江苏省连云港市高考物理 考点突破每日一练(27)电场性质的理解、电磁感应的综合问题(含解析)

高三物理电场的性质及带电粒子在电场中的运动复习题（含答案）电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，以下是电场的性质及带电粒子在电场中的运动温习题，请考生练习。

一、选择题(共10小题，每题4分，共40分。

在每题给出的四个选项中，第1～5题只要一项契合标题要求，第6～10题有多项契合标题要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1. (2021新课标全国卷，15)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势区分为MN、P、Q。

一电子由M点区分运动到N点和P点的进程中，电场力所做的负功相等。

那么()A.直线a位于某一等势面内，QB.直线c位于某一等势面内，NC.假定电子由M点运动到Q点，电场力做正功D.假定电子由P点运动到Q点，电场力做负功2.(2021新课标全国卷，14)如图，两平行的带电金属板水平放置。

假定在两板中间a点从运动释放一带电微粒，微粒恰恰坚持运动形状，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从运动释放一异样的微粒，该微粒将() A.坚持运动形状B.向左上方做匀减速运动C.向正下方做匀减速运动D.向左下方做匀减速运动3.(2021山东理综，18)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x 轴上，G、H两点坐标如图。

M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的误点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰恰为零。

静电力常量用k表示。

假定将该误点电荷移到G点，那么H点处场强的大小和方向区分为()A.，沿y轴正向B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向D.，沿y轴负向4(2021安徽理综，20)平均带电的无量大平面在真空中激起电场的场弱小小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，0为常量。

如下图的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q。

不计边缘效应时，极板可看作无量大导体板，那么极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小区分为()A.和B.和C.和D.和5.(2021海南单科，5)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。

（10）电磁感应现象、楞次定律1．(多选)如图甲，已知开关闭合时灵敏电流计G指针向右偏，则当图乙中同一灵敏电流计G 指针向左偏时，以下可能的原因是( )A．乙图中滑片P正向右加速运动B．乙图中滑片P正向左加速运动C．乙图中滑片P正向右减速运动D．乙图中滑片P正向左减速运动2．如图所示为地磁场磁感线分布示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高3．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向下的磁场作用力( )4.(多选)如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m 的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加上方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t )T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．金属杆中感应电流方向始终从C 到DB ．金属杆中感应电流的大小始终为2AC ．金属杆受到向上的支持力一直增大D ．t ＝0时与t ＝4s 时，金属杆对挡板的压力大小均为0.4N5．(多选)如图甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n ＝20，总电阻R ＝2.5Ω，边长L ＝0.3m ，处在两个半径均为r ＝L 3的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B 1垂直水平面向外，大小不变；B 2垂直水平面向里，大小随时间变化，B 1、B 2的值如图乙所示．(π取3)( )A ．通过线框中感应电流方向为逆时针方向B ．t ＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC．在t＝0.6s内通过线框中的电荷量为0.006CD．经过t＝0.6s线框中产生的热量为0.06J6.如图所示，在水平放置的螺线管的中央，放着一个可绕水平轴OO′自由转动的闭合线圈abcd，轴OO′与螺线管的轴线垂直，ab边在OO′轴的左上方，闭合K的瞬间，关于线圈的运动情况，下列说法正确的是( )A．不转动B．ab边向左转动C．ab边向右转动D．转动的方向与螺线管中的电流方向有关参考答案1．BD [甲图中，开关闭合时，由楞次定律判断知，G表电流由正接线柱流入时，指针向右偏，乙图中指针向左偏，故电流为负接线柱流入，即电容器放电，电容器两端电压正在减小，故滑片向左滑动，可能向左加速运动，也可能向左减速运动，故B、D正确，A、C错误．] 2．C [当飞机在赤道上空竖直下坠时，由于地磁场向北，若飞机从西往东或从东往西飞，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，所以机翼两端不存在电势差，故A、B错误；若飞机从南往北飞，当竖直下坠时，由右手定则可判知，飞机的右方机翼末端电势比左方末端电势高，即φ2比φ1高，相反，若飞机从北往南飞，φ1比φ2高，故C正确，D错误．]3．B [由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使圆环受到向下的磁场作用力，则螺线管中应产生增大的磁场，而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd 中的磁场变化率应越来越大，故只有B符合，A是减小的，C、D是不变的．]4．AC [当0≤t<2s时，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，同理，当t≥2s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；由法拉第电磁感应定律得：E＝ΔBSΔtsin30°＝0.2×12×12V＝0.1V，再由欧姆定律，则有感应电流大小I ＝0.10.1A ＝1A ，故B 错误；安培力大小F ＝B t IL ，由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆受到向上的支持力大小F N ＝mg －F sin60°＝mg －32(0.4－0.2t )IL ，所以随时间增大，F N 增大，故C 正确；金属杆对挡板的压力F N ′＝F cos60°＝(0.2－0.1t ) N ，所以当t ＝0时与t ＝4s 时F N ′的大小均为0.2N ，故D 错误．]5．AD [磁感应强度B 1垂直水平面向外，大小不变；B 2垂直水平面向里，大小随时间增大，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A 正确；t ＝0时刻穿过线框的磁通量为：Φ＝B 1×12πr 2－B 2×16πr 2＝1×0.5×3×0.12Wb －2×16×3×0.12Wb ＝0.005Wb ，故B 错误；在t ＝0.6s 内通过线框中的电荷量q ＝I t ＝E R t ＝n ΔΦΔt R ·Δt ＝n ΔΦR ＝20×5－2×16×3×0.122.5C ＝0.12C ，故C 错误；由Q ＝I 2Rt ＝(n ΔΦΔt R )2R ·Δt ＝n ΔΦR Δt2＝[20×5－2×16×3×0.12]2.5×0.62J ＝0.06J ，故D 正确．] 6．B [根据安培定则与线圈的绕法可知，通电时，通电螺线管中产生的磁场的N 极向左；闭合K 的瞬间，螺线管中的电流增大，所以产生的磁场增大，即向左的磁场增大，根据楞次定律可知线圈的感应电流的磁场方向向右，感应电流的方向为abcd ，由左手定则可知，ab 边受力的方向向下，cd 边受力的方向向上，所以ab 边向左转动，故B 正确．]。

