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电磁学压轴选择题（全国甲卷和Ⅰ卷）-2023年高考物理十年压轴真题题型解读与模拟预测（解析版）
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这是一份电磁学压轴选择题（全国甲卷和Ⅰ卷）-2023年高考物理十年压轴真题题型解读与模拟预测（解析版），共36页。试卷主要包含了带电粒子在电场中的运动，带电粒子在磁场中的运动，电磁感应的综合问题，交流电、变压器等内容，欢迎下载使用。
电磁学压轴选择题（全国甲卷和Ⅰ卷）
命题规律
高考物理电磁学压轴题是考查学生物理学科素养高低的重要载体，表现为综合性强、求解难度大、对考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求高等特点。
一、 命题范围
1.带电粒子在电场中的运动（压轴指数★★★）
①带电粒子在匀强电场中的直线运动和类平抛运动。
②带电粒子在非匀强电场中的一般运动。
③带电粒子在交变电场中的运动
主要考查电场强度、电势、电势能、电势差、电场力做的功。
2.带电粒子在磁场中的运动（压轴指数★★★）
①同一带电粒子在有界匀强磁场的运动。
②两个或两个以上带电粒子在有界匀强磁场的运动。
3. 带电粒子在组合、复合场中的运动（压轴指数★★★★）
①带电粒子由电场进入磁场
②带电粒子由磁场进入电场
③带电粒子在电场、磁场、重力场的往复运动
4.电磁感应的综合问题（压轴指数★★★★★）
①电磁感应的力学综合问题
②电磁感应的电学综合问题
③电磁感应的图像问题
5.交流电、变压器（压轴指数★★★）
①交流的产生过程和峰值、有效值
②变压器的电压关系、电流关系和能量关系
③远距离输电问题
二、命题类型
1.电磁场单一情境型。物理情境选自生活生产情境或学习探究情境，物理力学情境综合型试题的物理模型有：带电粒子、带电小球、带电油滴等模型。已知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。命题点常包含：匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动等。命题常将电场、磁场部分知识与运动学、力学、功能关系等多个物理规律的综合运用，有时也会与相关图像联系在一起。
2. 单一或两个带电粒子在组合场、叠加场、交变场的运动问题。对带电粒子在不同的区域，受力分析和运动过程分析，判断带电粒子的运动性质，利用数学语言列方程求解。画运动过程示意图，确定临界条件。
3.电磁感应中，将力学、电学、电磁感应等知识灵活应用，利用数学知识处理系列图像。
历年真题
1．（2022·全国·高考真题）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
2．（2019·全国·高考真题）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
【答案】B
【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．
3．（2017·全国·高考真题）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化．在A图中紫铜薄板上下及左右振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而BCD三个图均无此现象，故BCD错误．
4．（2016·全国·高考真题）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数的比值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】设原、副线圈的匝数比为k，原线圈的电流为，则有副线圈的电流为
原线圈的电压
因为电源电压的有效值恒定，所以有
代入数据则有
解得
故选B。
5．（2015·全国·高考真题）如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、、。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（ ）
A．直线a位于某一等势面内，
B．直线c位于某一等势面内，
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【答案】B
【解析】AB．电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功，说明MQ为高电势，NP为低电势．所以直线c和d都是位于某一等势线内，所以，，选项A错误，B正确；
C．若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错误；
D．电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错误。
故选B。
6．（2014·全国·高考真题）如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，测得cd间的电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即cd线圈中的电压
由于磁场是线圈ab中的感应电流产生的，所以有
综上可得
即电压大小与线圈中电流的变化率成正比，根据图（b）可判断和电流的变化率大小相等，方向相反，即图象斜率大小相等，方向相反，C图符合。
故选C。
7．（2013·全国·高考真题）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线．可能正确的是
A． B．C． D．
【答案】A
【解析】试题分析：设，单位长度电阻为,则MN切割产生电动势,回路总电阻为,由闭合电路欧姆定律得：,与时间无关，是一定值，故A正确，BCD错误．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】MN切割磁感线运动产生感应电动势，L越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解．
8．（2013·全国·高考真题）如图，半径为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，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（），质量为的粒子沿平行于直径的方向射入磁场区域，射入点与的距离为，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． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，粒子运动轨迹如图所示
圆心角就为60°，为等边三角形
所以带电粒子运动的半径为
由
解得
故选B。
二、多选题
9．（2022·全国·高考真题）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】A．如图所示
故等效重力的方向与水平成。
当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上
在竖直方向上
由于
，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
10．（2021·全国·高考真题）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ ）
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为
两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则
设材料的电阻率为，则线圈电阻
感应电流为
安培力为
由牛顿第二定律有
联立解得
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。
故选AB。
11．（2020·全国·高考真题）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ）
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】ABC．当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流I，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得
导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得
当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为
感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为
感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时
故有
解得
此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v-t图象如图所示
故A错误，BC正确；
D．MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选BC。
12．（2018·全国·高考真题）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（ ）
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【答案】AB
【解析】A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；公众号：高中试卷君
B．由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；
C．在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；
D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。
故选AB。
【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。
应考策略
一、电场
1. 带电粒子在电场中的运动特点及分析方法
常见运动
受力特点
分析方法
静止或匀速直线运动
合外力F合＝0
共点力平衡
变速直线运动
合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上
1.匀强电场中：
(1)用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad
(2)用功能观点分析
W＝qEd＝qU＝mv2－mv02
2．非匀强电场中：
W＝qU＝Ek2－Ek1
带电粒子在匀强电场中的偏转运动(类平抛)
进入电场时v0⊥E
运动的分解
偏转角：tan θ＝＝＝＝
侧移距离：y0＝＝
y＝y0＋Ltan θ＝(＋L)tan θ
2．带电体在电场、重力场中的运动分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题．
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．
3．带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图4所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．
图4
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点．
4. 带电粒子在交变电场中的运动
处理带电粒子在交变电场中运动的问题时，先画出粒子在电场方向的v－t图像，结合图像去分析粒子的运动情况，在v－t图像中，图像与t轴所围面积表示沿电场方向粒子的位移．带电粒子在交变电场中运动常见的v－t图像如图所示．
二、 磁场
1.分析带电粒子在磁场中运动的方法
基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系．
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．
基本公式
qvB＝m
重要结论
r＝，T＝，T＝
圆心的确定
(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心，如图(a)；
(2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)；
(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)
半径的确定
方法一：由物理公式求．由于Bqv＝，所以半径r＝；
方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定．
时间的求解
方法一：由圆心角求．t＝·T；
方法二：由弧长求．t＝.
