综合模块测评(二) 电磁学部分-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 综合模块测评(二)　电磁学部分 　时间：75分钟　　满分：100分 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2025·浙江省金华市高三模拟)量纲在物理学中具有重要的意义，下列选项中不属于电场强度单位的是(　　) A．N/C B．V/m C．J/(C·m) D．(kg·m)/(A·s2) 答案：D 解析：由电场强度的定义式有E＝，得电场强度的单位为N/C，又由牛顿第二定律有F＝ma，由电流定义式有q＝It，则＝＝，故A属于电场强度的单位，D不属于电场强度的单位；根据E＝得电场强度的单位为V/m，故B属于电场强度的单位；根据电场力做功有W＝qEd，可知E＝，则电场强度的单位为J/(C·m)，故C属于电场强度的单位。本题选择不属于电场强度单位的选项，故选D。 2.(2025·重庆市沙坪坝区高三上月考)重庆某地区地磁场的磁感应强度的竖直分量By方向为竖直向下，大小随距离地面高度h的增大而减小，该地区一直升机将一始终保持水平的、大小不变的闭合金属导线框竖直向上吊起，在此过程中，导线框中的感应电流方向(从上往下看)为(　　) A．顺时针方向 B．逆时针方向 C．先逆时针后顺时针 D．先顺时针后逆时针 答案：A 解析：穿过导线框的磁通量Φ＝ByS，由题意知，导线框的面积S不变，By方向竖直向下且减小，则Φ方向竖直向下且减小，根据楞次定律和安培定则可知，导线框中的感应电流方向从上往下看为顺时针方向，故选A。 3．如图甲所示，a、b位于两个等量异种点电荷的连线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O′为MN的中点，c、d位于MN的连线上，且c、d到O′点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是(　　) A．O点处的电场强度为零 B．c、d处的磁感应强度相同 C．在a点处无初速释放的点电荷＋q，将在a、b间做往复运动 D．O′点处的磁感应强度为零 答案：B 解析：由题图甲可知，正、负点电荷在O点处产生的电场强度方向均水平向右，根据电场叠加原理可知，O点处的电场强度不为零，故A错误；根据右手螺旋定则，M、N两点处长直导线在c、d、O′点处产生的磁场的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及磁场叠加原理可知，c、d处的磁感应强度相同，O′点处的磁感应强度不为零，故B正确，D错误；正、负点电荷在a、b间产生的电场强度方向均始终水平向右，根据电场叠加原理可知，a、b间的电场强度方向始终水平向右，若在a点处无初速释放点电荷＋q，则点电荷＋q在a、b间所受电场力方向始终水平向右，不会在a、b间做往复运动，故C错误。 4．在示波器、电子显微镜等器件中都需要将电子束聚焦，常采用的聚焦装置之一是静电透镜。静电透镜内电场分布的截面图如图中所示，虚线为等势面，实线为电场线，相邻等势面间电势差相等。现有一束电子以某一初速度从左侧进入该区域，P、Q为电子运动轨迹上的两点。下列说法正确的是(　　) A．P点的电场强度大于Q点的电场强度 B．P点的电势高于Q点的电势 C．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能 D．电子在P点的动能小于在Q点的动能 答案：D 解析：电场线的疏密表示电场强度的大小，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，再结合等势面的特点，可知P点的电势低于Q点的电势，B错误；电子带负电，负电荷在电势越高的地方电势能越低，在电势越低的地方电势能越高，则电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，C错误；从P运动到Q，电子所受静电力方向向右，运动过程静电力做正功，由动能定理可得电子的动能增大，所以电子在P点的动能小于在Q点的动能，D正确。 5．(2020·山东高考)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　　) A．1 Ω B．5 Ω C．6 Ω D．