第十三章 电磁感应与电磁波初步 B卷 能力提升-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

第十三章 电磁感应与电磁波初步 B卷能力提升 建议用时：75分钟满分：100分 宝 一、选择题（本题共11小题，共44分.在每小题给出的四个选项中， 第1一7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8一11题有多项 符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的 密 得0分) 1.一放置在水平桌面上的条形磁铁，其磁感 的 线分布如图所示.P、Q是同一条磁感线上 封 的两点，下列说法正确的是 樊 A.P、O两点的磁感应强度相同 B.磁感线始终由N极到S极 线 C.P点的磁感应强度方向由P指向Q D.Q点的磁感应强度方向由Q指向P 2.下列各图中，已标出电流及电流的磁场方向，其中正确的是 内 ( + B 不 A B C D 数 准 3.2022年3月8日，航天员王亚平从空间站送来的 “国际妇女节”节日祝福通过电磁波传播到祖国 各地，下列关于电磁波的说法正确的是( 答 A.麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在 B.只要有电场就能产生电磁波 C.电磁波传播需要介质，机械波传播不需要介质 蠻 题 D.电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的， 且都与波的传播方向垂直 4.线圈从磁体上方由位置1经位置2平移到位置3的过程中，（位 置2在磁铁中点的正上方)穿过线圈的磁通量 ( 33 赵 北 A.不变，没有感应电流 B.先减小后增大，一直有感应电流 C.先增大后减小，一直有感应电流 D.在位置2为零，此时没有感应电流 5.一直导线通有水平向右的电流，带有绝缘外皮的金属圆环放置方 式如图所示.当导线中的电流增大时，圆环能产生感应电流的是 ) 甲 A.甲图中直导线与圆环在同一平面内 B.乙图中直导线与环面垂直 C.丙图中直导线在水平圆环直径正上方且与直径平行 D.丁图中直导线与圆环接触且与圆环直径重合 6.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所 示.有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以 测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管 线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a;②在a 点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些 点连成直线EF;③在地面上过a点且垂直于EF的直线上，找到 磁场方向与地面夹角为37°的b、c两点，测得b、c两点距离为L (sin37°=0.6，cos37°=0.8).由此可确定金属管线 水平地面 1金属管线 0 A垂直于EF,深度为2 B.平行于EF,深度为 C垂直于EF,深度为L D.平行于EF,深度为号L 7.如图所示，在磁感应强度大小为B。的匀强磁场 中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两 、 者之间的距离为1.在两导线中均通有方向垂直 P图…1-8Q 于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均 为1的a点处的磁感应强度为零，如果让P中的电流反向、其他 条件不变，则α点处磁感应强度的大小为 ( ) A.0 &品 c.2u. D.2B。 8.物体中存在着不停运动的带电微粒，带电微粒的振动会产生变化 的电磁场，从而产生电磁辐射.对于带电微粒的辐射和吸收能量 时的特点，下列说法正确的是 ( A.以某一个最小能量值一份一份地辐射或吸收 B.辐射和吸收的能量是某一最小值的整数倍 C.吸收的能量可以是连续的 D.辐射和吸收的能量是量子化的 9.如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图.当电磁铁 通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片 对橡皮碗施加力的作用，达到充气的目的.