2022江蘇高考二模物理試題分類匯編電學

一、單選題

（南京市、鹽城市高三（下）第二次模擬）1.如圖是汽車上使用的電磁制動裝置示意圖。電磁制動是一種非接觸

的制動方式，其原理是當導體在通電線圈產生的磁場中運動時，會產生渦流，使導體受到阻礙運動的制動力。下

列說法正確的是（）

旋轉軸運動導體（轉盤）

A.制動過程中，導體不會產生熱量

B.如果導體反向轉動，此裝置將不起制動作用

C.制動力的大小與線圈中電流的大小無關

D.線圈電流一定時，導體運動的速度越大，制動力就越大

（南京市、鹽城市高三（下）第二次模擬）2.如圖所示，粗細均勻的圓形絕緣環位于空間直角坐標系中的xOy平

面內，其幾何中心與坐標原點。重合。處于每個象限的,圓環都均勻帶有相同電量的電荷，電性如圖所示。點

4

1、2、3、4、5、6分別位于z、x、y軸上，它們與原點間距相同，以下說法錯誤的是（）

A.點1、點2處的場強一定相同B.點3、點4處的場強一定相同

C.點3、點4處的電勢一定相等D.點5、點6處的電勢一定相等

（連云港市高三（下）考前模擬考試二）3.某種除顫器的簡化電路，由低壓直流電源經過電壓變換器變成高壓

電，然后整流成兒千伏的直流高壓電，對電容器充電，如圖甲所示。除顫時，經過電感等元件將脈沖電流（如圖

乙所示）作用于心臟，實施電擊治療，使心臟恢復竇性心律。某次除顫過程中將電容為20所的電容器充電至

6.0kV,電容器在時間為內放電至兩極板間的電壓為0。其他條件不變時，下列說法正確的是（)

+L

O--

壓

電

高

電

壓

低

直

壓

變

流

源

整

換

流

器

A.線圈的自感系數C越大，放電脈沖電流的峰值越小

B.線圈的自感系數L越小，放電脈沖電流的放電時間越長

C.電容器的電容C越小，電容器的放電時間越長

D.在該次除顫過程中，流經人體的電荷量約為120c

（連云港市高三（下）考前模擬考試二）4.如圖所示，兩個電荷量相等的點電荷固定在直線上的A8兩點，虛線

為線段A8的垂直平分線，交A3于。，曲線時為一質子的運動軌跡，軌跡與外〃兩點均關于。點對稱。除電場

力外，質子受到的其他力均可不計。下列說法正確的是（）

A.兩個點電荷一定是異種電荷

B.質子在以b兩點的加速度相同

C.質子在〃點的電勢能大于在方點的電勢能

D.運動過程中質子經過久b兩點時的速度大小一定相等

（連云港市高三（下）考前模擬考試二）5.如圖所示，光滑絕緣水平面上有一正方形導線框abed,虛線右側是勻

強磁場區域，磁場場方向豎直向下。f=0時，導線框cd邊恰與磁場左邊界重合，在水平外力尸作用下由靜止開始

向右運動，外力F與導線框速度丫的關系是尸=穌+加（尸。、左是常量）。在導線框進入磁場的過程中，關于感應

電流i與時間f的關系，下列圖像中不可能的是（）

c.D.

OtOt

（蘇錫常鎮四市高三（下）教學情況調研二）6.足夠大的帶電金屬平板其附近的電場可看作勻強電場，平行板電

容器，其內部電場是兩個極板電荷的疊加場。某平行板電容器的帶電量為Q,內部場強為E,不計電容器的邊緣效

應，其兩極板間的吸引力為（）

A.QEB.尊C.2QED.4QE

（蘇錫常鎮四市高三（下）教學情況調研二）7.如圖所示，兩光滑平行長直導軌，間距為d,放置在水平面上，

磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直，兩質量都為，小電阻都為，?的導體棒乙、乙垂直放置在導軌上，與

導軌接觸良好，兩棒兩導體棒距離足夠遠，。靜止，%以初速度%向右運動，不計導軌電阻，忽略感生電流產生

的磁場，則（）

L?L]

