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2026届人教版高考物理第一轮复习：电磁学综合基础练习1
一、单选题（本大题共6小题）
1．如图所示，在足够大的、磁感应强度为B的匀强磁场中，一匝数为N、面积为S的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，则当线框平面与中性面（ ）
A．垂直时，线框的四条边受到安培力 B．垂直时，线框的磁通量变化率最大
C．重合时，线框产生的感应电动势最大 D．重合时，穿过线框的磁通量为NBS
2．如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个质量为m、电荷量为q的小球。现加一匀强电场，小球平衡时绝缘细线与竖直方向的夹角为。若电场的方向与细线垂直，则电场强度的大小为（ ）
A． B． C． D．
3．一代代物理学家们在探究客观世界的过程中，不断发现物理规律，总结研究方法，推动了生产力的发展和人类文明的进步。下列关于物理学史和物理学方法的叙述，错误的是（　　）
A．“电场强度”概念的提出应用了比值定义法
B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什成功测量出了引力常量G的值
C．开普勒总结了行星运动的规律，并结合第谷的数据找出了行星按照这些规律运动的原因
D．法国物理学家库仑用扭秤实验发现了库仑定律
4．下列说法不符合物理学史的是（　　）
A．法拉第发现了电磁感应现象，并提出了“电场”“磁场”的概念
B．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，爱因斯坦受此启发，提出了分子电流假说
C．奥斯特发现了电流的磁效应，普朗克提出了能量子的概念
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证明了麦克斯韦的预言
5．如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，等势面与水平地面平行。电量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出，以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴，运动过程中小球的动能和机械能随坐标y的变化关系如图乙中图线a、b所示，图中E0为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球初速度大小
B．电场强度大小为
C．小球抛出时重力势能为E0
D．小球加速度大小为
6．某同学研究远距离输电的电路如图所示，a、b端接入电压为的交流电源，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，且两变压器的匝数比。已知的阻值均为的阻值为，电阻消耗的功率相同，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器的匝数比 B．电压表的示数为
C．电流表的示数为 D．若断路，电流表示数将增大
二、多选题（本大题共4小题）
7．磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板 A、B和电阻R连接， A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体 即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子 以速度v喷入磁场， A、B 两板间便产生电压，成为电源的两个电极。若 A、B两板之间的磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场，两板间距为d，其余电阻不计，则下列推断正确的是（ ）
A．A板为电源的正极
B．若减小两极板的距离，则电源的电动势会减小
C．在磁流体发电机工作的过程中洛伦兹力对电荷做正功
D．通过电阻R的电流大小为
8．如图所示的电路中，为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷
大），为电容器的两极板，为滑动变阻器，为定值电阻。将滑动变阻器的滑片滑到端，保持开关断开，闭合开关。将滑动变阻器的滑片滑到中央位置，闭合开关，两板间点处的带电液滴恰能保持静止，下列说法正确的是（ ）
A.将滑片滑向端，该液滴向下运动
B.将滑片滑向端，该液滴向上运动
C.将板向上移动，该液滴向下运动，点电势降低
D.将板向下移动，该液滴向上运动，点电势升高