下列说法正确的是 () 小磁铁 弹性金属片 固定端 橡皮碗 气室 Bo 电磁铁 空气导管 A.电磁铁的工作原理是电磁感应 B.工作时A、B接线柱应接入恒定电流 C.电磁铁用的铁芯应选用易磁化和退磁的软磁性材料 D.当电流从A接线柱流入时，发现吸引小磁铁向下运动，则小磁 铁的下端为N极 10.如图为安装在公路上的测速装置，路面下 方间隔一定距离埋设两个通电线圈，线圈 与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通 过时，线圈中会产生脉冲感应电流，检测装 置根据两线圈产生的脉冲信号的时间差△t计算出车速，对超速 车辆进行抓拍.下列说法正确的是 A.时间差△t越短，则车速越大 B.时间差△t越长，则车速越大 C.汽车匀速通过线圈，闭合电路不会产生感应电流 D.汽车匀速通过线圈，闭合电路仍会产生感应电流 11.航空母舰舰载机在起飞的过程中，利用电磁弹射系统可以辅助 舰载机起飞，如图甲所示.电磁弹射系统的一种设计可简化为乙 图所示，图中MN、PQ是电阻忽略不计的光滑平行金属直导 轨，AB是电磁弹射车，回路PBAM中电流恒定，且可当成长直 导线处理.该电流产生的磁场对弹射车施加向右的磁场力的作 用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力， 关于该系统，下列说法正确的是 () A -N 电磁弹射车一 1仁飞机 轨道 B Q 甲（侧视图） 乙（俯视图） A.导轨MN、PQ之间的磁场是匀强磁场 B.导轨MN、PQ之间的磁场是非匀强磁场，但稳定不变 C.弹射车的速度与运动的时间成正比 D.弹射车的速度与运动的时间不成正比关系 第一部分单元检测卷27 二、实验或填空题（本题共2小题，共14分） 12.(6分)如图所示，我国的探月卫星在进入地月转移轨道时，由于 卫星姿势的改变，卫星中一边长为50cm的正方形导线框由水 平方向转至竖直方向，此处磁场磁感应强度B=4×105T,方 向如图所示.(sin37°=0.6，cos37°=0.8)则线框在水平位置时 穿过线框的磁通量大小为 Wb,该过程中磁通量的变化 量的大小是 Wb,该过程导线框中 感应电流产 生.（第三个空填“有”或“无”) B 37° 13.(8分)我们可以通过以下实验，来探究产生感应电流的条件 (1)给出的实物图中，请用笔画线代替导线补全实验电路， (2)接好电路，合上开关瞬间，电流表指针 (填“偏转”或 “不偏转”). (3)电路稳定后，电流表指针 (填“偏转”或“不偏转”)； 迅速移动滑动变阻器的滑片，电流表指针 (填“偏转”或 “不偏转”) (4)根据以上实验可得：产生感应电流的条件 三、计算题（本题共3小题，共42分.解答时应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14.(12分)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场仅存在于坐 标系第一象限边长为2L的正方形范围内，左右各一半面积的 范围内，磁场方向相反.有一个边长为L的正方形导线框abcd, 开始时与直角坐标系共面， 2 0 (1)若导线框ab边与y轴重合，以ab为轴，cd边向外匀速转 动，试问导线框转动120°时，穿过导线框的磁通量. 28第一部分单元检测卷 (2)若导线框沿垂直磁感线方向以速度v匀速通过磁场，从ab 边进入磁场算起，规定刚开始时磁通量为正值，试推导线框的磁 通量随坐标变化的函数关系式，并画出穿过线框的磁通量随横 坐标的变化图像. 15.(14分)如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T 的水平匀强磁场中，以导线为圆心、半径为R的圆周上有a、b、 c、d四个点（线段ac、bd为相互垂直的直径且bd方向水平），已 知c点的实际磁感应强度为2T,求 (1)a点的磁感应强度的大小； (2)b点的磁感应强度. B d 16.(16分)某广播电台的发射功率为10kW,发射的是在空气中波 长为187.5m的电磁波，则：（普朗克常量h=6.63×1034J·s,光 速c=3×108m/s) (1)该电台每秒从天线发射多少个能量子？ (2)若发射的能量子在以天线为球心的同一球面上的分布视为 均匀的，求在离天线2.5km处，直径为2m的球状天线每秒接 收的能量子个数以及接收功率.