（19）万有引力定律的理解和应用、电磁感应中的综合问题1．(多选)在星球表面发射探测器，当发射速度为v 时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到2v 时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球．已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1，半径比约为2∶1，下列说法正确的有( ) A ．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大 B ．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大 C ．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等 D ．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大2．宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m ，距地面高度为h ，地球质量为M ，半径为R ，引力常量为G ，则飞船所在处的重力加速度大小为( ) A ．0 B.GM R ＋h2C.GMm R ＋h 2D.GM h 23．如图所示，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )图1A.v 1v 2＝r 2r 1 B.v 1v 2＝r 1r 2C.v 1v 2＝(r 2r 1)2D.v 1v 2＝(r 1r 2)2 4．已知一质量为m 的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔF N ，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R .则地球的自转周期为( ) A ．T ＝2πmRΔF N B ．T ＝2πΔF NmRC ．T ＝2πm ΔF NRD ．T ＝2πRm ΔF N5．某星球直径为d ，宇航员在该星球表面以初速度v 0竖直上抛一个物体，物体上升的最大高度为h ，若物体只受该星球引力作用，则该星球的第一宇宙速度为( )A.v02B．2v0dhC.v02hdD.v02dh6．如图所示，足够长的光滑金属导轨ab、cd平行放置且与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝0.5 m，电阻可忽略不计．阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端．整个装置处于磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，可测得金属棒的最大速度v m，经多次测量得到1v m－1R的关系图象如图乙所示(取g＝10 m/s2)．(1)试求出金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；(2)当电阻箱阻值R＝2 Ω时，金属棒的加速度为a＝2.0 m/s2，求此时金属棒的速度．参考答案1．BD [由牛顿第二定律得G Mm R 2＝m v 2R，解得v ＝GMR，所以2v ＝2×GM R ＝2GMR ，所以探测器脱离星球的发射速度与探测器的质量无关，A 错误；因为地球与火星的MR不同，所以C 错误；探测器在地球表面受到的引力F 1＝GM 地m R 2地，在火星表面受到的引力为F 2＝GM 火mR 2火，所以F 1∶F 2＝M 地R 2火M 火R 2地＝5∶2，B 正确；探测器脱离星球的过程中，引力做负功，引力势能逐渐增大，D正确．]2．B [对飞船由万有引力定律和牛顿第二定律得，GMm R ＋h2＝mg ′，解得飞船所在处的重力加速度为g ′＝GM R ＋h2，B 项正确．]3．A [由题意知，两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据G Mm r2＝m v 2r ，得v ＝GM r ，所以v 1v 2＝r 2r 1，故A 正确，B 、C 、D 错误．] 4．A [在北极，物体所受的万有引力等于支持力，在赤道处有mg －F N ＝ΔF N ＝mR (2πT)2解得T ＝2πmRΔF N，A 正确．] 5．D [在该星球表面以初速度v 0竖直上抛一物体，该物体上升的最大高度为h .由v 20＝2gh ，得：g ＝v 202h，根据mg ＝m v 20R而R ＝d2得该星球的第一宇宙速度为：v ＝gR ＝v 02dh，故D 正确，A 、B 、C 错误．] 6．(1)0.025 kg 2 Ω (2)0.3 m/s 解析 (1)金属棒以速度v m 下滑时， 根据法拉第电磁感应定律有：E ＝BLv m 由闭合电路欧姆定律有：E ＝IR ·R 0R ＋R 0当金属棒以最大速度v m 下滑时， 根据平衡条件有：BIL ＝mg sin θ由1v m －1R 图象可知：B 2L 2mg sin θ＝2B 2L 2mg sin θ·1R 0＝1解得：m ＝0.025 kg ，R 0＝2 Ω (2)设此时金属棒下滑的速度为v ， 根据法拉第电磁感应定律有：E ′＝I ′R ·R 0R ＋R 0＝BLv 当金属棒下滑的加速度为2.0 m/s 2时，根据牛顿第二定律有：mg sin θ－BI ′L ＝ma联立解得：v ＝0.3 m/s。

