2025年高二物理下學(xué)期專題二十電磁學(xué)選擇題專項一、電場模塊核心考點解析與例題分析（一）電場強度與電場線電場強度是描述電場力的性質(zhì)的物理量，其定義式為(E=\frac{F}{q})，適用于任何電場。點電荷電場強度公式(E=k\frac{Q}{r^2})則適用于真空中點電荷產(chǎn)生的電場。電場線是為了形象描述電場而引入的假想曲線，其疏密表示電場強度的大小，切線方向表示電場強度的方向。在勻強電場中，電場線平行且等間距分布，電場強度處處相等。例題1：關(guān)于電場強度的兩個表達式(E=\frac{F}{q})和(E=k\frac{Q}{r^2})，下列說法正確的是（）A.(E=\frac{F}{q})是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量B.(E=\frac{F}{q})是電場強度的定義式，適用于任何電場，它只適用于點電荷的電場C.(E=k\frac{Q}{r^2})是點電荷電場強度的計算式，Q是產(chǎn)生電場的電荷的帶電量，它不適用于勻強電場D.庫侖定律的表達式(F=k\frac{q_1q_2}{r^2})中，(k\frac{q_1}{r^2})是點電荷(q_2)產(chǎn)生的電場在點電荷(q_1)處的電場強度解析：選項A中，q應(yīng)為放入電場中的試探電荷的電荷量，而非產(chǎn)生電場的電荷的電荷量，A錯誤；(E=\frac{F}{q})是電場強度的定義式，適用于任何電場，并非只適用于點電荷電場，B錯誤；(E=k\frac{Q}{r^2})是由庫侖定律推導(dǎo)得出的，只適用于真空中點電荷產(chǎn)生的電場，不適用于勻強電場，C正確；庫侖定律表達式中，(k\frac{q_1}{r^2})是點電荷(q_1)產(chǎn)生的電場在點電荷(q_2)處的電場強度，D錯誤。故答案為C。（二）電勢、電勢能與電場力做功電勢是描述電場能的性質(zhì)的物理量，定義為(\varphi=\frac{E_p}{q})，電勢的高低與零電勢點的選取有關(guān)，但兩點間的電勢差與零電勢點的選取無關(guān)。電場力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置的電勢差有關(guān)，即(W_{AB}=qU_{AB})。電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電勢能增加。例題2：真空中坐標(biāo)軸上的某點有一個點電荷Q（未畫出），坐標(biāo)軸上M、N兩點的坐標(biāo)分別為0.2m和0.7m。在M點放一個帶正電的試探電荷，在N點放一個帶負電的試探電荷，M、N兩點的試探電荷受到靜電力的方向都跟x軸正方向相同，靜電力的大小F跟試探電荷量q的關(guān)系分別如圖中直線a、b所示。忽略M、N間的作用力。下列說法正確的是（）A.M點的電場強度大小為2N/CB.N點的電場強度的方向沿x軸負方向C.點電荷Q的位置坐標(biāo)為0.3mD.點電荷Q是正電荷解析：由電場強度的定義式(E=\frac{F}{q})可知，F(xiàn)-q圖像的斜率大小等于電場強度大小。M點試探電荷帶正電，靜電力方向沿x軸正方向，所以M點電場強度方向沿x軸正方向；N點試探電荷帶負電，靜電力方向沿x軸正方向，所以N點電場強度方向沿x軸負方向，B正確。根據(jù)圖像，M點電場強度大小(E_M=\frac{2}{1}=2N/C)，N點電場強度大小(E_N=\frac{4}{2}=2N/C)，A正確。設(shè)點電荷Q的坐標(biāo)為x，若Q為正電荷，在M、N兩點產(chǎn)生的電場強度方向應(yīng)都沿x軸正方向或都沿x軸負方向，與前面分析矛盾，所以Q為負電荷，D錯誤。根據(jù)點電荷電場強度公式，對M點有(E_M=k\frac{|Q|}{(x-0.2)^2})，對N點有(E_N=k\frac{|Q|}{(0.7-x)^2})，因為(E_M=E_N)，所以((x-0.2)^2=(0.7-x)^2)，解得(x=0.45m)，C錯誤。故答案為AB。（三）電容器與電容電容器是儲存電荷和電能的裝置，電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，定義式為(C=\frac{Q}{U})，平行板電容器的決定式為(C=\frac{\varepsilon_rS}{4\pikd})。