XXXXXX

V

XX『XXXX

XxXXXX

A.導體棒右的最終速度為%B.導體棒乙產生的焦耳熱為即噴

8

C.通過導體棒橫截面的電量為鬻D.兩導體棒的初始距離最小為黑

BdB'd

（蘇錫常鎮四市高三（下）教學情況調研反饋二）8.如圖所示，兩個距離較近的足夠大的金屬板組成平行板電容

器，兩極板帶上等量異種電荷。可認為每個極板上電荷均勻分布，由對稱性可知，每個極板單獨激發的電場為與

其垂直且兩側對稱的勻強電場。現把兩極板間距離增加為原來的2倍，不考慮邊界效應，兩極板間的靜電作用力

變為原來的（）

+Q-Q

ab

A.1倍B.gC.；D.2倍

24

（蘇錫常鎮四市高三（下）教學情況調研反饋二）9.如圖所示，足夠長的水平光滑金屬導軌所在空間中，分布著

垂直于導軌平面且方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為兩導體棒。、匕均垂直于導軌靜止放置，接觸

良好。已知導體棒。質量為2,“，導體棒6質量為山，長度均為/,電阻均為，其余部分電阻不計。現使導體棒。

獲得瞬時平行于導軌水平向右的初速度％。除磁場作用外，兩棒沿導軌方向無其他外力作用，在兩導體棒運動過

程中，下列說法正確的是（）

fB|

A.從開始到最終穩定的任意一段時間內，導體棒6的動能增加量等于于導體棒a的動能減少量

B.從開始到最終穩定的任意一段時間內，導體棒人的動量改變量與導體棒”的動量改變量相同

C.從開始到最終穩定的全過程中，通過導體棒6的電荷量為粵

3BI

D.從開始到最終穩定的全過程中，兩棒共產生的焦耳熱為彳團說

（連云港市高三（下）第二次調研考試）10.如圖，圓心為。的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab

和〃為圓的兩條直徑，NaOc=60。。將一電荷量為q的正點電荷從。點移到b點，電場力做功為W（W>0）；若

將該電荷從d點移到c點，電場力做功也為W。下列說法正確的是（）

a、c兩點的電勢相等

電場強度方向由a指向d

a、O兩點間的電勢差大于丁

2q

D.將該電荷從d點移到圓周上不同點時，電場力做功最大值為|卬

（連云港市高三（下）第二次調研考試）11.利用霍爾元件可以制作位移傳感器。如圖甲所示，將霍爾元件置于

兩塊磁性強弱相同、同名磁極相對放置的磁體間隙中，以中間位置為坐標原點建立如圖乙所示空間坐標系。當物

體沿x軸方向移動時，霍爾元件將產生不同的霍爾電壓已知在小范圍內，磁感應強度B的大小與x成正比。電

流/沿+z方向且保持不變。下列說法正確的是（）

霍爾元件

^7

電流/越小，霍爾電壓u越大

位移傳感器無法確定位移的方向

c.位移傳感器的刻度線是均勻的

D.當霍爾元件處于x>0的位置時，上表面電勢高

（南通泰州市高三（下）第二次調研測試）12.如圖所示，電阻為，?的金屬直角線框岫放置在磁感應強度為B

的勻強磁場中，，/、d兩點連線與磁場垂直，ab、cd長均為/,兒長為2/,定值電阻阻值為心線框繞ad連線以角

速度。勻速轉動，從圖示位置開始計時，則（）

B.a、d兩點間的電壓為正B/2（y

C.電流瞬時值的表達式為，?=2B/-0COSW

R+r

D.半個周期內通過R的電荷量為些

R+r

（南通泰州市高三（下）第二次調研測試）13.當空氣中的電場強度超過歷時，空氣會被擊穿。給半徑為R的孤

立導體球殼充電，球殼所帶電荷量的最大值為。，已知靜電力常量為鼠則。為（）

A.隹B口

2kk

C.坐E小

2k'k

（南通泰州市高三（下）第二次調研測試）14.如圖所示，甲、乙、丙為三個相同的鋁管，甲、乙兩管的側壁分

別開有橫槽和豎槽，丙管未開槽，現將三個鋁管分別套在豎直圓柱形強磁鐵上，由上端口靜止釋放，忽略管與磁

鐵間的摩擦以及開槽后管的質量變化。關于鋁管穿過強磁鐵的時間，下列判斷正確的是（）

A.甲最短B.乙最短

C.丙最短D.甲、乙相同

（鹽城市高三（下）考前模擬考試（二模））15.隨著經濟發展，用電需求大幅增加，當電力供應緊張時，有關部

門就會對部分用戶進行拉閘限電。如圖是遠距離輸電的原理圖，假設發電廠輸出電壓恒定不變，輸電線的電阻為

R,兩個變壓器均為理想變壓器。在某次拉閘限電后（假設所有用電器可視為純電阻）電網中數據發生變化，下列

說法正確的是（）

發

電U.用

/戶

%

升壓變壓器降壓變壓器

A.降壓變壓器的輸出電壓U4減小了

B.升壓變壓器的輸出電流增加了

C.輸電線上損失的功率減小了

D.發電廠輸出的總功率增加了

（鹽城市高三（下）考前模擬考試（二模））16.如圖所示，水平面的“稅區域內存在有界勻強磁場，磁感應強度

大小為8,邊界的夾角為30。，距頂點匕為L的S點有一粒子源，粒子在水平面內垂直從邊向磁場內發射速度大小

不同的帶負電的粒子、粒子質量為，小電量大小為q,下列說法正確的是（）

A.從邊界反射出的粒子速度方向各不相同

B.粒子離開磁場時到b點的最短距離為上

C.垂直邊界M射出的粒子的速度大小為轡

2m

nm

D.垂直邊界仍射出的粒子在磁場中運動的時間為二

（鹽城市高三（下）考前模擬考試（二模））17.如圖所示，圓形虛線框內有一垂直紙面向里的勻強磁場，O。、

Ob、Oc、0”是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，“、b、〃三個出射點和圓心的連線分別

與豎直方向成90。、60。、45。的夾角，則下列判斷正確的是（）

A.沿徑跡運動的粒子在磁場中運動時間最短B.沿徑跡0c、04運動的粒子均為正電子

C.沿徑跡3、06運動的粒子速率比值為且D.沿徑跡06、CW運動的時間之比為9：8

3

（鹽城市高三（下）考前模擬考試（二模））18.如圖所示，三條水平虛線6、4、%之間有寬度為L的兩個勻

強磁場區域I、II,兩區域內的磁感應強度大小相等方向相反，正方形金屬線框加〃的質量為〃八邊長為L,開

始外邊與邊界。重合，對線框施加拉力尸使其勻加速通過磁場區，以順時針方向電流為正，下列關于感應電流，

和拉力廠隨時間變化的圖像可能正確的是（)

二、解答題

（南京市、鹽城市高三（下）第二次模擬）19.如圖為某室內模擬滑雪機，機器的前后兩個傳動軸由電動機提供

動力并帶動雪毯持續向上運動，使滑雪者獲得真實的滑雪體驗。已知坡道長L=8m,傾角為生37。，雪毯以速度

vo=8m/s向上做勻速直線運動，一質量，片60kg（含裝備）的滑雪者從坡道頂端由靜止滑下，滑雪者未做任何助力

動作，滑雪板與雪毯間的動摩擦因數/『0.25,重力加速度g=10m/s2,$也37。=0.6,8S37G0.8.不計空氣阻力，在滑

雪者滑到坡道底端的過程中，求：

（1）滑雪者所受合力的沖量/;

（2）與空載相比電動機多消耗的電能E。

（南京市、鹽城市高三（下）第二次模擬）20.如圖所示，圓心為。的同心圓形區域內存在垂直于紙面的磁場，

其中K/=3Ro,R2=2RO,圓形邊界間環形區域內勻強磁場的磁感應強度大小為B/。一個電量為-q,質量為他的粒子

由靜止經電場加速后以速度v指向。點入射。

（1）求加速電場的電壓。與速度v的關系式；

（2）若粒子要能進入半徑為&的圓形區域，求速度v的最小值叫而。

（3）若粒子速度大于第（2）問中的吠而”，為使其擊中。點，求半徑為R2的圓形區域的勻強磁場的磁感應強度大

小歷。

（連云港市高三（下）考前模擬考試二）21.圖甲為某同學設計的充電裝置示意圖，線圈油匝數為"=100匝，

面積為S=103m2,勻強磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度隨時間按正弦規律變化，如圖乙所示。理想變壓器

