2025年高考物理“電磁學(xué)綜合”能力提升試題（二）一、選擇題（本題共8小題，每題6分，共48分。1-5題為單選題，6-8題為多選題）如圖所示，真空中兩個帶等量異種電荷的點電荷A、B相距為r，電荷量分別為+Q和-Q。若在A、B連線的中垂線上某點P處放置一個電荷量為+q的試探電荷，已知P到A、B連線中點O的距離為d，靜電力常量為k。則下列關(guān)于P點電場強(qiáng)度和試探電荷所受電場力的說法正確的是（）A.電場強(qiáng)度大小為(\frac{2kQd}{(r^2/4+d^2)^{3/2}})，方向由A指向BB.電場強(qiáng)度大小為(\frac{kQ}{r^2/4+d^2})，方向由B指向AC.試探電荷所受電場力大小為(\frac{2kQqd}{(r^2/4+d^2)^{3/2}})，方向由A指向BD.試探電荷所受電場力大小為(\frac{kQq}{r^2/4+d^2})，方向由B指向A某平行板電容器的電容為C，兩極板間距離為d，極板面積為S?，F(xiàn)將電容器與電源斷開后，在兩極板間插入厚度為d/2的絕緣介質(zhì)板（相對介電常數(shù)為εr），若此時兩極板間的電場強(qiáng)度為E，則下列說法正確的是（）A.插入介質(zhì)后電容器的電容變?yōu)?\frac{2ε_rC}{ε_r+1})B.插入介質(zhì)前電容器所帶電荷量為(CEd)C.插入介質(zhì)后兩極板間的電勢差為(\frac{Ed(ε_r+1)}{2ε_r})D.插入介質(zhì)過程中外界對電容器做的功為(\frac{1}{2}CE^2d(1-\frac{1}{ε_r}))如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從磁場邊界上的A點以速度v沿切線方向射入磁場，運動半周后從邊界上的C點射出。若粒子在磁場中運動的時間為t，不計重力，則下列關(guān)系正確的是（）A.(t=\frac{πm}{qB})B.粒子離開磁場時的速度方向與AC連線垂直C.若僅增大v，粒子在磁場中的運動時間將減小D.若僅減小B，粒子射出磁場時的位置與A點的距離將減小某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1:n2=5:1，原線圈接在u=220√2sin100πt（V）的交流電源上，副線圈接有一個電阻R=11Ω和一個理想二極管（正向電阻為0，反向電阻無窮大）。則下列說法正確的是（）A.副線圈兩端的電壓有效值為44VB.通過電阻R的電流方向每秒改變50次C.電阻R消耗的電功率為176WD.若將二極管短路，變壓器的輸入功率將變?yōu)樵瓉淼?倍如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為L，左端接有阻值為R的電阻。整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一根質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在水平外力F作用下以速度v向右勻速運動。下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體棒ab兩端的電壓為BLvB.外力F的功率為(\frac{B^2L^2v^2}{R})C.電阻R上的發(fā)熱功率為(\frac{B^2L^2v^2R}{(R+r)^2})D.若突然撤去外力F，導(dǎo)體棒將做勻減速運動直到靜止關(guān)于電場和磁場，下列說法正確的有（）A.電場強(qiáng)度為零的點，電勢一定為零B.磁感線是閉合曲線，電場線不是閉合曲線C.通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中一定受到安培力的作用D.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運動時，電勢能的變化量等于電場力做的功E.洛倫茲力對帶電粒子不做功，但可以改變粒子的動量如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；第四象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從坐標(biāo)原點O以速度v0沿x軸正方向射入電場，經(jīng)過時間t1進(jìn)入磁場，在磁場中運動一段時間后從y軸負(fù)半軸上的P點射出磁場，射出時速度方向與y軸負(fù)方向夾角為θ。不計粒子重力，則下列說法正確的有（）A.粒子在電場中運動的時間t1=(\frac{mv0}{qE})B.粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為(\sqrt{v0^2+(\frac{qEt1}{m})^2})C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為(\frac{mv0}{qB})D.