9．光电倍增管（PMT）是光子技术器件中的一个重要产品，它是一种具有极高灵敏度和超快时间响应的光探测器件.可广泛应用于光子计数、极微弱光探测、化学发光、生物发光研究、极低能量射线探测、分光光度计、旋光仪、色度计、照度计、尘埃计、浊度计、光密度计、热释光量仪、辐射量热计、扫描电镜、生化分析仪等仪器设备中，如图是其相邻的第i个倍增极和第i+1个倍增极的示意图，每个倍增级长为a，水平间距和垂直间距都是a，若在空间施加垂直于纸面向里的匀强磁场B，当速度为v、质量为m、电荷量为e的电子垂直第i倍增极射出时，下列说法正确的（　　）
A．若B<，电子都不会被第i+1倍增极收集
B．若B=，部分电子不会被第i+1倍增极收集
C．若B>电子都不会被第i+1倍增极收集
D．改变磁感应强度B，从第i倍增极最右端P2射出的电子从射出到穿过P2P4所在连线的时间都相等
10．如图所示，2×2的立方体魔方上有27个格点(图中格点未标全)，魔方下底面的四个顶点分别为A1、B1、C1、D1。在A3、C3两点放上电荷量大小均为q的带正电的点电荷，在B1、D1两点放上电荷量大小均为q的带负电的点电荷。则
A．O2点的场强大小为0
B．把一个带正电的点电荷从C2缓慢移动到O3外力需做正功
C．魔方下层不动，上层逆时针(俯视)旋转圈，电场力对A3、C3两点的点电荷均做负功
D．魔方左侧不动，右侧逆时针(从左向右看)旋转圈，B1、C3两点的点电荷电势能均增加
三、非选择题（本大题共5小题）
11．一台收音机在中波波段接收电磁波的波长范围大约在 600m 到 200m 间。 已知电磁波的传播速度v=3×108m/s，求收音机接收此波段电磁波的频率的范围。
12．2022年7月15日至17日，第十届万魅·北方礼品玩具展在山东临沂举办。如图是一参展玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6V，内阻为0.5Ω，电阻R=2.5Ω，闭合开关S后，当电动机以1m/s的速度匀速向上提升一质量为0.16kg的物体时（不计一切摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2），标有“3V 0.6W”的灯泡恰好正常发光。求：
（1）电动机两端的电压；
（2）通过电阻R的电流；
（3）电动机的内阻。
13．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。
（1）实验需要以下哪种电源 ；
A．低压直流电源 B．高压直流电源
C．低压交流电源 D．高压交流电源
（2）该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的 值 （填“有效”或“最大”）。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为 ；

（3）理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成 （填“正比”或“反比”）；
（4）由于实验中变压器的铜损和铁损导致变压器并非理想。实验中，上图中变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接“0；4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V，则原线圈所接电源电压可能为 。
A．16.0 V B．10.0 V C．5.0 V D．2.5 V
14．(14分)如图所示,矩形区域cdef充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,cd边长为(+1)a ,de边长为a。其中cde边界为荧光屏(图中实线),f点有一电子发射枪,电子质量为m,电荷量大小为e,电子离开电子发射枪时的速度大小为v0=。电子发射枪能在纸面内向磁场内所有方向发射电子,不计电子重力及电子间的相互作用。求:
(1)电子在磁场中运动的最长时间以及此时的入射方向;
(2)cd荧光屏上亮线的长度。
15．如图1所示为某种风力发电装置，如图2所示为简化原理图，两线圈与磁铁共轴，以静止时薄膜所在位置为原点O竖直向上建立x轴，线圈与磁铁相距均为x0，当风力作用时薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动，振动的最高点与最低点到O的距离均为A已知线圈的匝数均为n、横截面积均为S。磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图3所示，图中B0、B1、B2均为已知量，忽略线圈的长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小。负载电阻R的e端与上线圈的a端连接，f端与下线圈的某端连接，使两线圈作为电源处于串联状态。不计线圈电阻和自感、互感的影响。
(1)上线圈的b端应与下线圈的c端还是d端连接
(2)若磁铁从O点向上运动到最高处所用的时间为Δt，则向上运动过程中上线圈产生的平均电动势多大
(3)在磁铁从O点向上运动到最高处的过程中，求通过电阻R的电荷量。
(4)图3中x0随磁感应强度B变化的关系为B0=(其中k为未知常数)，当磁铁以速率v0经平衡位置向上运动时，求此时负载电阻R的电功率。(若a b，则可认为a2-b2=a2)
