高考物理电磁学选择题汇编（2019全国各地高考真题共23题有答案）

高考物理电磁学选择题汇编（2019全国各地高考真题共23题有答案）

1．（2019•全国）如图（a），水平匀强磁场中有一边长为0.5m的正方形线框，其电阻为1Ω．当线框绕过其两对边中心的竖直轴OO'以某一角速度匀速旋转时，线框中产生的感应电动势ɛ随时间t变化的关系如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）

A．线框转动的角速度为0.4rad/s 

B．磁感应强度的大小约为0.4T 

C．线框内感应电流的有效值约为0.7A 

D．t＝0时，线框平面与磁感应强度方向的夹角为90°

2．（2019•全国）一简谐横波沿x轴正方向传播，某一时刻的波形如图所示；其中M、P和Q分别为平衡位置在原点、x＝0.1m和x＝0.7m处的质点。下列说法正确的是（　　）

A．这列波的波长为0.4m 

B．从图示时刻开始，质点P比Q先到达平衡位置 

C．在图示时刻，质点P和Q均沿y轴正方向运动 

D．若经过0.6s后，M恰在平衡位置，则波速可能是1m/s

3．（2019•全国）带电粒子1和2先后在纸面内经小孔S垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，粒子运行的轨迹如图中虚线所示。若两粒子（　　）

A．质量相等，则粒子1的速率一定小于粒子2的速率 

B．速率相等，则粒子1的质量一定大于粒子2的质量 

C．电量相等，则粒子1的速率一定大于粒子2的速率 

D．比荷相等，则两粒子在磁场中的运动时间一定相等

4．（2019•海南）如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向（　　）

A．向前 B．向后 C．向左 D．向右

5．（2019•海南）如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则（　　）

A．M点的电势比N点的低 

B．M点的场强大小一定比N点的大 

C．电子在M点的电势能比在N点的低 

D．电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大

6．（2019•江苏）一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P﹣t关系图象是（　　）

A． B． 

C． D．

7．（2019•江苏）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压（　　）

A．降低2V B．增加2V C．降低200V D．增加200V

8．（2019•江苏）如图所示的电路中，电阻R＝2Ω．断开S后，电压表的读数为3V（电压表为理想电压表）；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为（　　）

A．1Ω B．2Ω C．3Ω D．4Ω

9．（2019•天津）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（　　）

A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2 

C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2

10．（2019•北京）如图所示，a、b两点位于以负点电荷﹣Q（Q＞0）为球心的球面上，c点在球面外，则（　　）

A．a点场强的大小比b点大 B．b点场强的大小比c点小 

C．a点电势比b点高 D．b点电势比c点低

11．（2019•北京）一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则（　　）

A．此刻a的加速度最小 

B．此刻b的速度最小 

C．若波沿x轴正方向传播，此刻b向y轴正方向运动 

D．若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置

12．（2019•新课标Ⅰ）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。已知导体棒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

13．（2019•新课标Ⅲ）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？（　　）

A．电阻定律 B．库仑定律 

C．欧姆定律 D．能量守恒定律

14．（2019•新课标Ⅰ）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（　　）

A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷 

C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷

15．（2019•新课标Ⅱ）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（　　）

A．kBl，kBl B．kBl，kBl 

C．kBl，kBl D．kBl，kBl

16．（2019•北京）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（　　）

A．粒子带正电 

B．粒子在b点速率大于在a点速率 

C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 

D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短

17．（2019•新课标Ⅲ）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的时间为（　　）

A． B． C． D．

18．（2019•天津）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（　　）

A．前表面的电势比后表面的低 

B．前、后表面间的电压U与v无关 

C．前、后表面间的电压U与c成正比 

D．自由电子受到的洛伦兹力大小为

19．（2019•浙江）质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10﹣27kg，电荷量为1.6×10﹣19C，则下列说法正确的是（　　）

A．加速过程中质子电势能增加 

B．质子所受到的电场力约为2×10﹣15N 

C．质子加速需要的时间约为8×10﹣6s 

D．加速器加速的直线长度约为4m

20．（2019•浙江）下列器件中是电容器的是（　　）

A． B． 

C． D．

21．（2019•浙江）在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是（　　）

A． B． 

C． D．

22．（2019•浙江）电动机与小电珠串联接人电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2．则（　　）

A．I1＜I2 B． 

C． D．

23．（2019•浙江）用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10﹣2kg、电荷量为2.0×10﹣8C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin37°＝0.6）（　　）

