1、专题08 选择题电磁学部分【2019丰台二模】17一带正电粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其速度随时间变化的图像如图所示，tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点，A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为A、B，则可以判断（ ）AEAEBCA=BDAB【答案】：B【考点】：带电粒子在电场中运动时场强大小和电势高低的判定。【解析】：图像斜率的物理含义是加速度，由图像中时刻的斜率大于时刻的斜率可知，带电粒子运动过程中经过A点的加速度大于B点的加速度，又因为该过程中带电粒子仅受电场力，不变，所以由可知， ，A选项错误，B选项正确；由图像可知，该粒子在运动过程中的速度在增大，所以电场力对其做正功，
2、又因为粒子带正电，所以，由可知，所以选项C、D错误。【2019房山二模】17某空间区域有竖直方向的电场（图中只画出了一条电场线）。一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动。不计一切阻力，运动过程中小球的机械能E与小球位移x的关系图象如图所示，由此可以判断（ ） A小球所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上B小球所处的电场为匀强电场，场强方向向下C小球可能先做加速运动，后做匀速运动 D小球一定先做加速运动，达到最大速度后做减速运动，最后静止【答案】：A【考点】：带电体在非匀强电场和重力场组成的复合场中运动情况、功能关系分析。【解析】：根据
3、功能关系，小球运动过程中机械能的变化，取决于电场力做功情况，电场力做正功，电势能减少，机械能增加；电场力做负功，电势能增加，机械能减少。由题中给出的图像可知，小球机械能先减少后不变，即电势能先增加后不变，说明电场力先做负功后不做功，又因为小球带正电，沿电场线竖直向下运动，所以场强方向向上。图像的斜率表示电场力的变化情况，斜率逐渐减小为零，说明电场力逐渐减小到零，场强逐渐减小到零。所以选项A正确，B错误。由牛二定律可知：，故该过程中小球一直做加速运动，选项C、D均错误。【2019海淀二模】19某同学按如图1所示连接电路，利用电流传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷
4、向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线，如图2所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积S，但电源电动势、内电阻、电容器的电容均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是（ ）A电容器放出的总电荷量 B电阻R两端的最大电压C电容器的电容 D电源的内电阻【答案】：D【考点】：电容器的放电过程研究【解析】：图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即，所以选项A所说可求。电阻R两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则，所以选项B所说可求。知道了Q和Umax，选项C所说的电容器的电容也可求
5、了，即。选项D所说的电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即，内电阻没法求出，所以该题答案选D.【2019海淀二模反馈】19某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U-t曲线，如图2所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0，图线与坐标轴围成的面积S、任一点的点切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是 （
6、） A电容器放出的总电荷量 B电阻R两端的最大电流 C定值电阻R D电源的电动势和内电阻【答案】：D【考点】：电容器的放电过程研究【解析】：由得，所以A选项所说的电容器放出的总电荷量可求。我们先来看C选项，由得，则，选项C所说的定值电阻R可求。电阻R两端的最大电流即为电容器刚开始放电的时候，则，于是选项B电阻R两端的最大电流可求。根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即，内电阻无法求出，所以该题答案选D.【2019昌平二模】19如图6所示，两个电阻串联后接在电路中a、b两点。已知a、b两点间的电压保持10V不变。某同学把一个电压表并联在R1两端时，电
7、压表读数为5V。下列说法正确的是 （ ） A将该电压表并联在R2两端时，电压表读数小于5VB将该电压表并联在R2两端时，电压表读数等于5VCR1R2DR1=R2【答案】：A【考点】：电压表内阻的影响、串并联电路的特点、欧姆定律。【解析】：将该电压表并联在R1两端时，此时电压表和R1并联在一起，再和R2串联，接在电源两端。因为此时电压表的读数为5V，所以此时R2两端的电压也是5V。根据串联电路电流相等的特点可知，通过电压表和R1的电流之和就等于通过R2的电流，由和可知。又因为两电阻并联，总电阻比其中最小的那个电阻的阻值还要小，所以，选项C、D错误。将该电压表并联在R2两端时，显然，电压表读数小于
8、5V，选项A正确、B错误。【2019丰台二模】19用伏安法测电阻，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择用何种接法时，可采用试触的方法。如图所示，某同学测量未知电阻R时，让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点和C点。他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化。则下列说法中正确的是（ ） AR与电压表阻值接近，应选择电流表内接电路BR与电压表阻值接近，应选择电流表外接电路CR与电流表阻值接近，应选择电流表外接电路DR与电流表阻值接近，应选择电流表内接电路【答案】：A【考点】：伏安法测电阻之试触法。【解析】：由“电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化”可知，电压表的分流作用比较明显