图1 图2 图3
参考答案
1．【答案】B
【详解】当线框平面与中性面垂直时，上下两边不受安培力，此时线框的磁通量变化率最大，感应电动势最大，A错误，B正确；当线框平面与中性面重合时，线框产生的感应电动势最小为0，磁通量为，CD错误。
2．【答案】B
【详解】小球保持静止时受到重力、电场力和细线的拉力，若电场的方向与细线垂直，根据平衡条件电场力方向必然垂直细绳向上，有，解得，选B。
3．【答案】C
【详解】A．“电场强度”概念的提出应用了比值定义法，A正确；
B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什成功测量出了引力常量G的值，B正确；
C．开普勒结合第谷的数据总结了行星运动的规律，并未找出行星按照这些规律运动的原因，C错误；
D．法国物理学家库仑用扭秤实验发现了库仑定律，D正确。
本题选择错误的，故选C。
4．【答案】B
【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，并提出了“电场”“磁场”的概念，A不符合题意；
B．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说，B符合题意；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，普朗克基于黑体辐射实验提出了能量子的概念，C不符合题意；
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，D不符合题意。选B。
5．【答案】B
【详解】小球初动能为Ek0，根据，可得初速度大小，A错误；根据动能定理得，根据功能关系得，则，电场强度大小为，B正确；由牛顿第二定律有，小球加速度大小为，D错误；初始状态，所以小球抛出时重力势能为，C错误。
6．【答案】C
【详解】A．已知的阻值相等，消耗的功率相同，可知电流相同，设为I2，因的阻值为，则的电流为2I2，则降压变压器T2的次级电流为3I2，由匝数和电流关系可知
则
选项A错误；
B．变压器T1的初级电流
由能量关系可知
解得
即电压表示数，选项B错误；
C．电流表的示数等于I2，等于通过R1的电流，则为
选项C正确；
D．若断路，则T2次级电阻变大，相当于电网用电设备减少，总功率减少，电流减小，则初级电流减小，则电流表示数将减小，选项D错误。
选C。
7．【答案】BD
【详解】等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电为电源的正极，A板带负电为电源的负极，A错误；根据左手定则可知洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，所以任何时候都不对电荷做功，C错误；粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有 ，解得 ，减小两极板的距离d，电源的电动势减小，B正确；通过电阻R的电流大小为 正确。
8．【答案】BD
【解析】A．液滴静止不动，则滑动变阻器滑向端，电阻减小，分压减小，若电容器电压减小，由可知，电容器电量减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，不变，由知，不变，故液滴不动，错误；
.滑动变阻器滑向端，电阻变大，分压变大，电容器电压变大，由可知，电容器电量变大，即电容器充电，二极管导通，故此时电容器电量增加，变大，由知，变大，故液滴向上运动，故选项正确：
C.板上移，增大，由知减小，若电压不变，由知，减小，即电容器放电，但二极管单向导通，无法放电，故此时电容器电量不变，由知，电场强度不变，液滴不动，故错误；
D.板下移，减小，电压不变，由知，变大，液滴向上运动；根据可知点与板电势差变大，即点电势升高，选项正确；故选。
9．【答案】AC
【详解】从第倍增级最左端射出的电子刚好到达第倍增级最右端时，圆周运动的半径为，如图所示，则有，，由洛伦兹力提供向心力，有，解得，则，电子都不会被第倍增极收集，A正确；
从第倍增级最右端射出的电子刚好到达第倍增极最左端时，圆周运动的半径为，如图所示，则，由洛伦兹力提供向心力，有，解得，，若，电子都不会被第倍增极收集，所以当范围内，粒子才可能被第倍增极收集，若，恰好全部电子能被第倍增极收集，射出的到，射出的到，C正确，B错误；改变磁感应强度，电子从第倍增极运动到第倍增极轨迹对应的圆心角发生变化，轨迹的长度发生变化，运动的时间不相同，D错误。
10．【答案】BD
