高三毕业班一轮复习50题之电磁学综合计算

2019年高三毕业班一轮复习50题之电磁学综合计算一、填空题如图所示，金属圆盘可绕O轴转动，电阻R用电刷接于圆盘中心和边缘之间.当圆盘做顺时针方向的转动时(从上向下看)，通过R的电流方向是______．如图所示，A、B是电场中的两点，由图可知，电场强度EA______EB(填“>”或“<”).将一点电荷先后放在A、B两点，它所受的电场力大小FA______FB(填“>”或“<”)．在电场中某点引入电量为q的正电荷，这个电荷受到的电场力为F，则该点场强为______，若在这点引入电量为2q的负电荷时，则该点的电场强度为______．如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变更的规律为B=(2+0.2t)T，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，则回路的感应电动势=三个电量相同的正电荷Q，放在等边三角形的三个顶点上，问在三角形的中心应放置______的电荷，才能使作用于每个电荷上的合力为零？两个点电荷甲和乙同处于真空中．

(1)甲的电量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______倍.

(2)若把每个电荷的电量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；

(3)保持其中一电荷的电量不变，另一个电荷的电量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，则它们之间的距离应变为原来的______倍.有一面积为150cm2的金属环，电阻为0.1Ω，在环中100cm2的同心圆面上存在如图(b)所示的变更的磁场，在0.1电子所带的电荷量是e=1.6×10-19C，试验指出，全部带电物体的电荷量或者______e(填“等于”或“不等于”)，或者是e如图的志向变压器，原线圈匝数n1=600匝，输入电压U1=110V，副线圈L2的匝数n2=15匝，输出电流I2=0.60A，L3的输出电压U3=11V，输出电流I3=0.25A.则原线圈中电流I如图所示，矩形线圈从匀强磁场中，第一次以速度v匀速拉出，其次次以速度2v匀速拉出，则第一、二两次外力做功之比为______，功率之比为______．

如图，A、B两点相距0.1m，θ=60∘，匀强电场场强E=100V/m，则A、B间电势差UAB=图为一演示试验电路图，图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡，电键S处于闭合状态，电路是接通的.现将电键K断开，则在电路切断的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从______端到______端，这个试验是用来演示______现象的．在电场中A点放入一个电荷量为2×10-6C的正摸索电荷，它受到的电场力为1×10-3N，则A点的电场强度为______N/C，若将正摸索如图所示，线圈A绕在一铁芯上，A中导线接有一电阻R.在把磁铁N极快速靠近A线圈的过程中，通过电阻R的感应电流的方向为______指向______(填“P”、“Q”)；若线圈A能自由移动，则它将______移动(填“向左”、“向右”或“不”)．穿过单匝闭合线圈的磁通量随时间变更的Φ-t图象如图所示，由图知0～5s线圈中感应电动势大小为______V，5s～10s线圈中感应电动势大小为______A、B带等量的异种电荷，不带电物体C先后与A、B接触后A、B、C三者电荷量之比为______．如图所示，一个原来不带电的半径为r