若僅增大電場強(qiáng)度E，粒子在磁場中運動的時間將增大E.若僅減小磁場強(qiáng)度B，θ角將增大如圖所示，一個匝數(shù)為N、面積為S的矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。線圈兩端通過滑環(huán)與理想變壓器原線圈相連，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1:n2，副線圈接有兩個阻值均為R的電阻，其中一個電阻與理想二極管串聯(lián)。下列說法正確的有（）A.線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為NBSωB.變壓器原線圈兩端的電壓有效值為(\frac{NBSω}{\sqrt{2}})C.副線圈兩端的電壓有效值為(\frac{NBSω}{n1\sqrt{2}})D.兩個電阻消耗的總電功率為(\frac{N^2B^2S^2ω^2n2^2}{4n1^2R})E.若線圈轉(zhuǎn)動的角速度增大為原來的2倍，變壓器的輸入功率將變?yōu)樵瓉淼?倍二、非選擇題（本題共4小題，共62分）（14分）某實驗小組要測量一個未知電阻Rx的阻值（約為200Ω），實驗室提供的器材有：電源E：電動勢約為3V，內(nèi)阻不計電流表A1：量程0~10mA，內(nèi)阻r1=50Ω電流表A2：量程0~20mA，內(nèi)阻r2約為20Ω定值電阻R0：阻值為100Ω滑動變阻器R：最大阻值為10Ω開關(guān)S、導(dǎo)線若干（1）由于沒有電壓表，該小組計劃將電流表A1改裝成電壓表使用，則需要串聯(lián)的定值電阻R串的阻值為________Ω。（2）為了較準(zhǔn)確地測量Rx的阻值，且要求測量時電表的示數(shù)能有較大范圍的變化，應(yīng)選擇的實驗電路是________（填“甲”或“乙”）。（3）若某次測量中，電流表A1的示數(shù)為I1，電流表A2的示數(shù)為I2，則Rx的表達(dá)式為Rx=________（用題中所給物理量的符號表示）。（4）若考慮電流表A2內(nèi)阻的影響，測量值________真實值（填“大于”“小于”或“等于”）。（14分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道，軌道兩端點A、C在同一水平線上，圓心O點正下方有一個電荷量為+Q的固定點電荷?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從A點由靜止釋放，小球沿軌道運動到最低點B時的速度大小為v，此時小球與點電荷Q的距離為R。不計空氣阻力，靜電力常量為k，重力加速度為g。求：（1）小球從A點運動到B點的過程中，電場力做的功W；（2）小球運動到B點時對軌道的壓力大小F；（3）若小球能通過最高點C，求小球在A點釋放時的最小初速度v0。（16分）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；第二象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子從x軸上的P點（a，0）以初速度v0沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過時間t1到達(dá)y軸上的Q點，然后進(jìn)入磁場，在磁場中運動一段時間后從x軸上的M點（-b，0）射出磁場，射出時速度方向與x軸負(fù)方向夾角為θ。不計粒子重力，求：（1）粒子到達(dá)Q點時的速度大小和方向；（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r和時間t2；（3）b與a的比值及θ角的正切值。（18分）如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為L，左端接有阻值為R的電阻。整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一根質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在水平外力F作用下從靜止開始向右做勻加速直線運動，加速度大小為a。已知t=0時刻導(dǎo)體棒ab位于O點，經(jīng)過時間t0運動到O'點，OO'間的距離為x0。求：（1）t時刻導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E和回路中的感應(yīng)電流I；（2）t時刻外力F的大小；（3）從t=0到t=t0時間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q；（4）若在t=t0時刻突然將外力F反向，大小不變，求導(dǎo)體棒ab最終停止運動時的位置與O'點的距離。