2022届高考物理二轮专题复习 电磁学专练 选择题填空题（共55题 含答案）

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2022届高考物理二轮专题复习 电磁学专练 选择题填空题（共55题， 含答案）
一．选择题（共32小题）
1．（2021•福建）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（所有粒子均不考虑重力的影响）（　　）

A．以速度v02的射入的正电子(10e)
B．以速度v0射入的电子(−10e)
C．以速度2v0射入的核(12H)
D．以速度4v0射入的a粒子(14He)
2．（2021•海南）如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（　　）

A．36 B．12 C．32 D．33
3．（2021•湖北）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）

A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
4．（2021•辽宁）等量异号点电荷固定在水平向右的匀强电场中，电场分布如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线。将同一负电荷先后置于a、b两点，电势能分别为Epa和Epb，电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb，则（　　）

A．Epa＞Epb，Fa＞Fb B．Epa＞Epb，Fa＜Fb
C．Epa＜Epb，Fa＞Fb D．Epa＜Epb，Fa＜Fb
5．（2021•辽宁）一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2s时的波形如图（a）所示，x＝2m处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可能是（　　）

A．15m/s B．25m/s C．35m/s D．45m/s
6．（2021•辽宁）如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO'以角速度ω匀速转动，ab边距轴L4。线圈中感应电动势的有效值为（　　）

A．NBL2ω B．22NBL2ω C．12NBL2ω D．24NBL2ω
7．（2021•天津）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，传播速度v＝10m/s，t＝0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，下列图形中哪个是t＝0.6s时的波形（　　）
A．
B．
C．
D．
8．（2021•北京）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（　　）

A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
9．（2021•天津）如图所示，闭合开关后，R＝5Ω的电阻两端的交流电压为u＝502sin10πtV，电压表和电流表均为理想交流电表，则（　　）

A．该交流电周期为0.02s B．电压表的读数为100V
C．电流表的读数为10A D．电阻的电功率为1kW
10．（2021•北京）如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（　　）

A．M点的场强比P点的场强大
B．M点的电势比N点的电势高
C．N点的场强与P点的场强相同
D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大
11．（2021•北京）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）

A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
12．（2021•北京）一正弦式交变电流的i﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．在t＝0.4s时电流改变方向
B．该交变电流的周期为0.5s
C．该交变电流的表达式为i＝2cos5πtA
D．该交变电流的有效值为22A
13．（2021•北京）一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（　　）

A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小
D．此时K质点的加速度比L质点的小
14．（2021•北京）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（　　）

A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为mv02R2(R+r)
D．导体棒克服安培力做的总功小于12mv02
15．（2021•山东）如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷；在0≤x＜22a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为﹣Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（　　）

A．Q=2+12q，释放后P将向右运动
B．Q=2+12q，释放后P将向左运动
C．Q=22+14q，释放后P将向右运动
D．Q=22+14q，释放后P将向左运动
16．（2021•浙江）将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上，在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到了如图甲和乙所示的波形。下列说法正确的是（　　）

A．甲图中两手开始振动时的方向并不相同
B．甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置
C．乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形
D．乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形
17．（2021•浙江）如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）

A．U=12Um B．U=22Um C．U＞22Um D．U＜22Um
18．（2021•浙江）某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“＜”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是（　　）

A．实线表示电场线
B．离d点最近的导体表面电荷密度最大
C．“＜”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同
D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零
19．（2021•浙江）已知普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s，电子的质量为9.11×10﹣31kg。一个电子和一滴直径约为4μm的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为（　　）
A．10﹣8 B．106 C．108 D．1016
20．（2021•广东）某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1：60。下列说法正确的是（　　）

A．交流电的频率为10Hz
B．副线圈两端电压最大值为3V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
21．（2021•甲卷）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O'Q在一条直线上，PO'与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（　　）

A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B
22．（2021•河北）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是（　　）

A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=mgRsinθB1B2Ld
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=mgRsinθB1B2Ld
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=mgRtanθB1B2Ld
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=mgRtanθB1B2Ld
23．（2021•乙卷）如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则（　　）

A．FM＜FN，EpM＞EpN B．FM＞FN，EpM＞EpN
C．FM＜FN，EpM＜EpN D．FM＞FN，EpM＜EpN
24．（2021•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是（　　）

A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
25．（2021•湖南）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　）

A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
26．（2021•乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则v1v2为（　　）

A．12 B．33 C．32 D．3
27．（2021•广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1＞＞I2，电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　）

A． B．
C． D．
28．（2021•广东）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是（　　）

A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
29．（2021•湖南）如图，在（a，0）位置放置电荷量为q的正点电荷，在（0，a）位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P（a，a）为2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（　　）

A．（0，2a），2q B．（0，2a），22q C．（2a，0），2q D．（2a，0），22q
30．（2021•浙江）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（　　）

A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场
31．（2021•浙江）两列频率、振幅均相同的简谐波Ⅰ和Ⅱ分别从绳子的两端持续相向传播，在相遇区域发生了干涉，在相距0.48m的A、B间用频闪相机连续拍摄，依次获得1、2、3、4、5五个波形，如图所示，且1和5是同一振动周期内绳上各点位移都达到最大值时拍摄的波形。已知频闪时间间隔为0.12s，下列说法正确的是（　　）

A．简谐波Ⅰ和Ⅱ的波长均为0.24m
B．简谐波Ⅰ和Ⅱ的周期均为0.48s
C．绳上各点均做振幅相同的简谐运动
D．两波源到A点和C点的路程差之差的绝对值是0.48m
32．（2021•浙江）如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是（　　）

A．导体内部的场强左端大于右端
B．A、C两点的电势均低于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度
D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小
二．多选题（共22小题）
33．（2021•海南）如图，理想变压器原线圈接在u＝2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，为了使图中“100V，50W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（　　）

A．仅将滑片P向上滑动
B．仅将滑片P向下滑动
C．仅在副线圈电路中并联一个阻值为20Ω的电阻
D．仅在副线圈电路中串联一个阻值为20Ω的电阻
34．（2021•海南）如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab＝0.2m，cd与电场方向平行，a、b两点的电势差Uab＝20V。则（　　）

A．电场强度的大小E＝200V/m
B．b点的电势比d点的低5V
C．将电子从c点移到d点，电场力做正功
D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能
35．（2021•海南）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，3L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（　　）

A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为23qBLm
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为35L
36．（2021•湖北）关于电场，下列说法正确的是（　　）
A．电场是物质存在的一种形式
B．电场力一定对正电荷做正功
C．电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向
D．静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面
37．（2021•湖北）一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x＝0处的质点在0～1s内运动的路程为4.5cm。下列说法正确的是（　　）

A．波沿x轴正方向传播
B．波源振动周期为1.1s
C．波的传播速度大小为13m/s
D．t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴负方向运动
38．（2021•湖北）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（　　）

A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带负电荷
D．a和b的动量大小一定相等
39．（2021•辽宁）如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（　　）

A．在t=t02时，金属棒受到安培力的大小为B02L3t0R
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为B0L2t0R
C．在t=3t02时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
40．（2021•天津）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（　　）

A．两点电荷可能是异种点电荷
B．A点的电场强度比B点的大
C．A点的电势高于B点的电势
D．电子运动到P点时动能最小
41．（2021•山东）输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1：2，R上的功率为P。以下判断正确的是（　　）

A．r＝10Ω B．r＝5Ω C．P＝45W D．P＝22.5W
42．（2021•山东）一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2s时的波形图，虚线为t2＝5s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
43．（2021•山东）如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（　　）

A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
44．（2021•浙江）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80A和100A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（　　）

A．两导线受到的安培力Fb＝125Fa
B．导线所受的安培力可以用F＝ILB计算
C．移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
D．在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
45．（2021•甲卷）某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（　　）

A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV
C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
46．（2021•甲卷）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
47．（2021•乙卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q，m）、（+q，2m）、（+3q，3m）、（﹣q，m），它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
48．（2021•河北）如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I。不计线圈电阻，下列说法正确的是（　　）

A．通过电阻R2的电流为n1In2
B．电阻R2两端的电压为n2IR1n1
C．n0与n1的比值为2NBL2ωIR1
D．发电机的功率为2NBL2ωI(n1+n2)n0
49．（2021•河北）如图，四个电荷量均为q （q＞0）的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为（4l，0）、（﹣4l，0）、（0，y0）和（0，﹣y0），其中x轴上的两个点电荷位置固定，y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动（y0≠0）。下列说法正确的是（　　）

A．除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零
B．当y0取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点
C．当y0＝8l时，将一带负电的试探电荷由点（4l，5l）移至点（0，﹣3l），静电力做正功
D．当y0＝4l时，将一带负电的试探电荷放置在点（l，l）处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上
50．（2021•湖南）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（　　）

A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
51．（2021•湖南）均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（　　）

A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t＝6s时，B处质点位于波峰
C．t＝8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．t＝10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
52．（2021•湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．B与v0无关，与H成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
53．（2021•广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（　　）

A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
54．（2021•浙江）发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（　　）

A．框内电流方向不变
B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷2BL2R
D．电阻产生的焦耳热Q=πUmBL2R
三．填空题（共1小题）
55．（2021•乙卷）图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.3s后，其波形曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3s。若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为 　 　m/s，周期为 　 　s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为 　 　s。


参考答案与试题解析
一．选择题（共32小题）
1．（2021•福建）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（所有粒子均不考虑重力的影响）（　　）