轨迹圆的几个基本特点
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角．(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)
(2)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角．(如图甲，α1＝α2)
(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙．(两侧关于两圆心连线对称)
临界问题
(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．
多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解.
2.带电粒子在叠加场中的运动
（Ⅰ）．三种典型情况
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时．
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.
Ⅱ．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
Ⅲ．分析
三、 电磁感应
电磁感应中的图像问题
1．电磁感应中常见的图像
常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．
2．解答此类问题的两个常用方法
(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．
(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．
电磁感应中的动力学与能量问题
1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，解题方法有相通之处．分析思路如下：
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；
(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)．
四、 变压器和远距离输电
变压器与远距离输电
1．变压器中的制约关系
制约关系
电压
副线圈的电压U2＝U1，由原线圈的电压U1和匝数比决定
功率
原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定
电流
原线圈电流I1＝I2由副线圈电流I2和匝数比决定
2.远距离输电问题
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2.
②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4.
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3.
3．输电线路功率损失的四个表达式
(1)输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率．两者关系是P损＝P－P′(P为输送功率，P′为用户所得功率)．
(2)P损＝I线2R线＝，I线为输电线路上的电流，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为输电线路电阻．
(3)P损＝ΔU·I线．
模拟预测
一、单选题
1．如图，倾角为30°的斜面上有一个电荷量为q（q>0）质量为m的小球以v0的初速度水平抛出。竖直平面内有一水平向左的匀强电场，电场强度为E。已知小球回到斜面时速度方向与斜面的夹角不变，克服电场力做功。从抛出小球到小球回到斜面的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．
B．该系统的机械能不变
C．小球最小速度为
D．若第二次抛出小球时撤去电场，则两次小球离斜面最远距离之差为
【答案】D
【解析】A．设小球落回到斜面是的速度为，则其水平分速度
水平方向的只受静电力作用，做匀减速直线运动，则
加速度大小为
水平方向的位移大小
小球克服电场力做功
解得
由类斜抛运动知识可得，小球合力方向垂直斜面向下，则
Eq=mg
解得
A错误；
B．小球克服电场力做功，机械能减小，B错误；
C．由类斜抛运动知识可得，当小球沿垂直斜面的分速度为0时，速度最小，即
C错误；
D．第一次抛出小球时，离斜面最远距离
第二抛出小球时，在运动起点同时垂直于斜面方向和平行与斜面方向分解、g，垂于斜面向上为轴正方向，轴方向分速度
轴方向分加速度大小
则
得
所以
D正确。
故选D。
2．在现代研究受控热核反应的实验中，需要把的高温等离子体限制在一定空间区域内，这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化，磁约束就成了重要的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子（不计重力）从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线（未全部画出）。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动，就像光在两个镜子之间来回“反射”一样，不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶，磁场区域的两端被称为磁镜。
根据上述信息并结合已有的知识，可以推断该粒子（ ）
A．从左端到右端的运动过程中，沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小
B．从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值
C．从左端到右端的运动过程中，其动能先增大后减小
D．从左端到右端的运动过程中，其运动轨迹的螺距先变小后变大
【答案】B
【解析】A．从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，故粒子的速度大小不变。由于粒子在两段之间来回运动，故沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小。故A错误；
B．从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内时，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度的大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大。故B正确；
C．从左端到右端的运动过程中，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，故其动能不变。故C错误；
D．粒子做圆周运动的周期为
由于从左端到右端的运动过程中，磁感应强度先减小后增大，所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为
由于平行于轴线的速度先增大后减小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小。故D错误。
故选B。
【点睛】根据题意理解粒子运动的规律。注意粒子运动的分解，运动的分解包含速度、受力等矢量的分解。
3．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲中虚线所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电小球；在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力、则（ ）
A．电场强度大小恒定，方向沿x轴正方向
B．从O到的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大
C．从O到的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等
D．到达位置时，小球速度的大小为
【答案】B
【解析】A．由图乙可知，小球的机械能减少，所以向下运动时电场力对带负电小球做负功，则小球所受电场力沿x轴负方向，所以电场方向沿x轴正方向，由
可知图线的斜率表示电场力，由图可知电场力减小，所以电场强度减小，故A错误；
B．由牛顿第二定律
可知加速度增大，则小球向下做加速度增大的加速运动，故B正确；
C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功为
由于场强减小，故减小，故C错误；
D．根据动能定理可得
解得到达x1位置时，小球速度
故D错误。
故选B。
4．现代科技中常常利用电场来控制带电粒子的运动。某控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，如图所示。加速电场可以提供需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为、，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足（为半径），已知处的电场强度大小为，带电粒子的质量为，电荷量为，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则（ ）
