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1、高三物理试卷三（电磁学知识）一、选择题：1.如图所示，点A、B、C在半径为r的同一圆周上，三点等分圆周，A点放置正点电荷，所带电荷量为2Q3，B、C点放置负点电荷，所带电荷量为Q3，静电力常量为k，则三个点电荷在圆心O处产生的电场强度大小为 ()A. kQr2B. kQ3r2C. kQ9r2D. 2kQ3r2【答案】A【解析】【详解】在A点的电荷在O点产生的场强EA=k2Q3r2，方向沿AO方向；在BC点的电荷在O点产生的场强均为EB=EC=kQ3r2，方向分别沿OB和OC方向；因EB和EC互成1200角，则合场强为 EBC=kQ3r2，则O点的场强为EO=EA+EBC=k2Q3r2+kQ3r
2、2=kQr2，故选A.2.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，则在此过程中下列说法中正确的是()A. 电容器的带电荷量变大B. 电路中有顺时针方向的短暂电流C. 带电微粒仍将静止D. 带电微粒将向下做加速运动【答案】A【解析】【详解】电容器始终与电源相连，知道两端的电势差不变，现将下极板向上平移一小段距离，根据C=S4kd知，电容增大，则Q=CU，知电荷量增大。电路中有逆时针方向的短暂电路。由于电势差不变，d减小，则电场强度增大，即带电粒子所受的电场力增大，粒子向上做加速运动。故A正确，BCD错误。故选A。3.
3、如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中A. 电压表与电流表的示数都减小B. 电压表与电流表的示数都增大C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大。【答案】A【解析】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大故D正确，ABC错误；故选：D【点评
4、】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化【此处有视频，请去附件查看】4.如图所示，额定功率相同，额定电压不同的A、B两种电灯，接在如图所示电路中，图中变压器为理想变压器，当在a、b两接线柱间加上适当的正弦交流电时，电路中四盏电灯均能正常发光，设变压器的原、副线圈的匝数比为n1n2，两种电灯正常发光时的电阻比为RARB，则：（ ）A. n1n2=31，RARB=1:3B. n1n2=21，RARB=19C. n1n2=21，RARB=13D. n1n2=31，RA RB=19【答案】
5、B【解析】试题分析：设A种等的额定电流为I，则变压器初级线圈电流为I，次级线圈电流为2I，则变压器器初级和次级线圈的匝数比为2:1；设A灯的额定电压为U，则变压器初级电压为2U，B灯两端的电压为3U；根据P=U2R可知，RARB=U2(3U)2=19，故选B考点：变压器；电功率【名师点睛】此题是关于变压器问题的计算；关键是知道变压器初级次级匝数与初次级电压及电流的关系；变压器的输入功率等于输出功率；此题问题中，B灯两端的电压等于变压器的初级电压与A灯电压之和；此题是中等题5.如图所示，两个等量异种点电荷，关于原点O对称放置，下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是()
6、 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据两个等量异号电荷的电场线分布图，结合“沿电场线方向电势降低”的原理，知从左侧无穷远处向右电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高；然后再电势减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷后右，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故A正确，B错误；根据电场线的疏密表示场强的大小，可知，从左侧无穷远到正电荷，电场强度逐渐增大，方向向左。从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O点的电场强度不为零。从负电荷到右侧无穷远，电场强度逐渐减小到零，方向向右。故CD错误。故选A。6.如图，通电导线MN与单匝矩
7、形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向A. 向左B. 向右C. 垂直纸面向外D. 垂直纸面向里【答案】B【解析】当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩形线圈abcd中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选项B正确。【此处有视频，请去附件查看】7.一个匝数为100匝，电阻为0.5的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为 ()A. 52AB. 25AC. 6AD. 5A【答
8、案】B【解析】01s内的磁通量变化率为：K1=0.01/1Wb/s=0.01Wb/s，则感应电动势为：E1=nK1=1V，11.2s内的磁通量变化率为：K2=0.01/0.2Wb/s=0.05Wb/s，则感应电动势为：E2=nK2=5V，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：Q=Q1+Q2= 1221+ 5220.2=3J根据有交流电有效值的定义：Q=I2RT得：I=52A，故BCD错误，A正确；故选：A.8.带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示运动中经过b点，OaOb，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直于y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度
9、E与磁感应强度B之比为()A. vB. 1C. 2v0D. v02【答案】选C.【解析】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即：r=mv0qB=d，得：B=mv0qd；如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=12qEm(dv0)2，得：E=2mv02qd，所以有：EB=2v0，故选C.【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径9.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨
10、做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()A. 向右做匀速运动B. 向左做减速运动C. 向右做减速运动D. 向右做加速运动【答案】BC【解析】试题分析：导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引故A错误导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ba，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于N极，螺线管右侧是S极，则线圈c被螺线管吸引故
11、B正确导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于S极，螺线管右侧是N极，则线圈c被螺线管吸引故C正确导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，左侧相当于N极，螺线管右侧是S极，则线圈c被螺线管排斥故D错误故选BC。考点：右手定则；楞次定律【名师点睛】本题运用右手定则、安培定
12、则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动。10.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（ ）A. 图甲中的A1、A2的示数不同B. 图甲中的A1、A2的指针偏角相同C. 图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D. 图乙中的A1、A2的指针示数相同【答案】ABD【解析】【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时
13、，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大当它们串联时，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同【详解】图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故A B正确。图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。故C错误，D正确。故选ABD。11.如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长导轨，左端串联电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，杆和导轨的电阻不计，且杆与导轨间无摩擦，整
14、个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一个与杆垂直的水平向右的恒力F，使杆从静止开始运动。在运动过程中，杆的速度大小为v，杆所受安培力为F安，R中的电流为I，R上消耗的总能量为E总，则下列关于v、F安、I、E总随时间变化的图像可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】根据牛顿第二定律知，杆子的加速度为：a=FFAmFBILm=FB2L2vRm，由于速度增大，则加速度减小，可知杆子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，做匀速直线运动，故A正确。根据F安=B2L2vR可知，安培力先逐渐变大，后不变，但是由于速度不是均匀变大，则F安-t图像开
15、始阶段不是直线 ，选项B错误；感应电流I=BLvR，则电流先逐渐变大，后不变，但是由于速度不是均匀变大，则I-t图像开始阶段不是直线 ，选项C错误； 根据焦耳定律知，E=QI2RtB2L2v2Rt，因为速度增大，可知E-t图线的切线斜率增大，最终电流不变，E与t成正比，故D正确。故选AD。【点睛】题考查了电磁感应与动力学和能量的综合，知道杆子在整个过程中的运动规律，知道当拉力和安培力相等时，杆子做匀速直线运动。12.在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系着带正电的小球，轻绳与水平面平行，OB与电场线平行。若小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是（ ）A. 小球的动能先变小后变大B. 小球的切向加速度一直变大C. 小球受到的拉力一直变大D. 小球受到的电场力做功的功率先增大后减小【答案】CD【解析】【详解】小球从A点摆动到B点的过程中，只有电场力做功且一直做正功，由动能定理可知，小球的动能Ek一直增大，故A错误；小球从A点摆动到B点