的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为2r，则：金属球在静电平衡后左侧带电性质为______电.金属球上的感应电荷在球心激发的电场强度大小是______，方向______．如图所示，光滑水平面上存在竖直方向的匀强磁场，用相同的材料制成的粗细相同、边长分别为L和2L的两只闭合正方形线框a和b，线框初始位置如图所示，现将a、b用外力以相同的速度从匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，在将线框拉出磁场的过程中，外力对线框所做的功之比为Wa：Wb=______，通过线框横截面的电荷量之比为qa：qb某电池电动势为1.5V，假如不考虑它内部的电阻，当把它的两极与150Ω的电阻连在一起时，16秒内有______C的电荷定向移动通过电阻的横截面，相当于______个电子通过该截面(一个电子的电荷量为1.60×10真空中有两个静止的点电荷，它们之间的静电力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离保持不变，它们之间的静电力变为______．如图所示交变电流正值为正弦波的一部分，该交变电流的周期为______S，电流有效值为______A.在x轴上，x=0处放置一个电荷为+4q的点电荷，x=6cm处放置一个电荷为-q的点电荷，合场强为零的点在x=当一个带正电荷的物体靠近原来不带电的导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，使导体靠近带电物体的一端带______(填“正”或“负”)电荷，远离带电物体的一端带______(填“正”或“负”)电荷．如图所示，三条实线代表电力线，a、b为电场中的两点，这两点相比较______点的电场强度较大，把一个带电量为1.0×10-8C的点电荷从a移动到b点，电场力做功2.4×10-6J，则a如图，线圈A插在线圈B中，线圈B与电流表组成闭合电路；线圈A与蓄电池、开关、滑动变阻器组成另一个闭合电路，用此装置来探讨电磁感应现象，开关闭合瞬间，电流表指针______(选填“会”或“不会”)发生偏转，开关闭合稳定后电流表指针______(选填“会”或“不会”)发生偏转．两个带有异种电荷的相同的金属小球(可看作点电荷)，带电量之比为1：7，在真空中相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力变为原来的______倍.如图所示，将用丝绸摩擦过的玻璃板靠近验电器(不接触)，验电器锡箔上会带______(选填“正”或“负”)电；用手摸一下验电器金属球，再移走玻璃板，锡箔______(选填“带正电”、“带负电”或“不带电”)利用标有“6V，3W”的灯泡L1、“6V，6W”的灯泡L2与志向电压表和志向电流表连接成如图(a)所示的试验电路，其中电源电动势E=9V.图(b)是通过两个灯泡的电流随两端电压变更的曲线.当其中一个灯泡正常发光时，电路输出功率为如图所示，在B=0.5T的匀强磁场中，有一个n=100匝的矩形线圈，边长L1=0.1m，L2=0.2m，线圈从图中位置起先绕中心轴OO'以角速度ω=100πrad/s逆时针方向匀速转动，则线圈中产生的感应电动势的最大值为______两个相同的金属小球，一个带电Q1=4.0×10-11C，另一个带电Q2=-6.0×10-11C.

(1)两球相距50cm时，它们之间的静电力是______N如图所示，四个标有“6v、15w”的完全相同的灯泡，按图所示分别接在志向变压器的原、副线圈上，且都正常发光.则变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=______，沟通电源两端的电压与灯泡L3两端的电压之比为______绕在同一铁芯上的线圈Ⅰ、Ⅱ按图所示方法连接，推断在以下各状况中，线圈Ⅱ中是否有感应电流产生(填“有”或“无”)．

①闭合电健K的瞬时______．

②保持电键K闭合的时候______．

③断开电键K的瞬时______．

④电键K闭合将变阻器R0的滑动端向左滑动时：______．

若将一个电量为3.0×10-10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功9.0×10-9J，则M点的电势是______V；若再将该电荷从M点移到电场中的N点，电场力做功1.8×10-8在电场中把电荷q=-2.0×10-9C从A点移到B点，电场力做了1.0×10-7J的正功，再把q从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10-7J，则A、B、C三点中______点电势最高，A、C之间的电势差UAC=______V；假如规定B点电势为零，则A汤姆孙通过对阴极射线的探讨发觉了电子.如图所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以视察到电子束偏转的方向是______，该力的方向可以用______(填“左手定则”或“右手定则”)来推断．在远距离输电中，输送电压为220伏，输送的电功率为44千瓦，输电线的总电阻为0.2欧，在运用原副线圈匝数比为1：10的升压变压器升压，再用10：1的降压变压器降压方式送电时.输电线上损失的电压为______V，损失的电功率为______W.如图所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以渐渐增大的顺时针方向的电流(如图中箭头所示)，则线圈B中的磁通量______(填“增大”或“减小”)，线圈B有______(填“扩张”或“收缩”)的趋势．带有8.0×10-8C电荷量的等量异种点电荷相距20cm，则连线中点处的电场强度是______N/C，与这两个点电荷距离都为20cm如图所示，界面MN上部为磁感应强度大小为B的匀强磁场，有一质量为m(不计重力)，电量为q的负电荷，以v0的速度沿与MN成30∘方向进入该匀强磁场，电荷进出匀强磁场两点之间距离d=______，电荷在匀强磁场中运动时间t=如图所示电路中，P、Q两灯相同，带铁芯的线圈L与Q灯串联，S接通瞬间，P______变亮，Q______变亮(填“马上”或者“渐渐”)

一正弦式沟通电的电流随时间变更关系为i=102sin314t，则其电流的有效值为______A，频率为______

HZ，接上R=10Ω电阻后，1带电量为3.2×10-19C的粒子，速率V=3×106如图是一个正弦沟通电图象，依据图象可求出它的周期T=______s，频率f=______Hz，电流最大值______A，电流有效值______A.

