高三畢業(yè)班一輪復習50題之電磁學綜合計算

1、.2019年高三畢業(yè)班一輪復習50題之電磁學綜合計算一、填空題1. 如下圖，金屬圓盤可繞O軸轉動，電阻R用電刷接于圓盤中心和邊緣之間.當圓盤做順時針方向的轉動時(從上向下看)，通過R的電流方向是_ 2. 如下圖，A、B是電場中的兩點，由圖可知，電場強度EA _ EB(填“>或“<).將一點電荷先后放在A、B兩點，它所受的電場力大小FA _ FB(填“>或“<)3. 在電場中某點引入電量為q的正電荷，這個電荷受到的電場力為F，那么該點場強為_ ，假設在這點引入電量為2q的負電荷時，那么該點的電場強度為_ 4. 如下圖，面積為0.2m2的100匝線圈處在勻強磁場中，磁場方向

2、垂直于線圈平面，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律為B=(2+0.2t)T，定值電阻R1=6，線圈電阻R2=4，那么回路的感應電動勢=_；a、b兩點間電壓Uab=_5. 三個電量一樣的正電荷Q，放在等邊三角形的三個頂點上，問在三角形的中心應放置_ 的電荷，才能使作用于每個電荷上的合力為零？6. 兩個點電荷甲和乙同處于真空中(1)甲的電量是乙的4倍，那么甲對乙的作用力是乙對甲的作用力的_ 倍. (2)假設把每個電荷的電量都增加為原來的2倍，那么它們之間的互相作用力變?yōu)樵瓉淼腳 倍；(3)保持其中一電荷的電量不變，另一個電荷的電量變?yōu)樵瓉淼?倍，為保持互相作用力不變，那么它們之間的間隔 應變?yōu)樵瓉淼腳 倍

3、.7. 有一面積為150cm2的金屬環(huán)，電阻為0.1，在環(huán)中100cm2的同心圓面上存在如圖(b)所示的變化的磁場，在0.1s到0.2s的時間內(nèi)環(huán)中感應電流為_ ，流過的電荷量為_ 8. 電子所帶的電荷量是e=1.6×1019C，實驗指出，所有帶電物體的電荷量或者_ e(填“等于或“不等于)，或者是e的_ 倍.9. 如圖的理想變壓器，原線圈匝數(shù)n1=600匝，輸入電壓U1=110V，副線圈L2的匝數(shù)n2=15匝，輸出電流I2=0.60A，L3的輸出電壓U3=11V，輸出電流I3=0.25A.那么原線圈中電流I1=_A，變壓器的輸出功率P=_W，L3的匝數(shù)n3=_匝.10. 如下圖，矩

4、形線圈從勻強磁場中，第一次以速度v勻速拉出，第二次以速度2v勻速拉出，那么第一、二兩次外力做功之比為_ ，功率之比為_ 11. 如圖，A、B兩點相距0.1m，=60，勻強電場場強E=100V/m，那么A、B間電勢差UAB= _ V. 12. 圖為一演示實驗電路圖，圖中L是一帶鐵芯的線圈，A是一燈泡，電鍵S處于閉合狀態(tài)，電路是接通的.現(xiàn)將電鍵K斷開，那么在電路切斷的瞬間，通過燈泡A的電流方向是從_ 端到_ 端，這個實驗是用來演示_ 現(xiàn)象的13. 在電場中A點放入一個電荷量為2×106C的正試探電荷，它受到的電場力為1×103N，那么A點的電場強度為_ N/C，假設將正試探電荷

5、的電荷量減為1×106C，那么A點的電場強度為_ N/C14. 如下圖，線圈A繞在一鐵芯上，A中導線接有一電阻R.在把磁鐵N極迅速靠近A線圈的過程中，通過電阻R的感應電流的方向為_ 指向_ (填“P、“Q)；假設線圈A能自由挪動，那么它將_ 挪動(填“向左、“向右或“不)15. 穿過單匝閉合線圈的磁通量隨時間變化的t圖象如下圖，由圖知05s線圈中感應電動勢大小為_ V，5s10s線圈中感應電動勢大小為_ V，10s15s線圈中感應電動勢大小為_ V.16. A、B帶等量的異種電荷，不帶電物體C先后與A、B接觸后A、B、C三者電荷量之比為_ 17. 如下圖，一個原來不帶電的半徑為r&#

6、160;的空心金屬球放在絕緣支架上，右側放置一個電荷量為+Q的點電荷，點電荷到金屬球外表的最近間隔 為2r，那么：金屬球在靜電平衡后左側帶電性質(zhì)為_ 電.金屬球上的感應電荷在球心激發(fā)的電場強度大小是_ ，方向_ 18. 如下圖，光滑程度面上存在豎直方向的勻強磁場，用一樣的材料制成的粗細一樣、邊長分別為L和2L的兩只閉合正方形線框a和b，線框初始位置如下圖，現(xiàn)將a、b用外力以一樣的速度從勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外，在將線框拉出磁場的過程中，外力對線框所做的功之比為Wa：Wb=_，通過線框橫截面的電荷量之比為qa：qb=_19. 某電池電動勢為1.5V，假如不考慮它內(nèi)部的電阻，當把它的兩極與1

