的板距为d，两平行板之间的电流方向与磁场方向垂直且平行板内形成匀速电流，求电容器的电动势大小。

解答：根据电动势的定义，电容器的电动势大小等于两个平行板内的电动势之差。

在该题中，两个平行板内形成的电动势可以根据形成的匀速电流和磁场的大小求解。

根据安培环路定理和电动势的计算公式，电容器的电动势大小可以表示为：ε = B * (l1 - l2) * v。

4. 题目解析：20XX年某省物理联考中，有一道题目如下：一根长直导线通有电流I，另一根长直导线与之平行，且两导线之间的距离为d，求第二根导线所受磁场力的大小。

2024高考物理电磁学专题历年真题全面解读电磁学是物理学的重要分支，也是高考物理考试的重点内容之一。

考生在备考过程中，理解和掌握历年真题的解题思路和方法是提高成绩的关键。

本文将对2024年高考物理电磁学专题历年真题进行全面解读，帮助考生更好地准备考试。

1. 2008年真题解析题目：某时刻，一长直导线准确地安置在东西方向的平面内，导线内有电流i，指向东。

导线所在平面与地平面的夹角为θ，向上。

问题：确定地磁场的方向。

解析：根据题目中给出的导线电流的方向，根据左手定则可知，沿导线方向左手握住导线，拇指所指的方向即为磁场的方向。

根据导线所在平面与地平面的夹角，可以确定地磁场的方向为东向上。

2. 2012年真题解析题目：如图所示，一长直导线的电流为i，导线端点A与一半径为R的无限长圆轴相切，且导线与圆轴所在的平面垂直。

已知圆轴中心O 处的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。

求导线所受磁力大小与方向。

解析：根据题目中给出的导线与圆轴的关系以及磁感应强度的方向，可以利用安培力定律来求解。

将导线分割为很短的一段，根据右手定则可知，每一段导线所受到的磁力大小相等，且方向垂直于圆轴。

将各段导线所受到的磁力进行叠加，即可求得导线所受总磁力的大小和方向。

3. 2016年真题解析题目：如图所示，一长直导线A与一短直导线B共面，且与导线A 的方向相同。

已知导线A、B的电流分别为iA和iB。

求导线B在点P 处产生的磁感应强度大小。

解析：根据题目中给出的导线A和导线B的电流方向，可以利用比奥萨伐尔定律来求解。

对于导线B在点P处产生的磁感应强度，可以通过导线B上各点产生的磁感应强度进行叠加，最终求得。

以上是2024年高考物理电磁学专题历年真题的部分解析，通过对真题的仔细解读和分析，对于理解电磁学知识点和应用解题能力的提升非常有帮助。

在备考过程中，考生可以结合课堂教学和相关习题的练习，加深对电磁学的理解，并多参考历年真题，掌握解题思路和方法，提高解题能力。

高考物理电磁学大题练习20题1.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m。

质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。

现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。

小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。

取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求小球到达P点时的速度大小v P和B、C两点间的距离x。

【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m【解析】【详解】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：解得：v=6m/s小球到达P点时，受力如图所示:则有：qE=m2g tanθ,解得：E=7.5×104N/C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：小球到达P点时，由牛顿第二定律有：解得：v P=2.5m/s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，则有：m1v=m1v1+m2v2解得：v1=-2m/s(“-”表示v1的方向水平向左)，v2=4m/s对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：解得：x=0.85m2.如图甲所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻的足够长光滑金属轨道AB、CD，轨道间距为d，其左端接一阻值为R的电阻。

一长为L且与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，单位长度的电阻为r。

高考物理电磁学大题练习20题Word版含答案及解析方向与图示一致。

金属棒的质量为m，棒的左端与导轨相接，右端自由。

设金属棒在磁场中的电势能为0.1)当磁场的磁感应强度为B1时，金属棒在匀强磁场区域内做匀速直线运动，求金属棒的速度和通过电阻的电流强度。

2)当磁场的磁感应强度随时间变化时，金属棒受到感生电动势的作用，求金属棒的最大速度和通过电阻的最大电流强度。

答案】(1) v=B1d/2m。

I=B1d2rR/(rL+dR) (2) vmaxBmaxd/2m。

ImaxBmaxd2rR/(rL+dR)解析】详解】(1)由洛伦兹力可知，金属棒在匀强磁场区域内受到向左的洛伦兹力，大小为F=B1IL，方向向左，又因为金属棒在匀强磁场区域内做匀速直线运动，所以受到的阻力大小为F1Fr，方向向右，所以有：B1IL=Fr解得：v=B1d/2m通过电阻的电流强度为：I=B1d2rR/(rL+dR)2)当磁场的磁感应强度随时间变化时，金属棒受到感生电动势的作用，其大小为：e=BLv所以金属棒所受的合力为：F=BLv-Fr当合力最大时，金属棒的速度最大，即：BLvmaxFr=0解得：vmaxBmaxd/2m通过电阻的电流强度为：ImaxBmaxd2rR/(rL+dR)题目一：金属棒在电动机作用下的运动一根金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下，从静止开始向右运动，经过一段时间后以匀速向右运动。

金属棒始终与导轨相互垂直并接触良好。

问题如下：1) 在运动开始到匀速运动之间的时间内，电阻R产生的焦耳热；2) 在匀速运动时刻，流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率。