副線圈接充電器，已知額定電壓為6V的充電器恰能正常工作，不計線圈電阻。求：

（1）線圈"中的最大感應電動勢Em；

（2）變壓器原、副線圈匝數比如：〃2。

'.2\0(4t/s

（連云港市高三（下）考前模擬考試二）22.利用電磁場改變電荷運動的路徑，與光的傳播、平移等效果相似，

稱為電子光學。如圖所示，在xOy坐標平面上，第三象限存在著方向沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為

E。在其余象限存在垂直紙面的勻強磁場，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感應強度大小均為8（未

知）。在坐標點（0,-勺處有一質量為〃八電荷量為g的正電粒子，以初速度J警沿著x軸負方向射入勻強電

場，粒子在運動過程中恰好不再返回電場，忽略粒子重力。求：

（1）粒子第一次進入磁場時的速度V：

（2）磁感應強度B的大小；

（3）現將塊長為班心的上表面涂熒光粉的薄板放置在x軸上（圖中未畫出），板中心點橫坐標七=46乙，僅將第

四象限的磁感應強度變為原來的左倍（&>1）,當人滿足什么條件時，板的上表面會出現熒光點。

（蘇錫常鎮四市高三（下）教學情況調研二）23.如圖所示，為實驗室使用的旋轉磁極式發電機模型，線圈浦cd

的匝數N=100,內阻r=4。，輸出端與理想變壓器的原線圈相連，理想變壓器原、副線圈的匝數比為

勺：％=4:1,副線圈外接電阻R=1Q。轉動磁極，線圈內磁場的磁通量的變化規律為：

①=：^"Sin10加（Wb）。閉合S,求：

（1）線圈產生電動勢的有效值E;

