10年高考（2011-2020年）全国II卷物理试题-分项全解全析--专题19 电学大题（解析版）

10 年高考（2011-2020 年）全国 II 卷物理试题分项全解全析 专题 19 电学大题 1、全国 II 卷 2020 年高考使用的省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、 重庆等 10 个省份 2、2011-2020 年全国 II 卷试题赏析： 1、（2020·全国 II 卷·T24）如图，在0≤x≤h， 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应 强度 B 的大小可调，方向不变。一质量为 m，电荷量为 q（q>0）的粒子以速度 v0 从磁场区域左侧沿 x 轴进 入磁场，不计重力。 （1）若粒子经磁场偏转后穿过 y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度 的最小值 Bm； （2）如果磁感应强度大小为 ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向 与 x 轴正方向的夹角及该点到 x 轴的距离。 【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里； ；（2） ； 【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设 粒子进入磁场中做圆周运动的半径为 R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有 ① 由此可得 y−∞ < < +∞ m 2 B 0 m = mvB qh π 6 α = (2 3)y h= − 2 0 0 vqv B m R =② 粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴正半轴上，半径应满足 ③ 由题意，当磁感应强度大小为 Bm 时，粒子的运动半径最大，由此得 ④ （2）若磁感应强度大小为 ，粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径 为 ⑤ 粒子会穿过图中 P 点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在 P 点的运动方向与 x 轴正方向的夹角为 α， 由几何关系 ⑥ 即 ⑦ 由几何关系可得，P 点与 x 轴的距离为 ⑧ 联立⑦⑧式得 0mvR qB = R h≤ 0 m = mvB qh m 2 B 2R h′ = 1sin 2 2 h h α = = π 6 α = 2 (1 cos )y h α= −⑨ 2、（2019·全国 II 卷·T24）如图，两金属板 P、Q 水平放置，间距为 d．两金属板正中间有一水平放置的 金属网 G，PQG 的尺寸相同．G 接地，PQ 的电势均为 （ >0）．质量为 m，电荷量为 q（q>0）的粒子自 G 的左端上方距离 G 为 h 的位置，以速度 v0 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计． （1）求粒子第一次穿过 G 时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； （2）若粒子恰好从 G 下方距离 G 也为 h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ 【答案】（1） ； （2） 【解析】 （1）PG、QG 间场强大小相等，均为 E，粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大 小为 a，有 ① F=qE=ma② 设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有 ③ 设粒子第一次到达 G 时所用时间为 t，粒子在水平方向的位移为 l，则有 ④ l=v0t⑤ 联立①②③④⑤式解得 的 (2 3)y h= − ϕ ϕ 2 k 0 1 2= 2E mv qhd ϕ+ 0 mdhl v qϕ= 0=2 2 mdhL l v qϕ= 2E d ϕ= 2 k 0 1 2qEh E mv= − 21 2h at=⑥ ⑦ （2）设粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度 L 为 ⑧ 3、（2018·全国 II 卷·T25）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xoy 平面内的截面如 图所示：中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xoy 平面； 磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 ，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条形 区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场， 经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。 （1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； （2）求该粒子从 M 点射入时速度的大小； （3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及其从 M 点运动到 N 点的时间。 【答案】（1）轨迹图如图所示： 2 k 0 1 2= 2E mv qhd ϕ+ 0 mdhl v qϕ= 0=2 2 mdhL l v qϕ=（2） （3） ; 【解析】 （1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称） （2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，在下侧电场 中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 （见图 （b）），速度沿电场方向的分量为 v1，根据牛顿第二定律有 qE=ma ① 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1=at ② ③ ④ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤由几何关系得 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 ⑦ （3）由运动学公式和题给数据得 ⑧ 联立①②③⑦⑧式得 ⑨ 设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 ，则 ⑩ 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， ⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得 ⑫ 故本题答案是：（1）轨迹图如图所示：（2） （3） ; 4、（2017·全国 II 卷·T25）如图，两水平面（虚线）之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀 强电场。