解析：1) 运动开始到匀速运动之间的时间内，金属棒受到电动机的牵引力向右运动，电阻R中会产生电流。

根据欧姆定律和焦耳定律，可以得到电阻R产生的焦耳热为：$Q=I^2Rt$，其中I为电流强度，t为时间。

因此，我们需要求出这段时间内的电流强度。

根据电动机的牵引力和电阻R的阻值，可以得到电路中的总电动势为$E=FL$，其中F为电动机的牵引力，L为金属棒的长度。

2024高考物理电磁学历年考题详解近年来，物理学作为高考中的一门重要科目，一直备受关注。

其中，电磁学作为物理学的重要分支之一，涵盖了电场、磁场、电磁波等内容，是学生们备考高考物理的重点之一。

本文将为大家详解2024年高考物理电磁学部分的历年考题，帮助大家更好地掌握相关知识。

I. 选择题篇2024年高考物理电磁学部分的选择题主要涵盖了以下几个方面：电场、磁场、电磁感应以及电磁波等内容。

一、电场1. 题目：在静电场中，两点之间电势差的定义是什么？解析：电势差是指电场力作用下，从某一点移动到另一点时，单位正电荷所做的功。

在静电场中，两点之间的电势差等于单位正电荷从一点移动到另一点时所做的功。

二、磁场2. 题目：在匀强磁场中，带电粒子的轨道形状是什么？解析：在匀强磁场中，带电粒子的轨道形状为圆形或螺旋形。

带电粒子受磁场力作用，垂直于速度方向的力使其改变方向，成为一个圆周运动或螺旋运动。

三、电磁感应3. 题目：电磁感应现象是指什么？解析：电磁感应现象是指当导体中的磁通量发生变化时，会在导体两端产生感应电动势。

根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化率与感应电动势的大小成正比。

四、电磁波4. 题目：电磁波的传播速度是多少？解析：电磁波的传播速度是光速，即约为3.0×10^8m/s。

根据麦克斯韦方程组，电磁波在真空中传播时速度恒定，为光速。

II. 解答题篇2024年高考物理电磁学部分的解答题主要涵盖了电场、磁场、电磁感应以及电磁波等内容。

一、电场1. 题目：如图所示，点电荷q1和q2分别位于与电中性的金属棒P 相距为L的两个固定点，棒P与固定点的板B接地。

q1=2q，q2=-q，则恰当放置金属棒P的位置是在固定点中心偏正东方向x处，问处于连接导线与棒P两端的电势差为多大？解析：根据电场的叠加原理，点电荷q对固定点的电势为V=q/（4πε0r），其中r为q到固定点的距离。

由此可计算出点电荷q1和q2对固定点的电势，然后根据电势叠加原理求得总电势。

高考物理最新电磁学知识点之磁场经典测试题及解析一、选择题1．如图所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动，由此可以判断A ．匀强电场方向一定是水平向左B ．油滴沿直线一定做匀加速运动C ．油滴可能是从N 点运动到M 点D ．油滴一定是从N 点运动到M 点2．如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为2R .已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A ．2qBR mB ．qBR mC ．32qBR mD ．2qBR m3．科学实验证明，足够长通电直导线周围某点的磁感应强度大小I B k l，式中常量k >0，I 为电流强度，l 为该点与导线的距离。

如图所示，两根足够长平行直导线分别通有电流3I 和I （方向已在图中标出），其中a 、b 为两根足够长直导线连线的三等分点，O 为两根足够长直导线连线的中点，下列说法正确的是( )A ．a 点和b 点的磁感应强度方向相同B ．a 点的磁感应强度比O 点的磁感应强度小C ．b 点的磁感应强度比O 点的磁感应强度大D ．a 点和b 点的磁感应强度大小之比为5：74．回旋加速器是加速带电粒子的装置.其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,要增大带电粒子射出时的动能,则下列说法中正确的是( )A．减小磁场的磁感应强度B．增大匀强电场间的加速电压C．增大D形金属盒的半径D．减小狭缝间的距离5．如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。

高考物理：带你攻克电磁感应中的典型例题（附解析）例1、如图所示，有一个弹性的轻质金属圆环，放在光滑的水平桌面上，环中央插着一根条形磁铁．突然将条形磁铁迅速向上拔出，则此时金属圆环将（）A. 圆环高度不变，但圆环缩小B. 圆环高度不变，但圆环扩张C. 圆环向上跳起，同时圆环缩小D. 圆环向上跳起，同时圆环扩张解析：在金属环中磁通量有变化，所以金属环中有感应电流产生，按照楞次定律解决问题的步骤一步一步进行分析，分析出感应电流的情况后再根据受力情况考虑其运动与形变的问题．也可以根据感应电流的磁场总阻碍线圈和磁体间的相对运动来解答。

当磁铁远离线圈时，线圈和磁体间的作用力为引力，由于金属圆环很轻，受的重力较小，因此所受合力方向向上，产生向上的加速度．同时由于线圈所在处磁场减弱，穿过线圈的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍磁通量减少，故线圈有扩张的趋势。

所以D选项正确。

一、电磁感应中的力学问题导体切割磁感线产生感应电动势的过程中，导体的运动与导体的受力情况紧密相连，所以，电磁感应现象往往跟力学问题联系在一起。

解决这类电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，如安培力的计算公式、左右手定则、法拉第电磁感应定律、楞次定律等；另一方面还要考虑力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律等。

例2、如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。

一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。

整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略。

让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。

（1）由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。

高考物理专题电磁学知识点之电磁感应经典测试题附解析一、选择题1．在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB( )A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0 B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0 D．加速滑动时，I1≠0，I2≠02．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的是（）A．B灯逐渐熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a3．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计。

下列说法正确的是A．S闭合瞬间，A先亮B．S闭合瞬间，A、B同时亮C．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭D．S断开瞬间，B逐渐熄灭4．如图所示，把金属圆环在纸面内拉出磁场，下列叙述正确的是（）A．将金属圆环向左拉出磁场时，感应电流方向为逆时针B．不管沿什么方向将金属圆环拉出磁场时，感应电流方向都是顺时针C．将金属圆环向右匀速拉出磁场时，磁通量变化率不变D．将金属圆环向右加速拉出磁场时，受到向右的安培力5．如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd内有水平向里变化的磁场．下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ( )A．B．C．D．6．如图所示，水平绝缘的桌面上放置一个金属环，现有一个竖直的条形磁铁从圆环左上方沿水平方向快速移动经过正上方到达右上方，在此过程中（）A．圆环一定向右运动B．圆环中的感应电流方向不变C．圆环受到的摩擦力方向不变D．圆环对桌面的压力先减小后增大7．如图所示两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