（2）电磁感应现象、楞次定律1．用一根横截面积为S 、电阻率为p 的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率()0B k k t∆=<∆，则A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为2krS pD.图中a 、b 两点间的电压20.25U k r π=【知识点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律．J2 L1 L2【答案解析】BD 解析： A 、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A 错误；B 、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B 正确；C 、由法拉第电磁感应定律可知，E=221222Bs B r k r t t ππ∆∆==∆∆，感应电流I=44Es KSr r ρπρ=，故C 错误；D 、与闭合电路欧姆定律可知，ab 两点间的电势差为2E =|14k πr 2|，故D 正确；故选BD ．【思路点拨】由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab 间的电势差．本题应注意ab 两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压．2．用一根横截面积为S 、电阻率为p 的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率()0B k k t∆=<∆，则A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为2krS pD.图中a 、b 两点间的电压20.25U k r π=【知识点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律．J2 L1 L2【答案解析】BD 解析： A 、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A 错误；B 、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B 正确；C 、由法拉第电磁感应定律可知，E=221222Bs B r k r t t ππ∆∆==∆∆，感应电流I=44Es KSr r ρπρ=，故C 错误；D 、与闭合电路欧姆定律可知，ab 两点间的电势差为2E =|14k πr 2|，故D 正确；故选BD ．【思路点拨】由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab 间的电势差．本题应注意ab 两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压．3．用一根横截面积为S 、电阻率为p 的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率()0B k k t∆=<∆，则A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为2krS pD.图中a 、b 两点间的电压20.25U k r π=【知识点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律．J2 L1 L2【答案解析】BD 解析： A 、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A 错误；B 、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B 正确；C 、由法拉第电磁感应定律可知，E=221222Bs B r k r t t ππ∆∆==∆∆，感应电流I=44Es KSr r ρπρ=，故C 错误；D 、与闭合电路欧姆定律可知，ab 两点间的电势差为2E =|14k πr 2|，故D 正确；故选BD ．【思路点拨】由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab 间的电势差．本题应注意ab 两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压．4．矩形导线框abcd 固定在变化的磁场中，产生了如图所示的电流（电流方向abcda 为正方向）。