自该区域上方的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q 和–q（q>0）的带电小球 M、N 先后以相同的初 速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知 N 离开 电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求 （1）M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； （2）A 点距电场上边界的高度； （3）该电场的电场强度大小。 【答案】（1）3:1 （2） （3） 【解析】（1）两带电小球的电量相同，可知 M 球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N 球在水平方 向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等， 两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为 g 的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等， 则运动的时间相等， 设水平方向的加速度大小为 a， 1 3 H 2 mgE q =对 M，有： ， 对 N：v0＝at， ， 可得 ， 解得 xM：xN＝3：1。 （2、3）设正电小球离开电场时的竖直分速度为 vy，水平分速度为 v1，两球离开电场时竖直分速度相等， 因为 M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时的动能的 1.5 倍，则有： ， 解得 ， 因为 v1＝v0+at＝2v0，则 ＝2v0， 因为 M 做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为 vy1，则有： ，解得 vy1＝ ， 在竖直方向上有： ， ， 解得 A 点距电场上边界的高度 h＝ 。 因为 M 做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上， 有： ＝ ， 则电场的电场强度 E＝ ＝ 。 答：（1）M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比为 3：1 （2）A 点距电场上边界的高度为 ；（3）该电场的电场强度大小为 。 5、（2016·全国 II 卷·T24）如图，水平面（纸面）内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长 度为 l 的金属杆置于导轨上。t=0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速 运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 μ。重力加速 度大小为 g。求： （1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）根据牛顿第二定律：F﹣μmg＝ma…① 刚进磁场时的速度： …② 感应电动势为： …③ 解得： …④ （2）根据右手定则，导体棒中的电流向上，由左手定则知安培力水平向左 匀速运动受力平衡：F＝μmg+BI′l…⑤ 回路电流为： …⑥ 得： …⑦ 0 ( )Blt F mg m µ− 2 2 0B l t m答：（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小为 ； （2）电阻的阻值为 。 6、（2015·全国 II 卷·T23）如图，一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B 为 其运动轨迹上的两点．已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为 60°；它运动到 B 点 时速度方向与电场方向的夹角为 30°．不计重力．求 A、B 两点间的电势差． 【答案】A、B 两点间的电势差为 ． 【解析】设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故： vBsin30°=v0sin60° ① 解得： ② 设 A、B 间的电势差为 UAB，由动能定理，有： ③ 联立②③解得： 7、（2014·全国 II 卷·T25）半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为 r，质量为 m且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨的中心 O，装置的俯视图如图所示； 整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向竖直向下；在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点 之间接有一阻值为 R 的电阻（图中未画出）。直导体棒在水平外力作用下以角速度 ω 绕 O 逆时针匀速转动， 在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ，导体棒和导轨的电阻均可 忽略，重力加速度大小为 g，求：（1）通过电阻 R 的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率。 【答案】（1）通过电阻 R 的感应电流的方向：C→D，大小： ； （2）外力的功率为 μmgωr+ ． 【解析】（1）AB 中感应电动势的大小为 E＝ B（2r）2ω﹣ Br2ω＝1.5Br2ω， 感应电流大小：I＝ ＝ ； 由右手定则判断可知，感应电流的方向是从 B 端流向 A 端，所以通过电阻 R 的电流方向为：C→D． （2）设导体棒克服摩擦力做功的功率为 P， 在竖直方向有：mg﹣N＝0， 由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，故两导轨对导体棒的摩擦力均为 f＝ μmg， 所以 P＝f ＝μmg× （2r+r）ω＝ μmgωr， 电功率：P 电＝I2R＝ ， 由能量守恒定律得：P 外＝P+P 电，解得：P 外＝ μmgωr+ ． 答：（1）通过电阻 R 的感应电流的方向：C→D，大小： ； （2）外力的功率为 μmgωr+ ． 8、（2013•全国卷Ⅱ•T24）如图，匀强电场中有一半径为 r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。 a、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为 q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过 a 点和 b 点时对轨道压力的大小分别为 Na 和 Nb．不计重力，求电场强度的大小 E、质点经过 a 点和 b 点 时的动能。 【答案】电场强度的大小： 、质点经过 a 点： ，和 b 点时的动能： 。 