收集板的长度至少为2x,=x T时刻开始加 0时刻开始加 2 速的离子，通 速的离子，通 3y 过OP时速度 过OP时速度 2y 的反向延长线 的反向延长线 交x轴于点 交x轴于点 y (2x1,0) (受) 0x12x13x14x1元 所以离子离开边界后离于来在x轴方向的宽度为号1，收条板的长度至少为号1 第十三章电磁感应与电磁波初步 A卷基础达标 1.C当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流周围存在磁场，这是电流的 磁效应，最早是奥斯特发现的，A、B错误，C正确；根据安培定则可知通电直导线下 方的磁场垂直纸面向里，如图所示，所以磁针N极垂直纸面向里转，D错误。 2.A磁场是一种看不见的特殊物质，人们为了形象地描述磁场而引入了磁感线这一 假想的曲线，磁感线可以表示磁场的强弱与方向，选项A正确；在磁体外部，磁感线 从磁体的N极发出，从磁体的S极进入，在磁体内部磁感线由S极回到N极，构成 闭合曲线，选项B错误；磁感线是人们假想的曲线，与有无铁屑无关，选项C错误；磁 场的强弱由磁感线的疏密程度表示，而与磁感线的方向无关，选项D错误」 3.A普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故A正确；普朗 克提出了量子论，爱因斯坦提出了光子说，故B错误；根据E=h知，光子能量与光 子频率有关，与光的强度无关，故C错误；大量氢原子从高能级向低能级跃迁时，辐 射光的频率大小由能级差决定，即只能发射某些特定频率的光子，故D错误。 4.A根据安培定则，电流A在O处产生的磁场方向平行于BC,且由C指向B,电流 B在O处产生的磁场方向平行于AC,且由A指向C,电流C在O处产生的磁场方向 平行于AB,且由A指向B,由于三导线电流大小相同，到O点的距离相同，根据平行 四边形定则，则合磁场的方向平行于AB,由A指向B。故A正确，B、C、D错误。 5.D根据Φ=BS可知，穿过图中ABOD面的磁通量为Φ=BS=1X0.4×0.2Wb= O.O8Wb,A错误；由于磁场方向平行于BEFO面，则穿过图中BEFO面的磁通量为 0,B错误；由于AEFD面在磁场方向投影的有效面积与ABOD面的面积相等，则穿 过图中AEFD面的磁通量与穿过ABOD面的磁通量相同，C错误，D正确。 6.B根据法拉第对产生感应电流的概括，A、C、D符合变化的电流（变化的磁场）产生 感应电流的现象的条件；B中开关S接通一段时间之后，线圈A中是恒定电流，而 “磁生电”是一种在变化、运动过程才能出现的效应，故不能使线圈B中产生感应 电流。 7.B无论是电磁波还是声波，都可以传递能量和信息，A项错误；手机通话时，打电话 人的手机将声波转换成电磁波，接收者的手机再将电磁波转换成声波，B项正确；太 阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波的传播速度不相同，C项错误；遥控器发出 的红外线频率和医院“CT”中的X射线频率不同，它们的波长也不相同，D项错误。 8.D地球仪根据同名磁极相互排斥的原理工作，将地球仪上下翻转，则磁体磁极颠 倒，和线圈的作用力从斥力变为吸引力，不能继续保持悬浮，故A错误；线圈α端接 正极时，根据安培定则可知螺线管上面为S极，和永磁体下端磁极不同，会相互吸 引，地球仪不会悬浮，故B错误；增加线圈匝数或增大线圈中的电流，磁场都会增大， 稳定后地球仪悬浮得更高，但稳定后地球仪受到的磁力仍与重力大小相等，故C错 误，D正确。 9.A静止时小磁针的北极垂直纸面向里，即磁场方向向里，根据安培定则可知直导线 AC中的电流方向是从A流向C,如图所示，故A正确；根据安培定则可知，关于直导 线AC与O对称的E处的磁场与O处磁场方向相反，故选项B错误；通电直导线AC 54参考答案 左侧的磁场方向相同，所以将小磁针平移到。的左侧 D处，静止时北极依然垂直纸面向里，故C错误；直导 线AC中的电流逐渐增大的过程中，磁场方向不变，所 以小磁针不会转动，故D错误。 10.B由几何关系可知，a、b、c三点与O点的距离均为 d1=2r,a、b、c三点处导线中的电流在O点产生的磁 感应强度大小均为B,=,由安培定则可知，Qb0 三点处导线中的电流在O,点产生的磁感应强度如图所 示，由几何关系可知B。与B6夹角为120°，所以两者合成 后大小仍为B0,方向与B。相同，则三者失量和B=2B。= 2B,=,选B 11.答案不会会不会 b☒--- ☒c 解析闭合开关后，导体棒AB、灵敏电流计G、开关S、导 线组成闭合电路。