A．加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直PB飞入电场，就一定能做匀速圆周运动
B．要使粒子由静止加速后能从A点沿半径的圆形轨迹1到达点，则加速电场的电压为
C．若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动的周期与轨迹对应半径应满足的关系式
D．若粒子从B点垂直于方向射入，对应的轨迹2可能是抛物线
【答案】C
【解析】A．设加速电场电压U，粒子垂直PB飞入电场，做匀速圆周运动，则
联立两式得
故A错误；
B．带电粒子在电场中加速，有
粒子在偏转电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，可得
又
联立上式解得
故B错误；
C．若粒子在偏转电场中做圆周运动的半径为，由电场力提供向心力可得
又
联立解得
故C正确；
D．若粒子从B点垂直于方向射入，且恰能从右侧处D点垂直于OD方向射出，其轨迹如图中轨迹2所示，粒子在轨迹2的位置离的距离为时，粒子受到的电场力为
对比万有引力表达式
可知粒子在偏转电场中运动的受力特点与行星绕太阳转动的受力特点相似，故粒子在偏转电场中运动特点与行星的运动特点相似，粒子在偏转电场中的轨迹为椭圆，故D错误。
故选C。
5．空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段是屏与纸面的交线，长度为，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；，P为垂足，如图所示，已知，若上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】粒子要打中的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从飞出，绕过距离最近的点，从右侧打中最下端的点，粒子运动的轨迹如图所示
为轨迹圆的弦长，为中点，，；粒子运动的半径为，根据几何关系可知四边形为平行四边形，则
解得
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
解得粒子的最小速率为
故选C。
6．如图甲、乙所示，两空间分别存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，、分别为纸面内的半圆形曲线，O、分别为两半圆的圆心，PQ、分别为两半圆的水平直径，将带电粒子分别从P、点水平射出，分别经过半圆曲线的M、点，不计粒子重力及空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．甲图中粒子带正电，乙图中粒子带负电
B．甲图中粒子带负电，乙图中粒子带正电
C．甲图中粒子经过M点时速度方向的反向延长线有可能经过圆心O
D．乙图中粒子经过点时速度方向的反向延长线一定经过圆心
【答案】D
【解析】AB．甲图中，由于带电粒子在电场中受到向下的电场力，故粒子带正电，乙图中，由左手定则可知粒子带正电荷，故AB错误；
C．甲图中带电粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律可知，粒子经过M点时速度方向的反向延长线与过P点的水平距离的交点为水平位移的中点，即交点与P点的距离为，如果经过圆心O，则要求水平方向的位移应为，明显PM两点间的水平位移，所以假设不成立，故C错误；
D．乙图中粒子在圆形磁场区域内做匀速圆周运动，设粒子的轨迹半径为R，半圆的半径为r，粒子从射出的速度为，运动轨迹如图所示
因，，为公共边，所以
因点的速度的方向沿指向，且，所以，即，因此，即，又因为，所以与共线，即粒子经过点的速度方向的反向延长线一定过圆心，故D正确。
故选D。
7．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D．所有粒子所用最短时间为
【答案】D
【解析】A．粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A错误；
B．根据
得
从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；
CD．由
粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图
当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为 ，则最短时间为
M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确。
故选D。
8．图甲是判断电流大小是否发生变化的装置示意图。电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与成正比。现给某半导体材料制成的霍尔元件（如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表V的示数就能判断的大小是否发生变化。当的变化量一定时，电压表V的示数变化量越大，则该装置判断的灵敏度就越高。已知霍尔元件的半导体材料载流子为一价正离子，则下列说法正确的是（ ）
A．仅适当增大工作电流I，可以提高判断的灵敏度
B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则电压表V的“”“”接线柱连线位置无需改动
C．M端应与电压表V的“”接线柱相连
D．当电流增大时，电压表V的示数会减小
【答案】A
【解析】A．磁感应强度与成正比，当霍尔元件内部电场稳定时
即
仅适当增大工作电流I，根据
可知，正离子定向移动的速度增大，则电压表示数变化越大，可以提高判断的灵敏度，A正确；
B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则自由电子移动方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电力在洛伦兹力的作用下与正离子偏转方向相同，则电压表V的“”“”接线柱连线位置需要改动，B错误；
C．根据安培定则即左手定则，正离子向外侧偏转，霍尔元件外侧带正电，则M端应与电压表V的“”接线柱相连，C错误；
D．当电流增大时，磁感应强度变大，由A选项可知，霍尔元件内外两侧电势差增大，电压表V的示数会增大，D错误。
故选A。
9．如图甲所示，一带电物块无初速度地放在皮带底端，皮带轮以恒定的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带顶端F的过程中，其v—t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为。关于带电物块及其运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．皮带轮的转动速度大小一定为
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在内，物块与皮带仍可能有相对运动
【答案】D
【解析】A．由图像可知，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，物块的最大速度是，对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿皮带的方向，有
①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是逐渐减小，而开始时
后来
即洛伦兹力的方向是斜向上的，物块沿皮带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，A错误；
BD．物块向上运动的过程中，加速度越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时
②
由②式可知，只要皮带的速度大于或等于即可，所以皮带的速度可能是，也可能大于，物块可能相对皮带静止，也可能相对皮带运动，B错误，D正确；
C．由以上分析可知，皮带的速度不能确定，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，C错误。
故选D。
10．如图甲，长方形金属线框从范围足够大的磁场的上边界由静止释放，经过时间，下降高度时速度为v（此时线框还未完全进入磁场）；若该线框从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出，如图乙，经过时间上升高度到达最高点（此时线框还没有完全进入磁场）。已知重力加速度为g，下列表达式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】A．金属线框由静止开始进入磁场的过程中，金属线框的下边切割磁感线，根据右手定则可判断电流方向向右，根据左手定则可判断安培力方向竖直向上，根据安培力公式有
根据切割电动势公式有
根据闭合电路欧姆定律
解得
根据牛顿第二定律有
可知金属线框做加速度减小的加速运动，速度—时间图像为
可知，故A错误；
B．金属线框竖直向上进入磁场的过程中，根据上述分析可知金属线框做加速度减小的减速运动，速度时间图像为
可知，故B错误；
CD．设安培力，下降过程中，由动量定理有
两边求和有
即
同理，上升过程中有
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。
