高考物理三轮冲刺专题能力提升电磁学

1、电磁学题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）1. 将两个负电荷A、B(带电量QA=20C和QB=40C)分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M和N，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后(即将电荷A移至位置N，电荷B移至位置M，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A、B对点电荷C的电场分布影响).此时电荷A、B分别具有的电势能EA和EB关系描述正确的是()A. EAEBD. 无法确定【一中专版答案】A【解析】解：据题，两个电荷未换之前，有：QAUM=QBUN，又UM=M=M，UN=N=N，联立得：QAM=QBN，由于2QA=QB，所以得：M=2N将这

2、两电荷位置互换后，电荷A、B分别具有的电势能EA和EB为：EA=QAN=20N，EB=QBM=402N=80N，故有：EA=EB由于N0，则得：EA2mgLcos，故C错误；D、因b增加的摩擦力做功与a中克服安培力所做的功相等，故b中因安培力而增加的热量与焦耳热相同；设产生焦耳热为Q，则根据能量守恒定律可知：2mgLsin2mgcos2Q=122mv2；解得：Q=mgLsinmgLcos12mv2；故D正确故选：ABD分析题意，明确两导体棒能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v说明两导体棒在任意时刻内应受到相同的作用力，分别对两物体分析，明确受力情况从而找出安培力与摩擦力间的关系，从而确

3、定磁感应强度的大小以及B2的方向；再分析能量转化方向，根据功能关系可明确产生的焦耳热和因摩擦产生热量本题考查电磁感应中功能关系以及受力情况的分析，要注意明确受力分析以及运动过程分析，从而明确受力情况，同时注意分析能量转化情况，明确能量的转化方向是解题的关键7. 如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1是滑动变阻器，R2=0.5r，当滑片P处于中点时，电源的效率是50%.当滑片由a端向b端移动的过程中()A. 电源效率增大B. 电源输出功率增大C. 电压表V1和V的示数比值增大D. 电压表V1和V示数变化量U1、U的比值始终等于32【答案】ACD【解析】解：A、滑片由a端向b端移动的过程中，R1

4、是逐渐增大，总电阻增大，总电流减小，内阻所占电压减小，路端电压增大，电源的效率=UIEI=UE增大，故A正确；B、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，滑片处于a端时，外电路电阻为R2=0.5rmgr02BlD. 若磁场方向沿y轴正方向，线框以cd边为轴转动且cd边未离开水平面，则线框转动过程中的最大动能为Bl2Ur0mgl2【答案】ACD【解析】解：A、根据左手定则，安培力的方向沿+y轴方向 Iab=Ur0，Idc=U3r0 根据F=BIl，线框所受的安培力的合力为：F=Fab+Fdc=Bl(Ur0+U3r0) 线框的加速度大小为：a=Fm=4BlU3mr0，故A正确；B、若磁场方向沿

5、x轴正方向，ad边受到的安培力竖直向下，cd边受到的安培力竖直向上，故线框不可能处于静止，故B错误；C、若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以cd边为轴转动，则，根据动能定理可得BLUr0Lmg12L0，解得：Umgr02Bl，故C正确；D、在转动过程中，由于ab边的安培力大于线框的重力，故在安培力作用下，线框的动能一直增大，故有：Ek=BLUr0LmgL2=Bl2Ur0mgl2，故D正确故选：ACD根据左手定则可知，安培力的方向；由闭合电路欧姆定律与安培力的公式，即可求解加速度；根据通电导线的受力与重力相比，利用动能定理即可判断出考查左手定则的理解，知道与右手定则区别，掌握闭合电路欧姆定律，学会

6、由力来判定运动情况，利用动能定理判断最大动能三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）10. 如图甲所示电路图中，R是滑动变阻器，电键闭合后，将滑片从A端滑到B端，电源的输出功率和电流表读数作出的图象如图乙所示，则该电源的电动势为_V，滑动变阻器总阻值为_.【答案】16；224【解析】解：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，最大的输出功率为：Pm=I2R=(E2r)2r=E24r 由图知，Pm=8W，即有：8=E24r 由图看出：P=0时I=2A，有：E=Ir=2r 联立解得：E=16V，r=8 当滑片滑至AB的中点时电路中电阻最大，电流最小，设变阻器总电阻为R，则有：0.25=E121