当导体棒AB静止不动时，穿过闭合回路的磁通量不变化，电路 中没有感应电流，所以灵敏电流计指针不会偏转。AB棒向右运动时导体棒做切割 磁感线运动，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，所以灵敏电流计会发生偏 转。AB棒向上运动时导体棒运动的方向与磁场方向平行，回路的磁通量不变，所 以没有感应电流产生，灵敏电流计不会偏转。 12.答案(1)SN(2)A 解析(1)观察通电螺线管正上方小磁针静止时所指的方向，根据异名磁极相互吸 引，可知通电螺线管右端为S极，左端为N极，再根据异名磁极相互吸引可知螺线 管下方小磁针I指向左边的是S极；因为通电螺线管内部磁场由S极指向N极，所 以通电螺线管内部磁场从右向左，根据小磁针静止时极所指的方向是该点的磁 场方向，可知小磁针Ⅱ指向左边的是N极。 (2)先由安培定则可以判断出通电螺线管右侧为N极，左侧为S极，根据异名磁极 相互吸引可得A正确。 13.答案5.8×1018个 解析波长为入的光子能量为e=hv=h天① 设白炽灯每秒辐射的光子数为，白炽灯的电功率为P, 则n=Eg 式中”=5%是白炽灯的发光效率联立①②式得n=?P以 hc 代入题给数据得n≈5.8×1018（个） 4.答案(D0.4Wb2)L.6wb3)B=2(T) 解析（1)棒向右以v0=0.5m/s的速度匀速运动4s时，位移为x=vot=2m 由于∠MON=45,此时回路的面积为S-号=2m 回路的磁通量即磁通量的变化量△Φ，=Φ=BoS=0.4Wb (2)B0=0.2T时的初态磁通量为Φ1=BoS0=0.4Wb 末态的磁通量为Φ2=B1S1=12Wb 回路中的磁通量的变化量为△④2=更2一④1=11.6Wb (3)闭合回路三角形的直角边长为x=x0十01t=(1+十t)m 闭合回路中没有感应电流产生，则磁通量不变，有，·合=B·合2 解得B=0品m B卷能力提升 1.D磁感线的疏密表示磁场强弱，Q处磁感线比P处密，故Q点的磁感应强度大于P 点的磁感应强度，故A错误；条形磁铁外部的磁感线由N极出发回到S极，条形磁 铁内部的磁感线由S极到N极，故B错误；条形磁铁外部的磁感线由N极出发回到 S极，磁感线的切线方向表示磁感应强度的方向，故P点和Q点的磁场方向都是由 Q指向P,故C错误，D正确。 2.DA图中，由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该左边垂直纸 面向外，右边垂直纸面向里，A错误；B图中，直线电流的方向竖直向上，根据安培定 则知，直线电流形成的磁场方向（从上向下看）为逆时针方向，B错误；C图中，根据安 培定则，螺线管内部的磁场方向向右，C错误；D图中，从上往下看，线框的电流方向 为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上，D正确。 3.D麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，A错误；稳定的电场 或均匀变化的电场都不能产生电磁波，B错误；电磁波传播不需要介质，机械波传播 需要介质，C错误；因电磁波是横波，所以电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度 总是互相垂直的，且都与波的传播方向垂直，D正确。 4.B由条形磁体磁感线分布可知，线圈在位置1有磁感线穿过，在位置2线圈平面同 一侧穿入与穿出的磁感线条数相同，即磁通量为0，在位置3有磁感线穿过，线圈从 磁体上方由位置1经位置2平移到位置3的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增 大，且在经位置2时线圈的磁通量仍在变化，此时仍有感应电流，故A、C、D错误，B正确。 5.A由于通电导线周围产生的磁场是以导线为圆心的系列同心圆，甲图中直导线与 圆环在同一平面内，当导线中的电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增加，根据产生 感应电流的条件可知圆环中有感应电流产生；乙图中直导线与环面垂直，没有磁感 线穿过圆环，因此当导线中的电流增大时，穿过金属圆环的磁通量仍为零，不会产生 感应电流；丙、丁图中穿入圆环的磁感线的条数和穿出圆环的磁感线的条数相等，合 磁通量为零，因此当导线中的电流增大时，穿过金属圆环的磁通量仍为零，不会产生 感应电流。故选A。 