A．以速度v02的射入的正电子(10e)
B．以速度v0射入的电子(−10e)
C．以速度2v0射入的核(12H)
D．以速度4v0射入的a粒子(14He)
【考点】带电粒子在混合场中的运动．---【专题】计算题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力．
【分析】当洛伦兹力等于电场力时，粒子做匀速直线运动，依次代入数据运算求解。
【解答】解：质子（11H）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足
qv0B＝qE
解得v0=EB
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A.以速度v02射入的正电子（10e），所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；
B.以速度v0射入的电子（−10e），依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，故B正确；
CD.以速度2v0射入的核（12H），以速度4v0射入的α粒子（14He），其速度都不满足速度选器的条件v0=EB，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；
故选：B。
本题考查速度选择器的运用，理解速度选择器的本质是解题关键。
2．（2021•海南）如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（　　）

A．36 B．12 C．32 D．33
【考点】库仑定律．---【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【分析】分别对PQ受力分析，根据受力平衡计算P受到的摩擦力的大小。
【解答】解：滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示

对Q物体在沿着斜面方向有
mgcos30°＝Fcos30°
可得F＝mg
而对P物体动摩擦因数最小时有
N2＝F+mg sin 30°
f＝μN2
f＝mgcos30°
联立解得μ=33，故ABC错误，D正确；
故选：D。
解决本题的关键是分析清楚PQ的受力情况，根据受力平衡计算摩擦力的大小。
3．（2021•湖北）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）

A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
【考点】电功、电功率；变压器的构造和原理．---【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】分析右端电路可知，R与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路，当滑片从a往b滑动时，并联部分总电阻减小，滑动变阻器左半部分电阻增大，故电路中总电阻增大。
【解答】解：分析右端电路可知，R与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路。当滑片从a往b滑动时，并联部分总电阻减小，滑动变阻器左半部分电阻增大，故电路中总电阻增大。
B、变压器原线圈输入电压不变，副线圈输出电压不变，总电阻增大，则副线圈总电流减小，A2示数减小，故B错误；
A、再由变压器原副线圈电流关系知，A2示数减小，A1示数减小，故A正确；
C、副线圈输出电压不变，电流减小，故输出功率减小，故C错误；
D、滑片从a往b滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R并联总电阻减小，则并联部分分压减小，定值电阻R消耗电功率减小，故D错误。
故选：A。
本题考查变压器和动态电路，意在考查考生对动态电路的分析能力，滑动变阻、可变电阻器在此类电路中出现较多。
4．（2021•辽宁）等量异号点电荷固定在水平向右的匀强电场中，电场分布如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线。将同一负电荷先后置于a、b两点，电势能分别为Epa和Epb，电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb，则（　　）

A．Epa＞Epb，Fa＞Fb B．Epa＞Epb，Fa＜Fb
C．Epa＜Epb，Fa＞Fb D．Epa＜Epb，Fa＜Fb
【考点】电势能与电场力做功；等势面．---【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【分析】根据沿电场线方向电势降低判断电势高低，根据EP＝qφ判断电势能的大小；根据电场线密的地方电场强度大、结合电场力的计算公式分析电场力大小。
【解答】解：根据对称性可知，a点与a′点电势和电场强度大小都相同，如图所示。

根据沿电场线方向电势降低可得a点的电势高于b，根据EP＝qφ可知，负电荷在电势高的地方电势能小，则有Epa＜Epb；
根据电场线密的地方电场强度大，可知Ea＜Eb，根据F＝qE可知Fa＜Fb，根据D正确、ABC错误。
故选：D。
无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。
5．（2021•辽宁）一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2s时的波形如图（a）所示，x＝2m处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可能是（　　）

A．15m/s B．25m/s C．35m/s D．45m/s
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．---【专题】定量思想；方程法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【分析】根据“同侧法”可知x＝2m处的质点可能的位置，根据图乙可得该波的周期，根据波速的计算公式求解波速。
【解答】解：x＝2m处的质点在t＝2s时处于平衡位置向下振动，根据“同侧法”可知x＝2m处的质点可能处于（n+12）λ处，即（n+12）λ＝2m，解得：λ=42n+1m，（n＝0、1、2、3...）
根据图乙可得该波的周期T＝4s；
则该波的波速为：v=λT=12n+1m/s（n＝0、1、2、3...）
当n＝2时，v=15m/s，故A正确、BCD错误。
故选：A。
本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，知道波速、波长和周期之间的关系。
6．（2021•辽宁）如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO'以角速度ω匀速转动，ab边距轴L4。线圈中感应电动势的有效值为（　　）

A．NBL2ω B．22NBL2ω C．12NBL2ω D．24NBL2ω
【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系．---【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】线圈在绕垂直于磁场的转轴转动过程中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω，最大值与转轴的位置无关，根据正弦式交变电流最大值和有效值间的关系即可求得有效值。
【解答】解：线圈转动产生的感应电动势的最大值与转轴位置对最大感应电动势无影响，故Em=NBL2ω，故有效值E=Em2=2NBL2ω2，故ACD错误，B正确；
故选：B。
本题主要考查了线圈转动产生正弦式交变电压的最大值及与有效值间的关系即可判断。
7．（2021•天津）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，传播速度v＝10m/s，t＝0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，下列图形中哪个是t＝0.6s时的波形（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】横波的图象．---【专题】定性思想；推理法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【分析】分析在t＝0.6s时刻位于坐标原点的质点所处的位置和振动方向，该波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”进行分析。
【解答】解：根据图象可知该波的波长为λ＝4m，则周期T=λv=410s＝0.4s；
t＝0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动，在t＝0.6s时，该质点已经振动了tT=0.60.4=1.5个周期，说明在t＝0.6时刻位于坐标原点的质点在平衡位置处且向下振动，该波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知，B选项是t＝0.6s时的波形，故B正确、ACD错误。
故选：B。
本题主要是考查了波的图像；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断。
8．（2021•北京）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（　　）

A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
【考点】感应电动势的产生条件．---【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【分析】不接导线和接上导线时，表针晃动过程中表内线圈都要产生感应电动势，接上导线后，还要产生感应电流，线圈受到安培力的阻碍作用，表针会很快的停下来。
【解答】解：A、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，故A错误；
B、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，由于电路未闭合，则线圈没有感应电流，线圈不受安培力的作用，故B错误；
CD、接上导线后形成闭合回路，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，线圈会受到安培力作用阻碍线圈的转动，表针晃动减弱，故C错误，D正确。
故选：D。
解答本题时，要知道在运输电流表时，通常都会用导线把电流表的两个接线柱连接起来，就是运用电磁阻尼的作用，让指针不再发生大角度的偏转。
9．（2021•天津）如图所示，闭合开关后，R＝5Ω的电阻两端的交流电压为u＝502sin10πtV，电压表和电流表均为理想交流电表，则（　　）

A．该交流电周期为0.02s B．电压表的读数为100V
C．电流表的读数为10A D．电阻的电功率为1kW
【考点】闭合电路的欧姆定律；交流的峰值、有效值以及它们的关系．---【专题】学科综合题；定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】由交流电压的瞬时值表达式分析周期。
根据最大值和有效值的关系求出有效值，电流表和电压表都是有效值。
根据电功率公式分析。
【解答】解：A、分析交流电压的瞬时值表达式可知，角速度：ω＝10π rad/s，则周期：T=2πω=2π10πs＝0.2s，故A错误；
B、电压表的示数为有效值，U=Um2=5022V＝50V，故B错误；
C、电流表的示数为有效值，I=UR=505A＝10A，故C正确；
D、电阻的电功率：P＝I2R＝102×5W＝500W，故D错误。
故选：C。
该题主要考查了对交变电压的瞬时表达式的理解，知道电流表和电压表都是有效值，难度不大，属于基础题。
10．（2021•北京）如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（　　）

A．M点的场强比P点的场强大
B．M点的电势比N点的电势高
C．N点的场强与P点的场强相同
D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大
【考点】点电荷的电场．---【专题】常规题型；参照思想；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【分析】沿电场线方向电势逐渐减小，根据正负电荷所形成的电场图像分析。
【解答】解：A：如图所示M点和P点电场线的疏密程度相同，M和P点电场强度大小相同，故A错误；

B：M点和N点到正负电荷的距离都相同，它们位于同一个等势面上，电势相同，故B错误；
C：如上图所示MNP三点电场线疏密程度，场强大小相同，其中N点和P点的方向相同，故C正确；
D：沿电场线方向电势逐渐减小，M点电势大于P点电势，电子带负电，负电荷在电势越低的地方电势能越大，故电子在P点电势能大于M点电势能；故D错误；
故选：C。
熟悉等量同种电荷和异种电荷形成的电场图像以及电势图像对做题有较大帮助。
11．（2021•北京）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）

A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．---【专题】推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，利用左手定则判断出洛仑磁力的方向，利用洛伦兹力的交点找出圆心所在位置，再根据几何关系和向心力公式求解。
【解答】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：