A．该匀强电场的场强为3.75×107N/C 

B．平衡时细线的拉力为0.17N 

C．经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/s 

D．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s

参考答案

1．【解答】解：A、分析图（b）可知，线框产生的感应电动势周期为0.4s，角速度：＝5π rad/s，故A错误；

B、根据交变电流的产生规律可知，感应电动势最大值：Em＝nBSω＝1V，解得磁感应强度：B＝T，故B错误；

C、根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：E＝＝0.5V，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流的有效值：I＝＝0.5A≈0.7A，故C正确；

D、t＝0时，感应电动势最大，则线框平面与磁场方向平行，即线框平面与磁感应强度方向的夹角为0，故D错误。

故选：C。

2．【解答】解：A、根据波形图，确定波长：λ＝0.8m，故A错误；

BC、波沿x轴正方向传播，根据波动规律可知，图示时刻，质点P沿y轴正方向振动，质点Q沿y轴负方向振动，故质点Q先到达平衡位置，故BC错误；

D、经过0.6s，M恰在平衡位置向下振动，则0.6s＝（n+）T n＝0、1、2……，解得周期：T＝s n＝0、1、2……，根据波长、波速和周期的关系可知，波速：v＝m/s n＝0、1、2……；

经过0.6s，M恰在平衡位置向上振动，则0.6s＝（n+）T n＝0、1、2……，解得周期：T＝s n＝0、1、2……，根据波长、波速和周期的关系可知，波速：v＝m/s n＝0、1、2……，当n＝0时，波速为1m/s，故D正确。

故选：D。

3．【解答】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，受到的洛伦兹力提供向心力，即，

所以粒子做圆周运动的半径为：R＝，

根据运动轨迹可知，粒子1的半径小于粒子2运动的半径，

A、如果质量相等，粒子1的速率不一定小于粒子2的速率，还要看两个粒子的电荷量大小关系，故A错误；

B、速率相等，粒子1的质量不一定大于粒子2的质量，仍然要考虑电荷量的大小关系，故B错误；

C、电量相等，粒子1的速率不一定大于粒子2的速率，要考虑两个粒子的质量大小关系，故C错误；

D、根据运动轨迹可知，两个粒子都做了半个圆周运动，所用时间为周期的一半，因为周期为：T＝，

如果两粒子的比荷相等，则两个粒子的周期相等，两粒子在磁场中的运动时间一定相等，故D正确。

故选：D。

4．【解答】解：根据左手定则可知，安培力的方向一定和磁场方向垂直，同时一定和电流方向垂直，当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向向前，故A正确，BCD错误。

故选：A。

5．【解答】解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，M点的电势比N点的高，故A错误；

B、由于不能确定电场线疏密，故不能确定电场强度大小，故B错误；

C、电子从M到N，电场力做负功，电势能增加，故在M点的电势能比在N点的低，故C正确；

D、由于不能确定电场强度大小，也不能确定电荷所受电场力大小，故D错误；

故选：C。

6．【解答】解：带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动，沿电场方向上做匀加速直线运动，故沿电场方向上的速度为：v＝at＝t；

故ts秒时电场力的功率为：P＝Eqv＝；

故说明P与时间成正比，故A正确，BCD错误。

故选：A。

7．【解答】解：根据得，，即，解得：△U2＝200V，即输出电压增加200V．故D正确，ABC错误。

故选：D。

8．【解答】解：断开S后，电压表的读数为3V，即电源的电动势为3V，

闭合S后，电压表的读数为2V，则电阻R的电压为2V，

电路的电流为：I＝＝A＝1A，

电源的内阻为：r＝＝Ω＝1Ω．故A正确，BCD错误。

故选：A。

9．【解答】解：小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛和水平方向在电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动。

A、小球的动能增加量为＝，故A错误；

B、除重力外，只有电场力做功，电场力做功等于小球的机械能增加量，电场力做功等于水平方向小球动能的增加量＝2mv2，即小球的机械能增加量为2mv2，故B正确；

C、竖直方向只有重力做功，小球做竖直上抛运动，到达N点竖直速度为0，竖直方向动能减小量为，即重力势能增加，故C错误；

D、电场力做正功，电势能减小，故D错误；

故选：B。

10．【解答】解：AB、根据点电荷电场强度的计算公式E＝可知，a点场强的大小和b点电场强度大小相等，b点场强的大小比c点大，故AB错误；

CD、a、b在以负点电荷为球心的同一球面上，即在同一等势面上，故a点电势和b点电势相等，根据沿电场线方向电势降低可得b点电势比c点低，故C错误、D正确。

故选：D。

11．【解答】解：AB．由图可知，质点a的位移大小最大，等于振幅，质点b在平衡位置，位移最小为0，则可知质点a的加速度最大，速度最小，质点b的加速度最小，速度最大；故AB错误；