7、50的電阻連在一起時，16秒內(nèi)有_ C的電荷定向挪動通過電阻的橫截面，相當于_ 個電子通過該截面(一個電子的電荷量為1.60×1019C)20. 真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間的靜電力為F，假設它們的帶電量都增大為原來的3倍，間隔 保持不變，它們之間的靜電力變?yōu)開 21. 如下圖交變電流正值為正弦波的一部分，該交變電流的周期為_ S，電流有效值為_ A.22. 在x軸上，x=0處放置一個電荷為+4q的點電荷，x=6cm處放置一個電荷為q的點電荷，合場強為零的點在x= _ cm處23. 當一個帶正電荷的物體靠近原來不帶電的導體時，由于電荷間互相吸引或排斥，使導體靠近帶電物體的一端帶

8、_ (填“正或“負)電荷，遠離帶電物體的一端帶_ (填“正或“負)電荷24. 如下圖，三條實線代表電力線，a、b為電場中的兩點，這兩點相比較_ 點的電場強度較大，把一個帶電量為1.0×108C的點電荷從a挪動到b點，電場力做功2.4×106J，那么a、b兩點間的電勢差為_ V.25. 如圖，線圈A插在線圈B中，線圈B與電流表組成閉合電路；線圈A與蓄電池、開關、滑動變阻器組成另一個閉合電路，用此裝置來研究電磁感應現(xiàn)象，開關閉合瞬間，電流表指針_ (選填“會或“不會)發(fā)生偏轉，開關閉合穩(wěn)定后電流表指針_ (選填“會或“不會)發(fā)生偏轉26. 兩個帶有異種電荷的一樣的金屬小球(可看

9、作點電荷)，帶電量之比為1：7，在真空中相距為r，兩者互相接觸后再放回原來的位置上，那么它們間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼腳 倍.27. 如下圖，將用絲綢摩擦過的玻璃板靠近驗電器(不接觸)，驗電器錫箔上會帶_(選填“正或“負)電；用手摸一下驗電器金屬球，再移走玻璃板，錫箔_(選填“帶正電、“帶負電或“不帶電)28. 利用標有“6V，3W的燈泡L1、“6V，6W的燈泡L2與理想電壓表和理想電流表連接成如圖(a)所示的實驗電路，其中電源電動勢E=9V.圖(b)是通過兩個燈泡的電流隨兩端電壓變化的曲線.當其中一個燈泡正常發(fā)光時，電路輸出功率為_ W，電源內(nèi)阻為_ . 29. 如下圖，在B=0.5T的勻強磁場中

10、，有一個n=100匝的矩形線圈，邊長L1=0.1m，L2=0.2m，線圈從圖中位置開場繞中心軸OO以角速度=100rad/s逆時針方向勻速轉動，那么線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值為_ ，有效值為_ ，當線圈轉過14周過程中感應電動勢的平均值為_ ，線圈轉過30時感應電動勢的瞬時值_ 30. 兩個一樣的金屬小球，一個帶電Q1=4.0×1011C，另一個帶電Q2=6.0×1011C. (1)兩球相距50cm時，它們之間的靜電力是_ N. (2)把兩球接觸，分開后使它們?nèi)韵嗑?0cm，它們之間的靜電力為_ N.31. 如下圖，四個標有“6v、15w的完全一樣的燈泡，按圖所示分別接

11、在理想變壓器的原、副線圈上，且都正常發(fā)光.那么變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1：n2= _ ，交流電源兩端的電壓與燈泡L3兩端的電壓之比為_ 32. 繞在同一鐵芯上的線圈、按圖所示方法連接，判斷在以下各情況中，線圈中是否有感應電流產(chǎn)生(填“有或“無)閉合電健K的瞬時_保持電鍵K閉合的時候_斷開電鍵K的瞬時_電鍵K閉合將變阻器R0的滑動端向左滑動時：_33. 假設將一個電量為3.0×1010C的正電荷，從零電勢點移到電場中M點要抑制電場力做功9.0×109J，那么M點的電勢是_ V；假設再將該電荷從M點移到電場中的N點，電場力做功1.8×108J，那么M、N兩點間的電勢

12、差UMN= _ V.34. 在電場中把電荷q=2.0×109C從A點移到B點，電場力做了1.0×107J的正功，再把q從B點移到C點，抑制電場力做功4.0×107J，那么A、B、C三點中_ 點電勢最高，A、C之間的電勢差UAC= _ V；假如規(guī)定B點電勢為零，那么A點的電勢A= _ V，該電荷在C點的電勢能EPC= _ J.35. 湯姆孫通過對陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子.如下圖，把電子射線管(陰極射線管)放在蹄形磁鐵的兩極之間，可以觀察到電子束偏轉的方向是_ ，該力的方向可以用_ (填“左手定那么或“右手定那么)來判斷36. 在遠間隔 輸電中，輸送電壓為220伏，輸

13、送的電功率為44千瓦，輸電線的總電阻為0.2歐，在使用原副線圈匝數(shù)比為1：10的升壓變壓器升壓，再用10：1的降壓變壓器降壓方式送電時.輸電線上損失的電壓為_ V，損失的電功率為_ W.37. 如下圖，兩個閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一程度面內(nèi)，線圈A中通以逐漸增大的順時針方向的電流(如圖中箭頭所示)，那么線圈B中的磁通量_ (填“增大或“減小)，線圈B有_ (填“擴張或“收縮)的趨勢38. 帶有8.0×108C電荷量的等量異種點電荷相距20cm，那么連線中點處的電場強度是_ N/C，與這兩個點電荷間隔 都為20cm處的電場強度大小是_ N/C39. 如下圖，界面MN上部為磁