8 Ω 答案：A 解析：原线圈两端电压的有效值为U1＝ V＝220 V，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系式＝，可知副线圈两端电压的有效值为U2＝U1＝×220 V＝30 V。灯泡正常工作时，根据欧姆定律可知，通过灯泡的电流，即副线圈电路的干路电流为IL＝＝ A＝1.6 A，根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的电路部分的分压为U＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V，通过R1的电流为I1＝＝ A＝0.6 A，通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝1.6 A－0.6 A＝1 A，根据欧姆定律可知，对R2、R的串联电路有U＝I2(R2＋R)，解得滑动变阻器接入电路的电阻为R＝－R2＝ Ω－5 Ω＝1 Ω，A正确，B、C、D错误。 6．(2025·四川省部分名校高三上学期联合质量检测)霍尔推进器的工作原理是通过产生高速离子流来产生推力。2021年，我国空间站核心舱首次使用了霍尔推进器，其工作原理可简化为电离后的氙离子在电场力作用下被高速喷出，霍尔推进器由于反冲获得推进动力。设某次核心舱进行姿态调整，开启霍尔推进器，电离后的氙离子从静止开始，经电压为U的电场加速后高速喷出，产生大小为F的推力。已知氙离子的比荷为k，忽略离子间的相互作用，不计离子受到的重力，则氙离子形成的等效电流为(　　) A．F B．2 C．k D．U 答案：A 解析：设t时间内有n个质量为m、电荷量为q的氙离子以速度v被喷出，形成的等效电流为I＝，电场力对氙离子做功，由动能定理有Uq＝mv2－0，由牛顿第三定律可知电场对氙离子的作用力大小F′＝F，根据动量定理有F′t＝nmv－0，联立解得I＝F，故选A。 7．如图所示，三条水平虚线L1、L2、L3之间有宽度均为L的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域内的磁感应强度大小相等、方向相反，正方形金属线框abcd的质量为m、边长为L，开始ab边与边界L1重合，对线框施加拉力F使其匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正，下列关于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是(　　) 答案：B 解析：在ab边向右运动0～L的过程中，所用时间t1＝，e1＝BLat，电流i1＝＝t，由右手定则知电流为正，线框所受安培力大小F安1＝Bi1L＝t，由左手定则知方向向左，拉力F1＝ma＋F安1＝ma＋t；在ab边向右运动L～2L的过程中，所用时间t2＝－＝(－1)，e2＝2BLat，电流i2＝＝t，由右手定则知电流为负，线框所受安培力大小F安2＝2Bi2L＝t，由左手定则知方向向左，拉力F2＝ma＋F安2＝ma＋t；在ab边向右运动2L～3L的过程中，所用时间t3＝－＝(－)，e3＝BLat，电流i3＝＝t，由右手定则知电流为正，线框所受安培力大小F安3＝Bi3L＝t，由左手定则知方向向左，拉力F3＝ma＋F安3＝ma＋t。对比四个图线可知，只有B可能正确。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．近20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”。如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220 kV升级为1000 kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，则(　　) A．n2∶n1变为原来的倍 B．输电线上电流I2变为原来的 C．输电线损失的功率变为原来的 D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小 答案：ABC 解析：由理想变压器基本关系知＝，U1不变，U2变为原来的＝倍，所以变为原来的倍，故A正确；因P送变为原来的2倍，U2变为原来的倍，根据P送＝U2I2可知，输电线上电流I2变为原来的，故B正确；P损＝IR线，R线不变，所以P损变为原来的，故C正确；U3＝U2－I2R线，而U2变大，I2变小，可知U3变大，而U4不变，则＝变大，故D错误。 9．