三、選考題（共15分。請考生從給出的2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分）【物理——選修3-3】（15分）（略，與電磁學(xué)無關(guān)，此處省略）【物理——選修3-4】（15分）（略，與電磁學(xué)無關(guān)，此處省略）參考答案及解析（部分）選擇題答案：C2.A3.A4.D5.C6.BDE7.BDE8.ADE9.（14分）（1）250（3分）（2）甲（3分）（3）(\frac{I1(R0+r1)}{I2-I1})（4分）（4）小于（4分）10.（14分）（1）根據(jù)動能定理：(mgR+W=\frac{1}{2}mv^2)，解得(W=\frac{1}{2}mv^2-mgR)（4分）（2）在B點，由牛頓第二定律：(F_N-mg-\frac{kQq}{R^2}=m\frac{v^2}{R})，解得(F_N=mg+\frac{kQq}{R^2}+m\frac{v^2}{R})，由牛頓第三定律，壓力(F=F_N=mg+\frac{kQq}{R^2}+m\frac{v^2}{R})（5分）（3）小球能通過C點的臨界條件是軌道對小球的彈力為0，此時(\frac{kQq}{(3R)^2}=m\frac{vC^2}{R})，從A到C由動能定理：(W_{電}=\frac{1}{2}mvC^2-\frac{1}{2}mv0^2)，又(W_{電}=q(U_A-U_C)=kQq(\frac{1}{R}-\frac{1}{3R})=\frac{2kQq}{3R})，解得(v0=\sqrt{\frac{kQq}{3mR}-\frac{2kQq}{3mR}+vC^2}=\sqrt{\frac{kQq}{9mR}})（5分）11.（16分）（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：(a_x=\frac{qE}{m})，(v_x=a_xt1=\frac{qE}{m}t1)，豎直方向：(v_y=v0)，又(a=\frac{1}{2}a_xt1^2)，解得(t1=\sqrt{\frac{2ma}{qE}})，(v_x=\sqrt{\frac{2qEa}{m}})，到達(dá)Q點時速度大小(v=\sqrt{v0^2+\frac{2qEa}{m}})，方向與y軸正方向夾角(α=arctan(\sqrt{\frac{2qEa}{mv0^2}}))（6分）（2）粒子進(jìn)入磁場時速度方向與y軸正方向夾角為α，在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：(qvB=m\frac{v^2}{r})，解得(r=\frac{mv}{qB}=\frac{m}{qB}\sqrt{v0^2+\frac{2qEa}{m}})，運動軌跡對應(yīng)的圓心角(θ=π-2α)，運動時間(t2=\frac{θ}{2π}T=\frac{(π-2α)m}{qB})（6分）（3）由幾何關(guān)系：(b=rsinα-rsin(θ-α)=rsinα-rsin(π-3α)=rsinα-rsin3α=-2rsinα(2cos^2α-1))，又(a=\frac{1}{2}a_xt1^2=\frac{qE}{2m}t1^2)，聯(lián)立解得(\frac{a}=\frac{2qEa}{mv0^2}-1)，(tanθ=\frac{v_x}{v_y}=\sqrt{\frac{2qEa}{mv0^2}})（4分）12.（18分）（1）t時刻導(dǎo)體棒的速度(v=at)，位移(x=\frac{1}{2}at^2)，感應(yīng)電動勢(E=BLv=BLat)，回路中電流(I=\frac{E}{R+r}=\frac{BLat}{R+r})（4分）（2）導(dǎo)體棒所受安培力(F_A=BIL=\frac{B^2L^2at}{R+r})，由牛頓第二定律：(F-F_A=ma)，解得(F=ma+\frac{B^2L^2at}{R+r})（4分）（3）從t=0到t=t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移(x0=\frac{1}{2}at0^2)，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱(Q_{總}=W_F-ΔEk=\int_0^{t0}Fdx-\frac{1}{2}mv0^2)，其中(W_F=\int_0^{t0}(ma+\frac{B^2L^2at}{R+r})\cdotatdt=max0+\frac{B^2L^2a^2}{R+r}\int_0^{t0}t^2dt=max0+