根据几何关系可得：cos30°=ar，所以r=233a。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：qBv=mv2r，同时：T=2πrv，化简得：r=mvqB，T=2πmqB。
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确；
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选：A。
熟悉左手定则，可根据初末速度的方向判断出圆心的所在位置，要善于适用结合关系确定半径r的大小，联立公式求解即可。
12．（2021•北京）一正弦式交变电流的i﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．在t＝0.4s时电流改变方向
B．该交变电流的周期为0.5s
C．该交变电流的表达式为i＝2cos5πtA
D．该交变电流的有效值为22A
【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．---【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】根据图像判断出交流电电流的最大值和周期，判断出电流方向发生改变的时刻，求得角速度和有效值，即可判断出瞬时电流的表达式。
【解答】解：A、根据图可知，在t＝0.4s时电流方向不变，故A错误；
B、根据图可知，交流电的周期T＝0.4s，故B错误；
C、根据图像可知交流电电流的最大值为Im＝2A，角速度ω=2πT=2π0.4rad/s=5πrad/s，故该交变电流的表达式为i＝2cos5πtA，故C正确；
D、电流的有效值为I=Im2=22A=2A，故D错误；
故选：C。
根据图象获取有用信息，知道正弦式交变电流的有效值I=Im2，根据图像判断出交流电的瞬时表达式。
13．（2021•北京）一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（　　）

A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小
D．此时K质点的加速度比L质点的小
【考点】横波的图象．---【专题】定性思想；推理法；波的多解性；推理能力．
【分析】根据同侧法判断由质点L、K的振动方向判断波沿x轴正方向传播；根据L处于最大位移，由此判断K、L的速度大小；根据a=−kxm判断质点K、L的加速度大小。
【解答】解：AB、质点K比质点L先回到平衡位置，而质点L的运动方向沿y轴正方向，K沿y轴负方向运动，所以波沿x轴正方向传播，故AB错误；
C、L处于最大位移，所以此时质点L的速度为零，而K正向下运动，所以K的速度大于L的速度，故C错误；
D、根据a=−kxm可知，加速度与位移成正比，L此时位移最大，则L的加速度最大，故D正确。
故选：D。
本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”来判断；知道同一波峰或波谷两侧附近的各点振动方向相反。
14．（2021•北京）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（　　）

A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为mv02R2(R+r)
D．导体棒克服安培力做的总功小于12mv02
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．---【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；推理能力．
【分析】根据牛顿第二定律得到加速度和速度的关系，由此分析加速度的变化情况；
根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向；
根据功能关系、焦耳定律可得电阻R消耗的总电能；
根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功。
【解答】解：A、设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当速度为v时的安培力为FA＝BIL=B2L2vR+r，根据牛顿第二定律可得：FA＝ma，解得：a=B2L2vm(R+r)，当速度减小时加速度减小、导体棒做加速度减小的减速运动，故A错误；
B、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故B错误；
C、整个过程中电路中消耗的总电能为：E=12mv02，根据焦耳定律可得电阻R消耗的总电能为ER=RR+r⋅E=mv02R2(R+r)，故C正确；
D、根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功等于12mv02，故D错误。
故选：C。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据牛顿第二定律列方程进行求解加速度大小，根据动能定理、功能关系、焦耳定律等进行分析解答。
15．（2021•山东）如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷；在0≤x＜22a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为﹣Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（　　）

A．Q=2+12q，释放后P将向右运动
B．Q=2+12q，释放后P将向左运动
C．Q=22+14q，释放后P将向右运动
D．Q=22+14q，释放后P将向左运动
【考点】电势；电势差和电场强度的关系．---【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【分析】利用库仑定律分别求出其他点电荷分别对最上边的点电荷的库仑力，然后利用平行四边形定则求出合力，受力平衡，就能求出电荷Q的大小，结合图像可以分析出电场方向，然后分析电荷P的运动情况。
【解答】解：因为每个点电荷所受库仑力的合力均为零，对最上边的点电荷，其他三个电荷给它的受力分别是F1＝F3=kq2a2，F2=kq22a2，因为F1、F3大小相等，所以F1、F3的合力是2kq2a2，而Q对最上边点电荷的库仑力是kqQ(22a)2，则根据受力平衡有：2kq2a2+kq22a2=kqQ(22a)2。解得：Q=22+14q。由图乙可知，在0≤x＜22a区间，电场方向向左，所以电荷量是﹣Q的点电荷P将受向右的电场力，P将向右运动。故C正确，ABD错误。
故选：C。

本题考查电场中电荷受力的知识，要会分析库仑力的方向，利用平行四边形定则求出合力。
16．（2021•浙江）将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上，在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到了如图甲和乙所示的波形。下列说法正确的是（　　）

A．甲图中两手开始振动时的方向并不相同
B．甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置
C．乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形
D．乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形
【考点】机械波．---【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．
【分析】由图甲可得，两列波相遇时振动加强，根据波的叠加原理进行分析AB选项；
由图乙可得，两列波相遇后叠加抵消，始终见不到明显的波形，由此分析CD选项。
【解答】解：AB、由图甲可得，两个横波在在分叉点相遇后叠加使振动加强了，可知两手开始振动时的方向相同，分叉点为振动加强的位置，故AB错误；
CD、由图乙可得，分叉点左边两个横波水平对称，因此易得两个横波在周期上相差半个周期，即图乙中两手开始振动时的方向相反，因此两个横波在经过分叉点后叠加抵消，始终见不到明显的波形，并不是只有细绳上两列波刚传到分叉点时的波形，故C正确，D项误。
故选：C。
本题主要是考查波的叠加，知道频率相同的两列波在叠加时会产生干涉现象，弄清楚甲和乙两列波相遇后的振动情况结合波的叠加原理即可分析。
17．（2021•浙江）如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）

A．U=12Um B．U=22Um C．U＞22Um D．U＜22Um
【考点】交流电的平均值及其应用．---【专题】定量思想；方程法；交流电专题；推理能力．
【分析】根据交流电的有效值定义，让交流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生热量相等，则将直流电的电压和电流称为交流电的有效值，依此判定求解。
【解答】解：依据交流电的有效值定义，若是正弦式交流电，即为虚线的图像，那么其有效值为：U=22Um，
由图象可知，实线所对应的交流电在除峰值外的任意时刻其瞬时值总是小于正弦交流电的瞬时值，那么在一周期内，对于相同的电阻，实线所对应的交流电产生热量小于正弦交流电产生的热量，故实线所对应的交流电的有效值小于正弦交流电的有效值，即U＜22Um，故ABC错误，D正确；
故选：D。
考查交流电的有效值的计算，理解有效值的定义，注意正弦式交流电的有效值与最大值的关系。
18．（2021•浙江）某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“＜”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是（　　）

A．实线表示电场线
B．离d点最近的导体表面电荷密度最大
C．“＜”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同
D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零
【考点】等势面．---【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【分析】根据电场线和等势面的特点确定实线是电场线还是等势线；通过等势面的疏密得出电场强度的强弱，从而判断出d的电场强度强弱，得出离d点最近的导体表面电荷密度是否为最大；抓住电场线与等势面垂直判断“＜”形导体右侧表面附近电场强度方向是否相同；抓住ac点电势差和bc两点电势差的关系，判断出a到c再到b点电场力做功情况。
【解答】解：A、电场线起于正电荷（或无穷远），终止于负电荷（或无穷远），由图可知，图中的实线不是起于导体，可知实线是等势线，故A错误；
B、等势线越密的地方，电场强度强度越强，d点场强较弱，可知离d点最近的导体表面电荷密度最小，故B错误；
C、电场强度方向与等势线垂直，由图可知，“＜”形导体右侧表面附近电场强度方向不一定相同，故C错误；
D、a、b两点在同一条等势线上，ac两点的电势差和bc两点的电势差相等，电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，故D正确。
故选：D。
本题考查了等势面的特点，知道电场线与等势面垂直，在等势面上移动电荷，电场力不做功。
19．（2021•浙江）已知普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s，电子的质量为9.11×10﹣31kg。一个电子和一滴直径约为4μm的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为（　　）
A．10﹣8 B．106 C．108 D．1016
【考点】波长、频率和波速的关系．---【专题】定量思想；估算法；光的波粒二象性和物质波专题；推理能力．
【分析】油的密度比水的密度小，由此估算油滴的质量；根据德布罗意波长计算公式得到德布罗意波长与动量的关系，由此计算电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级。
【解答】解：直径为d＝4μm的油滴的半径为r＝2μm＝2×10﹣6m，其质量为：m油＝ρV=43ρπr3，
油的密度比水的密度小，约为ρ＝0.8×103kg/m3，代入数据解得：m油≈3×10﹣14kg；
根据德布罗意波长计算公式可得：λ=ℎp，而p=2mEk，
电子和油滴的动能相等，则电子与油滴的德布罗意波长之比为：
λ1λ2=m油me=3×10−149.11×10−31≈1.8×108，其数量级为108，故C项正确，ABD项错误。
故选：C。
本题主要是考查德布罗意波长的计算，关键是掌握德布罗意波长的计算公式，能够根据实际情况估计油的密度大小。
20．（2021•广东）某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1：60。下列说法正确的是（　　）

A．交流电的频率为10Hz
B．副线圈两端电压最大值为3V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【考点】法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；变压器的构造和原理．---【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
【分析】根据周期和频率的关系确定交流电的频率；利用变压器电压之比与线圈匝数之比相等确定输出电压，再根据电压的最大值和有效值间的关系确定输出电压的最大值；明确输入电压来源，根据法拉第电磁感应定律确定输入电压与永磁铁的强弱是否有关，明确变压器输出功率决定输入功率，本身不消耗能量。
【解答】解：A、交流电的周期为T＝0.2s，则其频率f=1T=10.2Hz＝5Hz，故A错误；
B、输入电压的最大值U1m＝0.05V，根据U1mU2m=n1n2可知，输出电压最大值U2m=n2n1⋅U1m=60×0.05V＝3V，故B正确；
C、输入电压是由电磁感应产生的，根据法拉第电磁感应定律可知，输入电压与永磁体的强弱有关，故C错误；
D、变压器两端的功率是相等的，即输出功率决定了输入功率，故D错误。
故选：B。
本题考查变压器原理以及交流电的性质，要注意明确变压器的基本原理，知道电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比；输入功率和输出功率相等等规律。
21．（2021•甲卷）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O'Q在一条直线上，PO'与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（　　）