考点突破每日一练（29）带电粒子在匀强电场中的运动、电磁感应的综合问题1．如图所示，MN是一点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子(不计重力)穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．a、b为轨迹上两点．下列结论正确的是( )A．产生电场的电荷一定为负点电荷B．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度C．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小D．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能2.(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )A．x1处电场强度为正值B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D．x2～x3段是匀强电场3.图中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是( )A．两粒子的电性相同B．a点的电势高于b点的电势C ．粒子从P 运动到a 的过程中，电势能增大D ．粒子从P 运动到b 的过程中，动能增大4．光滑金属导轨a 、b 、c 、d 相互平行，固定在同一水平面内，a 、c 间距离为L 1，b 、d 间距离为L 2，a 与b 间、c 与d 间分别用导线连接。

导轨所在区域有方向竖直向下、磁感应强度B 的匀强磁场。

金属杆MN 在垂直于MN 的水平外力F 1（图中未画出）作用下保持静止，且垂直于a 和c ；金属杆GH 质量为m ，在垂直于GH 的水平恒力F 2作用下从静止开始向右运动，经过水平距离x 后，F 2对杆GH 做功的功率就不再变化保持为P ，运动过程中杆GH 始终垂直于b 和d 。

金属杆MN 接入电路的电阻为R ，其余电阻不计，导轨b 、d 足够长。

（9）电磁感应景象、楞次定律1．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上．M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑动触头，开关S处于闭合形状，N与电阻R相连．以下说法正确的是 ( )A．当P向右挪动时，通过R的电流为b到aB．当P向右挪动时，通过R的电流为a到bC．断开S的瞬间，通过R的电流为b到aD．断开S的瞬间，通过R的电流为a到b答案AD解析本题考查楞次定律．根据右手螺旋定则可知M线圈内磁场方向向左，当滑动变阻器的滑动触头P向右挪动时，电阻减小，M线圈中电流增大，磁场增大，穿过N线圈内的磁通量增大，根据楞次定律可知N线圈中产生的感应电流通过R的方向为b到a，A正确，B错误；断开S的瞬间，M线圈中的电流突然减小，穿过N线圈中的磁通量减小，根据楞次定律可知N线圈中产生的感应电流方向为a到b，C错误，D正确．2．如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N和摩擦力F f 的情况，以下推断正确的是( )A．F N先大于mg，后小于mg B．F N不断大于mgC．F f先向左，后向右 D．F f不断向左答案AD解析条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈中磁通量先增大后减小，由楞次定律中“来拒去留”关系可知A、D正确，B、C错误．3．如图所示，线圈由A地位开始着落，在磁场中受到的安培力假如总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个地位(B、D地位恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为 ( )A．a A>a B>a C>a D B．a A＝a C>a B>a DC．a A＝a C>a D>a B D．a A＝a C>a B＝a D答案B解析线圈在A、C地位时只受重力作用，加速度a A＝a C＝g.线圈在B、D地位时均受两个力的作用，其中安培力向上，重力向下．由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小a＝g－Fm<g.又线圈在D点时速度大于B点速度，即F D>F B，所以a D<a B，因而加速度的关系为a A＝a C>a B>a D，选项B正确．4．如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，上面说法中正确的是 ( )A．穿过线圈a的磁通量变大 B．线圈a有收缩的趋势C．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大答案C解析P向上滑动，回路电阻增大，电流减小，磁场减弱，穿过线圈a的磁通量变小，根据楞次定律，a环面积应增大，A、B错；由于a环中磁通量减小，根据楞次定律知a环中感应电流应为俯视顺时针方向，C对；由于a环中磁通量减小，根据楞次定律，a环有妨碍磁通量减小的趋势，可知a环对水平桌面的压力F N减小，D错．5．如图所示，绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下挪动(不到达该平面)，a、b将如何挪动( )A．a、b将彼此阔别 B．a、b将彼此靠近C．a、b将不动 D．没法推断答案A解析根据Φ＝BS，条形磁铁向下挪动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势．由于S不可改变，为妨碍磁通量增大，导体环会尽量阔别条形磁铁，所以a、b将彼此阔别．6．如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做以下哪种运动时，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解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错．7．如图所示安装中，cd杆本来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右挪动( )A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左减速运动答案BD解析ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右挪动，B正确；同理可得C 不正确，D正确．8．如图甲所示，等离子气流由左侧连续以v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有随图乙所1示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示．则以下说法正确的是( )A．0～1 s内ab、cd导线互相排斥B．1 s～2 s内ab、cd导线互相排斥C．2 s～3 s内ab、cd导线互相排斥D．3 s～4 s内ab、cd导线互相排斥答案CD解析由图甲左侧电路可以推断ab中电流方向由a到b；由右侧电路及图乙可以推断，0～2 s内cd中电流为由c到d，跟ab中的电流同向，因而ab、cd彼此吸引，选项A、B错误；2 s～4 s内cd中电流为由d到c，跟ab中电流反向，因而ab、cd彼此排斥，选项C、D正确．9．如图所示，通电导线cd右侧有一个金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向左的磁场力，则cd中电流的变化情况是( )A．cd中通有由d→c方向逐渐减小的电流B．cd中通有由d→c方向逐渐增大的电流C．cd中通有由c→d方向逐渐减小的电流D．cd中通有由c→d方向逐渐增大的电流答案BD。