11．如图所示，A是一边长为l的方形闭合线框，其总电阻为R，以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过一宽度为3l的匀强磁场区域，运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且线框前后两边与磁场的左右边界始终平行。若以x轴正方向作为力的正方向，以顺时针的电流方向为感应电流的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，此时线框右侧与磁场左边界的距离为l，则磁场对线框的作用力F及线框中的感应电流i随时间t的变化图像，在图所示的图像中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】在内，线框在磁场之外，所以感应电流为0，安培力也为0；
在内，线框进入磁场，线框右边切割磁感线，由右手定则可知，此时感应电流的方向为逆时针的方向，因为题中说明线框以恒定的速度沿x轴运动，即线框的感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力的方向为向左，即沿x轴负方向；
在内，线框全部在磁场中，此时穿过线圈的磁通量不变，即无感应电动势和感应电流，也没有安培力；公众号：高中试卷君
在内，线框出磁场，线框左边切割磁感线，由右手定测可得出感应电流的方向为顺时针方向，又因为线框以恒定速度v运动，故感应电动势和和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力方向向左即沿x轴负方向。
由上述分析可知，ACD错误，B正确。
故选B。
12．如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间内图甲中金属杆产生的热量为
D．在时间内图乙中电源输出的能量为
【答案】B
【解析】AB．图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得
金属杆受到的安培力
方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力
方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为
故A错误B正确；
C．在时间内，安培力做功等于系统发热量，图甲中金属杆产生的热量为
故C项错误；
D．图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功和回路的焦耳热，即
故D项错误。
故选B。
13．如图（a）所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶5，定值电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50 Ω，定值电阻R3的阻值为10 Ω，图中电表均为理想电表。原线圈输入如图（b）所示的交变电流，其有效值不随负载变化。当滑动变阻器接入电路的阻值由50 Ω减小到0的过程中（ ）
A．电流表的示数为5 A B．通过R2的电流减小
C．电压表的示数增大 D．R2和R3的总电功率先增大后减小
【答案】A
【解析】A．由图（b）所示的交变电流，设有效值为I，则
解得
A正确；
BC．可知原、副线圈两端的电流不变，当滑动变阻器接入电路的阻值由50Ω减小到0，此时副线圈的总电阻减小，则副线圈两端的电压减小，即电压表的示数减小；根据并联电路的电压特点可知R1两端的电压减小，则通过R1的电流减小，根据并联分流可知，通过R2和R3的电流增大，BC错误；
D．设通过R2和R3的电流为I2，则根据并联电路的电流特点可得
则R2和R3的总电功率为
可得R2和R3的总电功率随R2减小而增大，D错误。
故选A。
14．“张北的风点亮北京的灯”，中国外交部发言人赵立坚这一经典语言深刻体现了2022年北京冬奥会的“绿色奥运”理念。张北可再生能源示范项目，把张北的风转化为清洁电力，并入冀北电网，再输向北京、延庆、张家口三个赛区。现有一小型风力发电机通过如图甲所示输电线路向北京赛区某场馆1万个额定电压为、额定功率为的LED灯供电。当发电机输出如图乙所示的电压时，赛区的LED灯全部可以正常工作。已知输电导线损失的功率为赛区获得总功率的，输电导线的等效电阻为。则下列说法正确的是（ ）
A．风力发电机的转速为
B．风力发电机内输出的电能为
C．降压变压器原、副线圈匝数比为
D．升压变压器副线圈输出的电压的最大值为
【答案】C
【解析】A．由图乙可知，交流电的频率为
因此风力发电机的转速，故A错误；
B．1万个额定功率为的LED灯正常工作时，电功率
而输电线上损失的功率
所以风力发电机的功率为，因此风力发电机输出的电能
故B错误；
C．输电线路损失的功率，根据
可得，输电线上电流为
而通过降压变压器副线圈的电流
因此降压变压器原、副线圈匝数比
故C正确；
D．输电线路损失的电压
根据
可得
所以升压变压器副线圈输出的电压有效值为，最大值为，故D错误。
故选C。
15．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个互感器（均为理想器材），两互感器原、副线圈的匝数比分别为200：1和1：20，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．互感器A是电流互感器，互感器B是电压互感器
B．线路上损耗的功率为320W
C．发电机输出的电功率为3520kW
D．用户使用的用电设备增多，降压变压器输出电压U4大小不变
【答案】C
【解析】A．互感器A并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器B串联在电路中，是电流互感器，故A错误；
B．电流表的示数为4A，互感器原、副线圈的匝数比1：20，则线路上电流I=80A，线路上损耗的功率
故B错误；
C．电压表的示数为220V，匝数比为200：1，所以输送电压U=44000V，功率
P=UI=3520kW
则发电机输出的电功率3520kW，故C正确；
D．用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，降压变压器输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，故D错误。
故选C。
电磁学压轴选择题（全国甲卷和Ⅰ卷）
命题规律
高考物理电磁学压轴题是考查学生物理学科素养高低的重要载体，表现为综合性强、求解难度大、对考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求高等特点。
一、 命题范围
1.带电粒子在电场中的运动（压轴指数★★★）
①带电粒子在匀强电场中的直线运动和类平抛运动。
②带电粒子在非匀强电场中的一般运动。
③带电粒子在交变电场中的运动
主要考查电场强度、电势、电势能、电势差、电场力做的功。
2.带电粒子在磁场中的运动（压轴指数★★★）
①同一带电粒子在有界匀强磁场的运动。
②两个或两个以上带电粒子在有界匀强磁场的运动。
3. 带电粒子在组合、复合场中的运动（压轴指数★★★★）
①带电粒子由电场进入磁场
②带电粒子由磁场进入电场
③带电粒子在电场、磁场、重力场的往复运动
4.电磁感应的综合问题（压轴指数★★★★★）
①电磁感应的力学综合问题
②电磁感应的电学综合问题
③电磁感应的图像问题
5.交流电、变压器（压轴指数★★★）
①交流的产生过程和峰值、有效值
②变压器的电压关系、电流关系和能量关系
③远距离输电问题
二、命题类型
1.电磁场单一情境型。物理情境选自生活生产情境或学习探究情境，物理力学情境综合型试题的物理模型有：带电粒子、带电小球、带电油滴等模型。已知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。命题点常包含：匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动等。命题常将电场、磁场部分知识与运动学、力学、功能关系等多个物理规律的综合运用，有时也会与相关图像联系在一起。
2. 单一或两个带电粒子在组合场、叠加场、交变场的运动问题。对带电粒子在不同的区域，受力分析和运动过程分析，判断带电粒子的运动性质，利用数学语言列方程求解。画运动过程示意图，确定临界条件。
3.电磁感应中，将力学、电学、电磁感应等知识灵活应用，利用数学知识处理系列图像。
历年真题
1．（2022·全国·高考真题）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】解法一：
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
解法二：
粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。
故选B。
2．（2019·全国·高考真题）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
【答案】B
【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．
3．（2017·全国·高考真题）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化．在A图中紫铜薄板上下及左右振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而BCD三个图均无此现象，故BCD错误．
4．（2016·全国·高考真题）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数的比值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】设原、副线圈的匝数比为k，原线圈的电流为，则有副线圈的电流为