6.D用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强 度最强的某点，记为a,说明a,点离电流最近；找到与a点磁 感应强度相同的若干点，将这些，点连成直线EF,说明这些 点均离电流最近，则电流应该平行于EF;画出侧视图，如图 所示，b、c间距为L,且磁场方向与地面夹角为37°，故金属管 线在EF正下方，深度为子L,故D正确。 7.C如图甲所示，P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大 小相等，设为B,由几何关系可知，B=号A。如果让P中的电流反向、其他条件不 变时，如图乙所示，由几何关系可知，a,点处磁感应强度的大小B=√B十B= 23B,故选项C正确，A、BD错误。 B B Bo 030°、 a Bo B P8----------0 甲 8.ABD根据量子化的理论，带电微粒辐射和吸收的能量，只能是某一最小能量值的 整数倍，故A、B正确；带电微粒辐射和吸收的能量不是连续的，是量子化的，故C错 误，D正确。 9.CD当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡 皮碗施加力的作用，故电磁铁的工作原理是电流的磁效应，根据电磁铁的工作要求， 没有电流时，要让铁芯失去磁性，通电时，要有磁性，则铁芯应选用易磁化和退磁的 软磁性材料，故A错误，C正确；当A、B间接入恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持 一个方向，小磁铁只能被吸引或排斥，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向不断 变化，可以使小磁铁不断地与电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹性金属片上 下振动，故A、B间应接入交流电，故B错误；当电流从电磁铁的接线柱A流入时，根 据安培定则可知电磁铁的下端为N极，上端为S极，吸引小磁铁向下运动，根据磁铁 同极相斥、异极相吸的特性可知，小磁铁的下端为N极，故D正确。 10.AD车速越大，汽车经过两个线圈所用的时间越短，即两线圈产生的脉冲信号的 时间差△士越短，A正确，B错误；汽车通过通电线圈时，汽车底盘的金属部件中磁通 量发生变化，产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，则穿过线圈的磁通 量发生变化，线圈中产生感应电流，所以汽车无论是匀速还是变速经过线圈，闭合 电路中都会产生感应电流，故C错误，D正确。 11.BC由于回路PBAM中电流恒定，根据安培定则可知，MN、PQ之间有竖直向上 的磁场，这个磁场不是匀强磁场，但是稳定不变，故A错误，B正确。由于回路 PBAM中电流恒定，MN、PQ之间的磁场稳定不变，导轨间距不变，由F=BIL可 知磁场对弹射车的磁场力大小F不变，由牛顿第二定律F=ma可知加速度a不 变，再由v=at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故C正确，D错误。 12.答案6.0×1061.4×10-5有 解析线框在水平位置时穿过线框的磁通量为重1=BSsin37°=4×10-5X0.52× 0.6Wb=6.0X10-6Wb,竖直位置时穿过线框的磁通量为Φ2=一BScos37°= 一4×10-5×0.52×0.8Wb=一8.0×10-6Wb,磁通量的变化量的大小为△Φ=| Φ2一Φ1|=1.4×10-5Wb,因线框闭合且穿过线框的磁通量变化，所以线框中有感 应电流产生。 13.答案(1)图见解析(2)偏转(3)不偏转偏转(4)闭合导体回路磁通量发生 变化 解析(1)通过对电路分析可知：线圈B是用来检测感应电流的，故电流计要和B 构成闭合回路；滑线变阻器的作用是用来改变A线圈电流大小，故要采取限流接 法，综上所述，连线如图。 (2)接好电路，合上开关瞬间，由于A线圈电流的变化，导致穿过B线圈磁通量的变 化，从而使线圈B产生感应电流，电流表指针偏转。 (3)电路稳定后，虽然B线圈有磁场，但磁通量没有变化，不能产生感应电流，所以 电流计不偏转。迅速移动滑动变阻器的滑片，A线圈中的电流变化，导致穿过B线 圈磁通量的变化，从而使线圈B产生感应电流，电流表指针偏转。 (4)根据(2)(3)可得：产生感应电流的条件：闭合导体回路磁通量发生变化。 14.