A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B
【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．---【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【分析】根据安培定则确定两导线各自在M、N点形成的磁感应强度的方向，根据叠加原理即可确定两点的磁感应强度的大小。
【解答】解：根据安培定则可知，FP在M点形成的磁感应强度向里，EQ在M点形成的磁感应强度向外，根据题意可知，两导线在M点形成的磁感应强度均为B，由叠加原理可知，M点的磁感应强度为零；
同理根据安培定则可知，FP在N点形成的磁感应强度向里，EQ在N点形成的磁感应强度向里，根据题意可知，两导线在N点形成的磁感应强度均为B，由叠加原理可知，N点的磁感应强度为2B；故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题考查了利用安培定则分析通电导线的磁场。掌握好安培定则的内容，知道磁场的叠加原理是解决本题的关键。
22．（2021•河北）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是（　　）

A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=mgRsinθB1B2Ld
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=mgRsinθB1B2Ld
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=mgRtanθB1B2Ld
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=mgRtanθB1B2Ld
【考点】磁场对电流的作用；左手定则；安培力的计算；带电粒子在混合场中的运动．---【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；带电粒子在复合场中的运动专题；磁场 磁场对电流的作用；分析综合能力．
【分析】此题为磁流体发电机模型，等离子体进入磁场后，正负离子受到洛伦兹力发生偏转，依据左手定则判断正负离子的偏转方向，得到金属板P、Q的带电性质，得到金属棒ab中电流方向；金属棒ab恰好静止，由受力平衡条件判断出所受安培力的方向并求出电流大小，再依据左手定则判断出导轨处磁场的方向；等离子体的正负离子在磁场B1中受到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，由闭合电路欧姆定律求出平行金属板P、Q之间的电压，由E=Ud求出板间电场强度，由等离子体受到电场力等于洛伦兹力，求出等离子体的速度大小。
【解答】解：平行金属板P、Q之间磁感应强度方向由N极指向S极，由左手定则判断，等离子体中的正离子向金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，可知金属板Q带正电荷（电源正极），金属板P带负电荷（电源负极），金属棒ab中电流方向由a流向b，已知磁场B2的方向垂直导轨平面，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力平行于导轨平面向上或者向下，金属棒ab处于静止，由受力平衡条件判断其所受安培力沿导轨平面向上，再由左手定则判断出导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。
金属棒ab恰好静止，由受力平衡可得：B2IL＝mgsinθ，
由闭合电路欧姆定律可得，平行金属板P、Q之间的电压U＝IR，
金属板P、Q之间电场强度E=Ud，
等离子体的正负离子在磁场B1中受到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，则
qvB1＝qE，
联立解得v=mgRsinθB1B2Ld，故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题考查了复合场的磁流体发电机模型以及受力平衡之安培力计算的问题，属于综合基础题。两次应用左手定则判断粒子偏转方向和已知安培力方向判断磁场方向，属于易错点。其它物理原理及推导过程较简单。
23．（2021•乙卷）如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则（　　）

A．FM＜FN，EpM＞EpN B．FM＞FN，EpM＞EpN
C．FM＜FN，EpM＜EpN D．FM＞FN，EpM＜EpN
【考点】电场强度与电场力；电场线；电势能与电场力做功；电势差和电场强度的关系．---【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【分析】电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大．根据Ep＝φq判断电势能大小；
【解答】解：等势线密集的地方，电场线也密集，电场场强大，由图可知EM＜EN，根据F＝Eq可知：FM＜FN，由负电荷形成的电场知M点的电势高于N点的电势，且试探电荷带正电，根据Ep＝φq可知：EpM＞EpN，故A正确，BCD错误。
故选：A。
本题涉及电场强度和电势高低的判断，关键是知道电场线垂直等势面，电场线与等势面疏密一致，难度不大。
24．（2021•河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是（　　）

A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【考点】电容器与电容；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势．---【专题】定量思想；推理法；电容器专题；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【分析】金属棒切割磁感线相当于电源，切割有效长度逐渐增加，感应电动势逐渐增大，给所连接的电容器充电，由电流定义式I=△Q△t为切入点，由电容的定义式Q＝CU，电容器的电压总是等于感应电动势，动生感应电动势的计算公式E＝BLv，分析L与位移的几何关系，推导电容器的电荷量Q的表达式，得到△Q的表达式，从而得到电流的表达式；由右手定则或者楞次定律判断感应电流方向；由金属棒受力平衡F＝F安＝BIL，再由P＝Fv判断外力的功率是否恒定。
【解答】解：C、金属棒沿x轴正方向匀速运动切割垂直纸面向里的磁感线，发生电磁感应现象，金属棒相当于电源，由右手定则判断，金属棒中电流方向向上，金属棒上端为电源正极，可知电容器的上极板带正电，故C错误；
A、以金属棒开始运动时为计时零时刻，设金属棒在0﹣t时间内运动位移为x，
在t时刻金属棒在导轨间的长度L＝2xtanθ，
此时金属棒在导轨间的电动势E＝BLv，
电容器的电压U＝E，
电容器的电量Q＝CU＝2BCvxtanθ，
在t﹣（t+△t）（△t趋近于零）时间内，金属棒的位移由x增加到（x+△x），则
电容器的电量增加量△Q＝2BCv•△x•tanθ，
通过金属棒的电流I=△Q△t=2BCv⋅△x⋅tanθ△t，其中△x△t=v，
可得I＝2BCv2tanθ，故A正确；
B、由A选项的分析结果Q＝2BCvxtanθ，可知金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为2BCvx0tanθ，故B错误；
D、由A选项的分析结果I＝2BCv2tanθ，可知流过金属棒的电流恒定，由F安＝BIL，金属棒在导轨间的长度L不断增加，其所受安培力不断增大，金属棒做匀速直线运动，由受力平衡可知，外力F的大小等于安培力，即外力F不断增大，由P＝Fv可知外力F做功的功率不断增加，故D错误。
故选：A。
本题考查了电磁感应现象以及电容器和电流的定义相关知识点，中等难度。解题关键在于能把相当于电源的金属棒与电容器之间的关联建立起来，即充电过程U＝E及△U＝△E。由电流定义式出发，寻找物理量之间的关系，逐步推演得到结果。
25．（2021•湖南）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　）

A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
【考点】电功、电功率；变压器的构造和原理．---【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】滑动变阻器滑片处于中间位置时副线圈所在电路电阻最大，根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化。
【解答】解：由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：

滑片在a端时，Ra＝0，滑片在b端时，Rb＝0。由于灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大。
由图可知，滑片在两端时，副线圈所在电路总阻值最小，当滑片从a端向中间滑动时，副线圈所在电路的总阻值增大，则副线圈所在电路的总电流减小，根据I1I2=n2n1可知原线圈所在电路的电流也减小，则灯泡L1变暗，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据U2U1=n2n1可知副线圈两端电压增大，而L2所在支路电阻减小，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮；
当滑片从中间向b端移动时，副线圈所在电路的总阻值减小，则副线圈所在电路的总电流增大，根据I1I2=n2n1可知原线圈所在电路的电流也增大，则灯泡L1变亮，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据U2U1=n2n1可知副线圈两端电压减小，R0所在支路总电阻增大、则通过R0的电流减小、而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮。
综上所述，A正确、BCD错误。
故选：A。
本题主要是考查涉及变压器问题的动态分析，关键是弄清楚电路的连接情况，根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化。知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。
26．（2021•乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则v1v2为（　　）

A．12 B．33 C．32 D．3
【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．---【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的轨迹图，然后由几何关系求出轨迹圆半径和磁场圆半径之间的关系，最后由洛伦兹力提供向心力求出线速度，根据线速度之比等于半径之比求出粒子两次的入射速度之比。
【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：

设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为：
R1＝r，
R2=rtan30°=3r
由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=mv2R
则粒子的速度：v=qBRm
则粒子两次的入射速度之比为：v1v2=R1R2，解得：v1v2=33，故B正确，ACD错误；
故选：B。
本题考查带电粒子在磁场中运动，关键是要根据几何关系求出轨迹圆的半径，然后由洛伦兹力提供向心力求出速度。
27．（2021•广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1＞＞I2，电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；平行通电直导线间的作用．---【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【分析】明确题意，知道中间电流远大于外表导线中的电流，所以只需要考虑中心电流形成的磁场对四根外表面固定长直导线的安培力，根据安培定则确定各导线处的磁场方向，再根据左手定则确定受力方向即可确定形变方向。
【解答】解：根据安培定则可知，中心导线形成的磁场是以导线为圆心的圆，所以左边导线处的磁场方向竖直向上，根据左手定则可知，左边导线受力向右；右侧导线处的磁场方向竖直向下，由左手定则可知，右边导线受力向左，故左右方向上弹性长管是向里凹陷的；
同理可知，上边导线处的磁场水平向右，由左手定则可知，其受力向上；下边导线处的磁场水平向左，由左手定则可知，其受力向下；因此上下弹性长管是突出的；则可知发生的形变为C，故C正确，ABD错误。
故选：C。
本题考查左手定则以及安培定则的应用，要注意认真审题，知道四周固定导线的受力是来自由中心导线形成的磁场，不要考虑两边导线间的相互作用力。
28．（2021•广东）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是（　　）