在分析平行板電容器的動態(tài)變化問題時，需注意區(qū)分兩種情況：與電源相連時，電容器兩極板間電壓不變；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變。例題3：平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板向下移動一小段距離，則（）A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動B.帶電油滴的電勢能將降低C.P點的電勢將降低D.極板帶電荷量將增加解析：電容器與電源相連，兩極板間電壓U不變。下極板向下移動，板間距離d增大，由(E=\frac{U}oggawou)可知，電場強度E減小，油滴所受電場力減小，油滴將向下運動，A錯誤。下極板接地，電勢為零，P點與下極板間的距離增大，根據(jù)(U=Ed)，P點與下極板間的電勢差增大，P點的電勢升高，C錯誤。油滴原來處于平衡狀態(tài)，電場力向上，可知油滴帶負電，P點電勢升高，油滴的電勢能(E_p=q\varphi)，q為負，所以電勢能降低，B正確。由(C=\frac{\varepsilon_rS}{4\pikd})，d增大，電容C減小，再由(Q=CU)，U不變，電荷量Q減小，D錯誤。故答案為B。二、電路模塊核心考點解析與例題分析（一）歐姆定律與電路分析部分電路歐姆定律為(I=\frac{U}{R})，適用于純電阻電路。閉合電路歐姆定律為(I=\frac{E}{R+r})，其中E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，R為外電路總電阻。在進行電路動態(tài)分析時，可利用“串反并同”規(guī)律：與變化電阻串聯(lián)的元件，其電流、電壓、功率的變化趨勢與電阻變化趨勢相反；與變化電阻并聯(lián)的元件，其電流、電壓、功率的變化趨勢與電阻變化趨勢相同。例題4：某同學(xué)在實驗室利用如圖甲所示的電路測定定值電阻(R_0)、電源的電動勢E和內(nèi)阻r。調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭P向某一方向移動，記錄了電流表A和電壓表(V_1)及電壓表(V_2)的測量數(shù)據(jù)，所有電表都視作理想電表。根據(jù)數(shù)據(jù)描繪了如圖乙所示的兩條(U-I)直線，則下列說法中正確的是（）A.定值電阻(R_0)的阻值為5ΩB.電源的內(nèi)阻為10ΩC.電源的電動勢為6VD.滑動變阻器上消耗的功率最大為0.9W解析：電壓表(V_1)測量的是定值電阻(R_0)兩端的電壓，其(U-I)圖像的斜率即為(R_0)的阻值，(R_0=\frac{3-0}{0.6-0}=5Ω)，A正確。電壓表(V_2)測量的是路端電壓，其(U-I)圖像與縱軸的交點即為電源電動勢E，由圖像可知E=6V，C正確；圖像的斜率的絕對值為電源內(nèi)阻r與(R_0)之和，即(r+R_0=\frac{6-3}{0.6-0}=5Ω)，所以(r=5-R_0=0Ω)，B錯誤。當(dāng)滑動變阻器的電阻等于電源內(nèi)阻與(R_0)之和時，滑動變阻器消耗的功率最大，但此處r=0，所以當(dāng)滑動變阻器電阻等于(R_0=5Ω)時，功率最大，此時電路中的電流(I=\frac{E}{R_0+R}=\frac{6}{5+5}=0.6A)，滑動變阻器消耗的功率(P=I^2R=(0.6)^2×5=1.8W)，D錯誤。故答案為AC。（二）電功、電功率與焦耳定律電功是電流所做的功，(W=UIt)；電功率是電流做功的快慢，(P=UI)。焦耳定律描述了電流通過導(dǎo)體時產(chǎn)生的熱量，(Q=I^2Rt)。在純電阻電路中，電功等于電熱，(W=Q=UIt=I^2Rt=\frac{U^2}{R}t)；在非純電阻電路中，電功大于電熱，(W=Q+W_{其他})，其中(W_{其他})為轉(zhuǎn)化為其他形式的能的部分。例題5：一臺小型電動機在3V電壓下工作，用此電動機提升重力為4N的物體時，通過它的電流是0.2A，在30s內(nèi)可使該物體被勻速提升3m。若不計一切摩擦和阻力，求：（1）電動機的輸入功率；（2）在提升重物的30s內(nèi)，電動機線圈所產(chǎn)生的熱量；（3）電動機線圈的電阻。解析：（1）電動機的輸入功率(P_{入}=UI=3×0.2=0.6W)。（2）物體勻速上升，拉力(F=G=4N)，電動機的輸出功率(P_{出}=Fv=F×\frac{h}{t}=4×\frac{3}{30}=0.4W)，根據(jù)能量守恒，電動機線圈產(chǎn)生的熱量(Q=W_{入}-W_{出}=P_{入}t-P_{出}t=(0.6-0.4)×30=6J)。