答案(1)号BL2(2)见解析 解析(1)导线框转动120°时，与磁场方向夹角为30°，则 Φ/Wb 磁通量币=BL2sin30°=2BL2 (2)从ab边进入磁场算起，0~L过程线框在左侧磁场，有 Φ1=BLx L~2L过程，αb边进入右侧磁场，cd边在左侧磁场，则有 +0外 3x/m Φ2=-BL(x-L)+BL(2L一x) 即Φ2=3BL2-2BLx 2L一3L过程，线框在右侧磁场，有Φ3=一BL(3L一x)= BLx-3BL2 作出磁通量随横坐标的变化图像如图 15.答案(1)0(2)2T,方向与水平方向成45°角斜向右上方 解析(1)c,点的磁感应强度为2T,说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强 磁场的磁感应强度大小相等、方向相同，即通电导线在C,点产生的磁感应强度大小 为1T,方向水平向右 根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里 故在a点，通电直导线产生的磁感应强度大小为1T,方向水平向左 故a点的磁感应强度为0 (2)由(1)知，通电直导线在b点产生的磁感应强度大小为1T,方向竖直向上，与匀 强磁场的磁感应强度互相垂直 根据平行四边形定则得b点的磁感应强度大小为√瓦T,方向与水平方向成45°角斜 向右上方 16.答案(1)9.4×1030个(2)3.76×1023个4×10-4W 解析(1)每个能量子的能量e=m==6.63X104×3×10J=1.06X10-7J 入 187.5 则每秽电台发射上述波长的能量子数N=P4=9.4X100个。 (2)设球状天线每秒接收能量子数为n个，以电台发射天线为球心，则半径为R的 球面积S=4πR2,而球状天线的有效接收面积S=π2，所以 n=NS 12 =9.4X100×4x02.5X10y个 =3.76×1023个 接收功率Pt==3.76X1023X1.06X10-27W=4X10-4W。 第三部分！ 重难专题卷 专题（一）电场力的性质 1.C根据力的平衡条件可知，因b球带正电，要使a、c两球平衡，所以a、c两球一定带 负电，故A、B、D错误；对c小球进行分析，a、c间的距离是b、c间的两倍，由库仑定 律，则有k_“,解得Qa=4Q,即a小球带电荷量为一4Q,故C正确 2.D由电场线分布可知，导体左右两侧均带正电，故A错误；右侧电场线分布较密 集，可知导体左侧的电荷分布密度小于右侧，故B错误；因N点电场线比M点密集， 则N点的电场强度大于M点的电场强度，故C错误；导体处于静电平衡状态，所以 内部场强为零，故D正确。 3.C要使三个点电荷处于平衡状态，可知C应放在B的右侧，且与A电性相同带负 4QQc B由FA出=Fa得k4g-QQ,对电待C,由FcFx得A rBc =kQQc,解得rx=L,Qc=4Q,故选项C正确。 rec 一L中「BC 4.B因a点的场强最大，可知a点离场源电荷最近，即a点与场源电荷连线与直线 MIN套直，设场源电荷在距高a点x的位里，则E=是，6点场强为之E= 子联立解得x=L,则Q-E,故B正确，ACD错说 Q 5.A根据“两同夹异，两大夹小”知，B、D错误；由于三个电荷均处于平衡状态，所以对 g1有：k1992=61919s 2)2对92有：k91921k92g对98有k,91%)2 k929,又2=21，联立解得1q1:92:l93=9:4:36,由于919s是同种电 荷，91、92是异种电荷，即q1:92:93=（-9):4:（-36),故A正确，C错误。 6.D由题图可知，两小球均在重力、拉力、电场力和库仑力的作用下处于平衡状态，库 仑力为相互作用力，大小相等，方向相反，故两小球受到的电场力也一定大小相等， 方向相反，则两小球一定带异种电荷，P小球所受库仑力向右，Q小球所受库仑力向 左，匀强电场方向向右，则正电荷所受电场力方向向右，其所受库仑力方向一定向 左，所以Q带正电荷，P带负电荷，P所带电荷量的大小与Q所带电荷量的大小相 等，A错误；由以上分析可知，质量不影响小球平衡，故B错误；因为M、P、Q构成的 是等边三角形，所以P、Q两小球在M点产生的合场强与匀强电场的场强大小相等， 方向相反，因此M点的场强是零，N点的场强不是零，C错误，D正确。 7.A设库仑力为Fc,小球所受库仑力和凹槽支持力始终指向圆心，如图所示，由图可 知F一直增大，FN十FC先减小后增大，由于小球和点电荷距离不变，所以FC大小 不变，得FN先减小后增大，故A正确，B错误；以整体为研究对象受力分析得地面对 凹槽的支持力N=(M十m)g一Fcos0,摩擦力Ff=Fsin0,由于F一直增大，地面对 凹槽的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故C、D错误。 