14、感應強度大小為B的勻強磁場，有一質(zhì)量為m(不計重力)，電量為q的負電荷，以v0的速度沿與MN成30方向進入該勻強磁場，電荷進出勻強磁場兩點之間間隔 d=_，電荷在勻強磁場中運動時間t=_40. 如下圖電路中，P、Q兩燈一樣，帶鐵芯的線圈L與Q燈串聯(lián)，S接通瞬間，P _ 變亮，Q _ 變亮(填“立即或者“逐漸)41. 一正弦式交流電的電流隨時間變化關系為i=102sin314t，那么其電流的有效值為_ A，頻率為_  HZ，接上R=10電阻后，1s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為_ J.42. 帶電量為3.2×1019C的粒子，速率V=3×106m/s，沿著與磁場垂直的方向射入B=1

15、T的勻強磁場中，它受到的洛倫茲力是_43. 如圖是一個正弦交流電圖象，根據(jù)圖象可求出它的周期T= _ s，頻率f= _ Hz，電流最大值_ A，電流有效值_ A.44. 在程度桌面上放一閉合鋁環(huán)，如下圖，當其正上方的一條形磁鐵向下運動時，圓環(huán)將有_ 趨勢(填“收縮、“擴張)，對桌面的壓力將_ (填“增大、“減小或“不變)45. 將電量為6×106C的負電荷從電場中A點移到B點，抑制電場力做了3×105J的功，那么該電荷在此過程中電勢能_ 了_ J；再將該電荷從B點移到C點，電場力做了1.2×105J的功，那么A、C間的電勢差UAC= _ 46. 如下圖，一個質(zhì)量為

16、m=0.02kg，帶電量為q=2×104C的物體放在光滑程度面上，所在區(qū)域有一程度向右的勻強電場，場強E=500N/C.物體由靜止開場向前做勻加速直線運動，重力加速度g=10m/s2.物體在電場中受的電場力為_ N，物體運動的加速度為_ m/s2，物體運動位移S=24m時，電場力做功為_ J.47. 如圖，當一個帶正電荷的物體C靠近原來不帶電的導體時，由于電荷間互相吸引或排斥，使導體靠近帶電物體的A端帶_(填“正或“負)電荷，遠離帶電物體的B端帶_(填“正或“負)電荷48. 如圖甲所示，100匝的線圈(圖中只畫了2匝)兩端A、B與一個電壓表相連.線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)方向的磁場，線圈中的磁

17、通量在按圖乙所示規(guī)律變化_ 端電勢較高，(選填“A或“B)；電壓表的示數(shù)為_ V.49. 如下圖，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有半徑為r的光滑圓形導體框架，OC為一能繞O在框架上滑動的導體棒，Oa之間連一個電阻R，導體框架與導體電阻均不計，假設要使OC能以角速度勻速轉動，那么導體棒產(chǎn)生的電動勢是_，外力做功的功率是_50. 如下圖，把一個平行板電容器與一個靜電計相連接后，給電容器帶上一定電量，靜電計指針的偏轉指示出電容器兩板間的電勢差，現(xiàn)保持正極板不動，而要使靜電計指針的偏角增大，可讓負極板向_ 挪動(左或右)答案和解析【答案】1. ba  2. >；&g

18、t;  3. Fq；Fq  4. 4V；2.4V  5. 3Q3  6. 1；4；2  7. 0.1A；0.01C  8. 等于；整數(shù)  9. 0.04  4.4  60  10. 1：2；1：4  11. 5  12. a；b；自感  13. 500；500  14. Q；P；向左  15. 1；0；2 &

19、#160;16. 2：(1)：(1)  17. 正；kQ9r2；沿兩球心連線向右  18. 1：4；1：2  19. 0.16；1.0×1018  20. 9F  21. 0.2；53  22. 12  23. 負；正  24. a；240  25. 會；不會  26. 97  27. 正；帶負電  28. 4；2  29. 3

20、14V；220V；200；1573V  30. 8.64×1011；3.6×1012  31. 2：1；4：1  32. 有；無；有；有  33. 30；60  34. B；150；50；4×107  35. 向下；左手定那么  36. 4；80  37. 增大；擴張  38. 1.44×105；1.8×104  39. mv0qB；5m3qB&#

21、160; 40. 立即；逐漸  41. 10；50；1000  42. 9.6×1013N  43. 0.2；5；102；10  44. 收縮；增大  45. 增加；3×105；3V  46. 0.1；5；2.4  47. 負；正  48. A；50  49. 12Br2；B2r424R  50. 左  【解析】1. 解：將圓盤看成由很多根從圓心到

22、邊緣的導線組成，這些導線就像自行車的輻條.圓盤轉動時，這些輻條切割磁感線.由右手定那么知：輻條中感應電流從O流向圓盤邊緣，然后通過電刷沿導線從b通過電阻R到a.所以，通過R的電流方向是ba故答案為：ba將金屬圓盤看成由無數(shù)金屬幅條組成，根據(jù)右手定那么判斷感應電流的方向該題的關鍵是要對金屬圓盤的轉動切割磁感線有明確認識，圓盤可以當做是由無數(shù)金屬幅條組成，這點很重要2. 解：由圖可知，電場中A點處電場線較密，所以在A點的電場強度要比B點的電場強度大，即EA>EB；由于EA>EB，并且是同一個電荷，電荷的電荷量大小一樣，由F=qE可知，電荷在A點時受到的電場力要大于在B點時受到的電場力，

23、即FA>FB；故答案為：>；> 電場線是從正電荷或者無窮遠發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小.電場力與場強的關系為F=qE此題就是考察學生根底知識的掌握，加強根底知識的學習，掌握住電場線的特點，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，即可解決此題3. 解：電荷量為q的正電荷在電場中受到的電場力為F，那么該點的電場強度為E=Fq 電場強度由電場本身決定的，與試探電荷無關，所以在這點引入電荷量為2q的負電荷時，電場強度不變，仍為E=Fq故答案為：Fq，F(xiàn)q試探電荷所受的電場力F和電荷量q，根據(jù)電場強度的定義式E=F