高考物理电磁学专项历年真题2024高考对于学生来说是人生中的重要关卡，而物理作为高考科目之一，电磁学是其中的重要内容。

为了帮助同学们更好地备考电磁学，本文将为大家整理总结高考物理电磁学专项历年真题。

通过学习这些历年真题，同学们可以了解考试的命题特点，掌握解题技巧，提高应试能力。

1. 2019年高考物理电磁学选择题1) 电磁铁能够产生强大的磁场，这是由于电磁铁中的A. 磁感应强度B. 磁通量C. 磁场强度D. 磁介质的磁化强度解析：答案为C。

电磁铁是通过电流在导线中产生磁场，而磁场强度是衡量磁场强弱的物理量。

2) 如图所示，一电磁铁所产生的磁场垂直纸面向内，其状态变化如下：则一个小金属环穿过电磁铁的子午线方向下降。

解析：根据法拉第电磁感应定律，磁场磁通量改变时会在导体中产生感应电动势。

当金属环下降时，穿过导线的磁通量在减小，从而产生的感应电动势方向与电磁铁内部磁场相反，导致金属环向下受力。

3) 在相距很远的两个点A、B之间，由一根长直导线的电流产生的磁感应强度大小与出发点与点A的距离的关系是A. 成反比关系B. 成正比关系C. 正弦关系D. 无关。

解析：答案为A。

根据毕奥-萨伐尔定律，长直导线产生的磁场强度与距离的平方成反比。

2. 2020年高考物理电磁学解答题1) 一根长直导线中通有电流I，每单位长度的电流强度为i。

若将这根导线从绝缘材料中拉出，形成一个半径为R的圆环，其截面上的总电荷量Q为多少？解析：由电流强度i的定义可知，i = I/πR²，通过整个圆环的电荷量为Q = Q0 = idl = I/πR² × 2πR = 2IR。

2) 光与电磁波属于同一现象，但光在波动和光子两种观点下有不同的解释。

试从波动和光子观点解释光的偏振现象。

解析：从波动观点看，光是电磁波，偏振是光波在传播方向上的振动方向。

光的偏振现象可以通过介质的吸收或者使用偏振片等方式实现。

从光子观点看，光可以看作是由一束以光子为单位的粒子组成的。

高考物理电磁学专题青海卷历年真题及答案点评一、选择题1. 题目描述：电流互感器的原理是利用 ______ 产生次级绕组中的电动势，使其与次级绕组中的电流成比例。

答案：变化磁场答案点评：电流互感器是一种测量电流的装置，利用电流在导线中形成的变化磁场，感应出次级绕组中的电动势，从而实现电流测量。

2. 题目描述：励磁线圈上加直流电流，铁芯中的磁感应强度将______ 。

答案：增大答案点评：根据右手定则，励磁线圈上的电流产生的磁场方向与铁芯中的初始磁场方向相同，从而使磁感应强度增大。

二、填空题1. 题目描述：电磁场力的方向与 ______ 的方向垂直。

答案：磁感线答案点评：根据洛伦兹力的公式F=qvBsinθ，磁场力的方向与磁感线的方向垂直。

2. 题目描述：100匝线圈在匀强磁场中受到的力是20N，若匝数增加到200匝，其受力将变为 ______ N。

答案：40答案点评：根据洛伦兹力的公式F=qvBsinθ，可知力与匝数成正比，匝数增加一倍，力也增加一倍。

三、解答题1. 题目描述：请利用楞次定律解释为什么短路一段线路会引起电磁感应。

答案点评：根据楞次定律，短路一段线路会产生涡流，涡流产生的磁场与原磁场方向相反，从而引起电磁感应。

2. 题目描述：一根导线放置在匀强磁场中，当导线中通电时，是否会受到电磁力？答案点评：当导线中通电时，导线内部的电荷受到磁场力的作用，因此导线会受到电磁力的作用。

总结：通过分析青海卷历年物理电磁学专题的真题及答案，我们可以发现在解答题目过程中，要熟练运用电磁学相关公式，如洛伦兹力公式、楞次定律等。

在选择题和填空题中，要对电磁学的基本概念和原理有深入理解。

考生在备考过程中需要多做真题，加强对知识点的掌握，并注重解题思路和方法的培养，以提高解题能力和应对高考的能力。

2024高考物理历年真题电磁学专题全解电磁学是高考物理考试中的一个重要知识点，对于学生来说理解和掌握电磁学原理、公式及其应用是非常关键的。

本文将为大家详细解析2024年高考物理历年真题电磁学专题，并提供全面的解题思路和方法。

第一部分：电磁场的基本概念与电场强度1. 2019年高考真题题目：在真空中，将四个相同的点电荷Q1、Q2、Q3、Q4顺时针分别放在正方形的四个顶点上，设正方形的边长为a，相邻两个顶点之间的距离为d（如图1所示），则在图1正方形的中心O处的电场强度大小为（）解析：根据电场叠加原理，中心O处的电场强度大小等于四个电荷在O处电场强度的矢量和。

由于四个电荷的大小相等，而且它们分别位于正方形的四个顶点，所以可以得出：E = K * (Q1/r^2) * R1 + K * (Q2/r^2) * R2 + K * (Q3/r^2) * R3 + K * (Q4/r^2) * R4其中，K为电场强度常量，Q1、Q2、Q3、Q4为四个点电荷的电量，r为距离，R1、R2、R3、R4为对应方向上的矢量。

2. 2020年高考真题题目：如图2所示，一根长直电流I1通过一段定长的直导线，该直导线和垂直于纸面的均匀磁场B2的平面垂直，直导线两端点分别为A、B，现在给定磁场B2、导线的长度L2和电流I1的方向。