原线圈的电压
因为电源电压的有效值恒定，所以有
代入数据则有
解得
故选B。
5．（2015·全国·高考真题）如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、、。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（ ）
A．直线a位于某一等势面内，
B．直线c位于某一等势面内，
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
【答案】B
【解析】AB．电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功，说明MQ为高电势，NP为低电势．所以直线c和d都是位于某一等势线内，所以，，选项A错误，B正确；
C．若电子从M点运动到Q点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C错误；
D．电子作为负电荷从P到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D错误。
故选B。
6．（2014·全国·高考真题）如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，测得cd间的电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势即cd线圈中的电压
由于磁场是线圈ab中的感应电流产生的，所以有
综上可得
即电压大小与线圈中电流的变化率成正比，根据图（b）可判断和电流的变化率大小相等，方向相反，即图象斜率大小相等，方向相反，C图符合。
故选C。
7．（2013·全国·高考真题）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线．可能正确的是
A． B．C． D．
【答案】A
【解析】试题分析：设，单位长度电阻为,则MN切割产生电动势,回路总电阻为,由闭合电路欧姆定律得：,与时间无关，是一定值，故A正确，BCD错误．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】MN切割磁感线运动产生感应电动势，L越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解．
8．（2013·全国·高考真题）如图，半径为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，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（），质量为的粒子沿平行于直径的方向射入磁场区域，射入点与的距离为，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． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，粒子运动轨迹如图所示
圆心角就为60°，为等边三角形
所以带电粒子运动的半径为
由
解得
故选B。
二、多选题
9．（2022·全国·高考真题）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】A．如图所示
故等效重力的方向与水平成。
当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上
在竖直方向上
由于
，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
10．（2021·全国·高考真题）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ ）
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为
两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则
设材料的电阻率为，则线圈电阻
感应电流为
安培力为
由牛顿第二定律有
联立解得
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。
故选AB。
11．（2020·全国·高考真题）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ）
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】BC
【解析】ABC．当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流I，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得
导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得
当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为
感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为
感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时
故有
解得
此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v-t图象如图所示
故A错误，BC正确；
D．MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选BC。
12．（2018·全国·高考真题）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（ ）
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【答案】AB
【解析】A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；公众号：高中试卷君
B．由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；
C．在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；
D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。
故选AB。
【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。
应考策略
一、电场
1. 带电粒子在电场中的运动特点及分析方法
常见运动
受力特点
分析方法
静止或匀速直线运动
合外力F合＝0
共点力平衡
变速直线运动
合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上
1.匀强电场中：
(1)用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad
(2)用功能观点分析
W＝qEd＝qU＝mv2－mv02
2．非匀强电场中：
W＝qU＝Ek2－Ek1
带电粒子在匀强电场中的偏转运动(类平抛)
进入电场时v0⊥E
运动的分解
偏转角：tan θ＝＝＝＝
侧移距离：y0＝＝
y＝y0＋Ltan θ＝(＋L)tan θ
2．带电体在电场、重力场中的运动分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题．
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．
3．带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图4所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．
图4
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点．
4. 带电粒子在交变电场中的运动
处理带电粒子在交变电场中运动的问题时，先画出粒子在电场方向的v－t图像，结合图像去分析粒子的运动情况，在v－t图像中，图像与t轴所围面积表示沿电场方向粒子的位移．带电粒子在交变电场中运动常见的v－t图像如图所示．
二、 磁场
1.分析带电粒子在磁场中运动的方法
基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系．
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．
基本公式
qvB＝m
重要结论
r＝，T＝，T＝
圆心的确定
(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心，如图(a)；
(2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)；
(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)
半径的确定
方法一：由物理公式求．由于Bqv＝，所以半径r＝；
方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定．
时间的求解
方法一：由圆心角求．t＝·T；
方法二：由弧长求．t＝.