9、，也就是说它的内阻较大，与未知电阻R接近，为了避免电流表的分流作用，减小系统误差，应该采取电流表内接法。所以，选项A正确，B、C、D错误。【2019顺义二模】20某课外探究小组用如图所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量Bx。将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱和电动势为E、内阻为R的电源组成如图所示的电路。在导体棒正下方距离为L处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱接入电路中的电阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱接入电路的电阻值为5R时，小磁针的偏转角恰好为60。已知通电长直导线周围某点磁感应强度为（式中I为通过导线的电流强度
10、，r为该点到通电长直导线的距离，k为比例系数)，导体棒和导线电阻均可忽略不计，则该位置地磁场的水平分量大小为（ ） A B C D【答案】：C【考点】：磁感应强度的叠加、闭合电路欧姆定律。【解析】：如右图所示，由，几式联立可求得：，故C选项正确。 【2019房山二模】19A、B是两种放射性元素的原子核，原来都静止在同一匀强磁场，其中一个放出粒子，另一个放出粒子，运动方向都与磁场方向垂直。图中a、b与c、d分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法中正确的是（ ） A磁场方向一定垂直纸面向里BA放出的是粒子，B放出的是粒子Ca为粒子运动轨迹，d为粒子运动轨迹Da轨迹中粒子比b轨迹中的粒子动量大【答案】：
11、B【考点】：以两种衰变为例考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动情况。【解析】：题目中由于没有给出衰变放出粒子的运动方向，所以不能确定磁场方向，A选项错误。天然放射现象中，衰变生成的两种微粒由于都是带正电，速度方向又相反，所以在匀强磁场中受到的洛伦兹力方向相反，运动轨迹一定是外切圆；衰变生成的两种微粒一带正电一带负电，速度方向相反，所以在匀强磁场中受到的洛伦兹力方向相同，运动轨迹一定是内切圆。因此选项B正确。两种衰变过程均满足动量守恒，由于初始动量为零，所以衰变后生成的两种粒子动量一定大小相等，方向相反，选项D错误。由得，两种衰变中，、一定，粒子和粒子的电荷量均小于对应新核的电荷量，所以粒子和粒子
12、运动形成的轨迹圆半径均大于新核的轨迹圆半径。所以A种情况，b为粒子运动轨迹，a为新核运动轨迹；B种情况，c为粒子运动轨迹，d为新核运动轨迹，选项C错误。【2019西城二模】18回旋加速器的工作原理如图所示：D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差。A处的粒子源产生的粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。若忽略粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（ ） A粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越小B粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大C仅增大两盒间的电势差，粒子离开加速器时的动能增大 D仅增大金属
13、盒的半径，粒子离开加速器时的动能增大【答案】：D【考点】：高科技模型之回旋加速器【解析】：由和得：，运动过程中，粒子的q、m和磁感应强度B均不变，所以粒子在磁场中回转一周运动的周期不变，选项A、B错误。由和得：，由此可知，仅增大金属盒的半径r，粒子离开加速器时的动能增大，选项D正确。与两盒间的电势差无关，选项C错误。【2019东城二模】18. 霍尔元件是能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量的电学元件。其结构和原理如图所示，在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件。 在E、F 间通入恒定的电流 I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子就在洛
14、伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N 间出现了电压，称为霍尔电压UH。当磁场方向和电流方向如图所示时，关于M、N极板电势的高低，下列说法正确的是（ ） A. 不管载流子带电性质如何，电极N的电势一定高于电极MB. 不管载流子带电性质如何，电极N的电势一定低于电极MC. 只有当载流子为负电荷时，电极M的电势才高于电极N D. 只有当载流子为正电荷时，电极M的电势才高于电极N【答案】：C【考点】：霍尔效应【解析】：当载流子带电性质为正时，由左手定则可知，其所受的洛伦兹力方向为，于是。当载流子带电性质为负时，由左手定则可知，其所受的洛伦兹力方向仍然是，但电势。所以选项A、B、D
15、错误，选项C正确。【2019朝阳二模】18如图所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，且关于竖直平面MN对称。绝缘细线上端固定在M点，下端与一个粗细均匀的铜制圆环相接。现将圆环由P处无初速释放，圆环第一次向右摆动最远能到达Q处（图中未画出）。已知圆环始终在同一竖直平面内摆动，则在圆环从P摆向Q的过程中，下列说法正确的是（ ）A位置P与Q可能在同一高度B感应电流方向始终逆时针C感应电流方向先逆时针后顺时针D安培力方向始终与运动方向相反【答案】：C【考点】：电磁感应中的能量转化，楞次定律判断感应电流方向、左手定则判断安培力方向。【解析】：圆环从P摆向Q的过程