A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
【考点】电场强度与电场力；电势；电势能与电场力做功．---【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【分析】明确图象原理，根据图中电路确定发射极与吸极的电势高低，确定电场线方向，沿电场线方向电势降低，从而明确a、b两点的电势高低；注意图中等势面不是等差等势面，所以不能根据疏密确定电场强度大小；根据液滴的运动情况确定电场力做功情况，从而明确电势能的变化。
【解答】解：A、由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A错误；
BC、由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，故BC错误；
D、因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。
故选：D。
本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意明确电场的性质，注意电场线的疏密描述电场的强弱，但等势面要先确定是否为等差等势面，若是等差等势面，可由其疏密判断电场强度的大小。
29．（2021•湖南）如图，在（a，0）位置放置电荷量为q的正点电荷，在（0，a）位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P（a，a）为2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（　　）

A．（0，2a），2q B．（0，2a），22q C．（2a，0），2q D．（2a，0），22q
【考点】电场强度与电场力；点电荷的电场；电场的叠加．---【专题】比较思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【分析】根据点电荷的场强公式E=kQr2，结合平行四边形定则计算Q所带电荷量及位置。
【解答】解：根据点电荷的场强公式及平行四边形定则，可以求出点电荷+q与﹣q在P点的合场强的大小为E合＝2×kqa2×cos45°=2kqa2，方向与﹣x方向成45°角指向左上方，那么+Q在P点产生的场强与E合大小相等，方向相反，再根据点电荷的场强公式有：kQ(2a)2=E合，代入解得：Q＝22q，方向应与+x方向成45°，结合题意+Q应在y轴上的（0，2a）位置，故ACD错误，B正确。
故选：B。
本题考查点的场强公式及矢量的运算法则，要结合简单的数学知识去处理计算方面的问题。
30．（2021•浙江）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（　　）

A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场
【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．---【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【分析】明确螺线管内部分析规律，知道螺线管越长，内部磁场越接近匀强磁场。
【解答】解：根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场；与电流大小、螺线管直径以及磁感线的疏密均无关，故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题考查螺线管分布规律，要知道螺线管边缘处磁感线不均匀，所以螺线管越长内部越接近匀强磁场。
31．（2021•浙江）两列频率、振幅均相同的简谐波Ⅰ和Ⅱ分别从绳子的两端持续相向传播，在相遇区域发生了干涉，在相距0.48m的A、B间用频闪相机连续拍摄，依次获得1、2、3、4、5五个波形，如图所示，且1和5是同一振动周期内绳上各点位移都达到最大值时拍摄的波形。已知频闪时间间隔为0.12s，下列说法正确的是（　　）

A．简谐波Ⅰ和Ⅱ的波长均为0.24m
B．简谐波Ⅰ和Ⅱ的周期均为0.48s
C．绳上各点均做振幅相同的简谐运动
D．两波源到A点和C点的路程差之差的绝对值是0.48m
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．---【专题】定量思想；方程法；振动图象与波动图象专题；推理能力．
【分析】由题可知，这两列波在AB之间的区域内发生了干涉现象，结合干涉图象的特点判断出波长，结合振动的特点求出周期，再由公式：v＝λT求出波速即可。
【解答】解：A、这两列波在AB之间的区域内发生了干涉现象，根据干涉图象的特点可知，AB之间的距离等于一个波长，所以简谐波Ⅰ和Ⅱ的波长均为0.48m，故A错误；
B、从波形1到波形5经历的时间为12T，则12T=4×0.12s，可得简谐波Ⅰ和Ⅱ的周期均为T＝0.96s，故B错误；
C、由图可知A、B、C三个点的振幅都是零，其余的各点的振幅不是零，即绳上各点振幅不相同，故C错误；
D、A、B、C三个点的振幅都是零，则A、B、C三点均为振动减弱点，则两波源到A、C两点的距离之差分别为(2n+1)λ2和(2n−1)λ2，则两波源到A点和C点的路程差之差的绝对值是|(2n+1)λ2−(2n−1)λ2|=λ=0.48m，故D正确。
故选：D。
该题结合波的图象考查波的干涉，解答的关键是正确理解干涉的特点，判断出A、B、C三点均为振动减弱点。
32．（2021•浙江）如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是（　　）

A．导体内部的场强左端大于右端
B．A、C两点的电势均低于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度
D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小
【考点】电场线；电势；电势能与电场力做功；等势面．---【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【分析】带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，；沿电场线方向电势降低；电场线的疏密程度表示电场强度的弱强；正电荷受力方向沿电场线方向，电场力做正功，电势能减小，由此进行分析。
【解答】解：A、带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，所以导体内部的场强左端等于右端，均为零，A错误；
B、沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势高于B点的电势，故B错误；
C、电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，B点的电场线比A或C点的电场线疏，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，故C错误；
D、正电荷的受力方向沿电场线方向，所以正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小，故D正确。
故选：D。
无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断；明确电场力做功与电势能变化的关系。
二．多选题（共22小题）
33．（2021•海南）如图，理想变压器原线圈接在u＝2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，为了使图中“100V，50W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（　　）

A．仅将滑片P向上滑动
B．仅将滑片P向下滑动
C．仅在副线圈电路中并联一个阻值为20Ω的电阻
D．仅在副线圈电路中串联一个阻值为20Ω的电阻
【考点】变压器的构造和原理．---【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
【分析】首先根据理想变压器原副线圈的关系，求解副线圈电压的有效值，然后根据串联电路电阻与电压的分配关系求解小灯泡两端的电压，最后分析滑线变阻器滑片的的移动方向。
【解答】解：原线圈电压有效值
U1=Um2=22022=220V
则次级电压有效值
U2=n2n1U1=12×220V＝110V＞100V
则为了使图中“100V，50W”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将划片P向下滑动，或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为
R=U2−ULPLUL=110−10050100Ω=20Ω，
故选：BD。
解答本题的关键是理解小灯泡正常发光的含义是：小灯泡两端的工作电压为100V。
34．（2021•海南）如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab＝0.2m，cd与电场方向平行，a、b两点的电势差Uab＝20V。则（　　）

A．电场强度的大小E＝200V/m
B．b点的电势比d点的低5V
C．将电子从c点移到d点，电场力做正功
D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能
【考点】电势能与电场力做功；电势差和电场强度的关系．---【专题】定量思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【分析】根据E=Ud求出电场强度大小；沿电场线方向电势逐渐降低判定电势高低；根据力与位移的夹角判定功的正负，结合电场力做功与电势能的变化关系确定电势能的变化。
【解答】解：A、根据Uab＝E•abcos60°可得电场强度的大小：
E=Uabab⋅cos60°=200.2×0.5V/m＝200v/m，故A正确；
B、沿电场线电势逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势高，故B错误；
C、将电子从c点移到d点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力做负功，故C错误；
D、因a点的电势低于c点电势，则电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故D正确；
故选：AD。
本题主要考查了电场强度的计算和电势高低的判定，以及电场力做功和电势能改变量的关系，解题关键明确E=Ud，d为两点沿电场线方向的距离。
35．（2021•海南）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，3L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（　　）

A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为23qBLm
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为35L
【考点】向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．---【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力．
【分析】根据左手定则判断粒子电性，做出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何知识求解其做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子进入磁场时的初速度大小，粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆。
【解答】解：A、根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A正确；
BC、当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图1

图1
粒子运动的半径为r=3Lcos60°=23L
洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r
解得粒子入射速率v=23qBLm
若α＝45°，粒子运动轨迹如图2

图2
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，故B错误，C正确；
D，粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图3

图3
根据几何关系可知(2r)2=(3L)2+xm2
解得xm＝35L
故D正确。
故选：ACD。
解决该题关键能正确做出粒子在磁场中的运动迹，能根据几何知识同时洛伦兹力提供向心力解得半径从而进行解答。
36．（2021•湖北）关于电场，下列说法正确的是（　　）
A．电场是物质存在的一种形式
B．电场力一定对正电荷做正功
C．电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向
D．静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面
【考点】电场；电场线．---【专题】常规题型；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【分析】电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是不依赖于我们的感觉而客观存在的；等势面与电场线垂直，沿着电场线电势越来越低．电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低。
【解答】解：A、电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，故A正确；
B、如果电场力方向与正电荷运动方向相反，电场力对正电荷做负功，故B错误；
C、电场线是人为假想的曲线，实际并不存在，故C错误；
D、电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面，等势面与电场线垂直，即电场线与等势面垂直；沿着电场线电势越来越低，即电场线由电势高的等势面指向低的等势面，故D正确。
故选：AD。
该题考查了电场的性质，要注意加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，明确等势面与电场线垂直，沿着电场线电势越来越低，故电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面。
37．（2021•湖北）一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x＝0处的质点在0～1s内运动的路程为4.5cm。下列说法正确的是（　　）