【解析】A3和C3两点的点电荷在O2点产生的合场强方向竖直向下，B1和D1两点的点电荷在O2点产生的合场强方向竖直向下，可知O2点的场强大小不为0，A错误；设无穷远处电势为零，小正方体棱长为a，根据φ＝和几何知识可得φC2＝－＜φO3＝－，故把一个带正电的点电荷从C2移动到O3，电势能增加，故电场力做负功，外力需做正功，B正确；魔方下层不动，上层逆时针(俯视)旋转圈，A3点的正点电荷移动到题图中B3位置，C3点的正点电荷移动到题图中D3位置，B1、D1两点的点电荷在A3、C3 、B3、D3四点产生的电势大小关系为φA3＝φC3＝－＞φB3＝φD3＝－－，A3、C3两点的点电荷旋转后电势能均减小，故电场力对A3、C3两点的点电荷均做正功，C错误；魔方左侧不动，右侧(B1B3C3C1面)逆时针(从左向右看)旋转圈，C3点的正点电荷移动到题图中B3位置，A3、D1两点的点电荷在C3 、B3两点产生的电势φC3＝0，φB3＞0，即φB3＞φC3，旋转后C3点的点电荷电势能增加，B1点的负点电荷移动到题图中C1位置，到A3点的正点电荷的距离变远，到D1点的负点电荷的距离变近，则电势减小，电势能增加，D正确。
11．【答案】
【详解】
由电磁波的波长和频率的关系得
可得收音机接收此波段电磁波的频率的范围
代入数据得
12．【答案】（1）3V；（2）1A；（3）1.25Ω
【详解】（1）由图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为UL=3V，因此电动机两端的电压为
UM=UL=3V
（2）R和电源内阻r串联，其两端的总电压为U1=3V，由闭合电路欧姆定律，可得流经电阻R的总电流为
（3）灯泡的电流为
电动机的电流为
IM=I IL=1A 0.2A=0.8A
由题意可得电动机的输出功率为
代入数据解得
rM=1.25Ω
13．【答案】C；有效；7.2；正比；A
【详解】（1）探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源。
（2）多用电表测量的交流电压为有效值，不足最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10V挡位，所以应该在0~ 10V挡位读数，所以读数应该是7.2V。
（3）根据可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。
（4）实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致，所以
14．【答案】(1)　与ef边界成α=60°角入射　(2)(2-2)a
【解析】重难考点：电子在磁场中的运动
(1)由洛伦兹力提供向心力有ev0B=m,
解得R=2a (1分)
则当电子的运动轨迹恰好与cd荧光屏相切并打到de荧光屏上时运动时间最长,如图所示,
由几何关系得cos α=== (1分)
则α=60° (1分)
又fk=2asin α,sin β= (1分)
解得β=30° (1分)
则圆弧fp为圆弧,则电子打到荧光屏上的最长运动时间为
t=T (1分)
由于T== (1分)
解得t= (1分)
由几何关系可得此时电子以与ef边界成α=60°角入射 (1分)
(2)如图所示,电子沿fc边界入射时打到cd荧光屏上g点,由几何关系知cg=(2-)a (2分)
g点为电子打到cd荧光屏上最左边的点,切点h为电子打到cd荧光屏上最右边的点,由几何关系知ch=a (2分)
则电子打到荧光屏上的亮线的长度为
gh=ch-cg=(2-2)a (1分)
15．【答案】(1)d端　(2)n　(3)n　(4)
【详解】(1)假设薄膜向上振动，可知磁铁在上线圈中向上的磁感应强度增大，在下线圈中向上的磁感应强度减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，上线圈中的电流为从b流向a，下线圈中的电流为从c流向d，为了使两线圈串联作为电源，上线圈的b端应与下线圈的d端连接。
(2)(3)设上线圈产生的感应电动势为E1，下线圈产生的感应电动势为E2，由法拉第电磁感应定律得E1=n=n，E2=n=n，
设回路总电动势为E，两线圈串联作为电源，有E=E1+E2=n，
设回路电流为I，由欧姆定律得I==n，
则通过电阻R的电荷量为q=IΔt=n。
(4)由题意可知B0=，可得k=B0x0，
设磁铁经平衡位置向上运动位移Δx，所用时间为Δt'，上线圈产生的感应电动势为E3，则E3=n==，
化简得E3===，
设下线圈产生的感应电动势为E4，同理可得E4=，
设回路电动势为E'，则E'=E3+E4==，
则负载电阻R的电功率为P==。
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一、单选题（本大题共6小题）
1．如图所示电路，两个通电螺线管a、b中间，有一个可以绕垂直于纸面的转轴C转动的矩形线框（图中为主视图）。闭合开关S，线框稳定后静止于图示位置，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．通电螺线管产生的磁场将变强
B．从右向左看，线框中的感应电流方向为顺时针方向
C．中间的矩形线框将顺时针转动
D．螺线管a的右侧为N极
2．在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子(　　)
A．一定带正电