(2025·山东省威海市高三一模)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距为10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(图中未标出)，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．电场强度大小为×105 N/C B．MC的距离为10 cm C．减小R的阻值，MC的距离将变小 D．小球的电势能增加了×10－4 J 答案：AB 解析：剪断细线，小球沿直线运动到M点，运动轨迹与未剪断前的细线在同一直线上，如图甲所示，设两板间距为d，绝缘细线的长度为L，根据几何关系可得MC＝＝10 cm，故B正确；对小球受力分析，由几何关系可得，电场力F和细线拉力T的夹角为60°，如图乙所示，在mg、F、T三个力围成的矢量三角形中，根据正弦定理可得＝，解得F＝mg＝×10－3 N，则电场强度的大小为E＝＝×105 N/C，故A正确；小球沿电场方向的位移大小为x＝d－Lsin30°，由题意可知，小球克服电场力做的功为W电＝Fx＝×10－4 J，所以小球的电势能增加了×10－4 J，故D错误；流过电阻的电流为零，电阻两端的电压为零，两平行金属板间的电势差等于电源电动势，减小R的阻值，平行板间的电势差不变，电场强度不变，小球的受力情况不变，运动情况不变，则MC的距离不变，故C错误。 10.如图所示，在xOy平面的第一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场，第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小E＝2.5 N/C，ON为处于y轴负半轴的弹性绝缘薄挡板，长度为ON＝9 m，M点为x轴正半轴上的一点，OM＝3 m。现有一个比荷为＝1.0 C/kg的带正电小球(可视为质点且重力不计)，从挡板下端N处小孔的右侧某处由静止释放，经匀强电场加速后从N处小孔沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后能在再次进入电场前经过M点，则带电小球从释放点到N点距离的可能值为(结果保留两位有效数字)(　　) A．2.5 m B．2.8 m C．4.0 m D．5.0 m 答案：BD 解析：由题意可知，小球在磁场中做圆周运动的圆心一定在y轴上，则小球做圆周运动的半径r≥OM＝3 m，而ON＝9 m≤3r，可知小球最多与挡板碰撞一次。若小球与挡板碰撞一次，轨迹如图甲所示，根据几何知识得r2＝OM2＋OO′2，OO′＝3r－ON，解得r1＝3 m(此时O′与O重合)，r2＝3.75 m，根据牛顿第二定律得qv1B＝m，qv2B＝m，设带电小球从释放点到N点距离为x，根据动能定理得qEx1＝mv，qEx2＝mv，解得x1＝1.8 m，x2＝2.8 m；若小球与挡板没有发生碰撞，轨迹如图乙所示，根据几何知识得r＝OM2＋OO″2，OO″＝ON－r3，解得r3＝5 m，根据牛顿第二定律得qv3B＝m，根据动能定理得qEx3＝mv，解得x3＝5.0 m。故A、C错误，B、D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)(2022·重庆高考)某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时，其阻值随温度的变化关系。实验电路如图所示，实验设定恒定电流为50.0 μA，主要实验器材有：恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻RT、可变电阻R1、电流表A、电压表V。 (1)用加热器调节RT的温度后，为使电流表的示数仍为50.0 μA，须调节____________(选填一种给定的实验器材)。当RT两端未连接电压表时，电流表示数为50.0 μA；连接电压表后，电流表示数显著增大，须将原电压表更换为内阻________(选填“远大于”“接近”“远小于”)RT阻值的电压表。 (2)测得RT两端的电压随温度的变化如图所示，由图可得温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是________ kΩ·℃－1(保留2位有效数字)。 答案：(1)可变电阻R1　远大于　(2)－1.2 解析：(1)由题知恒压直流电源E提供的电压不变，用加热器调节RT的温度后，RT的阻值发生改变，要确保电流表的示数仍为50.0 μA，则必须控制整个回路的总电阻不变，故须调节的器材是可变电阻R1。