【解析】质点所受到电场力的大小为：f＝qE， 设质点质量为 m，经过 a 点和 b 点时速度大小分别为 va 和 vb， 由牛顿第二定律有， 设质点经过 a 点和 b 点时动能分别为 Eka 和 Ekb，则有： ， ， 根据动能定理有，Ekb﹣Eka＝2rf，联立解得： ， Eka＝ ， Ekb＝ ， 答 ： 电 场 强 度 的 大 小 ： 、 质 点 经 过 a 点 ： ， 和 b 点 时 的 动 能 ： 。 9、（2012·课标全国卷·T25）如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一 方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子沿图中直线在圆上的 a 点射入柱形区域，在圆 上的 b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心 O 到直线的距离为 3 5R.现将磁场换为平行于纸面且 垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在 a 点射入柱形区域，也在 b 点离开该区域．若磁感 应强度大小为 B，不计重力，求电场强度的大小． 【答案】E＝ 14qRB2 5m 【解析】 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为 r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvB＝m v2 r ① 式中 v 为粒子在 a 点的速度． 过 b 点和 O 点作直线的垂线，分别与直线交于 c 和 d 点．由几何关系知，线段 ac、b c和过 a、b 两点的轨 迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形．因此 ac＝bc＝r② 设cd＝x，由几何关系得 ac＝ 4 5R＋x③ bc＝ 3 5R＋ R2－x2④ 联立②③④式得 r＝ 7 5R⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为 E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为 a， 由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE＝ma⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r，由运动学公式得 r＝ 1 2at2⑦ r＝vt⑧ 式中 t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝ 14qRB2 5m ⑨ 10、（2011·新课标全国卷·T25）如图，在区域 I（0≤x≤d）和区域 II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场， 磁感应强度大小分别为 B 和 2B，方向相反，且都垂直于 Oxy 平面。一质量为 m、带电荷量 q（q＞0） 的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域 I，其速度方向沿 x 轴正向。已知 a 在离开区域 I 时，速度 方向与 x 轴正方向的夹角为 30°；此时，另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 P 点沿 x 轴正向 射入区域 I，其速度大小是 a 的 1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子 a 射入区域 I 时速度的大小； （2）当 a 离开区域 II 时，a、b 两粒子的 y 坐标之差。 【答案】B 【解析】 （1）设粒子 a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为 C（在 y 轴上），半径为 Ra1，粒子速率为 va，运动轨迹 与两磁场区域边界的交点为 P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ① 由几何关系得 ∠PCP′ = θ ② ③ 式中 θ = 30° 由①②③式得 ④ (2)设粒子 a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为 Oa ，半径为 Ra2，粒子射出点为 Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa = θ′ ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤ 由①⑤式得 ⑥ C、P′、Oa 三点共线，且由⑥式知 Oa 必位于 ⑦ 的平面上，由对称性知 Pa 与 P′点的纵坐标相同，即 ⑧ 式中 h 为 C 点的 y 坐标.且 θ′ = 60° 设 b 在Ⅰ中运动的轨道半径为 Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 2 1 a a a vqv B m R = 1 2sina dR d= =θ 2 a qBdv m = 2 2 (2 ) a a a vqv B m R = 1 2 2 2 a a a R mvR dqB = = = 3 2x d= 1 cosap ay R h= θ +⑨ 解得： 设 a 到达 Pa 点时，b 位于 Pb 点，转过的角度为 α，如果 b 没有飞出Ⅰ，则 ⑩ ⑾ 解得： 式中，t 是 a 在区域Ⅱ中运动的时间，而 ⑿ ⒀ 解得： 由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得 α = 30° ⒁ 由①③⑨⒁式可见，b 没有飞出Ⅰ。Pb 点的 y 坐标为 yPb= Rb1(2+cosα )+h ⒂ 由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标之差为 ⒃ 2 13 3 a a b v vmq B R    =       1 1 2 3 3 3 a a b mv R dR qB = = = 2 1 3 2 a b R R = 2 ' 2a t T θ= π 1 2b t T α= π 2 1' a b T T α =θ 2 2 2 a a RT v π= 1 1 2 /3 b b RT v π= 2 2 1 1 1 3 2 a a b b T R T R = = ( ) ( ) ( ) Pb a1 b1 a1 b1 b1 b1 b1 b1 1 (1 cos ) ( ) cos 2 cos 2 cos 2 2 cos 2 cos3 3 a y R h R R R h R R R h R h R dh h = + α = + + α = + α + = + α + = + α + = + α + － － － 2 ( 3 2)3a bp py y d− = −评分参考：第(1)问 8 分，①②③④式各 2 分，第(2)问 11 分，⑤⑥式各 1 分，⑧式 2 分，⑨式 1 分，⒁⒂⒃ 式各 2 分。 ( )1 1 2 3 4 2 3 2c o s [ 2 c o s ] ( 3 2 )3 2 3 3 2 3a b a p p a R d d dy y R h h d− = θ + − + α + = − − = −