在水平桌面上放一闭合铝环，如图所示，当其正上方的一条形磁铁向下运动时，圆环将有______趋势(填“收缩”、“扩张”)，对桌面的压力将______(填“增大”、“减小”或“不变”)．将电量为6×10-6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10-5J的功，则该电荷在此过程中电势能______了______J；再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10-5如图所示，一个质量为m=0.02kg，带电量为q=2×10-4C的物体放在光滑水平面上，所在区域有一水平向右的匀强电场，场强E=500N/C.物体由静止起先向前做匀加速直线运动，重力加速度g=10m如图，当一个带正电荷的物体C靠近原来不带电的导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，使导体靠近带电物体的A端带______(填“正”或“负”)电荷，远离带电物体的B端带______(填“正”或“负”)电荷．如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个电压表相连.线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变更．______端电势较高，(选填“A”或“B”)；电压表的示数为______V.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑圆形导体框架，OC为一能绕O在框架上滑动的导体棒，Oa之间连一个电阻R，导体框架与导体电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则导体棒产生的电动势是______，外力做功的功率是______．如图所示，把一个平行板电容器与一个静电计相连接后，给电容器带上肯定电量，静电计指针的偏转指示出电容器两板间的电势差，现保持正极板不动，而要使静电计指针的偏角增大，可让负极板向______

移动(左或右)．

答案和解析【答案】1.b→2.>；>

3.Fq；F4.4V；2.4V5.-36.1；4；2

7.0.1A；0.018.等于；整数

9.0.04

4.4

60

10.1：2；1：4

11.-512.a；b；自感

13.500；500

14.Q；P；向左

15.1；0；2

16.2：(-1)：(-1)

17.正；kQ9r18.1：4；1：2

19.0.16；1.0×1020.9F

21.0.2；5322.12

23.负；正

24.a；240

25.会；不会

26.9727.正；带负电

28.4；2

29.314V；220V；200；157330.8.64×10-1131.2：1；4：1

32.有；无；有；有

33.30；60

34.B；150；-50；4×35.向下；左手定则

36.4；80

37.增大；扩张

38.1.44×105；39.mv0qB40.马上；渐渐

41.10；50；1000

42.9.6×1043.0.2；5；102；1044.收缩；增大

45.增加；3×10-5；46.0.1；5；2.4

47.负；正

48.A；50

49.12Br50.左

【解析】1.解：将圆盘看成由许多根从圆心到边缘的导线组成，这些导线就像自行车的辐条.圆盘转动时，这些辐条切割磁感线.由右手定则知：辐条中感应电流从O流向圆盘边缘，然后通过电刷沿导线从b通过电阻R到a.所以，通过R的电流方向是b→a．

故答案为：b→a．

将金属圆盘看成由多数金属幅条组成，依据右手定则推断感应电流的方向．

2.解：由图可知，电场中A点处电场线较密，所以在A点的电场强度要比B点的电场强度大，即EA>EB；

由于EA>EB，并且是同一个电荷，电荷的电荷量大小相同，由F=qE可知，电荷在A点时受到的电场力要大于在B点时受到的电场力，即FA>FB；

故答案为：>；>

电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小3.解：电荷量为q的正电荷在电场中受到的电场力为F，则该点的电场强度为E=Fq

电场强度由电场本身确定的，与摸索电荷无关，所以在这点引入电荷量为2q的负电荷时，电场强度不变，仍为E=Fq．

故答案为：Fq，Fq．

已知摸索电荷所受的电场力F和电荷量q，依据电场强度的定义式E=Fq4.【分析】

线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间匀称变更时，线圈中的磁通量发生变更，从而导致出现感应电动势，产生感应电流。由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小。

考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小，当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率，同时磁通量变更的线圈相当于电源。

【解答】

磁感应强度随时间变更的规律为B=(2+0.2t)T，

所以∆B∆t=0.2T/s=0.2T/s

则：E=nE=n∆5.解：三个电量相同的正电荷Q，放在等边三角形ABC的三个顶点上，O点为三角形中心，

设三角形边长为L，由几何关系知：r=|AO|=L2cos300=33L，

A球受力平衡，有：F2=kQqr2=F1=2Fcos

30∘

其中F=kQ2r2，

所以联立解得：q=3Q3，由F2的方向知q带负电．

答：在三角形的中心应放置的负电荷，才能使作用于每个电荷上的合力为零．6.解：

(1)甲对乙的作用力和乙对甲的作用是一对作用力和反作用力，肯定等大的．

(2)由库仑定律F=kq1q2r2，若把每个电荷的电量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为F'=k2q1⋅2q2r2=4kq1q2r2=4F，是原来的4倍．