7、2R+r 解得：R=224 故答案为：16，224当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由P=I2R列式.当P=0时外电路短路，有E=Ir.联立可求得电源的电动势和内阻.再根据电路中最小电流求滑动变阻器总阻值解决本题的关键要知道电源输出功率达到最大的条件：内外电阻相等，明确滑片滑至AB的中点时电路中电阻最大，电流最小四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11. 如图，真空中竖直放置两块平行金属板P，Q，两板间加上电压，在紧靠P板处有一粒子源，可连续释放出初速为零的粒子，经电场加速后从Q板的小孔O水平射出，已知粒子的质量为m，电量为+q，不计粒子的重力，在Q板右侧有一半径为R的1

8、4圆周光屏MN，圆心正好在O点，OM方向水平(1)若在Q板右侧加上垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，粒子经磁场偏转后打在光屏上的A点，MOA=，求金属板PQ间的电压大小；(2)若金属板PQ间的电压可调，使O点飞出的粒子速度为任意不同的数值，且将上问中Q板右侧的匀强磁场改为方向竖直向下的匀强电场，场强为E，则打在光屏上的粒子的最小动能是多少？【答案】解：(1)如图，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，设圆周运动的 半径为r，粒子从 O点飞出的速度为v，有r=R2sin 由洛仑兹力提供向心力可得qvB=mv2r 又由电场中加速运动运用动能定理，qU=12mv2 将上面的方程联立，可得金属板

9、间的电压：U=qB2R28msin2 (2)设打在光屏上的粒子在电场E中竖直方向的位移为y，水平位移为x，由动能定理：qEy=Ek12mv2 而又由运动学方程，有y=12qEmt2，x=vt，x2+y2=R2 联立以上几式得：Ek=Eqy+12mv2=Eq12Eqm(xv)2+12mv22E2q2x22mv212mv2=Eqx 结合题意在圆周上，当x=y=22R时有最小值，则最小值是22EqR 答：(1)若在Q板右侧加上垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，粒子经磁场偏转后打在光屏上的A点，MOA=，金属板PQ间的电压大小为qB2R28msin2(2)若金属板PQ间的电压可调，使O点飞出的粒子速

10、度为任意不同的数值，且将上问中Q板右侧的匀强磁场改为方向竖直向下的匀强电场，场强为E，则打在光屏上的粒子的最小动能是22EqR【解析】(1)粒子先经电场加速，然后进入磁场做匀速圆周运动，已知偏转角，由几何关系求出半径，从而求出速度，也就求出了加速电场的电压(2)加速电压变化，从而进入偏转电场的速度也就变化，而粒子做类平抛运动又打在一个圆弧上，求最小的动能.先由动能定理列出打在圆弧上动能表达式，把类平抛规律代入就得到一个关于速度的式子，当取不同速度时，由数学不等式性质，就能求出最小值本题有点怪的是第二问：加速电场变化，偏转电场不变，但粒子打击的位置满足在一个圆弧上，速度大，则有可能位移大，但偏转

11、电场力做功小，所以折中考虑当x=y=22R时，动能有最小值12. 某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量.实验室提供的器材有：两个相同的待测电源(内阻r1)，电阻箱R1(最大阻值为999.9)，电阻箱R2(最大阻值为999.9)，电压表V(内阻约为2k)，电流表A(内阻约为2)，灵敏电流计G，两个开关S1、S2主要实验步骤如下：按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为I1、U1、R1、R2；反复调节电阻箱R1和R2(与中的电阻值不同)，使电流计G的示数为0，读出电流

12、表A、电压表V的示数分别为I2、U2回答下列问题：(1)电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势A和B的关系为_ ；(2)电压表的内阻为_ ，电流表的内阻为_ ；(3)电源的电动势E为_ ，内阻r为_ 【答案】A=B；U1R1I1R1U1；U1I1R2；U1I2U2I1I2I1；U1U2I2I1【解析】解：(1)电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等，即A=B(2)由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻R1的电流之和.则在步骤1中，通过电压表的电流IV=I1U1R1 电压表的内阻为RV=U1IV=U1R1I1R1U1 左右两个电源