江苏省赣榆高级中学备战2024年高考考点突破每日一练（11）电场的力的性质1. MN为足够大的不带电薄金属板,在金属板的右侧,距离为d的位置上放入一个电荷量为+q的点电荷O,由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布。

P是金属板上的一点,P点与点电荷O之间的距离为r,几位同学想求出P点的电场强度大小,但发觉问题很难。

几位同学经过细致探讨,从图乙所示的电场中得到了一些启示,经过查阅资料他们知道:图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。

图乙中两异种点电荷电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线。

由此他们分别对P点的电场强度方向和大小做出以下推断,其中正确的是( )甲乙A.方向沿P点和点电荷O的连线向左,大小为2kqdr3B.方向沿P点和点电荷O的连线向左,大小为2kq√r2-d2r3C.方向垂直于金属板向左,大小为2kqdr3D.方向垂直于金属板向左,大小为2kq√r2-d2r32.如图所示,真空中O点处有一点电荷,在它产生的电场中有a、b两点,a点的场强大小为E a,方向与ab连线成60°角,b点的场强大小为E b,方向与ab连线成30°角。

关于a、b两点的场强E a、E b及电势φa、φb的关系,正确的是( )A.E a=3E b,φa>φbB.E a=3E b,φa<φbC.E a=E b3,φa<φb D.E a=√3E b,φa>φb3.匀称带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。

如图所示,在半球面AB上匀称分布正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球面顶点与球心O的轴线,在轴线上有M、N两点,OM=ON=2R。

已知M点的场强大小为E,则N点的场强大小为( )A.kq2R2-E B.kq4R2C.kq4R2-E D.kq4R2+E4. (多选)如图所示,两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷),被固定在光滑的绝缘水平面上,P、N 是小球A、B连线的水平中垂线上的两点,且PO=ON。

高考物理连云港电磁学知识点之电磁感应全集汇编及答案一、选择题1．如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。

则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是A．B．C．D．2．如图所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的是（）A．B灯逐渐熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a3．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计。

下列说法正确的是A．S闭合瞬间，A先亮B．S闭合瞬间，A、B同时亮C．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭D．S断开瞬间，B逐渐熄灭4．如图所示，MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.4m，电阻不计。