24、q求電場強度的大小.電場強度反映電場本身的性質(zhì)，與放入電場中的試探電荷無關，電場中同一點電場強度是唯一確定的此題關鍵要理解場強的定義式，知道場強的物理意義：場強由電場本身決定，與試探電荷無關4. 【分析】線圈平面垂直處于勻強磁場中，當磁感應強度隨著時間均勻變化時，線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而導致出現(xiàn)感應電動勢，產(chǎn)生感應電流。由楞次定律可確定感應電流方向，由法拉第電磁感應定律可求出感應電動勢大小?？疾炖愦味蓙頂喽ǜ袘娏鞣较?，由法拉第電磁感應定律來求出感應電動勢大小，當然此題還可求出電路的電流大小，及電阻消耗的功率，同時磁通量變化的線圈相當于電源?！窘獯稹看鸥袘獜姸入S時間變化的規(guī)律為B=(2+

25、0.2t)T，所以Bt=0.2T/s=0.2T/s那么：E=nE=nBtS=100×0.2×0.2V=4VS=100×0.2×0.2V=4 V電路的總電流為I，那么有：I=ER1+R2=46+4=A=0.4AUab=IR1=0.4×6 V=2.4 V故答案為：4V；2.4 V5. 解：三個電量一樣的正電荷Q，放在等邊三角形ABC的三個頂點上，O點為三角形中心，設三角形邊長為L，由幾何關系知：r=|AO|=L2cos300=33L，A球受力平衡，有：F2=kQqr2=F1=2Fcos 30

26、0;   其中F=kQ2r2，所以聯(lián)立解得：q=3Q3，由F2的方向知q帶負電答：在三角形的中心應放置的負電荷，才能使作用于每個電荷上的合力為零根據(jù)幾何關系解出中心O點到三角形頂點的間隔 ，每一個帶電小球都處于靜止狀態(tài)，不妨研究A球，A球受力平衡，BC兩球的對A是庫侖斥力，O點的電荷2對A是庫侖引力，列方程化簡即可此題關鍵是要能正確的選擇研究對象，由于三個小球均處于靜止狀態(tài)，以其中一個球為研究對象根據(jù)平衡條件得出中心O點的電荷量，根據(jù)受力方向判斷電荷的正負6. 解：(1)甲對乙的作用力和乙對甲的作用是一對作用力和反作用力，一定等大的(2)由庫侖定律F=kq1q2r2，假設把

27、每個電荷的電量都增加為原來的2倍，那么它們之間的互相作用力變?yōu)镕=k2q12q2r2=4kq1q2r2=4F，是原來的4倍(3)保持其中一電荷的電量不變，另一個電荷的電量變?yōu)樵瓉淼?倍，為保持互相作用力不變，由庫侖定律：F=kq14q2r2=F，解得：r=2r，那么它們之間的間隔 應變?yōu)樵瓉淼?倍故答案為：(1)1；(2)4；(3)2 由庫侖定律F=kq1q2r2可以分析對應量改變后庫侖力的變化此題是庫倫定律的集中練習，可以通過此題純熟公式的形式和應用，是一個根底題目7. 解：由b圖得：Bt=0.20.2T/s=1T/s 由法拉第電磁感應定律可得：感應電動勢：E=t=BtS=1×10

28、0×104V=0.01V；感應電流：I=ER=0.010.1A=0.1A，通過圓環(huán)橫截面的電荷量：q=It=0.1×(0.20.1)C=0.01C；故答案為：0.1A，0.01C 由b圖的斜率求出磁感應強度的變化率.根據(jù)法拉第電磁感應定律求出回路中感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求解感應電流的大小.由q=It求解流過的電荷量此題是電磁感應與電路相結合的綜合題，應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律、電流定義式即可正確解題8. 解：人們把最小電荷叫做元電荷，所帶電荷量大小為：e=1.60×1019C，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍，或等于e故答案為：等于； &#

29、160; 整數(shù)各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，所帶電荷量大小為：e=1.60×1019C，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍此題考察了元電荷、電子、質(zhì)子帶電量等根本知識，是一道考察根底題目的好題9. 【分析】先根據(jù)理想變壓器變壓比公式U1U2=n1n2列式求解L2兩端的電壓；再根據(jù)輸入功率等于輸出功率列式求解電流I1，再根據(jù)U1U3=n1n3列式求解n3。此題關鍵是根據(jù)理想變壓器的變壓比公式列式求解，同時明確輸入功率等于輸出功率?！窘獯稹扛鶕?jù)電壓與匝數(shù)成正比，有U1U2=n1n2代入數(shù)據(jù)110U2=60015解得：U2=114V根據(jù)輸入功率

30、等于輸出功率，有U1I1=U2I2+U3I3代入數(shù)據(jù)解得：I1=0.04A變壓器的輸入功率P1=U1I1=110×0.04W=4.4W因為輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸出功率為4.4W根據(jù)U1U3=n1n3代入數(shù)據(jù)解得：n3=60。故答案為：0.04；4.4；60。10. 解：設線圈寬為L，長為L.線圈所受的安培力為：FA=BIL=BBLvRL=B2L2vRv，由于勻速運動，拉力為：F=FA 那么F1：F2=v：2v=1：2；做功 故為W1：W2=1：2 拉力的功率為：P=Fv=v2，那么P1：P2=1：4；故答案為：1：2，1：4在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出磁場