13、两极间的电压相等，则有：U1=I1(RA+R2) 解得，电流表的内阻RA=U1I1R2(3)根据闭合电路欧姆定律得：E=U1+I1r E=U2+I2r 解得，E=U1I2U2I1I2I1，r=U1U2I2I1 故答案为：(1)A=B；(2)U1R1I1R1U1，U1I1R2；(3)U1I2U2I1I2I1，U1U2I2I1(1)电流计G的示数为0时，说明A、B两点的电势相等(2)根据欧姆定律和并联电路的特点求两电表的内阻(3)对两种情况分别运用闭合电路欧姆定律列式，可求得电源的电动势和内阻解决本题的关键要理解题意，明确电流计G的示数为0的意义，知道相同电源，电流相等时路端电压相等，运用欧姆定律

14、和电路的特点研究五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）13. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的局部匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5的直流电源.现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计.(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力.局部匀强磁场全部覆盖导体棒ab，但未覆盖电源.)(1)求静止时导体棒受到的安培力F安大小和摩擦

15、力f大小；(2)若将导体棒质量增加为原来两倍，而磁场则以恒定速度v1=30m/s沿轨道向上运动，恰能使得导体棒匀速上滑.(局部匀强磁场向上运动过程中始终覆盖导体棒ab，但未覆盖电源.)求导体棒上滑速度v2；(3)在问题(2)中导体棒匀速上滑的过程，求安培力的功率P安和全电路中的电功率P电【答案】解：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER0+r=4.50.5+2.5A=1.5AF安=BIL=0.30N导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin37=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：mgsin37+f

16、=F安解得：f=0.06N(2)当导体棒质量加倍后，使其匀速运动需要的安培力也应该加倍F安=0.60N设导体棒匀速速度为v2E=BL(v1v2)+EI=ER0+rF安=BIL代入数据得：v2=7.5m/s(3)P安=F安v2=0.67.5=4.5WE=BL(v1v2)+E=9VP电=E2R0+r=27W答：(1)静止时导体棒受到的安培力F安大小为0.3N，摩擦力f大小为0.06N；(2)导体棒上滑速度v2为7.5m/s(3)安培力的功率P安为4.5W，全电路中的电功率P电为27W【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求得电流，根据F=BIL求得安培力大小，根据受力分析求得摩擦力大小；(2)导体棒

17、相对于磁场运动，会产生感应电动势，求得回路中的感应电动势，求得电流，根据共点力平衡求得速度；(3)根据P=Fv求得安培力的功率，根据P=E2R求得电功率解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力14. 如图所示金属小球A和B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A球质量为2m，不带电，B球质量为m，带正电，电量为q.OA=2L，OB=L，轻杆可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过O点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且OA与竖直方向夹角为37.重力加速度为g(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)若不改变场强大小，将方向

18、变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求A球刚进入电场时的速度大小v【答案】解：(1)轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡M逆=M顺mAg2Lsin37=qELcos53+mBgLsin53mA=2m，mB=mE=8mg3q(2)A、B球角速度相等，根据v=r，A球线速度是B球线速度的2倍，A球线速度为v，B球线速度为12v无初速释放轻杆后，直至A球刚进入电场过程中，根据系统动能定理W合=EKWGA+WGB+W电B=EKmAg2L(1cos37)+(qEmBg)Lsin37=12mAvA2+12mBvB2mA=2m，mB=m；vA=v，vB=12vv=85gL答：(1)匀强电场的电场强度大小

19、E为8mg3q；(2)若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，A球刚进入电场时的速度大小v为85gL【解析】(1)对A、B组成的系统，根据力矩平衡求出匀强电场的场强；(2)对系统运用动能定理，即可求出A球刚进入电场的速度；本题是力矩平衡与能量守恒定律简单的综合应用，其基础是分析受力情况.电场力做功，要注意寻找电场方向两点间的距离15. 如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为2l，右侧间距为l，有界匀强磁场仅存在于两轨道间，磁场的左右边界(图中虚线)均与轨道垂直.矩形金属线框abcd平放在轨道上，ab边长为l，bc边长为2l.开始时，bc边与磁场左边界