连接电压表后，电流表示数显著增大，则说明电压表与RT并联的总阻值R总明显小于RT，根据并联电阻R总＝＝，可知要保证R总近似等于RT，须将原电压表更换为内阻RV远大于RT阻值的电压表。 (2)由题中U­t图像可得，温度为35.0 ℃时RT两端的电压为1.60 V，根据欧姆定律可知此时热敏电阻的阻值RT1＝ Ω＝32 kΩ；温度为40.0 ℃时RT两端的电压为1.30 V，根据欧姆定律可知此时热敏电阻的阻值RT2＝ Ω＝26 kΩ。则温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是k＝＝ kΩ·℃－1＝－1.2 kΩ·℃－1，负号表示随着温度升高RT的阻值减小。 12．(9分)(2025·湖南省长沙市高三上月考)某新型智能恒流源，能稳定输出大小为I0的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻Rx的阻值。他们又找来了一块电流表A(内阻未知且很小)、滑动变阻器R、电阻箱R′、导线若干，并连接如图甲所示电路图。 (1)为了保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱R′的阻值调到________(填“最大”或“最小”)。 (2)该同学通过改变电阻箱R′的阻值R0，同时记录电流表A的示数为I，得到多组数据，他采用图像法处理数据，为使图像为一条直线，应描绘的是________图像。 A．I­R0 B.­ C．I­ D.­R0 (3)该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻Rx的阻值为________(用a、b、c表示)。 (4)调节电阻箱R′阻值的过程中，电阻箱R′消耗的功率会不断变化，若电阻箱R′的最大阻值足够大，则电阻箱R′消耗的功率最大值为________(用I0和此时记录的电阻箱R′的阻值R1表示)。 答案：(1)最小　(2)B　(3)　(4) 解析：(1)要使电流表不烧坏，应使闭合开关时通过电流表的电流最小，该电源是恒流源，由并联电路的特点可知，闭合开关前应将电阻箱R′的阻值调到最小。 (2)根据欧姆定律及并联电路的特点可知(I0－I)R0＝IRx，整理可得＝·＋，故应描绘­的图像，故选B。 (3)根据＝·＋可得，­图像纵截距＝a，斜率＝，解得Rx＝。 (4)设通过电阻箱R′的电流为I1，电阻箱R′两端的电压为U，通过电流表的电流为I2，电流表所在支路的总电阻为R，则电阻箱R′消耗的功率为P＝UI1＝I1I2R，已知I1＋I2＝I0，由数学知识可知，当I1＝I2＝时，电阻箱R′消耗的功率最大，此时电阻箱R′的阻值R1＝R，故电阻箱R′消耗的功率最大值Pm＝。 13．(11分)如图所示，在直角坐标系xOy平面的第一象限内存在着沿＋x轴方向的有界匀强电场Ⅰ，其边界由曲线AB和坐标轴围成；在第二象限存在沿＋y轴方向的匀强电场Ⅱ；已知从电场Ⅰ边界曲线AB上静止释放的电子都能从x轴上的P点离开电场Ⅱ，P点在(－L，0)处，两电场强度大小均为E，电子电荷量为－e。求： (1)电场Ⅰ边界曲线AB满足的方程； (2)从曲线AB上静止释放的电子离开电场Ⅱ时的最小动能。 答案：(1)y＝(x>0，y>0)　(2)eEL 解析：(1)设电子从曲线AB上坐标(x，y)点释放，经电场Ⅰ加速后，速度为v0，由动能定理可知eEx＝mv－0 电子进入电场Ⅱ后，做类平抛运动，y轴方向：y＝at2 根据牛顿第二定律，有a＝ x轴方向：L＝v0t 联立以上各式，可解得y＝(x>0，y>0)。 (2)在电场Ⅰ中，电场力对电子做功为 W1＝eEx 在电场Ⅱ中，电场力对电子做功为W2＝eEy 由动能定理有eE(x＋y)＝Ek－0 因此，结合方程y＝(x>0，y>0)可知， 当x＝y时，即在(0.5L，0.5L)处进入电场Ⅰ的电子，离开电场Ⅱ时的动能最小，最小动能为Ekmin＝eEL。 14．(12分)如图所示，在三维坐标系O－xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1(未知)的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2(未知)的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E(未知)的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知AB＝2L、Aa＝AD＝L，B2＝5B1，粒子的电量为q，质量为m(重力不计)。