（2）電阻R中的電流強度4。

（蘇錫常鎮四市高三（下）教學情況調研二）24.如圖所示，某行星的赤道線，半徑為R,在其赤道平面上，行

星產生的磁場可以近似看成以行星中心為圓心、半徑為3R的有界勻強磁場，磁感應強度為瓦太陽耀斑爆發時，

向該行星持續不斷的輻射大量電量為4、質量為〃?的帶正電的粒子，粒子速度方向平行，垂直于A8,速度大小介

于某一范圍，已知從A點射入磁場的帶電粒子在磁場作用下恰能到達赤道線下半圓弧上的各點，不計一切阻力。

（1）求帶電粒子的速度范圍；

（2）求帶電粒子從磁場邊緣到行星赤道面的最短時間；

（3）帶電粒子在該行星赤道上存在一段輻射盲區（不能到達的區域），求該盲區所對圓心角的正弦值。

用腳即H響曲1

又XX父、、、

/XXXXXx'\

/xxxx岡

“：XxAXX盧

\XXXXXX；

\XXXXXx,/‘

xx

（蘇錫常鎮四市高三（下）教學情況調研反饋二）25.如圖所示為一個小型交流發電機的示意圖，其線框A8CD

匝數〃=100匝，面積為S=0.020?,總電阻尸10。，繞垂直于磁場的軸OO'勻速轉動，角速度。=100rad/s。已知

勻強磁場磁感應強度8=后，矩形線框通過滑環與理想變壓器相連，副線圈與電阻相接，電表均為理想電表，

電壓表示數為U=180V。從線框轉至中性面位置開始計時，求：

（1）線框中感應電動勢的瞬時值表達式；

（2）電流表的示數；

（3）當原、副線圈匝數比為3：1時，電阻R的阻值。

（蘇錫常鎮四市高三（下）教學情況調研反饋二）26.雙聚焦分析器是一種能同時實現速度聚焦和方向聚焦的質

譜儀，其模型圖如圖（a）所示。其原理圖如圖（b）所示，電場分析器中有指向圓心。的輻射狀電場，磁場分析

器中有垂直紙面的勻強磁場。質量為〃八電荷量為q的離子被加速后，進入輻射電場，恰好沿著半徑為R的圓弧

軌跡通過電場區域后，垂直邊界從P點進入，圓形磁場區域，PO尸丸之后垂直磁場下邊界射出并從K點進入檢

測器，檢測器可在0>M和O2N之間左右移動且與磁場下邊界距離恒等于0.54。已知圓弧軌跡處的電場強度為E。

（1）求磁場區域磁感應強度B；

（2）由不同離子組成的粒子束，以不同速度進入電場分析器后能沿著半徑為R的圓弧軌跡通過電場并從P點垂直

進入磁場，粒子離開O/O2時與042所夾銳角相同，若探測器能接收到的粒子中比荷幺的最大值與最小值之比為

m

/I,求2的值。

（連云港市高三（下）第二次調研考試）27.如圖是交流發電機的發電供電原理圖。一矩形線圈在勻強磁場中繞

垂直于磁場的軸。。'勻速轉動，線圈共220匝，線圈面積為0.051m2,轉動頻率為50Hz,磁場的磁感應強度為立

兀

T?發電機的輸出端心〃與理想變壓器的原線圈相連，變壓器副線圈接有兩個標有“220V,llkW”的電動機。已知

變壓器原、副線圈的匝數比為5：1,電動機正常工作。求:

（1）電流表的示數;

（2）線圈的內阻。

（）

（連云港市高三（下）第二次調研考試）28.如圖所示，在二象限內，0$口區域有沿y軸正方向的勻強電場，電

場強度E=誓；d穌3d區域有垂直于xOy平面向里，大小可調的勻強磁場I。一質量為，小電荷量為q的帶正

電粒子，自點尸（0,6d）處以大小為vo、方向與>軸正方向成30。的速度進入勻強磁場H（圖中未畫出），勻強磁

場n的邊界為矩形，方向垂直于X。〉平面，粒子從磁場n飛出后恰好能沿x軸負方向過坐標原點不計粒子的

重力。求：

（1）磁場n的磁感應強度大小；

（2）磁場n的最小面積；

（3）當磁場I的磁感應強度大小為B/時，粒子恰好不能從磁場I的上邊界穿出，粒子第一次返回后與x軸的交點

記為。；當磁場I的磁感應強度大小為歷時，粒子經過多偏轉后仍能經過。點求治與⑶所有可能的比值。

XXXX

X-X.—X.Lx

tt畫

（南通泰州市高三（下）第二次調研測試）29.硼中子俘獲療法是腫瘤治療的新技術，其原理是進入癌細胞內的

硼核（'；B）吸收慢中子，轉變成鋰核（；Li）和a粒子，釋放出/光子。已知核反應過程中質量虧損為△〃?，/光子的

能量為瓦，硼核的比結合能為E/,鋰核的比結合能為普朗克常量為〃，真空中光速為c。

（1）寫出核反應方程并求出Y光子的波長4；

（2）求核反應放出的能量E及氮核的比結合能員。

（南通泰州市高三（下）第二次調研測試）30.如圖所示，在xQy豎直平面坐標系中x軸上方有豎直向下的勻強

電場，下方有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為粒子源從S（-d,0）處在坐標平面內先

后向磁場中與+x方向夾角為30。~150。范圍內發射粒子，所有粒子第一次經磁場偏轉后同時從。點進入電場，此

后粒子到達x軸時的位置均分布在S點的右側（包含S點）。已知粒子的質量為機、電荷量為+夕，不計粒子重力及

粒子間相互作用。

（1）求從S發出的粒子的最小速度v；

（2）求電場強度的大小心；

（3）若電場強度E為（2）中乙的4倍，最遲射出的粒子和速度最小的粒子經過x軸上同一點，求該點的坐標。

xxxxXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

（鹽城市高三（下）考前模擬考試（二模））31.如圖甲所示，現有一機械裝置，裝置。右端固定有一水平光滑絕

緣桿，裝置可以帶動桿上下平行移動，桿上套有兩個小球h,質量?=lkg,,%=2kg,。球帶電量＜7=+lC,b

球不帶電。初始時。球在桿的最左端，且〃、b球相距L=O」0m。現讓裝置。帶動桿以%=5m/s向下勻速平動，

并且加上一垂直桿向里的磁感應強度3=1T的勻強磁場，已知小球和桿始終在磁場中，球發生的碰撞均為彈性碰撞,

且碰撞過程中電荷量不發生轉移。

(1)求小球。、〃第一次發生碰撞后的速度分別是多少？

(2)若已知在桿的最右端恰好發生第十次碰撞，則桿的長度是多少？

(3)若如圖乙所示，將該裝置固定不動，并在右端固定一個半徑為R=Gm的四分之一圓弧形軌道，圓弧的圓心

恰在桿的最右端。初始時兩球均靜止。現給“球一個向右的沖量，求6球落到圓弧形軌道上動能的最小值，并求

出此時給。球的沖量/的大小。(g取lOm/s?)