A．波沿x轴正方向传播
B．波源振动周期为1.1s
C．波的传播速度大小为13m/s
D．t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴负方向运动
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．---【专题】定量思想；推理法；波的多解性；推理能力．
【分析】根据t＝0时刻P质点的运动方向，判断波的传播方向，根据题意求解周期，根据波速等于波长除以周期得到波速；
【解答】解：A、由题意知x＝0处的质点在Δt＝1s内的运动路程为4.5cm＝4A+12A，所以判断x＝0处质点在t＝0时刻是向下振动的，该波向x轴正方向传播，故A正确；
B、虚线波x＝0处此刻的位移x＝﹣0.5cm=−12A，所以Δt＝T+112T=1s，从而T=1213s，故B错误；
C、波速为v=λT=121213m/s=13m/s，故C正确；
D、从虚线波知x＝6m处的质点此刻正向y的正方向运动，故D错误。
故选：AC。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长，能够根据质点的振动方向判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
38．（2021•湖北）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（　　）

A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带负电荷
D．a和b的动量大小一定相等
【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．---【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】根据左手定则判断ab的电性，根据电荷守恒判断c的电性，根据动量守恒定律和半径公式可判断动量的大小关系。
【解答】解：AB、从分裂后a和b粒子的轨迹图可以看出，两粒子均做逆时针方向圆周运动，由左手定则可判断两粒子均带正电，故A错误，B正确；
C、由于中性粒子一分为三，ab带正电，则c一定带负电，故C正确；
D、由于中性粒子一分为三，那么分裂前后，根据动量守恒定律可知，mava+mbvb+mcvc＝0；根据Bqv=mv2R可知，R=mvBq，从图示可以看出，ab做匀速圆周运动的半径相等，所以根据半径公式知两粒子的动量与电量的比值mvq相等，但由于不知ab两粒子电量的大小，所以二者的动量大小不一定相等。故D错误。
故选：BC。
本题考查对带电粒子在磁场中运动时的半径公式和周期公式以及动量守恒定律，要注意明确分列前后电荷量守恒和质量守恒，总动量守恒，从而明确半径的关系。
39．（2021•辽宁）如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（　　）

A．在t=t02时，金属棒受到安培力的大小为B02L3t0R
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为B0L2t0R
C．在t=3t02时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
【考点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．---【专题】定量思想；等效替代法；功率的计算专题；分析综合能力．
【分析】在t＝0到t＝2t0的时间内，穿过回路的磁通量均匀变化，回路中产生恒定的感应电动势和恒定电流，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，再求金属棒受到的安培力大小，由楞次定律判断安培力方向；在t＝3t0时，由右手定则判断金属棒中电流方向。
【解答】解：B、在t＝0到t＝2t0的时间内，ΔBΔt=B0t0，穿过回路的磁通量均匀变化，回路中产生恒定的感应电动势，大小为E=ΔΦΔt=ΔBΔtL2=B0t0L2，金属棒中电流大小为I=ER=B0L2t0R，故B正确；
A、在t=t02时，金属棒受到安培力的大小为F=B02IL=B02•B0L2t0RL=B02L32t0R，故A错误；
C、在t=3t02时，磁通量增加，根据楞次定律知感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则金属棒受到安培力的方向竖直向上，故C正确；
D、在t＝3t0时，金属棒向下做切割磁感线运动，此时磁场方向垂直纸面向外，由右手定则判断可知金属棒中电流的方向向左，故D错误。
故选：BC。
本题是感生电动势与动生电动势均有的情形，对于感生电动势，要熟练运用法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，知道磁通量均匀变化量时，回路中产生的电动势和电流是恒定的。
40．（2021•天津）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（　　）

A．两点电荷可能是异种点电荷
B．A点的电场强度比B点的大
C．A点的电势高于B点的电势
D．电子运动到P点时动能最小
【考点】等势面．---【专题】学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【分析】根据等势面分布判断点电荷的电性。
根据点电荷的运动轨迹判断受力情况，从而确定动能大小。
根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况。
根据点电荷的电场的特点判断电场强度的强弱。
【解答】解：A、根据等势面的分布可知，两点电荷带同种电荷，故A错误；
B、等差等势面的疏密程度表示场强的强弱，A点的等差等势面疏，B点的等差等势面密，故A点的电场强度小，故B错误；
C、分析电子运动的轨迹可知，电场力指向轨迹的内侧，则电场力受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，故A点的电势高，故C正确；
D、电子从M点运动到P点的过程中，电场力做负功，动能减小，电子从P点运动到N点的过程中，电场力做正功，动能增大，故P点动能最小，故D正确。
故选：CD。
该题考查了等势面的相关知识，明确等差等势面的疏密程度表示场强的强弱是解题的关键。
41．（2021•山东）输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1：3，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1：2，R上的功率为P。以下判断正确的是（　　）

A．r＝10Ω B．r＝5Ω C．P＝45W D．P＝22.5W
【考点】电功、电功率；变压器的构造和原理．---【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
【分析】开关接1时，已知输出功率，根据功率公式可右侧变压器的输出电流；再根据变压器电流之比等于匝数的反比即可求出右侧变压器输入电流和左侧变压器输入电流；从而求出输入的总功率和导线r上消耗的功率，从而由功率公式求出导线电阻；
开关接2时，明确电流关系，再根据输入的总功率等于导线上消耗的功率和R上消耗的功率，根据电流关系和功率公式列式即可求出电流和R上的功率。
【解答】解：AB、开关接1时，根据功率公式p＝I2R可得，右侧线圈输出电流：I3=PRR=1010A＝1A，
根据变压器电流之比等于匝数的反比，对右侧变压器有：I2I3=n4n3，解得I2=12I3=12×1A＝0.5A；
对左侧变压器有：I1I2=n2n1，解得：I1＝1.5A；则可知：
左侧变压器输入功率：P1＝U1I1＝7.5×1.5W＝11.25W，
右侧变压器输入功率：P3＝P4＝PR＝10W，
故导线上消耗的功率：Pr＝P1﹣P3＝11.25W﹣10W＝1.25W，
由Pr＝I2r可得，r=PrI2=1.250.52Ω＝5Ω，故B正确，A错误；
CD、开关接2时，根据电流之比等于线圈匝数的反比可得，I′1I′2=n2n1=3，
解得：I1′＝3I′2，I′2I′3=n4n3=2，2I′3＝I′2，
根据能量关系有：P′1＝Pr+P′3＝Pr+P，P＝P′1﹣Pr，
则有：I′32R＝U1I′1﹣I′22r，解得：I′2＝3A，I′3＝1.5A；
P＝I′32R＝1.52×10W＝22.5W，故D正确，C错误。
故选：BD。
本题考查远距离输电的原理，解题的关键在于明确能量关系以及变压器原理的应用，注意明确变压器本身不消耗能量。
42．（2021•山东）一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2s时的波形图，虚线为t2＝5s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．---【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；理解能力．
【分析】由题图可知波长，分别讨论波沿x轴正向和负向传播时，在t1到t2时间内波形平移的距离，由v=ΔxΔt计算波速，由T=λv计算周期并找出可能取值，由实线波形图读出t1＝2s时质点O的位置及运动状态，结合振动图像可求解。
【解答】解：AB、由题图可知波长λ＝4m，若波沿x轴正向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx＝3+4n（m） （n＝0，1，2，3......），则波速v=ΔxΔt，将Δt＝t2﹣t1代入数据可得v＝1+43n（m/s） （n＝0，1，2，3......），由T=λv代入数据可解得T=123+4ns（n＝0，1，2，3......），若n＝0，则T＝4s，由实线波形图可知t1＝2s时质点O在平衡位置且向y轴正向运动，由振动图像可知A正确，B错误；
CD、若波沿x轴负向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx＝1+4n（m） （n＝0，1，2，3......），则波速v=ΔxΔt，将Δt＝t2﹣t1代入数据可得v=13+43n（m/s） （n＝0，1，2，3......），由T=λv代入数据可解得T=121+4ns（n＝0，1，2，3......），若n＝0，则T＝12s，由实线波形图可知t1＝2s时质点O在平衡位置且向y轴负向运动，由振动图像可知C正确，D错误。
故选：AC。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题。解决本题的关键是找出波速的表达式，本题充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
43．（2021•山东）如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（　　）

A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
【考点】牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．---【专题】应用题；定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【分析】对金属棒在b点时进行受力分析，分别表示出下行和上行时的安培力，再根据牛顿第二定律列出加速度的表达式比较两个加速度的大小，通过运动规律分析速度的大小；同理判断金属棒能否回到无磁场区与能否回到a点。
【解答】解：AB、在I区域中，磁感应强度为B1＝kt，感应电动势为：E1=ΔB1ΔtS=kS，感应电动势恒定，
导体棒进入Ⅱ区域之前，感应电流恒为I1，导体棒中的电流方向由右向左；
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生的感应电流为I2，
下行时此电流在导体棒中的方向由右向左，所以导体棒中总电流为I1+I2；
上行时此电流在导体棒中的方向由左向右，设大小为I2′，所以导体棒中总电流为I1﹣I2′，
导体棒在b点时，受力分析如图：

下行过程中，根据牛顿第二定律可知：
B2（I1+I2）L﹣mgsinθ＝ma1，
上行过程中，根据牛顿第二定律可知：
B2（I1﹣I2′）L﹣mgsinθ＝ma2，
所以有：a1＞a2，
由于bc段距离不变，将下行过程看做反向的加速过程，由v2＝2ax比较v的大小，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，故下行过程的平均加速度大于上行过程的平均加速度，所以金属板下行过经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，故AB正确；
CD、Ⅰ区域产生的感应电流所受安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区域；
由AB选项的分析知：在Ⅱ区域中下行过程的平均加速度大于上行过程的平均加速度，可得进入Ⅱ区域时速度大于离开Ⅱ区域时速度，由v2＝2ax，可知离开Ⅱ区域上滑的位移小于a位置到Ⅱ区域上边界的距离，所以不能回到a处，故C错误，D正确。
故选：ABD。
该题考查了多个知识点的综合运用。做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律和能量守恒来分析求解问题。
44．（2021•浙江）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80A和100A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（　　）