B．速度v=
C．若速度v＞，粒子一定不能从板间射出
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
3．下列关于物理学史的说法中正确的是（　　）
A．库仑通过扭秤实验推出了库仑定律，并且测出了静电力常量
B．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得
C．牛顿若能得到月球的具体运动数据，就能通过“地月检验”测算出地球的质量
D．开普勒通过观测天体运动，积累下大量的数据，总结出行星运动三大定律
4．物理学中，常常用物理量之比表示研究对象的某种性质。例如，用质量m与体积V之比定义密度，用位移l与时间t之比定义速度v，这样定义一个新的物理量的同时，也就确定了这个新的物理量与原有物理量之间的关系。这种定义方法我们称之为比值定义法，以下物理量中不是用比值法定义的有（　　）
A．电场强度 B．功 C．功率 D．电容
5．如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为、和,点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为 、 和 。若点处的电场强度为零，,则三个点电荷的电荷量可能为（ ）
A. ,,
B. ,,
C. ,,
D. ,,
6．如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，其中电动势为1.5V；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。下列说法正确的是（　　）

A．图中的A端与红色表笔相连接
B．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
C．在使用多用电表欧姆挡时，中值电阻读数表示的电阻大小为1500Ω
D．根据题给条件可得R1+R2=120Ω，R4=880Ω
二、多选题（本大题共4小题）
7．静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，实线为电子运动的轨迹，P、Q、R为其轨迹上的三点，电子仅在电场力作用下从P点运动到R点，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P点的电势低于Q点的电势
B．电子在P点的加速度小于在R点的加速度
C．从P至R的运动过程中，电子的电势能增加
D．从P至R的运动过程中，电子的动能一直增大
8．电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用。其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，则下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势低于b点的电势
B．a点的电场强度大于c点的电场强度
C．电子从a点到b点电势能增加
D．电子从a点到b点做加速运动
9．电磁阻拦是新一代航母舰载机着舰阻拦技术，它可以显著提高舰载机着舰的安全性和可靠性。阻拦原理如图所示，模拟机着舰时钩住轻质绝缘绳索并关闭动力系统，然后与金属棒在匀强磁场中共同沿水平轨道滑行减速，直至停止运动。已知模拟机的质量为,着舰时初速度大小为，金属棒的质量为，轨道宽度为，间定值电阻与金属棒的总电阻为，其他电阻忽略不计，匀强磁场的磁感应强度大小为。金属棒运动过程中始终与轨道垂直且接触良好，不计模拟机滑行过程中的摩擦力和空气阻力，则（ ）
A. 模拟机钩住轻质绝缘绳索瞬间与金属棒的共同速度大小为
B. 模拟机将做加速度逐渐减小的减速运动
C. 模拟机减速滑行的最大距离为
D. 模拟机减速的整个过程中，回路中产生的焦耳热为
10．某质谱仪的原理图如图所示。加速电场上、下两极板间的电压为，其中心处和感光片的中心均开有一个小孔（三个小孔共线），其下有另两块左右相对的极板。在左右极板之间还存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场。右极板电势高于左极板，他们之间形成电场强度为的匀强电场。感光片下方存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为的匀强磁场。现将质量为，带电量为的质子从加速电场上极板小孔处由静止释放，恰能形成轨迹1。轨迹1、2的半径之比为。下列说法正确的是（　　）
A．轨迹1是直径为的半圆
B．将质子换为氘核，并将减小到原来的，即可得到轨迹2
C．将质子换为氚核，并将、加倍，为使粒子沿轨迹2运动，应将、分别增大到原来的12、4倍
D．将质子换为粒子，并将、各自增大到原来的4、2倍，即可得到轨迹2
三、非选择题（本大题共5小题）
11．“研究电磁感应现象”的实验装置如图所示。
（1）将图中所缺的导线补接完整。