nxx

|lxxxx

xaxxx

P-XTXX

甲乙

參考答案：

1.D

【解析】

【詳解】

A.電磁制動的原理是當導體在通電線圈產生的磁場中運動時，會產生渦流，電流流過電阻

時會產生熱量,A錯誤；

B.如果改變線圈中的電流方向，鐵芯產生的磁感線的方向變為反向，此時產生的渦流方向

也相反，根據安培力的公式，電流和所處的磁場方向同時反向，安培力方向不變，故還是

使導體受到阻礙運動的制動力,B錯誤；

C.線圈中電流越大，則產生的磁場越強，則轉盤轉動產生的渦流越強，則制動器對轉盤的

制動力越大，C錯誤；

D.線圈電流一定時，導體運動的速度越大，轉盤轉動產生的渦流越強，制動力就越大,D

正確。

故選D。

2.B

【解析】

【詳解】

A.根據電場強度疊加原理，點1和點2的場強都為零，場強相同，A不符合題意；

B.根據電場強度疊加原理，點3和點4的場強大小相同，方向相反，場強一定不同，B

符合題意；

C.根據微元法和等效法，點3和點4可看作等量異種電荷中垂線上的點，電勢都跟無窮

遠處電勢相同。C不符合題意；

D.根據微元法和等效法，點5和點6可看作等量異種電荷中垂線上的點，電勢都跟無窮

遠處電勢相同。D不符合題意；

故選B。

3.A

【解析】

【詳解】

A.線圈的自感系數L越大，阻礙電流的感抗X1=2萬幾越大，則放電電流越小，放電脈沖

電流的峰值也越小，故A正確；

BC.振蕩電路的振蕩的振蕩周期為

T=2TT4LC

電容器在時間4內放電至兩極板間的電壓為0,即

則線圈的自感系數L越大，放電脈沖電流的放電時間越長；電容器的電容C越大，放電脈

沖電流的放電時間越長，故BC錯誤；

D.電容為20所的電容器充電至6.0kV,則電容器儲存的電量為

Q=CU=20x10-6X6X103C=O.12C

故在該次除顫過程中，流經人體的電荷量約為0.12C,故D錯誤；

故選Ao

4.D

【解析】

【詳解】

A.由曲線的彎曲情況可知，質子與兩點電荷之間均存在吸引力，因此兩個點電荷均帶負

電，故A錯誤；

B.由等量負點電荷周圍電場分布規律可知，久b兩點處的電場強度等大反向，且質子在

公b兩點處的電勢相等，故質子在。點受到的電場力與在b點受到的電場力等大反向，結

合牛頓第二定律可知，質子在〃點的加速度與在匕點的加速度等大反向，故B錯誤；

CD.由于a、b兩點的電勢相等，則質子在a、b兩點的電勢能相等，由能量守恒定律可

知，質子在公。兩點的動能相等，速度大小相等，故C錯誤，D正確。

故選D。

5.B

【解析】

【詳解】

設線框的邊長為L、電阻為R、質量為加，磁場的磁感應強度為B,當線框的速度為v

時，安培力的大小為

此時線框的加速度為

0_F-F發_F(kR-B2l3)v

mmmR

若

k餐

R

則有

4=乙

m

為一個定值，感應電流

BLvBLa

i=-----=------1

RR

則有i與f成正比；

若

,B21}

k>------

R

則有加速度〃隨著速度的增大而增大，感應電流

,BLvBLa

l=-----=------1

RR

iT圖象的斜率增大；

若

則有加速度。隨著速度的增大而減小，感應電流

,BLvBLa

i=-----=------1

RR

i—圖象的斜率減小；綜上所述，故ACD正確，B錯誤；

故圖像中不可能的是選B。

6.B

【解析】

【詳解】

將電容器的一個極板上的電荷看作是場源電荷，另一個極板上的電荷看作檢驗電荷，由題

意可知電容器內部電場是兩個極板電荷的疊加場，則場源電荷產生的電場場強大小為

因此兩極板相互間的靜電力為

FEQE

22

故B正確，ACD錯誤。

故選B。

7.D

【解析】

【詳解】

A.根據楞次定律，導體棒乙、4最終以相同的速度勻速直線運動，設共同速度為K，水

平向右為正方向，根據動量守恒定律可得

mv0=2mvl

解得

故A錯誤；

B.設導體棒。、4在整個過程中產生的焦耳熱為。總，根據能量守恒定律可得

1,|2

2wvo=Q.a+5(2,")、-

解得

c12

°總=不叫)