轨迹圆的几个基本特点
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角．(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)
(2)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角．(如图甲，α1＝α2)
(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙．(两侧关于两圆心连线对称)
临界问题
(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．
多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解.
2.带电粒子在叠加场中的运动
（Ⅰ）．三种典型情况
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时．
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.
Ⅱ．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
Ⅲ．分析
三、 电磁感应
电磁感应中的图像问题
1．电磁感应中常见的图像
常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．
2．解答此类问题的两个常用方法
(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．
(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．
电磁感应中的动力学与能量问题
1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，解题方法有相通之处．分析思路如下：
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；
(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)．
四、 变压器和远距离输电
变压器与远距离输电
1．变压器中的制约关系
制约关系
电压
副线圈的电压U2＝U1，由原线圈的电压U1和匝数比决定
功率
原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定
电流
原线圈电流I1＝I2由副线圈电流I2和匝数比决定
2.远距离输电问题
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2.
②理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4.
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3.
3．输电线路功率损失的四个表达式
(1)输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率．两者关系是P损＝P－P′(P为输送功率，P′为用户所得功率)．
(2)P损＝I线2R线＝，I线为输电线路上的电流，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为输电线路电阻．
(3)P损＝ΔU·I线．
模拟预测
一、单选题
1．如图，倾角为30°的斜面上有一个电荷量为q（q>0）质量为m的小球以v0的初速度水平抛出。竖直平面内有一水平向左的匀强电场，电场强度为E。已知小球回到斜面时速度方向与斜面的夹角不变，克服电场力做功。从抛出小球到小球回到斜面的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．
B．该系统的机械能不变
C．小球最小速度为
D．若第二次抛出小球时撤去电场，则两次小球离斜面最远距离之差为
【答案】D
【解析】A．设小球落回到斜面是的速度为，则其水平分速度
水平方向的只受静电力作用，做匀减速直线运动，则
加速度大小为
水平方向的位移大小
小球克服电场力做功
解得
由类斜抛运动知识可得，小球合力方向垂直斜面向下，则
Eq=mg
解得
A错误；
B．小球克服电场力做功，机械能减小，B错误；
C．由类斜抛运动知识可得，当小球沿垂直斜面的分速度为0时，速度最小，即
C错误；
D．第一次抛出小球时，离斜面最远距离
第二抛出小球时，在运动起点同时垂直于斜面方向和平行与斜面方向分解、g，垂于斜面向上为轴正方向，轴方向分速度
轴方向分加速度大小
则
得
所以
D正确。
故选D。
2．在现代研究受控热核反应的实验中，需要把的高温等离子体限制在一定空间区域内，这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化，磁约束就成了重要的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子（不计重力）从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线（未全部画出）。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动，就像光在两个镜子之间来回“反射”一样，不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶，磁场区域的两端被称为磁镜。
根据上述信息并结合已有的知识，可以推断该粒子（ ）
A．从左端到右端的运动过程中，沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小
B．从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值
C．从左端到右端的运动过程中，其动能先增大后减小
D．从左端到右端的运动过程中，其运动轨迹的螺距先变小后变大
【答案】B
【解析】A．从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，故粒子的速度大小不变。由于粒子在两段之间来回运动，故沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小。故A错误；
B．从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内时，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度的大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大。故B正确；
C．从左端到右端的运动过程中，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，故其动能不变。故C错误；
D．粒子做圆周运动的周期为
由于从左端到右端的运动过程中，磁感应强度先减小后增大，所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为
由于平行于轴线的速度先增大后减小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小。故D错误。
故选B。
【点睛】根据题意理解粒子运动的规律。注意粒子运动的分解，运动的分解包含速度、受力等矢量的分解。
3．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲中虚线所示，一个质量为m、电荷量为q的带负电小球；在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力、则（ ）
A．电场强度大小恒定，方向沿x轴正方向
B．从O到的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大
C．从O到的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等
D．到达位置时，小球速度的大小为
【答案】B
【解析】A．由图乙可知，小球的机械能减少，所以向下运动时电场力对带负电小球做负功，则小球所受电场力沿x轴负方向，所以电场方向沿x轴正方向，由
可知图线的斜率表示电场力，由图可知电场力减小，所以电场强度减小，故A错误；