(3)7.解：由b图得：△B△t=0.20.2T/s=1T/s

由法拉第电磁感应定律可得：感应电动势：

E=△Φ△t=△B△tS=1×100×10-4V=0.018.解：人们把最小电荷叫做元电荷，所带电荷量大小为：e=1.60×10-19C，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，或等于e．

故答案为：等于；

整数．

各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，所带电荷量大小为：e=1.60×109.【分析】先依据志向变压器变压比公式U1U2=n1n2列式求解L2两端的电压；再依据输入功率等于输出功率列式求解电流I1，再【解答】依据电压与匝数成正比，有U1U2=n1n2

代入数据110U2=60015

解得：U2=114V

依据输入功率等于输出功率，有U1I1=U2I10.解：设线圈宽为L，长为L'.线圈所受的安培力为：

FA=BIL=BBLvRL=B2L2vR∝v，

由于匀速运动，拉力为：F=FA

则F1：F2=v：2v=1：2；

做功

故为W1：W2=1：2

拉力的功率为：P=Fv=∝v2，

则P11.解：由图示可知，依据顺着电场线方向电势降低，可知B的电势高于A的电势，则UAB<0．

AB方向与电场线方向间的夹角θ=60∘，

BA两点沿电场方向的距离d=Lcosθ，

BA两点间的电势差UAB=-Ed=-ELcosθ=-100V/m×0.1m×cos60∘=-5V，

故答案为：-5．

已知匀强电场的场强为E，A、B12.解：在K断开前，自感线圈L中有向左的电流，断开K后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是渐渐减小为零.原来跟L并联的灯泡A，由于电源的断开，向左的电流会马上消逝.但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由a到b.因此，灯泡不会马上熄灭，而是慢慢熄灭，将这称为自感现象．

故答案为：a；b；自感．

线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路，L的右端电势高．

13.解：A点的电场强度为E=Fq=1×10-32×10-6N/C=500N/C

电场强度反映电场本身的特性，与摸索电荷无关，所以将正摸索电荷的电荷量减为1×10-6C，14.解：当把软铁快速靠近A线圈的过程中，依据楞次定律，增反减同，则感应电流方向由Q到P，

由楞次定律的相对运动表述：近则斥、离则吸，可知：线圈A将向左移动．

故答案为：Q，P；向左．

当磁铁快速靠近A线圈的过程中，因磁通量的变更，依据楞次定律，即可求解通过电阻R的感应电流的方向；由楞次定律的另一种表述：近则斥、离则吸，即可解答．

考查理解楞次定律的应用，留意楞次定律的总结性规律：近则斥、离则吸；增则缩，减则扩；增则反，减则同．15.解：依据法拉第电磁感应定律，0～5s线圈中产生的感应电动势大小为：

E=N△⌀△t=1×5-05-0=1V

依据法拉第电磁感应定律，5～10s线圈中产生的感应电动势大小为：

E=N△⌀△t=1×0=0

依据法拉第电磁感应定律，6～16.解：假设A带电量为Q，B带电量为-Q，

第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为Q2，

C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为-Q4，

所以A、B、C三者电荷量之比为2：(-1)：(-1)．

故答案为：2：(-1)：(-1)．

知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．17.解：金属球在点电荷旁边，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，金属球上的电子受到吸引，所以金属球在静电平衡后左侧带电性质为正电荷，右侧为负电荷；

金属球内部合电场为零，电荷+Q与感应电荷在金属球内随意位置激发的电场场强都是等大且反向，所以金属球上感应电荷在球心激发的电场强度不为0．

感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为kQ(3r)2=kQ9r2，方向两球心连线向右．

故答案为：正；

kQ9r2；沿两球心连线向右

金属球在点电荷旁边18.【分析】

将闭合线框a和b匀速拉出磁场，依据功能关系可知，外力对环做的功等于线框产生的焦耳热。依据感应电动势公式、焦耳定律、电阻定律探讨功的关系.由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量，然后求出电荷量之比.本题综合了感应电动势、焦耳定律、电阻定律，关键依据功能关系得到外力对环做的功的表达式，运用比例法进行分析。