導體棒右、4的電阻都為「，因此導體棒乙產生的焦耳熱為

Q=^Q&=^mvo

故B錯誤；

C.對導體棒4，由動量定理得

Bidt=mvx

因為4=〃，故

Bdq=mvx

因此通過導體棒橫截面的電量為

mv_mv

qx-------Q--------

Bd2Bd

故C錯誤；

D.當導體棒。、A速度相等時距離為零，則兩棒初始距離最小，設最小初始距離為/，則

通過導體棒橫截面的電量

解得

/二叫r

~B2d2

故D正確。

故選D。

8.A

【解析】

【詳解】

當兩塊相同的帶等量異種電荷的較大金屬板相距很近時，其中間區域，可以看作是兩個無

限大帶電平面所產生的勻強電場疊加；如果再忽略邊緣效應，平行板電容器兩板間的電場

就可以看作是勻強電場，設每個極板帶電量為。，每個極板單獨激發的電場強度為E，則

兩極板間的場強為2E,一個極板受另一個極板的電場力為

F=EQ

若兩極板間距離增加為原來的2倍，則每個極板在另一個極板處的場強不變，則兩極板間

的靜電作用力不變。

故選Ao

9.C

【解析】

【詳解】

AB.根據題意可知，兩棒組成回路，電流相同，故所受安培力合力為零，動量守恒，故任

何一段時間內，導體棒的動量改變量跟導體棒。的動量改變量總是大小相等、方向相

反；根據能量守恒定律可知，。的動能減少量等于匕的動能增加量與回路中產生的焦耳熱

之和，A、B錯誤；

CD.“、方兩棒的速度最終相等，設為U,根據動量守恒定律可得

2mvQ=(2m+ni)v

對b棒，由動量定理有

mv-0=Blit=Blq

解得

根據能量守恒定律，兩棒共產生的焦耳熱為

2

Q=gx2/nv0—g（2m+加）^=gmv1

D錯誤，C正確。

故選C。

10.D

【解析】

【詳解】

-W

AB.根據U=一可知

q

Ui"