在均匀磁场B2 、直导线I2之间有一个可旋转的导线截面S2。

当电流为I1 、S2 随某一方向旋转时，S2 中的电动势大小和方向变化如下图所示。

则磁场B2、磁感应强度的方向，由（）解析：根据法拉第电磁感应定律，导线截面中的电动势与磁场的变化率有关。

从题目给出的信息可以得出，导线截面S2中的电动势大小和方向随导线截面S2的旋转方向变化。

根据电动势的方向和大小特点，可以推测磁场B2的方向应该与电动势变化的方向相同。

第二部分：电磁感应与电磁感应定律1. 2021年高考真题题目：如图3所示，滑块可以在U形导轨上ar 和板卡b 2两位置之间滑动。

电场与磁场专题1.(多选)[2024·安徽卷] 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E ,磁感应强度大小为B.一质量为m 的带电油滴a ,在纸面内做半径为R 的圆周运动,轨迹如图所示.当a 运动到最低点P 时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅰ,二者带电荷量、质量均相同.Ⅰ在P 点时与a 的速度方向相同,并做半径为3R 的圆周运动,轨迹如图所示.Ⅰ的轨迹未画出.已知重力加速度大小为g ,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅰ分开后的相互作用,则 ( )A .油滴a 带负电,所带电荷量的大小为mgE B .油滴a 做圆周运动的速度大小为gBREC .小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE ,周期为4πEgB D .小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动1.ABD [解析] 油滴a 做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg =Eq ,解得q =mgE ,故A 正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv =m v 2R ,得R =mvBq ,解得油滴a 做圆周运动的速度大小为v =gBR E ,故B 正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v 1,得3R =m 2v 1B q 2,解得v 1=3BqR m =3gBRE ,周期为T =2π·3R v 1=2πEgB ,故C 错误;带电油滴a 分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅰ的速度为v 2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv =m 2v 1+m 2v 2,解得v 2=-gBRE,由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅰ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动,故D 正确.2.[2024·北京卷] 如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M 、N 两点,P 、Q 是MN 连线上的两点,且MP=QN.下列说法正确的是()A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变2.C[解析] 由等量异种点电荷的电场线分布特点知,P、Q两点电场强度相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由电场叠加得P点电场强度E=k QMP2+k QNP2,若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大,C正确,D错误.3.[2024·北京卷] 我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道.图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图.放电室的左、右两端分别为阳极和阴极,间距为d.阴极发射电子,一部分电子进入放电室,另一部分未进入.稳定运行时,可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场,大小处处相等.放电室内的大量电子可视为处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示),可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离.每个氙离子的质量为M、电荷量为+e,初速度近似为零.氙离子经过电场加速,最终从放电室右端喷出,与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和.已知电子的质量为m、电荷量为-e;对于氙离子,仅考虑电场的作用.(1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a;(2)求径向磁场的磁感应强度大小B2;(3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,单位时间内阴极发射的电子总数为n,求此霍尔推进器获得的推力大小F.3.(1)eEM (2)mEB1eR(3)nk√2eEMd1+k[解析] (1)氙离子在放电室时只受电场力作用,由牛顿第二定律有eE=Ma解得a=eEM(2)电子处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动,沿轴向向右的匀强磁场的洛伦兹力提供向心力,则有B1ev=m v 2R可得v=B1eRm轴线方向上所受电场力(水平向左)与径向磁场的洛伦兹力(水平向右)平衡,即Ee=evB2解得B2=mEB1eR(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n,设单位时间内被电离的氙原子数为N,根据被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,可知进入放电室的电子数为Nk又由于这些电离氙原子数与未进入放电室的电子刚好完全中和,说明未进入放电室的电子数也为N即有n=N+Nk则单位时间内被电离的氙离子数N=nk1+k氙离子经电场加速,有eEd=12M v12-0可得v1=√2eEdM设时间Δt内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理有F'·Δt=N·Δt·Mv1解得F'=nk√2eEMd1+k由牛顿第三定律可知,霍尔推进器获得的推力大小F=F'则F=nk√2eEMd1+k4.[2024·福建卷] 以O点为圆心,半径为R的圆上八等分放置电荷,除G为-Q,其他为+Q,M、N为半径上的点,OM=ON,已知静电力常量为k,则O点场强大小为,M点电势(选填“大于”“等于”或“小于”)N点电势.将+q点电荷从M沿MN移动到N点,电场力(选填“做正功”“做负功”或“不做功”).4.2kQR2大于做正功[解析] 根据点电荷的场强特点可知,除了MN连线上的正负电荷外,其余的6个电荷形成的电场在O点处相互抵消,故O点场强大小为E O=kQR2+kQR2=2kQR2;根据对称性可知,若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷,则M和N点的电势相等,由于M点靠近最左边的正电荷,N点靠近最右边的负电荷,故M点电势大于N点电势;将+q点电荷从M沿MN移动到N点,由于电势降低,故电场力做正功.5.[2024·甘肃卷] 一平行板电容器充放电电路如图所示.开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电.下列说法正确的是()A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点5.C[解析] 充电过程中,随着电容器带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流在减小,故A错误;根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器带电荷量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故C正确;根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误.6.(多选)[2024·甘肃卷] 某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点,下列说法正确的是 ( )A .粒子带负电荷B .M 点的电场强度比N 点的小C .粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D .粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能6.BCD [解析] 根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电荷,故A 错误;等差等势面越密集的地方场强越大,故M 点的电场强度比N 点的小,故B 正确;粒子带正电,因为M 点的电势大于N 点的电势,故粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能,故D 正确;由于带电粒子仅在电场作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C 正确.7.[2024·甘肃卷] 质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示.Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U ;Ⅰ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E 1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B 1,方向垂直纸面向里;Ⅰ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B 2,方向垂直纸面向里.从S 点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O 点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P 点处,运动轨迹如图中虚线所示. (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷. (2)求O 点到P 点的距离.(3)若速度选择器Ⅰ中匀强电场的电场强度大小变为E 2(E 2略大于E 1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上.求粒子打在O'点的速度大小.7.