20、的距离为2l，现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且bc边始终与轨道垂直，从bc边进入磁场直到ad边进入磁场前，线框做匀速运动，从bc边进入右侧窄磁场区域直到ad边完全离开磁场之前，线框又做匀速运动.线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过程中产生的热量为Q.问：(1)线框ad边刚离开磁场时的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？(2)磁场左右边界间的距离是多少？(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？【答案】解：(1)设磁感强度为B，设线框总电阻为R，线框受的拉力为F，bc边刚进磁场时的速度为v1，则感应电动势为：E1=2Blv1感应

21、电流为：I1=E1R线框所受安培力为：F1=2BI1l线框做匀速运动，其受力平衡，即：F1=F联立各式得：v1=FR4B2l2设ad边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得：v2=FRB2l2所以：v2=4v1(2)bc边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为a，bc边到达磁场左边界时，线框的速度为：v1=2a2l=2al，从ad边进入磁场到bc边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a，由题意可知bc边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：v2=4v1，v2=4v1=8al从线框全部进入磁场开始，直到bc边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为s1，s1=v22v122

22、a，将v1=2al，v2=8al代入得：s1=30lm磁场左右边界间的距离为：s=l+s1+l=32lm(3)整个过程中，只有拉力F和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为Ek，由动能定理有：WF+W安=Ek0，由：WF=F(2l+s+l)=35FlW安=F3l及Q=W安，可知：WF=353Q线框的最大动能为：Ek=353QQ=323Q答：(1)线框ad边刚离开磁场时的速度大小是bc边刚进入磁场时速度的4倍(2)磁场左右边界间的距离是32l(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是323Q【解析】(1)bc边刚进入磁场和ad边刚离开磁场时，线框均做匀速直线运动，即两个

23、时刻bc边和ad边所受的安培力分别等于外力F，结合安培力计算公式FA=B2L2vR，可求得bc边刚进入磁场时速度v1和ad边刚离开磁场时速度v2之比(2)当ad边刚进入磁场到bc边刚进入右边窄磁场区域的过程中线框在外力F的作用下做匀加速度运动，设此段距离为s1；根据题意可知，bc刚进入左侧宽磁场和右侧窄磁场时的速度分别为v1、v2，结合运动学公式可算出s1，又因为bc刚进入右侧窄磁场到ad离开磁场的过程中始终做匀速直线运动，故可知右侧窄磁场的宽度为l，则左右磁场的宽度为s1+2l (3)整个过程中，只有拉力F和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为Ek，由动能定理：WF+W

24、安=Ek0，由：WF=F(2l+s+l)=35Fl、W安=F3l及Q=W安，即可计算出安培力所做的功(1)本题考查了导体棒在场中运动的力学问题和能量问题，涉及的知识点有：导体棒切割磁感线时，感应电动势、感应电流、安培力的计算，动能定理和运动学公式(2)计算线框ad边刚离开磁场时的速度大小与bc边刚进入磁场时速度的关系时，安培力的计算是关键(3)计算磁场左右边界的距离时，分析线框的运动过程是关键16. 如图，在金属导轨MNC和PQD中，MN与PQ平行且间距为L=1m，MNQP所在平面与水平面夹角=37.N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值R=10的电阻.光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与N

25、Q的夹角均为=53.ab棒的初始位置在水平导轨上与NQ重合.ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为=0.1，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止.金属棒ab和ef质量均为m=0.5kg，长均为L=1m.空间有竖直方向、磁感应强度B=2T的匀强磁场(图中未画出).两金属棒与导轨保持良好接触，ef棒的阻值R=10，不计所有导轨和ab棒的电阻.假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.忽略感应电流产生的磁场.若ab棒在拉力F的作用下，以垂直于NQ的速度v1=1m/s在水平导轨上向右匀速运动，且运动过程中ef棒始终静止(g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)(1)求金属棒ab运动到x=0.3m处时，经过ab棒的电流大小；(2)推导金属棒ab从NQ处