求： (1)磁感应强度B1的大小； (2)粒子第二次经过yOz平面的坐标； (3)电场强度E的大小。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，设轨迹半径为R，由几何关系得 R2＝(2L)2＋(R－L)2 由牛顿第二定律可得qvB1＝m 联立解得B1＝。 (2)粒子在yOz平面右侧磁场中、过C点且垂直于BO的平面内做圆周运动，设轨迹半径为r，由牛顿第二定律得qvB2＝m 解得r＝L 粒子运动半个周期后，再回到yOz平面时， y轴的坐标y＝2rsin45°＝ z轴的坐标z＝L－2rcos45°＝ 即粒子第二次经过yOz平面的坐标为。 (3)粒子在电场中做类平抛运动，由(2)中分析可知粒子进入电场的初速度方向沿x轴负方向，设粒子在电场中加速度大小为a，运动时间为t，则该过程中，沿x轴方向，有2L＝vt 沿y轴方向，有L－y＝at2 由牛顿第二定律有Eq＝ma 联立解得E＝。 15．(16分)如图，两根相距L的水平平行金属导轨OD、O′D′，置于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度B1＝4B。DD′间连接一个开关S与一个阻值为R的电阻，导轨左端O、O′分别通过一小段金属圆弧与倾斜的平行光滑金属导轨OC、O′C′平滑相连，两导轨均与水平面成θ＝30°，两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝B，OC与OD均与OO′垂直。长度为L的金属杆M、N放在倾斜导轨上并与之垂直，接触良好，M、N的质量均为m，电阻均为R。初始时，开关S断开，将N杆静止释放，同时给M杆施加一个平行导轨向上F＝mg的恒定外力，使M、N杆由静止开始运动，在N杆运动到OO′的过程中，N杆产生的热量为Q，且N杆已匀速运动。当N杆刚进入水平轨道时，闭合开关S，一段时间后M杆开始匀速运动。已知导轨均足够长且电阻不计，N杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： (1)初始时N杆的加速度大小； (2)初始时N杆到OO′的距离； (3)N杆在水平导轨上运动的最终速度大小。 答案：(1)g　(2)＋　(3)见解析 解析：(1)初始时N杆只受重力和导轨的支持力，设N杆的加速度为a，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma 解得a＝g。 (2)N杆到达OO′边界前对M、N受力分析可知，M、N所受安培力等大反向，F＝mg＝2mgsinθ，则系统沿倾斜导轨方向所受的合外力等于零，所以M、N组成的系统沿倾斜导轨方向上动量守恒，设N杆到达OO′边界前速度大小为v，M速度大小为v1，由动量守恒定律有mv－mv1＝0 得v1＝v 回路电动势E＝2B2Lv 回路电流I＝ M、N所受安培力大小均为F安＝B2IL 由于N杆运动到OO′边界前已匀速，有 F安＝mgsinθ 联立可得v＝ 由M、N运动情况及功能关系得，两杆均有W克安＝Q 设初始时N杆到OO′的距离为x，对N杆由动能定理得mgxsinθ－W克安＝mv2 解得x＝＋。 (3)N杆在水平导轨上运动时，只有M杆切割磁感线，由右手定则知，回路中有俯视顺时针方向的感应电流，由左手定则知，N杆受到竖直向上的安培力。N杆进入水平导轨后，M杆向上加速运动，设M杆重新达到稳定状态时速度大小为vM，则M杆切割磁感线产生的电动势为EM＝BLvM 由闭合电路欧姆定律得 IM＝＝ 由平衡条件得BIML＋mgsinθ＝F 此时N杆中通过的电流IN＝ N杆受到的安培力F安N＝B1INL 联立解得F安N＝mg 则此时N杆不受水平导轨的支持力和摩擦力，也达到稳定速度，设为vN，设从N杆进入水平导轨到两杆速度稳定的时间为t，由动量定理， 对M杆有(F－mgsinθ)t－BLMt＝m(vM－v) 对N杆有－μNt＝m(vN－v) 其中N＝mg－B1L 联立解得vN＝(1－μ) 讨论： ①当0<μ<1时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小vN＝(1－μ) ②当μ≥1时，N杆最终静止在水平导轨上。 13 学科网（北京）股份有限公司 $$