【解答】

设线框导线截面积为S，总长度为L'，依据电阻定律可得，所以R1:R2=1:2；

设波长为L正方形线框拉出过程中产生的感应电动势E=BLv，外力对环做的功：W=BIL·L=B2L3vR，

所以WaW19.解：依据闭合电路欧姆定律得，I=ER=1.5150A=0.01A

通过的电量q=It=16×0.01C=0.16C

相当于电子的数目n=qe=0.161.6×10-19=1×1018

20.解：距离变更之前：F=kQqr2①

当电荷量都变为原来的3倍时：F1=k3Qqr2②

联立①②可得：F1=921.解：由图象可知周期T=0.2s；

设电阻为R，在前半周期内电阻产生的热量Q1=I2R⋅T2=((102)2 R⋅0.1，在后半周期产生的热量Q2=(10)2R⋅0.1；

22.解：经过分析知平衡点在6cm右侧，依据平衡条件有：

kk4q⋅q'x2=kqq'(x-6)2

解得：x=0.12m=12cm

故答案为：12．

取一个电荷量为q'的摸索电荷，在合场强为零处不受电场力；在023.解：静电感应不是创建电荷，而是使导体上的正负电荷分开，当一个带正电荷的物体靠近原来不带电的导体时，由于静电感应，导体两端就会带等量异号电荷，其中导体靠近带电物体的一端带负电，远离带电物体的一端带正电．

故答案为：负，正

静电感应现象是金属导体在外电场的作用下自由电子定向移动，电荷在导体内发生重新分布，当感应电荷的电场与外电场大小相等时方向相反时达到静电平衡，导体为等势体．

考查了静电感应现象，导体靠近带电物体的一端带上与点电荷相反电性的电荷，远离带电物体的一端带上与点电荷电性相同的电荷．24.解：由图知，a处电场线比b处电场线密，则a处的电场强度较大；

a、b两点间的电势差为：Uab=Wabq=2.4×10-61×10-8V=240V．

故答案为：a；240

依据电场线的疏密表示场强的相对大小，比较场强的大小，电场线越密，场强越大；依据25.解：当开关闭合和断开的瞬间，线圈A中电流大小发生变更，则线圈A产生的磁场强弱发生变更，通过闭合回路的磁通量发生变更，就会产生感应电流，电流表指针发生偏转；

当开关总是闭合的，滑动变阻器也不动，通过闭合回路的磁通量不发生变更，就不会产生感应电流，电流表的指针不会偏转；

故答案为：会，不会．

当通过闭合回路的磁通量发生变更，就会产生感应电流，电流表指针发生偏转；依据感应电流产生的条件结合题意分析答题．

本题考查了感应电流产生的条件；解决本题的关键驾驭感应电流的产生条件，知道当通过闭合回路的磁通量发生变更，就会产生感应电流．26.解：由库仑定律可得：F=kQ1Q2R2，两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3：3，所以库仑力是原来的9：7．

故答案为：97

两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出.当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量相互中和后平分，所以库仑力的变更是由电荷量变更导致的．

本题考查库仑定律的同时，利用了限制变量法.当限制距离不变时，去变更电荷量，从而确定库仑力的27.解：依据对电荷的定义可知，丝绸摩擦过的玻璃板带正电；用丝绸摩擦过的玻璃板靠近验电器，由于静电感应，验电器的小球一端带上负电荷，锡箔一端上会带正电荷；用手摸一下验电器金属球时，人体与验电器组成新的导体，近端(小球)带上与玻璃棒相反的负电荷，而金属箔此时不带电；再移走玻璃板，锡箔将带上负电荷．

故答案为：正，带负电

丝绸摩擦过的玻璃板带正电，然后结合感应带电的特点分析即可．

该题考查正负电荷以及静电感应，要求知道自然界中存在两种电荷，以及电荷之间相互作用的规律即可．28.解：由图象可知，L2正常发光的电流为1A，L1的正常发光电流为0.5A，

所以，两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则肯定是L1，此时电路中的电流为0.5A，

由图可知：L2的电压为U2'=2V，此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；

此时电源的输出电压为U=U1'+U2'=2V+6V=8V，

电源的输出功率P=UI=8V×0.529.解：线圈在图示位置时电动势最大，最大值为Em=NBSω=100×0.5×0.1×0.2×314=314V

有效值为E=3112=220V；

在转过90∘过程中的平均值为E平均=N△⌀△t=NBST4=100×0.5×0.2×0.114×2π314=200V；

沟通30.解：(1)依据库仑定律，静电力为：

F=kQ1Q2r2=9×109×(4×10-11)×(6×10-11)0.52N=8.64×10-11N

(2)31.解：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1，所以原线圈两端电压为2U，所以电源的电压为4U，而副线圈电压为U，所以沟通电源两端的电压与灯泡两端的电压之比为4：1．