（3）由焦耳定律(Q=I^2Rt)可得，線圈電阻(R=\frac{Q}{I^2t}=\frac{6}{(0.2)^2×30}=5Ω)。三、磁場模塊核心考點解析與例題分析（一）磁感應(yīng)強度與安培力磁感應(yīng)強度是描述磁場強弱和方向的物理量，定義式為(B=\frac{F}{IL})（電流方向與磁場方向垂直時）。安培力是磁場對通電導(dǎo)線的作用力，大小為(F=BIL\sin\theta)，其中(\theta)為電流方向與磁場方向的夾角；方向由左手定則判斷。例題6：如圖所示，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌所在平面與水平面間的夾角為(\theta)。質(zhì)量為m、長為L的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于垂直ab方向的勻強磁場中。當(dāng)金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab保持靜止。那么磁感應(yīng)強度方向和大小可能為（）A.豎直向上，(\frac{mg\tan\theta}{IL})B.平行導(dǎo)軌向上，(\frac{mg\sin\theta}{IL})C.水平向右，(\frac{mg}{IL})D.水平向左，(\frac{mg\cos\theta}{IL})解析：對金屬桿進行受力分析，金屬桿受重力mg、導(dǎo)軌的支持力N和安培力F。若磁感應(yīng)強度方向豎直向上，根據(jù)左手定則，安培力方向水平向右。將重力和安培力沿導(dǎo)軌方向和垂直導(dǎo)軌方向分解，沿導(dǎo)軌方向：(F\cos\theta=mg\sin\theta)，即(BIL\cos\theta=mg\sin\theta)，解得(B=\frac{mg\tan\theta}{IL})，A正確。若磁感應(yīng)強度方向平行導(dǎo)軌向上，電流方向與磁場方向平行，安培力為零，金屬桿無法靜止，B錯誤。若磁感應(yīng)強度方向水平向右，安培力方向豎直向上，此時(F=mg)，即(BIL=mg)，解得(B=\frac{mg}{IL})，C正確。若磁感應(yīng)強度方向水平向左，安培力方向豎直向下，此時支持力N=mg+F，金屬桿在沿導(dǎo)軌方向無摩擦力的情況下無法平衡，D錯誤。故答案為AC。（二）洛倫茲力與帶電粒子在磁場中的運動洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用力，大小為(f=qvB\sin\theta)（(\theta)為v與B的夾角），方向由左手定則判斷。當(dāng)v與B垂直時，洛倫茲力提供向心力，帶電粒子做勻速圓周運動，其半徑(r=\frac{mv}{qB})，周期(T=\frac{2\pim}{qB})。在分析帶電粒子在有界磁場中的運動時，關(guān)鍵是確定圓心、半徑和運動軌跡。例題7：如圖所示，在x軸上方存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一個電子（質(zhì)量為m，電荷量為e）從x軸上的O點以速度v斜向上射入磁場中，速度方向與x軸的夾角為45°并與磁場方向垂直。電子在磁場中運動一段時間后，從x軸上的P點射出磁場。那么（）A.電子在磁場中運動的時間為(\frac{\pim}{2eB})B.電子在磁場中運動的時間為(\frac{3\pim}{2eB})C.OP兩點間的距離為(\frac{\sqrt{2}mv}{eB})D.OP兩點間的距離為(\frac{2mv}{eB})解析：電子帶負電，根據(jù)左手定則，電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在第二象限。電子的速度方向與x軸夾角為45°，射入和射出磁場時的速度方向與x軸的夾角均為45°，所以電子運動軌跡對應(yīng)的圓心角為(270°)（即(\frac{3\pi}{2})），運動時間(t=\frac{\theta}{2\pi}T=\frac{3\pi/2}{2\pi}×\frac{2\pim}{eB}=\frac{3\pim}{2eB})，A錯誤，B正確。電子運動的半徑(r=\frac{mv}{eB})，由幾何關(guān)系可知，OP兩點間的距離(d=r\sin45°×2=\frac{mv}{eB}×\frac{\sqrt{2}}{2}×2=\frac{\sqrt{2}mv}{eB})，C正確，D錯誤。