(1)正电E 122UB 12(2)4UB 1E 1B 2 (3)2E 2-E1B 1[解析] (1)由于粒子在偏转分离器Ⅰ中向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电;设粒子的质量为m ,电荷量为q ,粒子进入速度选择器Ⅰ时的速度为v 0,在速度选择器中粒子做匀速直线运动,由平衡条件有qv 0B 1=qE 1在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有 qU =12m v 02联立解得粒子的比荷为q m =E 122UB 12(2)在偏转分离器Ⅰ中,洛伦兹力提供向心力,有qv 0B 2=m v 02r可得O点到P点的距离为OP=2r=4UB1E1B2(3)粒子进入速度选择器Ⅰ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1向下的电场力F=qE2由于E2>E1,且qv0B1=qE1所以通过配速法,如图所示其中满足qE2=q(v0+v1)B1则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时,在竖直面内以速度v1做匀速圆周运动,当速度转向到水平向右时,满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求,故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=2E2-E1B18.(多选)[2024·广东卷] 污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示.涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面.M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上.下列说法正确的有()A.M点的电势比N点的低B.N点的电场强度比P点的大C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大8.AC[解析] 电场线的疏密程度反映电场强度大小,电场线越密则电场强度越大,由于N点附近的电场线比P点附近的稀疏,故N点的电场强度比P点的小,B错误;沿电场线方向电势逐渐降低,故M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,故其受到的电场力方向与电场强度方向相反,若从M点移到N点,则电场力对其做正功,A、C正确;由于M点和P点在同一等势面上,故M点电势等于P点电势,则N点电势高于P点电势,污泥絮体带负电,即q<0,根据电势能E p=qφ可知,污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小,D错误.9.[2024·广东卷] 如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压.金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场.已知金属板的板长是板间距离的π3倍,粒子质量为m.忽略粒子所受的重力和场的边缘效应.(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W.9.(1)带正电πmBt0(2)√3πU0t08B√π3U024Bt0(3)(π3+16π)mU048Bt0[解析] (1)由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子带正电).设粒子在磁场内做圆周运动的速度为v,半径为r,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间Δt=3t0-2t0粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2Δt又知T=2πrv联立解得q=πmBt0(2)设金属板间的电场强度为E,粒子在金属板间运动的加速度为a,则有E=U0Da=qEmt 0~2t 0内,粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动,在垂直于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径,即y =2r 在垂直于金属板方向有y =2×12a (t 02)2在沿金属板方向有π3D =vt 0 联立解得D =√3πU 0t 08B ,v =√π3U 024Bt 0(3)由(1)(2)可知y =2D3由对称性可知,3t 0~4t 0内,粒子第二次进入金属板间的电场内,粒子在竖直方向的位移仍为y ,由于y <D ,故粒子不会碰到金属板.t =4t 0后,粒子进入左侧电场,先减速到速度为零,后反向加速,并在t =6t 0时刻第三次进入金属板间的电场内,此时粒子距上板的距离为h =D -y =D3,注意到h =y2,故粒子恰在加速阶段结束时碰到金属板.粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中,电场力做功为0,粒子第三次进入金属板间的电场后,电场力做功为qEh ,设粒子在左侧电场中运动时电场力做功为W 左,根据动能定理有 W 左=12mv 2电场力对粒子做的总功为W =W 左+qEh联立解得W =(π3+16π)mU 048Bt 010.[2024·广西卷] xOy 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里.质量为m ,电荷量为+q 的粒子,以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始运动,粒子过y 轴时速度与y 轴正向夹角为45°,交点为P .不计粒子重力,则P 点至O 点的距离为 ( )A .mv qBB .3mv2qBC .(1+√2)mvqB D .(1+√22)mvqB10.C [解析] 粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v 2r ,可得粒子做圆周运动的半径为r =mvqB ,根据几何关系可得P 点至O 点的距离为L PO =r +r sin45°=(1+√2)mvqB ,故选C .11.[2024·广西卷] 如图所示,将不计重力、电荷量为q 的带负电的小圆环套在半径为R 的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M 点和N 点分别固定电荷量为27Q 和64Q 的负点电荷.将小圆环从靠近N 点处静止释放,小圆环先后经过图上P 1点和P 2点,己知sin θ=35,则小圆环从P 1点运动到P 2点的过程中 ( )A .静电力做正功B .静电力做负功C .静电力先做正功再做负功D .静电力先做负功再做正功11.A [解析] 沿电场线越靠近负电荷则电势越低,画出两个不等量负点电荷的电场线分布如图甲所示,半圆与电场线的交点中其电场强度沿半径方向时,该点对应的电势最高,设该点为P ,如图乙所示,设连线PM 与直径MN 的夹角为α,则P 点到M 点的距离d M =2R cos α,P 点到N 点的距离为d N =2R sin α,M 点处点电荷在P 点产生的电场强度为E M =k 27Q d M2,N点处点电荷在P点产生的电场强度为E N =k64Qd N 2,P 点的电场强度沿着圆半径方向,由电场叠加原理可知E NE M=tan α,联立解得α=53°,已知P 2点和N 点连线与直径MN 的夹角恰好为37°,则P 2点和M 点连线与直径MN 的夹角恰好为53°,故半圆上P 2点的电势最高,因此带负电的圆环从P 1点运动到P 2点的过程中,电势一直升高,静电力一直做正功,选项A 正确.12.(多选)[2024·海南卷] 真空中有两个点电荷,电荷量均为-q (q ≥0),固定于相距为2r 的P 1、P 2两点,O 是P 1P 2连线的中点,M 点在P 1P 2连线的中垂线上,距离O 点为r ,N 点在P 1P 2连线上,距离O 点为x (x ≪r ),已知静电力常量为k ,则下列说法正确的是 ( )A .P 1P 2中垂线上电场强度最大的点到O 点的距离为√33rB .P 1P 2中垂线上电场强度的最大值为4√3kq9r 2C .在M 点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小D .在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动12.BCD [解析] 设P 1处的点电荷在P 1P 2中垂线上某点A 处产生的场强与竖直方向的夹角为θ,则根据场强的叠加原理可知,A 点的合场强为E =k 2qr 2sin 2 θcos θ,根据均值不等式可知当cos θ=√33时E 有最大值,且最大值为E m =4√3kq9r 2,此时A 点到O 点的距离为y =√22r ,故A 错误,B 正确;在M 点放入一电子,从静止释放,由于r >y =√22r ,可知电子向上运动的过程中所受电场力一直减小,则电子的加速度一直减小,故C 正确;根据等量同种电荷的电场线分布可知,电子运动过程中,O 点为平衡位置,可知当发生的位移为x 时,粒子受到的电场力为F =keq ·4rx(r -x )2(r+x )2,由于x ≪r ,整理后有F =4keqr 3·x ,在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为以O 点为平衡位置的简谐运动,故D 正确.13.[2024·海南卷] 如图,在xOy 坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点和S 点.半圆形区域Ⅰ的半径是区域Ⅰ半径的2倍.区域Ⅰ、Ⅰ的圆心O 1、O 2连线与x 轴平行,半圆与圆相切于Q 点,QF 垂直于x 轴,半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅰ.区域Ⅰ、Ⅰ分别有磁感应强度大小为B 、B 2的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向外.区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器,可将质量为m 、电荷量为q 的粒子由电场加速到v 0.改变发射器的位置,使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ.已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ.(不计粒子的重力和粒子之间的影响) (1)求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R.(2)在能射入区域Ⅰ的粒子中,某粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间t.(3)在区域Ⅰ加入匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E =Bv 0,方向沿x 轴正方向.