16、中，穿过圆环的磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力的作用，圆环克服安培力做功，产生电能，进而在其中发热，同时机械能减少，所以位置P与Q不可能在同一高度，Q点会低于P点，选项A错误。接来看感应电流的方向，从P到最低点的过程，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，在圆环中产生的感应电流方向为逆时针；从最低点到Q的过程，穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，在圆环中产生的感应电流为顺时针。所以，整个过程中，感应电流方向先逆时针后顺时针，选项B错误，C选项正确。因为磁场在竖直方向均匀分布，所以可考虑将圆环中的感应电流沿过圆心的竖直方向，等效成左右两段长度为圆环直径的电流，由于磁场在水平方向非均
17、匀分布，根据左手定则和计算安培力的公式可知，两段等效的直线电流受到的安培力始终沿水平方向且不等大，因此D选项错误。【2019海淀二模】17. 如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是（ ） A通过电阻R的电流方向向左B棒受到的安培力方向向上C棒机械能的增加量等于恒力F做的功D棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量【答案】：D【考点】：电磁感应单导体棒模型中的无源不含容匀速情况【解析】：由右手定则可以判断出，通过导体棒的
18、电流方向向左，那么通过电阻R的电流方向自然就向右，所以选项A错误。由左手定则可以判断出导体棒受到的安培力方向向下，选项B错误。因为匀速运动，动能不变，棒机械能的增加量也就是重力势能的增加量，等于棒克服重力所做的功，根据棒匀速运动可知，重力等于恒力F减去安培力，所以棒机械能的增加量等于恒力F与安培力做的总功，选项C错误。棒克服安培力做功，产生电能，电能转化为整个电路的焦耳热，所以选项D正确。【2019海淀二模反馈】17. 如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力
19、F作用下匀速上升的一段时间内，金属棒受恒定大小的滑动摩擦力f，下列说法正确的是 （ ） A通过电阻R的电流方向水平向右，棒受到的安培力方向竖直向上B通过电阻R的电流方向水平向左，棒受到的安培力方向竖直向下 C棒机械能增加量的大小等于棒克服重力所做的功D棒机械能的增加量等于恒力F和滑动摩擦力f做的总功【答案】：C【考点】：电磁感应单导体棒模型中的无源不含容匀速情况【解析】：由右手定则可以判断出，通过导体棒的电流方向向左，那么通过电阻R的电流方向自然就向右；由左手定则可以判断出导体棒受到的安培力方向竖直向下，所以选项A、B错误。因为匀速运动，动能不变，棒机械能的增加量也就是重力势能的增加量，等于棒
20、克服重力所做的功，C选项正确。根据棒匀速运动可知，重力等于恒力F减去安培力和摩擦力，所以棒机械能的增加量等于恒力F、滑动摩擦力f和安培力做的总功，选项D错误。【2019房山二模】18一次物理课上老师拿了一只微安表，用手左右晃动表壳，让同学们观察表针相对表盘摆动的情况。然后用导线把微安表的两个接线柱连在一起，再次以同样的方式晃动表壳，让同学们再次观察表针相对表盘摆动的情况，对比两次实验。下列判断和解释正确的是（ ） A不连接接线柱时，晃动电表，由于表内没有电流，指针摆动幅度较小B连接接线柱后，晃动电表，微安表内会形成闭合回路，造成指针打偏、降低灵敏度、失灵等C连接接线柱后，晃动电表，由于电磁阻尼
21、表针晃动幅度会变小，并能较快停下D两次实验指针相对于表盘摆动的情况是一样的【答案】：C【考点】：电磁阻尼【解析】：不连接接线柱时，晃动电表，由于形不成闭合回路，所以表内只有感应电动势，没有电流，导体不受安培力的作用，指针摆动幅度较大，很可能造成指针打偏、降低灵敏度、失灵等现象发生。因此，A、B选项均错误。连接接线柱后，微安表内会形成闭合回路，晃动电表，既有感应电动势产生，也有感应电流产生，导体受到安培阻力的作用，表针晃动幅度会变小，并能较快停下。C选项正确。两次实验表内部导体受力情况不同不连接接线柱时不受安培力，连接接线柱后受到安培力的作用，所以指针相对于表盘摆动的情况是不一样的，D选项错误。
22、【2019东城二模】19图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图。其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息。如图乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起。对以上两个实例的理解正确的是（ ）A涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象B能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C以上两个实例中的线圈所连接的电源都必须是交流电源D以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是稳恒电源【答案】：B【考点】：电磁感应中的互感。【解析】：涡流探伤技术运用了电磁感应中的互感原理，跳环实验演示了互感现象，所以A选项错误。能被探测的物件必须是导电材料，如此才能在其中产生涡电流；跳环实验装置中所用的套环也必须是导电材料，这样才能在闭合开关后，在其中形成感应电流，受到安培力的作用，向上跳起。所以选项B正确。涡流探伤技术中的线圈所连接的电源必须是交流电源，唯有如此，物件内的磁通量才能发生变化产生涡电流，跳环实验中的线圈所连接的电源可以是稳恒电源，闭合开关S的瞬间，线圈中的磁通量增加，产生感应电流，受到安培力的作用向上跳起，所以选项C、D错误。 12