B．由牛顿第二定律
可知加速度增大，则小球向下做加速度增大的加速运动，故B正确；
C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功为
由于场强减小，故减小，故C错误；
D．根据动能定理可得
解得到达x1位置时，小球速度
故D错误。
故选B。
4．现代科技中常常利用电场来控制带电粒子的运动。某控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，如图所示。加速电场可以提供需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为、，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足（为半径），已知处的电场强度大小为，带电粒子的质量为，电荷量为，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则（ ）
A．加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直PB飞入电场，就一定能做匀速圆周运动
B．要使粒子由静止加速后能从A点沿半径的圆形轨迹1到达点，则加速电场的电压为
C．若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动的周期与轨迹对应半径应满足的关系式
D．若粒子从B点垂直于方向射入，对应的轨迹2可能是抛物线
【答案】C
【解析】A．设加速电场电压U，粒子垂直PB飞入电场，做匀速圆周运动，则
联立两式得
故A错误；
B．带电粒子在电场中加速，有
粒子在偏转电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，可得
又
联立上式解得
故B错误；
C．若粒子在偏转电场中做圆周运动的半径为，由电场力提供向心力可得
又
联立解得
故C正确；
D．若粒子从B点垂直于方向射入，且恰能从右侧处D点垂直于OD方向射出，其轨迹如图中轨迹2所示，粒子在轨迹2的位置离的距离为时，粒子受到的电场力为
对比万有引力表达式
可知粒子在偏转电场中运动的受力特点与行星绕太阳转动的受力特点相似，故粒子在偏转电场中运动特点与行星的运动特点相似，粒子在偏转电场中的轨迹为椭圆，故D错误。
故选C。
5．空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段是屏与纸面的交线，长度为，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；，P为垂足，如图所示，已知，若上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】粒子要打中的右侧所有位置，最容易的方式为粒子从飞出，绕过距离最近的点，从右侧打中最下端的点，粒子运动的轨迹如图所示
为轨迹圆的弦长，为中点，，；粒子运动的半径为，根据几何关系可知四边形为平行四边形，则
解得
粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
解得粒子的最小速率为
故选C。
6．如图甲、乙所示，两空间分别存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，、分别为纸面内的半圆形曲线，O、分别为两半圆的圆心，PQ、分别为两半圆的水平直径，将带电粒子分别从P、点水平射出，分别经过半圆曲线的M、点，不计粒子重力及空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．甲图中粒子带正电，乙图中粒子带负电
B．甲图中粒子带负电，乙图中粒子带正电
C．甲图中粒子经过M点时速度方向的反向延长线有可能经过圆心O
D．乙图中粒子经过点时速度方向的反向延长线一定经过圆心
【答案】D
【解析】AB．甲图中，由于带电粒子在电场中受到向下的电场力，故粒子带正电，乙图中，由左手定则可知粒子带正电荷，故AB错误；
C．甲图中带电粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律可知，粒子经过M点时速度方向的反向延长线与过P点的水平距离的交点为水平位移的中点，即交点与P点的距离为，如果经过圆心O，则要求水平方向的位移应为，明显PM两点间的水平位移，所以假设不成立，故C错误；
D．乙图中粒子在圆形磁场区域内做匀速圆周运动，设粒子的轨迹半径为R，半圆的半径为r，粒子从射出的速度为，运动轨迹如图所示
因，，为公共边，所以
因点的速度的方向沿指向，且，所以，即，因此，即，又因为，所以与共线，即粒子经过点的速度方向的反向延长线一定过圆心，故D正确。
故选D。
7．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D．所有粒子所用最短时间为
【答案】D
【解析】A．粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A错误；
B．根据
得
从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；
CD．由
粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图
当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为 ，则最短时间为
M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确。
故选D。
8．图甲是判断电流大小是否发生变化的装置示意图。电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与成正比。现给某半导体材料制成的霍尔元件（如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表V的示数就能判断的大小是否发生变化。当的变化量一定时，电压表V的示数变化量越大，则该装置判断的灵敏度就越高。已知霍尔元件的半导体材料载流子为一价正离子，则下列说法正确的是（ ）
A．仅适当增大工作电流I，可以提高判断的灵敏度
B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则电压表V的“”“”接线柱连线位置无需改动
C．M端应与电压表V的“”接线柱相连
D．当电流增大时，电压表V的示数会减小
【答案】A
【解析】A．磁感应强度与成正比，当霍尔元件内部电场稳定时
即
仅适当增大工作电流I，根据
可知，正离子定向移动的速度增大，则电压表示数变化越大，可以提高判断的灵敏度，A正确；
B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则自由电子移动方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电力在洛伦兹力的作用下与正离子偏转方向相同，则电压表V的“”“”接线柱连线位置需要改动，B错误；
C．根据安培定则即左手定则，正离子向外侧偏转，霍尔元件外侧带正电，则M端应与电压表V的“”接线柱相连，C错误；
D．当电流增大时，磁感应强度变大，由A选项可知，霍尔元件内外两侧电势差增大，电压表V的示数会增大，D错误。
故选A。
9．如图甲所示，一带电物块无初速度地放在皮带底端，皮带轮以恒定的速率沿顺时针方向转动，该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带顶端F的过程中，其v—t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为。关于带电物块及其运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．皮带轮的转动速度大小一定为
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在内，物块与皮带仍可能有相对运动
【答案】D
【解析】A．由图像可知，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，物块的最大速度是，对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿皮带的方向，有