31、，拉力與安培力二力平衡，根據(jù)安培力經(jīng)歷公式F=B2L2vRv，求解拉力之比由功的公式W=FL計算功之比；拉力功率等于拉力與速度的乘積此題掌握安培力的表達式FA=B2L2vR是關鍵.采用比例法，用一樣的物理量表示所求量，再求比例，是常用的方法11. 解：由圖示可知，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知B的電勢高于A的電勢，那么UAB<0AB方向與電場線方向間的夾角=60，BA兩點沿電場方向的間隔 d=Lcos，BA兩點間的電勢差UAB=Ed=ELcos=100V/m×0.1m×cos60=5V，故答案為：5勻強電場的場強為E，A、B兩點間的間隔 為L及AB連線與電場方向的夾

32、角為，根據(jù)公式U=Ed，求出兩點沿電場方向的間隔 d，再求解電勢差U.根據(jù)順著電場線方向電勢降低，判斷A、B兩點的電勢上下此題首先要想到勻強電場中電勢差與場強的關系式U=Ed，其次要正確理解d的含義：兩點沿電場方向的間隔 12. 解：在K斷開前，自感線圈L中有向左的電流，斷開K后瞬間，L的電流要減小，于是L中產(chǎn)生自感電動勢，阻礙自身電流的減小，但電流還是逐漸減小為零.原來跟L并聯(lián)的燈泡A，由于電源的斷開，向左的電流會立即消失.但此時它卻與L形成了串聯(lián)的回路，L中維持的正在減弱的電流恰好從燈泡A中流過，方向由a到b.因此，燈泡不會立即熄滅，而是漸漸熄滅，將這稱為自感現(xiàn)象故答案為：a；b；自感線圈

33、的特點是閉合時阻礙電流的增大，斷開時產(chǎn)生一自感電動勢相當于電源，與A組成閉合回路，L的右端電勢高做好本類題目的關鍵是弄清線圈與哪種電器相配，結合線圈特點分析新組成的閉合回路的電流流向13. 解：A點的電場強度為E=Fq=1×1032×106N/C=500N/C 電場強度反映電場本身的特性，與試探電荷無關，所以將正試探電荷的電荷量減為1×106C，A點的電場強度仍為500N/C故答案為：500，500 電場強度的方向與正電荷在該點所受的電場力方向一樣，大小由場強的定義式E=Fq求出.電場強度反映電場本身的特性，與試探電荷無關電場強度是描繪電場本身性質(zhì)的物理量，是電場

34、中最重要的概念之一，關鍵要掌握其定義式和方向特征14. 解：當把軟鐵迅速靠近A線圈的過程中，根據(jù)楞次定律，增反減同，那么感應電流方向由Q到P，由楞次定律的相對運動表述：近那么斥、離那么吸，可知：線圈A將向左挪動故答案為：Q，P；向左當磁鐵迅速靠近A線圈的過程中，因磁通量的變化，根據(jù)楞次定律，即可求解通過電阻R的感應電流的方向；由楞次定律的另一種表述：近那么斥、離那么吸，即可解答考察理解楞次定律的應用，注意楞次定律的總結性規(guī)律：近那么斥、離那么吸；增那么縮，減那么擴；增那么反，減那么同15. 解：根據(jù)法拉第電磁感應定律，05s線圈中產(chǎn)生的感應電動勢大小為：E=Nt=1×5050=1V

35、根據(jù)法拉第電磁感應定律，510s線圈中產(chǎn)生的感應電動勢大小為：E=Nt=1×0=0 根據(jù)法拉第電磁感應定律，68s線圈中產(chǎn)生的感應電動勢大小為：E=Nt=5(5)1510=2V 故答案為：1，0，2根據(jù)法拉第電磁感應定律公式E=Nt列式求解各個時間段的感應電動勢大小此題關鍵是記住法拉第電磁感應定律，根據(jù)其公式E=Nt列式求解即可，根底題16. 解：假設A帶電量為Q，B帶電量為Q，第三個不帶電的金屬小球C與A接觸后，A和C的電量都為Q2，C與B接觸時先中和再平分，那么C、B分開后電量均為Q4，所以A、B、C三者電荷量之比為2：(1)：(1)故答案為：2：(1)：(1)知道帶電體互相接觸

36、后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分解決該題關鍵要清楚帶電體互相接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分17. 解：金屬球在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布，金屬球上的電子受到吸引，所以金屬球在靜電平衡后左側帶電性質(zhì)為正電荷，右側為負電荷；金屬球內(nèi)部合電場為零，電荷+Q與感應電荷在金屬球內(nèi)任意位置激發(fā)的電場場強都是等大且反向，所以金屬球上感應電荷在球心激發(fā)的電場強度不為0感應電荷在金屬球球心處激發(fā)的電場場強與點電荷在球心處產(chǎn)生的電場強度大小，方向相反，即為kQ(3r)2=kQ9r2，方向兩球心連線向右故答案為：正； kQ9r2；沿兩球心連線向

37、右金屬球在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布，整個導體是一個等勢體.在金屬球內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會挪動.當點電荷移走后，電荷恢復原狀處于靜電感應現(xiàn)象的導體，內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在外表.且導體是等勢體18. 【分析】將閉合線框a和b勻速拉出磁場，根據(jù)功能關系可知，外力對環(huán)做的功等于線框產(chǎn)生的焦耳熱。根據(jù)感應電動勢公式、焦耳定律、電阻定律研究功的關系.由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出電流，由電流定義式求出電荷量，然后求出電荷量之比.此題綜合了感應電動勢、焦耳定律、電阻定律，關鍵根據(jù)功能關系得到外力