此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅰ射入区域Ⅰ,进入区域Ⅰ时速度方向与y 轴负方向成74°角.当粒子动能最大时,求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离(sin37°=35,sin53°=45).13.(1)mv 022qmv 0qB (2)πmqB(3)2.6v 0172mv 025qB[解析] (1)根据动能定理得qU =12m v 02解得U =mv 022q粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ,故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力qBv 0=m v 02R 解得R =mv0qB(2)带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ,由(1)可得,粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,轨迹半径为R ,因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等,所以粒子射入点、区域Ⅰ圆心O 1、粒子出射点、轨迹圆心O'四点构成一个菱形,由几何关系可得,区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线,则区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线水平,根据磁聚焦原理可知粒子都从Q 点射出,粒子射入区域Ⅰ,仍做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力q B2v 0=m v 02R '解得R'=2R如图甲所示,要使粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,轨迹所对应的圆心角最小,可知在区域Ⅰ中运动的圆弧所对的弦长最短,即此时最短弦长为区域Ⅰ的磁场圆半径2R ,根据几何知识可得此时在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°,粒子在两区域磁场中运动周期分别为 T 1=2πR v 0=2πmqBT 2=2π·2R v 0=4πmqB 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间为 t =60°360°T 1+60°360°T 2=πmqB甲(3)如图乙所示,将速度v 0分解为沿y 轴正方向的速度v 0及速度v',因为E =Bv 0,可得qE =qBv 0,故可知沿y 轴正方向的速度v 0产生的洛伦兹力与电场力平衡,粒子同时受到另一方向的洛伦兹力qBv',故粒子沿y 轴正方向做旋进运动,根据几何关系可知 v'=2v 0sin 53°=1.6v 0故当v'方向为竖直向上时粒子速度最大,最大速度为 v m =v 0+1.6v 0=2.6v 0根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为 L =R'+R'sin 53°+2R +2R =6.88R =172mv 025qB乙14.[2024·河北卷] 我国古人最早发现了尖端放电现象,并将其用于生产生活,如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔.雷雨中某时刻,一古塔顶端附近等势线分布如图所示,相邻等势线电势差相等,则a 、b 、c 、d 四点中电场强度最大的是 ( )A .a 点B .b 点C .c 点D .d 点14.C [解析] 在静电场中,等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小,等差势线越密,则电场强度越大.由题图可知,c 点等差等势线最密集,故c 点电场强度最大,C 正确.15.[2024·河北卷] 如图所示,真空中有两个电荷量均为q (q >0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC 的顶点B 、C.M 为三角形ABC 的中心,沿AM 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为q2.已知正三角形ABC 的边长为a ,M 点的电场强度为0,静电力常量为k.顶点A 处的电场强度大小为( )A .2√3kq a 2B .kq a 2(6+√3)C .kq a 2(3√3+1)D .kqa2(3+√3)15.D [解析] 如图所示,B 、C 两处点电荷在M 处产生的电场强度大小E 1=E 2=kq(√33a )2=3kqa 2,由于M 点的电场强度为0,故带电细杆在M 点产生的电场强度大小E 3=E 1cos 60°+E 2cos 60°=3kq a 2,B 、C 两处点电荷在A 处产生的电场强度大小E 4=E 5=kqq 2,合场强E 合'=E 4cos 30°+E 5cos 30°=√3kqa 2,方向向上,由于M 点与A 点关于带电细杆对称,故细杆在A 处产生的电场强度大小E 6=E 3=3kqa 2,方向向上,因此A 点的电场强度大小E =E 合'+E 6=kqa 2(√3+3),D 正确.16.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,真空区域有同心正方形ABCD 和abcd ,其各对应边平行,ABCD 的边长一定,abcd 的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面.A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场.调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出.对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是()A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°16.ACD[解析] 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,由对称性可知,粒子从C点垂直于BC射出,A、C正确;若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子可能从cd边再次进磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,此时粒子不能垂直BC射出,粒子也可能经bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,此时粒子垂直BC边射出,B错误,D正确.17.[2024·河北卷] 如图所示,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动.图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高.当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q (q >0),质量为m ,A 、B 两点间的电势差为U ,重力加速度大小为g ,求: (1)电场强度E 的大小.(2)小球在A 、B 两点的速度大小.17.(1)U L(2)√Uq -mgLm√3(Uq -mgL )m[解析] (1)A 、B 两点沿电场线方向的距离为L ,在匀强电场中,由电场强度与电势差的关系可知E =U L(2)当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得Eq -mg =mv A 2L解得v A =√Uq -mgLm小球由A 点运动到B 点,由动能定理得 Uq -mgL =12m v B 2-12m v A 2 解得v B =√3(Uq -mgL )m18.[2024·湖北卷] 如图所示,在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域.不计重力,下列说法正确的是 ( )A .粒子的运动轨迹可能经过O 点B .粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C .粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm3qBD.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为√3qBR3m18.D[解析] 根据磁场圆和轨迹圆相交形成的圆形具有对称性可知,在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子总是沿径向射出,所以粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间间隔最短对应的轨迹如图甲所示,则最小时间间隔为Δt=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短对应的轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=√33R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r ,解得v=√3qBR3m,故D正确.19.(多选)[2024·湖北卷] 关于电荷和静电场,下列说法正确的是()A.一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变B.电场线与等势面垂直,且由电势低的等势面指向电势高的等势面C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,该点电荷的电势能将减小D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,将从高电势的地方向低电势的地方运动19.AC[解析] 根据电荷守恒定律可知,一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变,故A正确;根据电场线和等势面的关系可知,电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,故B错误;点电荷仅在电场力作用下从静止释放,则电场力做正功,该点电荷的电势能将减小,根据φ=E pq可知,正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动,负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动,故C正确,D错误.20.[2024·湖南卷] 真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处.设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是()。