故答案為BC。四、電磁感應(yīng)模塊核心考點解析與例題分析（一）電磁感應(yīng)現(xiàn)象與楞次定律電磁感應(yīng)現(xiàn)象是指穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流的現(xiàn)象。楞次定律指出，感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。應(yīng)用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向的步驟：確定原磁場方向；判斷磁通量的變化情況；確定感應(yīng)電流的磁場方向；由安培定則判斷感應(yīng)電流方向。例題8：托卡馬克是一種磁約束核聚變裝置，其中心柱上的密繞螺線管（PF線圈）可以驅(qū)動附近由電子和離子組成的磁約束等離子體旋轉(zhuǎn)形成等離子體電流，如圖（a）所示。當(dāng)PF線圈通以如圖（b）所示的電流時，產(chǎn)生的等離子體電流方向（俯視）為（）A.順時針B.逆時針C.先順時針后逆時針D.先逆時針后順時針解析：由圖（b）可知，PF線圈中的電流先增大后減小。根據(jù)楞次定律，當(dāng)線圈中電流增大時，穿過等離子體區(qū)域的磁通量增大，感應(yīng)電流的磁場應(yīng)阻礙磁通量的增大，由安培定則可知，此時等離子體電流方向俯視應(yīng)為順時針；當(dāng)線圈中電流減小時，磁通量減小，感應(yīng)電流的磁場應(yīng)阻礙磁通量的減小，等離子體電流方向俯視應(yīng)為逆時針。故答案為C。（二）法拉第電磁感應(yīng)定律與感應(yīng)電動勢的計算法拉第電磁感應(yīng)定律指出，感應(yīng)電動勢的大小與穿過閉合電路的磁通量的變化率成正比，即(E=n\frac{\Delta\Phi}{\Deltat})。對于導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，當(dāng)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線時，(E=BLv)；當(dāng)導(dǎo)體棒繞一端在垂直磁場的平面內(nèi)轉(zhuǎn)動時，(E=\frac{1}{2}BL^2\omega)。例題9：如圖甲所示，有一根長L=1m、兩端固定緊繃的金屬絲，通過導(dǎo)線連接示波器。在金屬絲中點處放置一蹄形磁鐵，在中點附近(x=0.2m)范圍內(nèi)產(chǎn)生B=0.5T、方向垂直金屬絲的勻強磁場（其他區(qū)域磁場忽略不計）。現(xiàn)用一激振器使金屬絲發(fā)生垂直于磁場方向的上下振動，穩(wěn)定后形成如圖乙所示的不同時刻的波形，其中最大振幅A=0.01m。若振動頻率為f=50Hz，則振動最大速度(v_m=2\pifA)。已知金屬絲接入電路的電阻R=1Ω，示波器顯示輸入信號的頻率為50Hz。下列說法正確的是（）A.金屬絲上波的傳播速度為10m/sB.金屬絲產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值約為0.314VC.若將示波器換成可變電阻，則金屬絲的最大輸出功率約為0.025WD.若讓激振器產(chǎn)生沿金屬絲方向的振動，其他條件不變，則金屬絲中點的振幅為零解析：由圖乙可知，金屬絲上的波長(\lambda=0.4m)，波速(v=\lambdaf=0.4×50=20m/s)，A錯誤。金屬絲在磁場中的部分做切割磁感線運動，有效長度為磁場范圍的長度x=0.2m，最大速度(v_m=2\pifA=2\pi×50×0.01≈3.14m/s)，感應(yīng)電動勢最大值(E_m=Bxv_m=0.5×0.2×3.14≈0.314V)，B正確。將金屬絲視為電源，其內(nèi)阻為R=1Ω，當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時，輸出功率最大，最大輸出功率(P_m=\frac{E_m^2}{4R}=\frac{(0.314)^2}{4×1}≈0.025W)，C正確。若激振器產(chǎn)生沿金屬絲方向的振動，金屬絲不切割磁感線，不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，但金屬絲本身仍會振動，中點振幅不為零，D錯