38、對環(huán)做的功的表達式，運用比例法進展分析?！窘獯稹吭O線框?qū)Ь€截面積為S，總長度為L，根據(jù)電阻定律可得，所以R1:R2=1:2；設波長為L正方形線框拉出過程中產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv，外力對環(huán)做的功：W=BIL·L=B2L3vR，所以WaWb=L3(2L)3×RbRa=14，即：W1:W2=1:4；電荷量：q=It=R=BL2R所以電荷量之比qaqb=L2(2L)2×RbRa=12。故答案為：1：4，1：2。19. 解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得，I=ER=1.5150A=0.01A 通過的電量q=It=16×0.01C=0.16C 相當于電子的數(shù)目n=qe=

39、0.161.6×1019=1×1018 故答案為：0.16，1.0×1018根據(jù)閉合電路歐姆定律I=ER，求出電流I，再根據(jù)q=It求出多少電荷發(fā)生定向挪動.根據(jù)n=qe求出電子的數(shù)量解決此題的關鍵掌握歐姆定律的公式I=ER，以及電流的定義式I=qt20. 解：間隔 改變之前：F=kQqr2 當電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時：F1=k3Qqr2 聯(lián)立可得：F1=9F，故答案為：9F 此題比較簡單，直接利用庫侖定律進展計算討論即可庫倫定律應用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關系，可以和萬有引力定律進展類比學習21. 解：由圖象可知周期T=0.2s；設電阻為R，

40、在前半周期內(nèi)電阻產(chǎn)生的熱量Q1=I2RT2=(102)2R0.1，在后半周期產(chǎn)生的熱量Q2=(10)2R0.1；設電流的有效值為I，那么在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量應滿足I2RT=Q1+Q2，即I2R0.2=(102)2R0.1+(10)2R0.1，解得I=53A(或8.66) 故答案為：0.2，53 此題的關鍵是根據(jù)有效值的定義即電流的熱效應，分別求出前半周期和后半周期產(chǎn)生的熱量，然后列出表達式求解即可求電流或電壓的有效值時，應根據(jù)電流的熱效應求解22. 解：經(jīng)過分析知平衡點在6cm右側，根據(jù)平衡條件有：kk4qqx2=kqq(x6)2 解得：x=0.12m=12cm 故答案為：12取一個電荷量為

41、q的試探電荷，在合場強為零處不受電場力；在0點左側，排斥力一定大于吸引力，不可能平衡；在06cm間，兩個電場力同向，也不可能平衡；故平衡點一定在6cm右側，根據(jù)平衡條件列式求解即可此題關鍵先找到平衡點的區(qū)域，然后根據(jù)平衡條件確定詳細坐標，根底題23. 解：靜電感應不是創(chuàng)造電荷，而是使導體上的正負電荷分開，當一個帶正電荷的物體靠近原來不帶電的導體時，由于靜電感應，導體兩端就會帶等量異號電荷，其中導體靠近帶電物體的一端帶負電，遠離帶電物體的一端帶正電故答案為：負，正靜電感應現(xiàn)象是金屬導體在外電場的作用下自由電子定向挪動，電荷在導體內(nèi)發(fā)生重新分布，當感應電荷的電場與外電場大小相等時方向相反時到達靜電

42、平衡，導體為等勢體考察了靜電感應現(xiàn)象，導體靠近帶電物體的一端帶上與點電荷相反電性的電荷，遠離帶電物體的一端帶上與點電荷電性一樣的電荷24. 解：由圖知，a處電場線比b處電場線密，那么a處的電場強度較大；a、b兩點間的電勢差為：Uab=Wabq=2.4×1061×108V=240V故答案為：a；240 根據(jù)電場線的疏密表示場強的相對大小，比較場強的大小，電場線越密，場強越大；根據(jù)電勢差公式U=Wq求出a、b兩點間的電勢差此題關鍵要掌握電場線根本意義：電場線疏密表示電場強度的大小，并能掌握電勢差的定義式Uab=Wabq，注意代入符號進展計算25. 解：當開關閉合和斷開的瞬間，線

43、圈A中電流大小發(fā)生變化，那么線圈A產(chǎn)生的磁場強弱發(fā)生變化，通過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，就會產(chǎn)生感應電流，電流表指針發(fā)生偏轉；當開關總是閉合的，滑動變阻器也不動，通過閉合回路的磁通量不發(fā)生變化，就不會產(chǎn)生感應電流，電流表的指針不會偏轉；故答案為：會，不會當通過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，就會產(chǎn)生感應電流，電流表指針發(fā)生偏轉；根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件結合題意分析答題此題考察了感應電流產(chǎn)生的條件；解決此題的關鍵掌握感應電流的產(chǎn)生條件，知道當通過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，就會產(chǎn)生感應電流26. 解：由庫侖定律可得：F=kQ1Q2R2，兩一樣金屬小球帶異種電荷時，兩者互相接觸后再放回原來的位置上，它們的電

44、荷量變?yōu)?：3，所以庫侖力是原來的9：7故答案為：97 兩電荷間存在庫侖力，其大小可由庫侖定律求出.當兩電荷互相接觸后再放回原處，電荷量互相中和后平分，所以庫侖力的變化是由電荷量變化導致的此題考察庫侖定律的同時，利用了控制變量法.當控制間隔 不變時，去改變電荷量，從而確定庫侖力的變化.當然也可控制電荷量不變，去改變間距，從而得出庫侖力的變化27. 解：根據(jù)對電荷的定義可知，絲綢摩擦過的玻璃板帶正電；用絲綢摩擦過的玻璃板靠近驗電器，由于靜電感應，驗電器的小球一端帶上負電荷，錫箔一端上會帶正電荷；用手摸一下驗電器金屬球時，人體與驗電器組成新的導體，近端(小球)帶上與玻璃棒相反的負電荷，而金屬箔此時