A．两导线受到的安培力Fb＝125Fa
B．导线所受的安培力可以用F＝ILB计算
C．移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
D．在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
【考点】磁场对电流的作用；安培力的计算．---【专题】比较思想；归纳法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【分析】根据力的相互性判断；根据公式成立的条件判断；根据右手螺旋定则判断；根据磁场的矢量叠加判断。
【解答】解：A、两导线受到的安培力是相互作用力，所以大小相等，故A错误；
B、因为在导线所处的磁场方向与导线互相垂直，所以导线所受的安培力可以用F＝BIL计算，故B正确；
C、根据右手螺旋定则，a、b中的电流在p点产生的磁场感应强度方向相反，移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向相同，垂直纸面向里，移走b后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，垂直纸面向外，故C正确；
D、因直线电流产生的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆，故在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场方向均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置，故D正确。
故选：BCD。
本题考查了平行通电导线周围的磁场分布以及安培力问题，要求学生会熟练应用右手螺旋定则和左手定则解题。
45．（2021•甲卷）某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（　　）

A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV
C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
【考点】电势能与电场力做功；等势面．---【专题】定性思想；推理法；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【分析】由电场力所做的功W＝eU，分析电场力做功；根据电场线与等势面处处垂直，电场方向由高电势指向低电势，可判断b点电场强度方向；等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大。
【解答】解：A、b、e两点在同一个等势面上，可知b、e两点间电势差为零，电场力所做的功W＝qU，电场力做功为零，故A错误；
B、电子从a点运动到d点，电场力所做的功W＝qU＝﹣e（3V﹣7V）＝4eV，故B正确；
C、根据题意画出过b点的电场线，如图：
电场线与等势面处处垂直，并指向电势降低的方向，所以b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向左，故C错误；
D、等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大，a、b、c、d中b点等势线最密集，所以b点的电场强度最大，故D正确。
故选：BD。

本题考查了电场力做功，电场线与等势面的关系以及电场强度大小、方向的判断，注意等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大。
46．（2021•甲卷）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
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．---【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【分析】线圈进入磁场前做自由落体运动，应用运动学公式求出线圈进入磁场时的速度大小；
根据密度公式求出线圈的质量；应用电阻定律求出线圈的电阻；
由E＝BLv求出线圈进入磁场过程产生的感应电动势，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流；
应用安培力公式求出线圈受到的安培力，根据线圈受到的安培力与重力间的关系分析判断线圈进入磁场过程的运动情况。
【解答】解：甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为ρ，密度为ρ密度，
两正方形线圈的边长相同，设线圈边长为L，设线圈的横截面积为S，线圈的质量m＝ρ密度×4nLS＝4nρ密度LS，
由题意可知，两线圈的质量相等，则4n甲ρ密度LS甲＝4n乙ρ密度LS乙，则n甲S甲＝n乙S乙，
两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，设线圈下边到磁场的高度为h，
设线圈下边刚进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场前做自由落体运动，
则v=2gℎ，由于下落高度h相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度v相等，
设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E＝nBLv，
由电阻定律可知，线圈电阻：R＝ρ4nLS
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I=ER=nBLv4nρLS=BSv4ρ
线圈受到的安培力：F＝nBIL=nB2LSv4ρ
由于n甲S甲＝n乙S乙，B、L、ρ、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，线圈质量相同，则它们受到的重力G＝mg相同，
线圈进入磁场过程所受合力F合＝F﹣G相同；
A、如果线圈进入磁场时安培力小于重力，则线圈受到的合力向下，线圈甲、乙都加速运动，故A正确；
B、如果线圈进入磁场时安培力大于重力，线圈受到的合力向上，线圈甲、乙都做减速运动，故B正确；
C、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲加速运动，则乙也做加速运动，故C错误；
D、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲减速运动，则乙也做减速运动，故D错误。
故选：AB。
本题是电磁感应、电路与力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚线圈的受力情况与运动过程是解题的前提与关键；解题时要先推导出线圈所受安培力，然后再分析答题。
47．（2021•乙卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q，m）、（+q，2m）、（+3q，3m）、（﹣q，m），它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．---【专题】定量思想；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【分析】粒子沿x轴正方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，求出t时刻竖直方向偏转位移大小，再根据电场线方向向上、向下两种情况进行分析判断。
【解答】解：设质量为m、电荷量为q的粒子经过时间t在y轴方向偏转位移为y，粒子的初速度为v，比荷为k，电场强度大小为E。
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a=qEm=kE
x方向粒子做匀速直线运动，则有：t=xv，即经过相同时间水平位移相等
竖直方向根据位移﹣时间关系可得：y=12at2，整理可得：y=kEx22v2。
由于（+q，m）与（+3q，3m）的比荷相同，故轨迹相同，由于（﹣q，m）与其它三个粒子电性相反，故偏转方向相反。
ABC、如果电场线平行于y轴向下，则正电荷向下偏转、负电荷向上偏转，（+q，m）与（+3q，3m）重合，且（+q，m）与（﹣q，m）关于x轴对称，在t时刻沿y方向的位移大于（+q，2m），故A正确、BC错误；
D、如果电场线平行于y轴向上，则正电荷向上偏转、负电荷向下偏转，（+q，m）与（+3q，3m）重合，且（+q，m）与（﹣q，m）关于x轴对称，在t时刻沿y方向的位移大于（+q，2m），故D正确。
故选：AD。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动与图象的结合，关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况，根据相同时间内在x方向与y方向的位移大小关系进行判断。
48．（2021•河北）如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I。不计线圈电阻，下列说法正确的是（　　）

A．通过电阻R2的电流为n1In2
B．电阻R2两端的电压为n2IR1n1
C．n0与n1的比值为2NBL2ωIR1
D．发电机的功率为2NBL2ωI(n1+n2)n0
【考点】电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系；变压器的构造和原理．---【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
【分析】根据欧姆定律可得副线圈n1两端电压，根据交流电电动势的最大值表达式、最大值与有效值的关系以及变压器的变压比可得n0与n1的比值；由变压器的变压比可得电阻R2两端的电压；根据欧姆定律，可得通过电阻R2的电流；发电机的功率P总等于R1消耗的功率加上R2消耗的功率。
【解答】解：C、副线圈n1两端电压U1＝IR1，
根据交流电电动势的最大值表达式：Em＝NBSω＝N•B•L•2L•ω＝2NBL2ω，
交流电电动势的有效值：E有=Em2=2NBL2ω2V=2NBL2ω，
由变压器的变压比得：n0n1=E有U1=2NBL2ωIR1，故C正确；
B、对于副线圈n1、n2，由变压器的变压比：U1U2=n1n2，
得：U2=n2n1 U1=n2IR1n1，故B正确；
A、根据欧姆定律，通过电阻R2的电流：I2=U2R2=n2IR1n1R2，故A错误；
D、原线圈两端电压：U0＝E有=2NBL2ω
R1消耗的功率：PR1＝U1I=n1n0U0I
R2消耗的功率：PR2＝U2I2=n2n0U0I2
发电机的功率：P＝PR1+PR2=2NBL2ω(n1I+n2I2)n0，
由A选项的结论：I2=n2IR1n1R2，可知只有当n2R1＝n1R2时，有I2＝I，
发电机的功率才可表示为：P=2NBL2ωI(n1+n2)n0，当I2≠I时，此表达式不成立，故D错误。
故选：BC。
本题为两个副线圈输出，电压与线圈匝数成正比，电流与线圈匝数不再成反比，变压器的输入功率等于输出功率即两副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率。
49．（2021•河北）如图，四个电荷量均为q （q＞0）的点电荷分别放置于菱形的四个顶点，其坐标分别为（4l，0）、（﹣4l，0）、（0，y0）和（0，﹣y0），其中x轴上的两个点电荷位置固定，y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动（y0≠0）。下列说法正确的是（　　）