故答案为：2：1，4：1

设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系．

本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题．32.解：由图所示电路可知：

①闭合电健K的瞬时，穿过线圈Ⅱ的磁通量变更，有感应电流产生，依据楞次定律，则有：R中感应电流方向向右；

②保持电键K闭合的时，穿过线圈Ⅱ的磁通量不变，没有感应电流产生；

③断开电键K的瞬时，穿过线圈Ⅱ的磁通量发生变更，有感应电流产生，依据楞次定律，则有：R中感应电流方向向左；

④电键K闭合将变阻器RO的滑动端向左滑动时，穿过线圈Ⅱ的磁通量发生变更，有感应电流产生，依据楞次定律，则有：R中感应电流方向向右．

故答案为：①有②无③有④有

依据感应电流产生的条件分析答题，感应电流产生条件：穿过闭合回路的磁通量发生变更，并由右手螺旋定则与楞次定律，即可确定感应电流的方向．

知道感应电流产生的条件，依据题意推断磁通量是否发生变更，是正确解题的关键；同时驾驭右手螺旋定则与楞次定律的应用，留意因通电产生磁场方向，再明确磁通量增大还是减小.本题难度不大，是一道基础题．33.解：由题意可知，正电荷从零电势点移到M点电场力做功W=-9×10-9J，依据公式W=qU可知，

零电势点与M点间的电势差为：U0M=WOMq=-9×10-93×10-10V=-30V，又UOM=0-φM=-30V，故φM=30V；

将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10-8J，依据公式W=qU34.解：A、B间电势差：UAB=WABq=1×10-7-2×10-9=-50V，可知A的电势比B的低．

B、C间电势差：UBC=WBCq=-4×10-7-2×10-9=200V，B的电势比C的高．

A、C间电势差：UAC=WACq=WAB+WBCq=150V，A的电势比C的高，则B点的电势最高.规定B点电势为零，由UAB=φA-35.解：电子从阴极射向阳极，电子在磁场中受力状况可以依据左手定则，磁感线穿入手心，四指指向电子运动的反方向，洛伦兹力的方向向下，则电子束向下偏转．

故答案为：向下；左手定则．

阴极射线管电子从阴极射向阳极，运用左手定则推断电子束受到的洛伦兹力的方向，来推断电子束偏转的方向．

本题考查左手定则的应用，要留意在运用左手定则推断洛伦兹力的方向时，四指要指向负电荷运动的相反方向．36.解：在远距离输电中，输送电压为220伏，运用原副线圈匝数比为1：10的升压变压器升压，故升压变压器的输出电压为2200V，依据P=UI，输出电流为：

I=44×1000W2200V=20A

故电压损失为：△U=Ir=20A×0.2Ω=4V

电功率损失为：△P=I2r=202×0.2=80W37.解：当线圈A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过线圈B的磁通量垂直向里，且增大，依据楞次定律，线圈B产生逆时针方向的电流；依据磁感线的特点可知，A环以内的范围内的磁感线的方向向里，而A环以外的磁感线的方向向外，由于穿过线圈B的向里的磁通量增大，依据楞次定律的另一种表述，线圈B有扩张的趋势，阻碍磁通量的增加．

故答案为：增大，扩张．

当线圈A中通有不断增大的顺时针方向的电流时，四周的磁场发生变更，即通过线圈B的磁通量发生变更，依据楞次定律结合右手螺旋定则推断出B线圈中感应电流的方向.依据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的变更，确定线圈B有扩张还是收缩趋势．

解决本题的关键驾驭楞次定律推断感应电流的方向，以及驾驭楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变更．

该题中A环环内的磁场的方向与环外的磁场的方向不同，A环以内的范围内的磁感线的方向向里，而A环以外的磁感线的方向向外，穿过B环的磁通量是二者的矢量和，这是学生简洁出现错误的地方．38.解：两个等量异种点电荷在中点产生的电场强度大小相等，方向相同.大小为E1=E2=kQr2=9×109×8×10-80.12=7.2×104N/C

则合场强E=2E39.解：电荷在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：

qv0B=mv02r，

解得：r=mv0qB，

由几何学问可知，电荷出射点距离入射点距离：

d=2rsin30∘=r=mv0qB，

电荷在磁场中做圆周运动的周期：T=40.【解答】

由于线圈对电流的变更有阻碍作用，所以在S接通瞬间，线圈中电流缓慢增加，故Q渐渐亮起来，而另一个P会马上发光．

故答案为：马上，渐渐

【分析】

电感总是阻碍电流的变更.线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，抑制增大．

线圈中电流变更时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极