高中物理电磁学题解析在高中物理学习中，电磁学是一个重要的内容模块。

电磁学涉及到电荷、电场、电流、磁场等基本概念，以及电磁感应、电磁波等高级内容。

本文将通过具体的题目举例，分析解题技巧，帮助高中学生更好地理解和应用电磁学知识。

1. 题目：一个电子以速度v垂直于磁感应强度B进入磁场区域，求电子受力的大小和方向。

解析：根据洛伦兹力定律，电子在磁场中受到的力为F = qvBsinθ，其中q为电子的电荷量，v为速度，B为磁感应强度，θ为速度方向与磁感应强度方向之间的夹角。

由题可知，电子的速度与磁感应强度垂直，所以θ = 90°，sinθ = 1。

因此，电子受到的力大小为F = qvB。

2. 题目：一根长直导线通有电流I，求导线周围的磁感应强度大小和方向。

解析：根据安培定律，导线周围的磁感应强度大小与导线电流成正比，与距离导线的距离成反比。

即B ∝ I/d，其中B为磁感应强度，I为电流，d为距离导线的距离。

方向则根据右手螺旋定则确定，即握住导线，大拇指指向电流方向，其他四指弯曲的方向即为磁感应强度的方向。

3. 题目：一个平行板电容器的电容为C，两板间的距离为d，电容器充满电荷后，将两板分开到原来的2倍距离，求电容器的电容和储存的电能。

解析：电容器的电容与两板间的距离成反比，即C ∝ 1/d。

所以当两板间的距离变为原来的2倍时，电容变为原来的1/2。

而电容器的储存的电能与电容和电荷量的平方成正比，即E ∝ CQ^2，其中E为电能，C为电容，Q为电荷量。

所以当电容变为原来的1/2时，储存的电能变为原来的1/4。

通过以上题目的解析，我们可以看出电磁学题目的考点主要集中在洛伦兹力定律、安培定律和电容器的电容与电能的关系上。

在解题时，我们需要熟练掌握这些基本原理，并能够将其应用到具体的问题中。

同时，我们还需要注意题目中给出的条件，根据条件进行合理的推导和计算。

除了以上的题目，电磁学还涉及到电磁感应、电磁波等内容。

高三物理电磁学试题答案及解析1.如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧范围足够大，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，线框质量m=0.1kg，在水平向右的外力F作用下，以初速度v=1m/s一直做匀加速直线运动，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）线框cd边刚进入磁场时速度v的大小；=0.27J，则在此过程中线框产生的焦耳热Q为多少？（2）若线框进入磁场过程中F做功为WF【答案】（1）2m/s （2）0.12J【解析】（1）当后，对线框：解得：又解得：（2）根据功能关系得：解得：【考点】功能关系；牛顿定律的应用.2.如图所示，在xoy平面第一象限里有竖直向下的匀强电场，电场强度为E。

第二象限里有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。

在x轴上-a处，质量为m、电荷量为e的质子以大小不同的速度射入磁场，射入时速度与x轴负方向夹角为。

不计空气阻力，重力加速度为g。

求：（1）在-x轴上有质子到达的坐标范围；（2）垂直于y轴进入电场的质子，在电场中运动的时间；（3）在磁场中经过圆心角为2的一段圆弧后进入电场的质子，到达x轴的动能。

【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设-x轴的第一个坐标点为x1（2）质子垂直进入电场时距x轴的距离：（3）在磁场中运动情景如图所示。

由牛顿定律可知：由动能定理:【考点】带电粒子在磁场中的运动；动能定理.3.如图在xoy坐标系第Ⅰ象限，磁场方向垂直xoy平面向里，磁感应强度大小为B=1.0T；电场方向水平向右，电场强度大小为E=N/C．一个质量m=2.0×10﹣7kg，电荷量q=2.0×10﹣6C的带射入第Ⅰ象限，恰好在xoy平面中做匀速直线运动．0.10s后改正电粒子从x轴上P点以速度v变电场强度大小和方向，带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动，取g=10m/s2．求：大小和方向；（1）带电粒子在xoy平面内做匀速直线运动的速度v（2）带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时电场强度E′的大小和方向；（3）若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射P点应满足何条件？【答案】（1）2m/s，方向斜向上与x轴正半轴夹角为60°；（2）1N/C，方向竖直向上．（3）0.27m【解析】（1）如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v与x轴夹角为θ，依题意得：解得所以：θ=60°即速度v大小2m/s，方向斜向上与x轴正半轴夹角为60°（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力：解得E′=1N/C，方向竖直向上．（3）如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限，圆弧左边与y轴相切N点；PQ匀速直线运动，PQ=vt="0.2" m洛伦兹力提供向心力：，得R=0.2m由几何知识得：OP=R+Rsin60°－PQcos60°OP==0.27m故：x轴上入射P点离O点距离至少为0.27m【考点】带电粒子在复合场中的运动;4.图中L为自感系数足够大的理想电感，C是电容量足够大的理想电容，R1、R2是阻值大小合适的相同电阻，G1、G2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流表，且电流从哪一侧接线柱流入指针即向哪一侧偏转，E是可以不计内阻的直流电源．针对该电路下列判断正确的是( )A．电键S闭合的瞬间，仅电流计G1发生明显地偏转B．电键S闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转C．电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数D．电路工作稳定后再断开电键S，此后的短时间内，G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转【答案】BD【解析】电路接通瞬间，由于自感系数足够大，所以有电流通过R1，直流电不能通过电容器，则有电流通过R2，所以电键S闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转，故A错误，B正确；L为理想电感，电路温度后，R1被短路，则没有电流通过，示数为零，故C错误；电路工作稳定后再断开电键S，此后的短时间内，电容器放电，电流从右端通过R1，从左端通过R2，则G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转，故D正确．故选BD.【考点】自感现象.【名师】此题考查自感以及电容器问题；解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用：当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，而电阻没有此特点，当K断开电阻、电容构成一回路，电容器可以储存电荷。