C．若波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知质点b向y轴正方向振动，故C正确；

D．若波沿x轴负方向传播，此时质点c向上振动，偏离平衡位置的位移小于振幅，则可知质点c回到平衡位置的时间小于四分之一个周期，而质点a要回到平衡位置的时间需要四分之一个周期，故质点c比质点a先回到平衡位置，故D错误。

故选：C。

12．【解答】解：由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，设MN中的电流大小为I，则MLN中的电流为，设MN的长为L，

由题意知：F＝BIL，

所以边MLN所受安培力为：＝F，方向与MN边所受安培力的方向相同，

故有：，故B正确，ACD错误。

故选：B。

13．【解答】解：当线圈与磁体间有相对运动时，根据“来拒去留”可知，磁场力都是阻碍线圈与磁体间的相对运动，有外力对系统做了功，导致其他形式的能转化为线圈的电能；当导体做切割磁感线运动时，安培力总是阻碍导体的运动，导体克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能，所以楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，故D正确，ABC错误。

故选：D。

14．【解答】解：由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定方向相反；因此两小球一定带异种电荷，则P球所受库仑力向右，Q球所受库仑力向左。

匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故Q带正电荷，P带负电荷，故D正确，ABC错误。

故选：D。

15．【解答】解：从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得：Ra＝，

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvaB＝m

解得：va＝kBl；

对于从d点射出的电子，根据几何关系可得：Rd2＝l2+（Rd﹣）2

解得：Rd＝

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvdB＝m

解得：vd＝kBl；故B正确，ACD错误。

故选：B。

16．【解答】解：A、粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；

B、粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，故B错误；

C、根据R＝可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故C正确；

D、若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据t＝可知粒子运动时间可能增加，故D错误。

故选：C。

17．【解答】解：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，

则粒子在第二象限的运动时间为t1＝＝

第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据R＝可知半径为原来的2倍，即R2＝2R1，

根据几何关系可得cosθ＝＝，则θ＝60°，t2＝＝

粒子在磁场中运动的时间为t＝t1+t2＝，故B正确，ACD错误。

故选：B。

18．【解答】解：A、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；

BC、由电子受力平衡可得e＝evB，解得U＝Bva，所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故BC错误；

D、稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即evB＝e，故D正确；

故选：D。

19．【解答】解：A、根据能量守恒定律得，动能增加，电势能减小，故A错误；

B、质子所受到的电场力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10﹣19＝2.08×10﹣14N，故B错误；

C、根据牛顿第二定律得加速的加速度为：，则加速时间为：，故C错误；

D、加速器加速的直线长度约为：，故D正确；

故选：D。

20．【解答】解：图中A为滑动变阻器；B为电容器；C为电阻箱，D为电阻；

故B正确ACD错误。

故选：B。

21．【解答】解：在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F＝BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故A正确、BCD错误。

故选：A。

22．【解答】解：A、小灯珠与电动机串联，所以：I1＝I2，故A错误；

BCD、对小灯珠，由欧姆定律可得：U1＝I1R1，电动机正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势，所以：U2＞I2R2，所以：．故BC错误，D正确；

故选：D。

23．【解答】解：A、小球的受力如图，

根据合成法知电场力为：qE＝mgtan37°，解得电场强度E＝＝N/C＝3.75×106N/C，故A错误；

B、平衡时细线的拉力为T＝＝N＝0.125N，故B错误；

C、现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，小球向最低点做初速度为零的匀加速直线运动，如图所示：

加速度a＝＝12.5m/s2，绳子刚伸直时位移x＝2Lsin37°＝1.68m，此过程的时间为t，根据位移时间关系x＝，解得t＝s＞0.5s，所以经过t1＝0.5s，小球的速度大小为v＝at1＝6.25m/s，故C正确；

D、如果细线水平且拉直，静止释放无能量损失，达到最低点的速度为v0，根据动能定理可得mgL+qEL＝﹣0，解得v0＝7m/s，由于绳子伸直时，沿绳子方向的速度减为0，此时能量有损失，所以小球第一次通过O点正下方速度大小小于7m/s，故D错误。

故选：C。