45、不帶電；再移走玻璃板，錫箔將帶上負電荷故答案為：正，帶負電絲綢摩擦過的玻璃板帶正電，然后結合感應帶電的特點分析即可該題考察正負電荷以及靜電感應，要求知道自然界中存在兩種電荷，以及電荷之間互相作用的規(guī)律即可28. 解：由圖象可知，L2正常發(fā)光的電流為1A，L1的正常發(fā)光電流為0.5A，所以，兩燈串聯(lián)在電路中，只有一燈正常發(fā)光，那么一定是L1，此時電路中的電流為0.5A，由圖可知：L2的電壓為U2=2V，此時電壓表測L2兩端的電壓，即電壓表的示數(shù)為2V；此時電源的輸出電壓為U=U1+U2=2V+6V=8V，電源的輸出功率P=UI=8V×0.5A=4W電源的內(nèi)阻r=EUI=980.5=2

46、故答案為：4，2由圖可知A的電流大于B的電流，故只能L2正常發(fā)光，正常發(fā)光時的電壓為額定電壓，根據(jù)串聯(lián)電路電流規(guī)律可知兩燈電流相等，結合串并聯(lián)電路的特點和閉合歐姆定律進展求解此題考察了串聯(lián)電路的特點和歐姆定律、電功率公式的應用；關鍵是電壓和電流不成正比，即電阻為變化的，應直接從圖中找出電流對應的電壓和電壓對應的電流進展求解29. 解：線圈在圖示位置時電動勢最大，最大值為Em=NBS=100×0.5×0.1×0.2×314=314V 有效值為E=3112=220V；在轉過90過程中的平均值為E平均=Nt=NBST4=100×0.5×0.

47、2×0.114×2314=200V；交流電的瞬時表達式e=314cos314t；轉化30度時感應電動勢的瞬時值E=314cos30=1573V；故答案為：314V；220V；200V；1573V 線框在勻強磁場中勻速轉動，產(chǎn)生正弦式交變電流，根據(jù)規(guī)律可列出感應電動勢的瞬時表達式；由法拉第電磁感應定律可求得平均電動勢此題考察了交流電的峰值、有效值及瞬時表達式和平均值，特別是求平均值時要用法拉第電磁感應定律30. 解：(1)根據(jù)庫侖定律，靜電力為：F=kQ1Q2r2=9×109×(4×1011)×(6×1011)0.52N=8.

48、64×1011N (2)把兩球接觸，電量是先中和后均分，為：Q=(4×1011)+(6×1011)2C=1×1011C 故靜電力為：F=kQ2r2=9×109×(1×1011)20.52N=3.6×1012N 故答案為：8.64×1011，3.6×1012(1)根據(jù)庫侖定律公式F=kq1q2r2列式求解即可；(2)把兩球接觸，由于兩個金屬球一樣，故電量是先中和后均分，根據(jù)庫侖定律再次求解靜電力即可此題關鍵是根據(jù)庫侖定律列式求解，同時要結合電荷守恒定律列式分析，根底題目31. 解：設每只燈的額定電

49、流為I，額定電壓為U，因并聯(lián)在副線圈兩端的兩只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈中的總電流為2I，原副線圈電流之比為1：2，所以原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1，所以原線圈兩端電壓為2U，所以電源的電壓為4U，而副線圈電壓為U，所以交流電源兩端的電壓與燈泡兩端的電壓之比為4：1故答案為：2：1，4：1 設每只燈的額定電流為I，因并聯(lián)在副線圈兩端的小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈中的總電流為2I，由電流關系求出匝數(shù)比；由匝數(shù)比求電壓關系此題解題的打破口在原副線圈的電流關系，難度不大，屬于根底題32. 解：由圖所示電路可知：閉合電健K的瞬時，穿過線圈的磁通量變化，有感應電流產(chǎn)生，根據(jù)楞次定律，那么有：R中感應電流方

50、向向右；保持電鍵K閉合的時，穿過線圈的磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生；斷開電鍵K的瞬時，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，有感應電流產(chǎn)生，根據(jù)楞次定律，那么有：R中感應電流方向向左；電鍵K閉合將變阻器RO的滑動端向左滑動時，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，有感應電流產(chǎn)生，根據(jù)楞次定律，那么有：R中感應電流方向向右故答案為：有無有有根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件分析答題，感應電流產(chǎn)生條件：穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，并由右手螺旋定那么與楞次定律，即可確定感應電流的方向知道感應電流產(chǎn)生的條件，根據(jù)題意判斷磁通量是否發(fā)生變化，是正確解題的關鍵；同時掌握右手螺旋定那么與楞次定律的應用，注意因通電產(chǎn)生磁場方向，再明確磁通量增

51、大還是減小.此題難度不大，是一道根底題33. 解：由題意可知，正電荷從零電勢點移到M點電場力做功W=9×109J，根據(jù)公式W=qU可知，零電勢點與M點間的電勢差為：U0M=WOMq=9×1093×1010V=30V，又UOM=0M=30V，故M=30V；將該點電荷從M點再移至N點電場力做功1.8×108J，根據(jù)公式W=qU可知，UMN=WMNq=1.8×1083×1010V=60V；故答案為：30；60根據(jù)電場力做功公式W=qU求出零電勢點與M點間的電勢差，即可得到M點的電勢.將該電荷從M點移到電場中的N點，由U=Wq求M、N兩點間的