Q本--B F、+F。 2522970007277727277777772 mg 8.C因P点的电场强度为零，所以半球面上的正电荷q在P A 点产生的电场强度和，点电荷Q在P点产生的电场强度等大反 十 向，即半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度大小为E + P M C+ - 一？是，方向沿轴线向右。现补全右侧半球面，如图所示，根据 均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的 封闭球面在M,点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产 B 生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，又由对称性知左半球 面在P点产生的电场强度和右半球面在M,点产生的电场强度等大反向，则左半球 在M点产生的电场强度为E2=,方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的电 kQkQ 3kQ 为E,=船，方向沿轴线向左，故M点的合电场强度为EM=R24R 方向沿轴线向左，故选项C正确。 9.ABC笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带 电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部分感应出异号电 荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环所受 的重力，选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被中和，笔套还带电，选 项D错误。 10.BCD由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电 F。 性，故A不能判断；如图所示，由于带电粒子在静电力作 a 用下做曲线运动，所以静电力应指向轨迹的凹侧，且沿电 场线方向，B能判断；加速度由静电力产生，由于a处电 b 场线较b处密，所以a处电场强度大，由E=F知，带电 粒子在α处受静电力大，故加速度大，且方向与静电力方向相同，C、D能判断。 11.BDC点场强为零，则两个电荷在C点产生的场强大小相等、方向相反，C点不可 能在A、B之间，由于A处电荷所带电荷量多，根据点电荷场强公式E=9知，C 2 点在B点右侧，故A错误，B正确；根据电场的叠加原理可知，B、C之间电场方向向 左，C点右侧电场方向向右，故C错误，D正确。 12.D根据题述和图中几何关系可知，A、B间的距离为r=√3L, 根据岸仑定体，可得岸合力大小为F-号-品递项A 1:F 21 B+-- 错误；对小球A受力分析，如图所示，受到竖直向下的重力 31A mg,水平向右的库仑力F和细线的拉力FT,由mg:F= mg 1:V3,可得A、B间库仑力大小为F=√3mg,选项B错误；由 mg:Fr=1:2,可得细线拉力大小为Fr=2mg,选项C错误；由Fr:F=2:√3， 可得细线拉力大小为F7=23F=23kQ,选项D正确。 3 92 13.答案(1)10-6C(2)0.15m 解析(1)小球A刚释放时受重力与库仑力，根据牛顿第二定律，则有： kQ2 mgh-ma 刚释放时加速度大小为：a=子g 解得：Q=10-6C (2)当小球A加速度为0时，速度最大 则有mg一斧 解得：H=0.15m 14.答案(1)70g(2)带负电，电荷量为9g L2 解析因A、B为同种电荷，A球受到B球的库仑力向左，要使A向右匀加速运动， 则A球必须受到C球施加的向右的库仑力，故C球带负电。设加速度为α，对A、 B、C三球组成的整体，由牛顿第二定律有F=3ma 10g·9c-k9:10g=ma 对A球，由牛顿第二定律有(2L) L2 对B球，曲卡版第二定麻有1空2+- 解得F=70q2。 40。 L29c=39。 15.答案(1)3×107C (2)汽×103N,方向水平向左 (3)1.5×10-3N1×10-3N 解析(1)对B球受力分析如图甲所示。B球受力平衡，则拉力与库仑力的合力大 小等于重力，方向与重力方向相反，由几何知识可知F=mg=FrB 参考答案55