\frac{B^2L^2a^2t0^3}{3(R+r)})，(ΔEk=\frac{1}{2}m(at0)^2=\frac{1}{2}ma^2t0^2)，又(x0=\frac{1}{2}at0^2)，解得(Q_{總}=\frac{1}{2}ma^2t0^2+\frac{B^2L^2a^2t0^3}{3(R+r)})，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(Q=\frac{R}{R+r}Q_{總}=\frac{R}{R+r}(\frac{1}{2}ma^2t0^2+\frac{B^2L^2a^2t0^3}{3(R+r)}))（6分）（4）t=t0時刻導(dǎo)體棒的速度(v0=at0)，外力反向后，導(dǎo)體棒所受合力(F_{合}=-F-F_A=-ma-\frac{B^2L^2at}{R+r})，由于速度減小，安培力減小，導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，最終停止時速度為0，由動量定理：(\int_{t0}^{t}F_{合}dt=0-mv0)，即(-\int_{t0}^{t}(ma+\frac{B^2L^2at}{R+r})dt=-mv0)，解得停止時位置與O'點的距離(Δx=\frac{(R+r)mv0}{B^2L^2}-x0=\frac{(R+r)mat0}{B^2L^2}-\frac{1}{2}at0^2)（4分）12.（18分）（1）t時刻導(dǎo)體棒的速度(v=at)，位移(x=\frac{1}{2}at^2)，感應(yīng)電動勢(E=BLv=BLat)，回路中電流(I=\frac{E}{R+r}=\frac{BLat}{R+r})（4分）（2）導(dǎo)體棒所受安培力(F_A=BIL=\frac{B^2L^2at}{R+r})，由牛頓第二定律：(F-F_A=ma)，解得(F=ma+\frac{B^2L^2at}{R+r})（4分）（3）從t=0到t=t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移(x0=\frac{1}{2}at0^2)，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱(Q_{總}=W_F-ΔEk=\int_0^{t0}Fdx-\frac{1}{2}mv0^2)，其中(W_F=\int_0^{t0}(ma+\frac{B^2L^2at}{R+r})\cdotatdt=max0+\frac{B^2L^2a^2}{R+r}\int_0^{t0}t^2dt=max0+\frac{B^2L^2a^2t0^3}{3(R+r)})，(ΔEk=\frac{1}{2}m(at0)^2=\frac{1}{2}ma^2t0^2)，又(x0=\frac{1}{2}at0^2)，解得(Q_{總}=\frac{1}{2}ma^2t0^2+\frac{B^2L^2a^2t0^3}{3(R+r)})，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(Q=\frac{R}{R+r}Q_{總}=\frac{R}{R+r}(\frac{1}{2}ma^2t0^2+\frac{B^2L^2a^2t0^3}{3(R+r)}))（6分）（4）t=t0時刻導(dǎo)體棒的速度(v0=at0)，外力反向后，導(dǎo)體棒所受合力(F_{合}=-F-F_A=-ma-\frac{B^2L^2at}{R+r})，由于速度減小，安培力減小，導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，最終停止時速度為0，由動量定理：(\int_{t0}^{t}F_{合}dt=0-mv0)，即(-\int_{t0}^{t}(ma+\frac{B^2L^2at}{R+r})dt=-mv0)，解得停止時位置與O'點的距離(Δx=\frac{(R+r)mv0}{B^2L^2}-x0=\frac{(R+r)mat0}{B^2L^2}-\frac{1}{2}at0^2)（4分）12.（18分）（1）t時刻導(dǎo)體棒的速度(v=at)，位移(x=\frac{1}{2}at^2)，感應(yīng)電動勢(E=BLv=BLat)，回路中電流(I=\frac{E}{R+r}=\frac{BLat}{R+r})（4分）（2）導(dǎo)體棒所受安培力(F_A=BIL=\frac{B^2L^2at}{R+r})，由牛頓第二定律：(F-F_A=ma)，解得(F=ma+\frac{B^2L^2at}{R+r})（4分）（3）從t=0到t=t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移(x0=\frac{1}{2}at0^2)，回路中產(chǎn)生