52、電勢差UMN解決此題的關鍵要掌握電場力做功公式W=qU，要注意運用該公式時各個量均要代符號運算，抑制電場力做功時電場力做負功34. 解：A、B間電勢差：UAB=WABq=1×1072×109=50V，可知A的電勢比B的低B、C間電勢差：UBC=WBCq=4×1072×109=200V，B的電勢比C的高A、C間電勢差：UAC=WACq=WAB+WBCq=150V，A的電勢比C的高，那么B點的電勢最高.規(guī)定B點電勢為零，由UAB=AB，B=0，那么得A=UAB+B=50V 由UAC=AC，A=50V，那么得C=200V 那么該電荷在C點的電勢能EPC=2.0

53、×109×(200)J=4×107J 故答案為：B，150，50，4×107根據(jù)電勢差的定義式求出各點間的電勢差，由電勢差等于兩點的電勢之差，分析電勢的上下.由公式EPC=qC求解C點的電勢能此題要掌握電勢差的定義式，知道電勢差是電場中的電勢之差，電勢可以任意取，但電勢差卻不變，就像高度與高度差一樣.電勢差可正可負，所以U=Wq公式中做功要注意正與負，電荷量也要代入電性35. 解：電子從陰極射向陽極，電子在磁場中受力情況可以根據(jù)左手定那么，磁感線穿入手心，四指指向電子運動的反方向，洛倫茲力的方向向下，那么電子束向下偏轉故答案為：向下；左手定那么陰極射線管

54、電子從陰極射向陽極，運用左手定那么判斷電子束受到的洛倫茲力的方向，來判斷電子束偏轉的方向此題考察左手定那么的應用，要注意在運用左手定那么判斷洛倫茲力的方向時，四指要指向負電荷運動的相反方向36. 解：在遠間隔 輸電中，輸送電壓為220伏，使用原副線圈匝數(shù)比為1：10的升壓變壓器升壓，故升壓變壓器的輸出電壓為2200V，根據(jù)P=UI，輸出電流為：I=44×1000W2200V=20A 故電壓損失為：U=Ir=20A×0.2=4V 電功率損失為：P=I2r=202×0.2=80W 故答案為：4，80根據(jù)變壓比公式求解升壓變壓器的輸出電壓U，根據(jù)P=UI求解傳輸電流，根

55、據(jù)U=Ir求解電壓損失，根據(jù)P=I2r求解功率的損失掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，此題即可得到解決，注意輸電的電流的求解，及損失的功率計算37. 解：當線圈A中通有不斷增大的順時針方向的電流時，知穿過線圈B的磁通量垂直向里，且增大，根據(jù)楞次定律，線圈B產(chǎn)生逆時針方向的電流；根據(jù)磁感線的特點可知，A環(huán)以內(nèi)的范圍內(nèi)的磁感線的方向向里，而A環(huán)以外的磁感線的方向向外，由于穿過線圈B的向里的磁通量增大，根據(jù)楞次定律的另一種表述，線圈B有擴張的趨勢，阻礙磁通量的增加故答案為：增大，擴張當線圈A中通有不斷增大的順時針方向的電流時，周圍的磁場發(fā)生變化，即通過線圈B的磁通量發(fā)生變化，根據(jù)楞次定律

56、結合右手螺旋定那么判斷出B線圈中感應電流的方向.根據(jù)楞次定律的另一種表述，引起的機械效果阻礙磁通量的變化，確定線圈B有擴張還是收縮趨勢解決此題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，以及掌握楞次定律的另一種表述，感應電流引起的機械效果阻礙磁通量的變化該題中A環(huán)環(huán)內(nèi)的磁場的方向與環(huán)外的磁場的方向不同，A環(huán)以內(nèi)的范圍內(nèi)的磁感線的方向向里，而A環(huán)以外的磁感線的方向向外，穿過B環(huán)的磁通量是二者的矢量和，這是學生容易出現(xiàn)錯誤的地方38. 解：兩個等量異種點電荷在中點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向一樣.大小為E1=E2=kQr2=9×109×8×1080.12=7.2×

57、104N/C 那么合場強E=2E1=1.44×105N/C等量異種點電荷在與這兩個點電荷間隔 都為20cm處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向夾角是120，場強為 故答案為：1.44×105，1.8×104 據(jù)點電荷的場強公式分別求出等量異種電荷在中點的電場強度，再根據(jù)場強的疊加進展合成解決此題的關鍵掌握點電荷的場強公式E=kQr2，以及知道場強是矢量，合成分解遵循平行四邊形定那么39. 解：電荷在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B=mv02r，解得：r=mv0qB，由幾何知識可知，電荷出射點間隔 入射點間隔 ：d=2rsin30=r=mv0qB，電荷在磁場中做圓周運動的周期：T=2mqB，電荷在磁場中的運動時間：t=360T=36060360×2mqB=5m3qB；故答案為：mv0qB，5m3qB電荷在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出電荷做圓周運動的軌道半徑，然后求出兩點間的間隔 ；根據(jù)電荷在磁場中轉過的圓心角與電荷做圓周運動的周期可以求出電荷在磁場中運動的時間此題考察了電荷在磁場中的運動，分析清楚電荷的運動過程、作出電荷的運動軌跡是正確解題的關鍵，應用牛頓第二定律與電荷的周期公式可以解題40. 【解答】由于線圈對電流的變化有阻礙