导轨所在平面与磁感应强度B为0.5T的匀强磁场垂直。

质量m为6.0×10-3kg电阻为1Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。

导轨两端分别接有滑动变阻器R2和阻值为3.0Ω的电阻R1。

当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W。

则（）A．ab稳定状态时的速率v=0.4m/sB．ab稳定状态时的速率v=0.6m/sC．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=4.0ΩD．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=6.0Ω5．如图所示，铁芯P上绕着两个线圈A和B， B与水平光滑导轨相连，导体棒放在水平导轨上。

A中通入电流i（俯视线圈A，顺时针电流为正），观察到导体棒向右加速运动，则A中通入的电流可能是（）A．B．C．D．6．如图所示两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

（8）电磁感应现象、楞次定律1．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动解析MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里左手定则,MN中的感应电流由M→N安培定则,L中感应电流的磁场方向向上楞次定1律,⎩⎪⎨⎪⎧ L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强；若L 2中磁场方向向上减弱安培定则,PQ 中电流为Q →P 且减小右手定则,向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强安培定则,PQ 中电流为P →Q 且增大右手定则,向左加速运动．答案 BC2．两根相互平行的金属导轨水平放置于图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB 和CD 可以自由滑动．当AB 在外力F 作用下向右运动时，下列说法中正确的是 ( )A ．导体棒CD 内有电流通过，方向是D →CB ．导体棒CD 内有电流通过，方向是C →DC ．磁场对导体棒CD 的作用力向左D ．磁场对导体棒AB 的作用力向左答案BD解析利用楞次定律．两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再根据左手定则进一步判定CD、AB的受力方向，经过比较可得正确答案．3．下列叙述正确的是( )A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果答案AD解析电磁感应现象的发现者是法拉第，故选项A正确；惯性是物体本身固有的属性，质量是物体惯性大小的唯一量度，故选项B错误；伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，故选项C错误；楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的表现，故选项D正确．4．如图所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流(自左向右看) ( )A．沿顺时针方向B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向C．沿逆时针方向D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向答案 C解析条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，向右的磁通量一直增加，根据楞次定律，环中的感应电流(自左向右看)为逆时针方向，C对．5．如图所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断中正确的是( )A．金属环在下落过程中机械能守恒B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C．金属环的机械能先减小后增大D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力答案 B解析金属环在下落过程中，磁通量发生变化，闭合金属环中产生感应电流，金属环受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错误．由能量守恒知，金属环重力势能的减少量等于其动能的增加量和在金属环中产生的电能之和，B正确．金属环下落的过程中，机械能转变为电能，机械能减少，C错误．当金属环下落到磁铁中央位置时，金属环中的磁通量不变，其中无感应电流，和磁铁间无作用力，磁铁所受重力等于桌面对它的支持力，由牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力等于桌面对磁铁的支持力，等于磁铁的重力，D错误．6．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图1所示连接．下列说法中正确的是( )A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转答案 A解析电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，使线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．7．如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°) 答案 A解析设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BS cos θ，对A，S增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A正确．对B，B 减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错误．对C，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误．对D，S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误．故只有A正确．8．如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断中正确的是( )A．释放圆环，环下落时产生感应电流B．释放圆环，环下落时无感应电流C．释放圆环，环下落时环的机械能守恒D．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒答案BC解析由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，故A、D错误，B、C正确．9．如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是( )A．使线圈在纸面内平动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴转动答案 D解析使线圈在纸面内平动、沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流，所以D选项正确．10．金属环水平固定放置，现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环( )A．始终相互吸引B．始终相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥D．先相互排斥，后相互吸引答案 D解析磁铁靠近圆环的过程中，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的原磁通量的增加，与原磁场方向相反，如图甲所示，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环下降离开圆环时，穿过圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍穿过圆环的磁通量的减少，二者方向相同，如图乙所示，磁铁与圆环之间是引力．因此选项D正确．也可直接根据楞次定律中“阻碍”的含义推论：来则拒之，去则留之分析．磁铁在圆环上方下落过程是靠近圆环．根据来则拒之，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环后继续下落过程是远离圆环．根据去则留之，二者之间是引力．因此选项D正确．。