即

處一例=①一牝

整理得

可得ac連線中點和僅/連線中點電勢相等，則E尸為等勢線，電場線垂直等勢線斜向左

下，如圖所示

由圖結合幾何關系可知，c點電勢低于〃點電勢，電場線沿著“c方向，故AB錯誤；

C.根據勻強電場的特點，沿著一個方向電勢降低是均勻的，可知4、。兩點間的電勢差等

W

于丁，故c錯誤；

2q

D.由圖可知，當該電荷從"點移到G點時，電場力做功最多，根據幾何關系可知

/,=彳

故D正確。

故選D。

11.C

【解析】

【詳解】

A.根據題意得

飲'=吟

I=nqSv

解得

U=—I

nqS

電流/越小，霍爾電壓U越小，A錯誤；

C.根據題意

B=kx

解得

..kdl

U=----x

nqS

電壓與位移成正比，位移傳感器的刻度線是均勻的，C正確；

B.若載流子帶電荷正負確定，根據左手定則，可以確定上表面電勢的高低，位移傳感器可

以確定位移的方向，B錯誤；

D.載流子的正負電荷無知，如果載流子是正電荷，則正電荷在洛倫茲力作用下向上偏轉上

極板電勢高，如果載流子是負電荷在洛倫茲下也是向上偏轉則下極板電勢高，因此無法確

定上表面電勢高低，D錯誤。

故選C。

12.D

【解析】

【詳解】

A.線圈產生的是正弦交流電，正弦交流電在一個周期內方向改變2次，故A錯誤；

B.回路中產生的感應電動勢有效值為

d兩點間的電壓為路端電壓

故B錯誤；

C.從中性面開始轉動，是正弦交流電，電流瞬時值表達式

故c錯誤；

D.半個周期通過的電荷量

故D正確。

故選Do

【解析】

【詳解】

均勻帶電球殼對殼外某點的場強，可以看做集中在球殼中心的點電荷對求外某點的場強,

由

kQ

R2

故ACD錯誤，B正確。

故選B。

14.B

【解析】

【詳解】

下落過程中，鋁管中磁通量變化會產生感應電流，根據楞次定律"阻礙”含義可知，受到向

上的安培力阻礙其運動，乙管開有豎槽，電阻最大，產生的感應電流最小，因此安培力最

小，運動最快，因此乙向下運動的時間最短，故ACD錯誤，B正確。

故選B。

15.C

【解析】

【詳解】

AB.拉閘限電后，用電器減少，意味著并聯支路減少，用戶端總電阻增加，L減小，

4=4也隨著減小，輸電線上的電壓損失AU減小，由于發電廠輸出電壓G恒定，輸送電

壓力也恒定，根據

U2=AU+U3

可知4增加，U4也增加，故AB錯誤；

C.根據

可知輸電線上損失的功率減小了，故C正確；

D.右減小，乙也隨著減小，發電廠輸出電壓G恒定，所以發電廠輸出總功率減小，故D

錯誤.

故選C。

16.B

【解析】

【詳解】

A.粒子豎直向上進入磁場，軌跡圓心一定在歷邊上，若粒子能從邊界松射出，粒子的速

度方向一定豎直向下，故方向均相同，A錯誤；

B.當軌跡恰好與成邊相切時，粒子從兒邊離開磁場時到匕點的距離最短，由幾何關系可

得

(L-N)sin3CT=凡

離b點的最短距離為

△s=L-2R、

聯立解得

As=一

B正確；

C.垂直邊界時射出的粒子，軌道半徑為

R2=L

由洛倫茲力作為向心力可得

v2

qvB=m—

R2

解得粒子的速度大小為

m

C錯誤；

D.粒子在磁場中的運動周期為

丁27nn

1=-----

qB

垂直邊界外射出的粒子在磁場中運動的時間為

L30丁_7tm

-360~~6qB

D錯誤。

故選B。

17.C

【解析】

【分析】

【詳解】

A.由于正電子和負電子的電量和質量機均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有

2

qvB=m——

R

,24R

v

解得

72九m

1=------

qB

可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡Oc運動的粒子偏轉角最大，圓心角也最大，設偏轉角

為仇由

2萬

可知沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最長，A項錯誤：

B.由左手定則可判斷沿徑跡Oc,。/運動的粒子均帶負電，B項錯誤；

C.設圓形磁場半徑為r,根據幾何關系可得沿徑跡。n,。沙運動的粒子軌道半徑分別為

ra=r,rh=s/3,根據

2

qBv=m—

可得

%%3

C項正確：

D.由前述分析可知，運動時間之比為偏轉角之比所以

二%="=+

td儲45。3

D項錯誤。

故選C。

18.B

【解析】

【詳解】

當油邊向右運動0-L的過程中，用時間

E]=BLat

電流

L,=-E^.=-BL-a1

1RR

方向為正方向；拉力

B

F口—ma+F口..-maH-----。----1

女{R

當岫邊向右運動L-2L的過程中，用時間

“借杼=(&一欄

E2=2BLat

電流

/._=—E?—=2BLa1

2RR

方向為負方向；拉力

F=ma+F.-ma+.吃

女R

對比四個圖線可知，只有B正確。

故選Bo

19.(1)480N-S；(2)1920Jo

【解析】

【詳解】

(1)在滑雪者滑到坡道底端的過程中

mgsin6^-Ringcos0=ma

解得

a=4m/s2

到達底端速度

v2=2aL

滑雪者所受合力的沖量

/=wv-0=480Ns

(2)滑雪者滑行時間

V-

t=—=2s

與空載相比電動機多消耗的電能等于克服摩擦力做功

E-jLitng-vorcos0=1920J

2

20.(1)U=-^-v.(2)券因；⑶B2T

2q4〃24

【解析】

【詳解】

(1)根據動能定理可得