A．除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零
B．当y0取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点
C．当y0＝8l时，将一带负电的试探电荷由点（4l，5l）移至点（0，﹣3l），静电力做正功
D．当y0＝4l时，将一带负电的试探电荷放置在点（l，l）处，其所受到的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上
【考点】库仑定律；电场强度与电场力；电场的叠加；电势能与电场力做功；电势差和电场强度的关系．---【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【分析】抓住菱形外侧各个点电荷所产生的场强均指向外侧，结合场强的叠加，判断菱形外部电场强度能否为零；根据场强的叠加得出O点场强为零，结合对称性判断菱形内部是否只有两个电场强度为零的点；根据负电荷所受的电场力方向，判断做功情况；根据场强的叠加得出点（l，l）处的场强方向，从而得出负试探电荷在该点所受的静电力方向。
【解答】解：A、在菱形外侧除无穷远处的任意点，四个点电荷在该点的产生的场强均指向菱形的外侧，根据场强的叠加原理可知，合场强不可能为零，所以除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零，故A正确；
B、根据场强的叠加及对称性，在O点场强为零，当y0取某值时，由对称性可知，在菱形内部其它场强为零的点必定会成对出现，即在菱形内部场强为零的点一定是奇数个，故B错误；
C、根据对称性知，（0，﹣3l）和（0，3l）处场强大小相等，方向相反，两点电势相等，将试探电荷由点（4l，5l）移至点（0，3l），在点（4l，5l），负电荷所受的电场力方向斜向左下方，在（0，3l）处，由于该点到x轴上4l、﹣4l以及y轴上8l的点的距离相等为5l，此三处点电荷在该点（0，3l）的场强大小相等，它们在此处合场强方向沿y轴向上，y轴上﹣8l处的点电荷在（0，3l）处产生的场强方向也沿y轴向上，则（0，3l）的场强方向沿y轴向上，则负电荷在该点所受的电场力方向沿y轴向下，所以一带负电的试探电荷从（4l，5l）沿直线移至点（0，3l），静电力一直做正功，可知将一带负电的试探电荷由点（4l，5l）移至点（0，﹣3l），静电力做正功，故C正确；
D、当y0＝4l时，根据对称性知，x轴和y轴上﹣4l处的点电荷在点（l，l）处产生的场强大小相等为E1=kqr12，
r12=(5l)2+l2=26l2
这两个点电荷的合场强E′1＝2E1cosα
由几何关系知：cosα=32lr1=32l26l2=313
解得E′1=3kq1313l2，方向与x轴正方向成45°斜向上，
同理：x轴和y轴上4l处的点电荷在点（l，l）处产生的场强大小相等为E2=kqr22，
r22=(3l)2+l2=10l2
这两个点电荷的合场强E′2＝2E2cosβ
由几何关系知：cosβ=2lr2=15
解得E′2=kq55l2，方向与x轴负方向成45°斜向下，
可知：E′2＞E′1，
则点（l，l）处产生的场强方向与x轴负方向成45°斜向下，则负的试探电荷在该点所受的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上，故D正确。
故选：ACD。

本题考查了电场强度的叠加，知道电场强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则，对数学几何能力要求较高，会根据对称性以及平行四边形定则综合分析判断。
50．（2021•湖南）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（　　）

A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
【考点】电势能与电场力做功；电势差和电场强度的关系．---【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【分析】将c、d两点投影到ab连线上，根据几何关系以及电场力做功表达式：W电＝qEd，即可推得电场线的方向，也可求解粒子从d点移动到b点，电场力做功；沿电场方向电势逐渐降落，可判断电势高低；当粒子受力方向与运动方向共线时，粒子会做直线运动。
【解答】解：A、根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式：W电＝qEd，可知dab是dcd的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图，由几何关系得：cd在ab方向的投影等于R，刚好满足dab是dcd的两倍，所以电场线的方向由a指向b，场强方向与ab平行，故A正确；

B、由A选项的结论可知：2W＝2qER
由图可知：d到b的距离在电场方向的投影d′b=12R，
粒子从d点移动到b点电场力做功：Wdb＝qE•12R＝0.5W，故B正确；
C、沿电场方向电势逐渐降落，a点电势高于c′点电势，c与c′为等势点，所以a点电势高于c点电势，故C错误；
D、如果粒子进入电场时的速度方向与ab平行，即电场力与速度方向共线，则粒子会做直线运动，不会做曲线运动，故D错误；
故选：AB。
解决本题的关键是电场线方向的判断，注意电势与电场方向的关系以及粒子做直线运动、曲线运动的条件。
51．（2021•湖南）均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（　　）

A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t＝6s时，B处质点位于波峰
C．t＝8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．t＝10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系；波的叠加．---【专题】定量思想；方程法；振动图象与波动图象专题；推理能力．
【分析】由图a可得波长，由图b可得周期，根据波速计算公式求解波速，由此求出从A传播到B需要的时间；根据B点的振动情况分析t＝6s时B的位置；根据OC间距、OD间距分析C、D处质点振动情况；质点在1个周期通过的路程为4A，由此求解12s内A经过的路程。
【解答】解：A、由图a可知，λ2=5m，则波长λ＝10m，由图b可知，周期T＝4s，则波速v=λT=104m/s＝2.5m/s，因此从A传播到B需要的时间为tAB=xABv=20−102.5s＝4s，故A正确；
B、波峰传到B点的时间为4s，该波在t＝6s时即再经过12TB位于波谷，故B错误；
C、t＝8s时，即再经过2T，根据几何关系可知xOC=102+202m＝105m，2λ＜xOC＜214λ，t＝8s时，即经过2个周期，C处质点正在向波峰处运动，所有振动速度方向竖直向上，故C正确；
D、t＝10s时，即再经过212T，质点D处于平衡位置上方，则回复力方向竖直向下，故D错误；
E、t′＝12s＝3T，E经过的路程为s＝3×4A＝3×4×1cm＝12cm，故E正确。
故选：ACE。
本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
52．（2021•湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．B与v0无关，与H成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．---【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【分析】组合体进入磁场前做平抛运动，由竖直方向做自由落体运动求出进磁场前的竖直速度大小，应用法拉第电磁感应定律，欧姆定律，安培力计算公式结合平衡条件，可得B的表达式；由楞次定律判断感应电流的方向；由P＝Fv判断功率关系；由能量守恒定律判断系统产生的热量是否变化。
【解答】解：A、设组合体质量为m，每个金属框的电阻为R，进入磁场时的速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，竖直方向的速度大小为vy，
组合体进入磁场前做平抛运动，则有vy2＝2gH，
又有vy＝vsinθ=2gH
因金属框边长为L，连接杆长为L，磁场区域高度为L，可知在组合体穿过磁场的过程中始终只有一条水平方向的边在磁场中，左右两竖直方向的边切割磁感线的速度相同，产生的电动势相抵消，则
感应电动势E＝BLvsinθ，
感应电流I=ER，
组合体所受安培力F安＝BIL=B2L2vsinθR=B2L22gHR，
组合体穿过磁场过程中受力平衡，则有F安＝mg
解得：B2=mgRL22gH，可见B2与H成反比，B与H不成反比，B与v0无关，故A错误；
B、由A选项分析可知，I=BLvsinθR，则电流大小不变，组合穿过磁场过程磁通量先增加后减小，再增加再减小，磁场方向垂直纸面向里不变，由楞次定律判断，感应电流方向先逆时针后顺时针，再逆时针再顺时针，故B错误；
C、组合体匀速通过磁场的过程中，安培力始终与重力等大反向，克服安培力做功的功率P＝mgvy，即等于重力做功的功率，故C正确；
D、只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，可知产生的热量等于重力势能减少量，即Q＝4mgL，产生热量不变，故D正确。
故选：CD。
本题考查了电磁感应现象中力学问题以及功能问题。此类问题一般可从两个角度解析：一是从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；二是从能量角度，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
53．（2021•广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（　　）

A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
【考点】闭合电路的欧姆定律；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势．---【专题】定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题；理解能力．
【分析】求出OP转动切割磁感应线的感应电动势的计算公式分析感应电动势是否变化；由于MN切割磁感应线产生的感应电流，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，由此分析安培力的变化、加速度的变化。
【解答】解：A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E＝Brv=12Br2ω，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
B、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，根据F安＝BIr可知，OP受到的安培力减小，故B错误；
C、根据B选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a=BILm发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故C错误；
D、根据B选项分析可知，杆MN中的电流逐渐减小，故D正确。
故选：AD。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律和安培力作用下导体棒的运动问题，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12BL2ω来计算。
54．（2021•浙江）发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（　　）

A．框内电流方向不变
B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷2BL2R
D．电阻产生的焦耳热Q=πUmBL2R
【考点】闭合电路的欧姆定律；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系．---【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】电流方向每经过中性面一次都要变化一次；由图乙判断电动势最大值；根据公式q=I△t求解；根据焦耳定律求得金属框转过一周电阻产生的焦耳热。
【解答】解：A、当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，故A错误；
B、由图乙可知，电动势的最大值为Um ，故B正确；
C、金属框转过半周流过电阻的电荷量为：q=I△t=ER△t=△ΦR=BL2+BL2R=2BL2R，
则金属框转过一周流过电阻的电荷量为：q′＝2q=4BL2R，故C错误；
D、因为Um＝BωL2，则ω=UmBL2，根据焦耳定律，可知金属框转过一周电阻产生的焦耳热为：
Q=U2RT=(Um2)2R⋅2πω=πUmBL2R，故D正确。
故选：BD。
本题考查了交流电的图象，会根据图象求解交流电的最大值及有效值，求电荷
量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值。
三．填空题（共1小题）
55．（2021•乙卷）图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.3s后，其波形曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3s。若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为 　0.5　m/s，周期为 　0.4　s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为 　1.2　s。

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．---【专题】比较思想；图析法；振动图象与波动图象专题；分析综合能力．
【分析】已知该波的周期T大于0.3s，说明波传播时间小于周期，传播距离不到一个波长，由图确定波传播距离与波长的关系，根据时间与周期的关系求波的周期。
【解答】解：波在一个周期内传播的距离为一个波长，该波的周期T大于0.3s，则该波在0.3s内传播的距离小于一个波长。
若波是沿x轴正方向传播的，则该波在0.3s内传播的距离为34λ，则有0.3s=34T1，故T1＝0.4s，波长为λ＝20cm＝0.2m，则波速为v1=λT1=0.20.4m/s＝0.5m/s；
若波是沿x轴负方向传播的，该波在0.3s内传播的距离为14λ，则有0.3s=14T2，故T2＝1.2s。
答案：0.5，0.4，1.2。
解决本题时要注意波传播的距离不是一个通项，而是特殊值，要能够从图象中得出波传播距离与波长的关系，从而确定波传播时间与周期的关系。