高考物理专题2024电磁学历年题目解析高考物理中，电磁学是一个重要的专题，涵盖了电场、磁场、电磁感应等内容。

通过对历年高考题目进行解析，我们可以总结出一些重点和难点，帮助考生更好地复习和备考。

下面对2024年的高考物理电磁学专题进行题目解析。

1. 2024年高考题目一题目描述：一只质量为m的点电荷在磁感应强度为B的均匀磁场中以v速度运动，求电荷所受到的洛伦兹力大小。

假设磁场方向与电荷速度方向垂直。

解析：根据洛伦兹力的公式，F=q*v*B*sinθ，其中q为电荷的量，v为电荷的速度，B为磁感应强度，θ为磁场方向与速度方向的夹角。

根据题目描述，磁场方向与速度方向垂直，因此sinθ=1。

所以洛伦兹力的大小为F=q*v*B。

2. 2024年高考题目二题目描述：一根导线载有电流I，长度为L。

求在导线附近某点处，由该导线产生的磁场强度与距离导线的距离d的关系式。

解析：根据安培环路定理，由一根无限长直导线产生的磁场强度的大小与导线与观察点间的距离d成反比。

即B=k*I/d，其中B为磁场强度，k为比例常数。

根据题目描述，导线长度为L，在L处的磁场强度与距离d的关系为B=k*I/(L-d)。

3. 2024年高考题目三题目描述：一根无限长直导线载有电流I，与它距离d处有一个闭合电路。

求闭合电路中的感应电动势大小。

解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。

由于导线是无限长的，所以在不断改变位置的过程中，它与闭合电路的距离d保持不变。

因此，闭合电路中感应电动势的大小始终不变，即不受距离变化的影响。

4. 2024年高考题目四题目描述：一根直导线带有电流I1，另一根直导线带有电流I2，两根导线平行且方向相反。

求两根导线之间的相互作用力。

解析：两根导线之间的相互作用力可以通过洛伦兹力来计算。

根据洛伦兹力的公式，F=I1*I2*l/(2πd)，其中I1和I2为两根导线的电流，l为导线长度，d为两根导线的距离。

高考物理2024电磁学历年真题深度剖析在高考中，物理是许多学生们的难点科目之一。

在其中，电磁学更是被认为是一个充满挑战的领域。

本文将对高考物理2024年电磁学历年真题进行深度剖析，帮助学生们更好地理解和应对这一部分内容。

第一道题目：（题目内容省略）这道题目考察了电场的基本概念和计算方法。

根据题目中给出的物理量，我们可以通过计算得到正确的答案。

在解答该问题时，首先要理解电场的概念，电场强度的定义为单位正电荷所受到的电力。

根据库仑定律，可以得出电场强度与距离的关系公式。

通过计算即可得到答案。

第二道题目：（题目内容省略）这道题目考察了电磁感应的知识。

在解答该题时，我们首先要理解电磁感应定律的基本原理，即法拉第电磁感应定律。

根据题目中给出的条件，我们可以通过计算电动势和电流的关系来得出答案。

在计算中，需要注意使用正确的单位和数值精度，以避免计算误差。

第三道题目：（题目内容省略）这道题目考察了电磁波的性质和应用。

在解答该题时，我们需要了解电磁波的基本特征和传播规律。

根据题目中给出的条件，我们可以推导出电磁波的频率和波长之间的关系，并结合题目中的说明，计算出正确的答案。

在计算过程中，需要注意使用正确的公式和单位。

通过对上述三道题目的剖析，我们可以发现在高考物理中，电磁学作为一个重要的考点，涉及到各种基本概念、定律和计算方法。

因此，为了在高考中取得好成绩，我们需要系统地学习和掌握电磁学相关的知识。

为了帮助学生更好地准备高考物理电磁学部分，以下是一些建议和学习方法：1. 系统学习基础知识：电磁学是一门复杂的学科，需要掌握许多基础概念、公式和定律。

建议学生从教科书和参考书中系统地学习相关知识，并进行反复的练习和巩固。

2. 理解物理原理：在学习电磁学时，重要的不仅是记住公式和计算方法，更重要的是理解其背后的物理原理。

通过深入理解物理原理，学生可以更好地应对各种题目类型。

3. 多做习题和真题：高考物理中的电磁学部分常常出现在真题中，因此建议学生多做一些习题和历年真题，以熟悉题型和提高解题能力。

25.2014新课标2（19分）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以速度ω绕O逆时针匀速转动、转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g．求：（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率．25.（19分）2013新课标1如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。

导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。

导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。

在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。

已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。

忽略所有电阻。

让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。

２４.（１４分）2013新课标2如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。

ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。

一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a 点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。

２４.（１４分）2013新课标2如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。

ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。

一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。