①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是逐渐减小，而开始时
后来
即洛伦兹力的方向是斜向上的，物块沿皮带向上运动，由左手定则可知，物块带正电，A错误；
BD．物块向上运动的过程中，加速度越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时
②
由②式可知，只要皮带的速度大于或等于即可，所以皮带的速度可能是，也可能大于，物块可能相对皮带静止，也可能相对皮带运动，B错误，D正确；
C．由以上分析可知，皮带的速度不能确定，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，C错误。
故选D。
10．如图甲，长方形金属线框从范围足够大的磁场的上边界由静止释放，经过时间，下降高度时速度为v（此时线框还未完全进入磁场）；若该线框从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出，如图乙，经过时间上升高度到达最高点（此时线框还没有完全进入磁场）。已知重力加速度为g，下列表达式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】A．金属线框由静止开始进入磁场的过程中，金属线框的下边切割磁感线，根据右手定则可判断电流方向向右，根据左手定则可判断安培力方向竖直向上，根据安培力公式有
根据切割电动势公式有
根据闭合电路欧姆定律
解得
根据牛顿第二定律有
可知金属线框做加速度减小的加速运动，速度—时间图像为
可知，故A错误；
B．金属线框竖直向上进入磁场的过程中，根据上述分析可知金属线框做加速度减小的减速运动，速度时间图像为
可知，故B错误；
CD．设安培力，下降过程中，由动量定理有
两边求和有
即
同理，上升过程中有
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。
11．如图所示，A是一边长为l的方形闭合线框，其总电阻为R，以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过一宽度为3l的匀强磁场区域，运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且线框前后两边与磁场的左右边界始终平行。若以x轴正方向作为力的正方向，以顺时针的电流方向为感应电流的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，此时线框右侧与磁场左边界的距离为l，则磁场对线框的作用力F及线框中的感应电流i随时间t的变化图像，在图所示的图像中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】在内，线框在磁场之外，所以感应电流为0，安培力也为0；
在内，线框进入磁场，线框右边切割磁感线，由右手定则可知，此时感应电流的方向为逆时针的方向，因为题中说明线框以恒定的速度沿x轴运动，即线框的感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力的方向为向左，即沿x轴负方向；
在内，线框全部在磁场中，此时穿过线圈的磁通量不变，即无感应电动势和感应电流，也没有安培力；公众号：高中试卷君
在内，线框出磁场，线框左边切割磁感线，由右手定测可得出感应电流的方向为顺时针方向，又因为线框以恒定速度v运动，故感应电动势和和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力方向向左即沿x轴负方向。
由上述分析可知，ACD错误，B正确。
故选B。
12．如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间内图甲中金属杆产生的热量为
D．在时间内图乙中电源输出的能量为
【答案】B
【解析】AB．图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得
金属杆受到的安培力
方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力
方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为
故A错误B正确；
C．在时间内，安培力做功等于系统发热量，图甲中金属杆产生的热量为
故C项错误；
D．图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功和回路的焦耳热，即
故D项错误。
故选B。
13．如图（a）所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶5，定值电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50 Ω，定值电阻R3的阻值为10 Ω，图中电表均为理想电表。原线圈输入如图（b）所示的交变电流，其有效值不随负载变化。当滑动变阻器接入电路的阻值由50 Ω减小到0的过程中（ ）
A．电流表的示数为5 A B．通过R2的电流减小
C．电压表的示数增大 D．R2和R3的总电功率先增大后减小
【答案】A
【解析】A．由图（b）所示的交变电流，设有效值为I，则
解得
A正确；
BC．可知原、副线圈两端的电流不变，当滑动变阻器接入电路的阻值由50Ω减小到0，此时副线圈的总电阻减小，则副线圈两端的电压减小，即电压表的示数减小；根据并联电路的电压特点可知R1两端的电压减小，则通过R1的电流减小，根据并联分流可知，通过R2和R3的电流增大，BC错误；
D．设通过R2和R3的电流为I2，则根据并联电路的电流特点可得
则R2和R3的总电功率为
可得R2和R3的总电功率随R2减小而增大，D错误。
故选A。
14．“张北的风点亮北京的灯”，中国外交部发言人赵立坚这一经典语言深刻体现了2022年北京冬奥会的“绿色奥运”理念。张北可再生能源示范项目，把张北的风转化为清洁电力，并入冀北电网，再输向北京、延庆、张家口三个赛区。现有一小型风力发电机通过如图甲所示输电线路向北京赛区某场馆1万个额定电压为、额定功率为的LED灯供电。当发电机输出如图乙所示的电压时，赛区的LED灯全部可以正常工作。已知输电导线损失的功率为赛区获得总功率的，输电导线的等效电阻为。则下列说法正确的是（ ）
A．风力发电机的转速为
B．风力发电机内输出的电能为
C．降压变压器原、副线圈匝数比为
D．升压变压器副线圈输出的电压的最大值为
【答案】C
【解析】A．由图乙可知，交流电的频率为
因此风力发电机的转速，故A错误；
B．1万个额定功率为的LED灯正常工作时，电功率
而输电线上损失的功率
所以风力发电机的功率为，因此风力发电机输出的电能
故B错误；
C．输电线路损失的功率，根据
可得，输电线上电流为
而通过降压变压器副线圈的电流
因此降压变压器原、副线圈匝数比
故C正确；
D．输电线路损失的电压
根据
可得
所以升压变压器副线圈输出的电压有效值为，最大值为，故D错误。
故选C。
15．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个互感器（均为理想器材），两互感器原、副线圈的匝数比分别为200：1和1：20，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．互感器A是电流互感器，互感器B是电压互感器
B．线路上损耗的功率为320W
C．发电机输出的电功率为3520kW
D．用户使用的用电设备增多，降压变压器输出电压U4大小不变
【答案】C
【解析】A．互感器A并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器B串联在电路中，是电流互感器，故A错误；
B．电流表的示数为4A，互感器原、副线圈的匝数比1：20，则线路上电流I=80A，线路上损耗的功率
故B错误；
C．电压表的示数为220V，匝数比为200：1，所以输送电压U=44000V，功率
P=UI=3520kW
则发电机输出的电功率3520kW，故C正确；
D．用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，降压变压器输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，故D错误。
故选C。
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