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么合上开关后进行下述操作时可能出现的情况是：
①将通电线圈迅速插入感应线圈时，灵敏电流计指针将 。
②通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针将 。
（3）在实验时，如果感应线圈两端不接任何元件，则感应线圈电路中将 。
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
12．（1）如图1所示，在探究影响平行板电容器电容的因素的实验中，给平行板电容器充上一定量的电荷后，将电容器的两极板A、B分别跟静电计的指针和外壳相连（接地）。现请回答下列问题：
①若在实验中观察到静电计指针的偏转角度增大，说明平行板电容器的 增大。（选填“电荷量”、“电容”或“电压”）
②将B极板向左移动少许，则静电计指针的偏转角将 ；将一块陶瓷板插入A、B两极板之间，则静电计指针的偏转角将 。（均选填“增大”“减小”或“不变”）
（2）该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容，充电时通过传感器的电流随时间变化的图像如图2中①②所示，其中对应电容为C1的电容器充电过程图像的是 （选填①或②）。
13．蜘蛛不仅能“乘风滑水”，最新研究还表明：蜘蛛能通过大气电位梯度“御电而行”。大气电位梯度就是大气中的电场强度，大气中电场方向竖直向下。假设在晴朗无风环境，平地上方1以下，可近似认为大气电位梯度，其中为地面的电位梯度，常量，H为距地面高度。晴朗无风时，一质量的蜘蛛（可视为质点）由静止从地表开始“御电而行”，蜘蛛先伸出腿感应电位梯度，然后向上喷出带电的蛛丝（蜘蛛其他部分不显电性），带着身体飞起来。忽略空气阻力，取重力加速度。
(1)该蜘蛛要想飞起来，求蛛丝所带电荷电性，蜘蛛所带的电荷量至少为多少？
(2)若蛛丝所带电荷量大小为，求蜘蛛上升速度最大时的高度？
(3)若蛛丝所带电荷量大小为，求蜘蛛能到达的最大高度？
14．如图所示，直角坐标系xOy中，x轴上方存在竖直向下的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带正电粒子从+y轴上的P点，以初速度与y轴正方向成角射入第一象限，经x轴后恰好能通过坐标原点O。已知粒子经过x轴时其与x轴正方向也成角，且OP=L不计粒子重力，，。
（1）粒子第一次由电场进入磁场的位置的横坐标；
（2）求匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度大小之比。
15．如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为﹣3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行且向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
（1）球B刚进入电场之前和B刚进入电场之前之后，带电系统的加速度大小分别为多少；
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零，系统向右运动的位移大小；
参考答案
1．【答案】B
【详解】当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻R增大，电路总电压U不变，根据欧姆定律，可知电路中的电流减小，而通电螺线管的磁场强弱与电流大小有关，电流减小，磁场减弱，A错误；当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电路中的电流减小，通电螺线管产生的磁场将变弱，穿过中间的矩形线框的磁通量将减小，根据楞次定律可知，线框产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，为水平向左，根据安培定则判断知，从右向左看，线框中的感应的电流方向为顺时针方向，B正确；当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电路中的电流减小，通电螺线管产生的磁场将变弱，穿过中间的矩形线框的磁通量将减小，根据楞次定律 “来拒去留” 可知，线框要阻碍这种变化，中间的矩形线框将逆时针转动，C错误；对于螺线管a，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，D错误。
2．【答案】B
【详解】带电粒子在复合场中做直线运动，根据受力：，对电性无要求，所以A错；B对；若速度v＞，粒子会发生偏转，可能会离开复合场，C错；粒子的运动方向变成从右端进入则电场力方向与洛仑兹力方向一致，不可能做直线运动，D错．
3．【答案】B
【详解】库仑通过扭秤实验推出了库仑定律，但当时并未测出静电力常量k的具体数值，A错误；元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，B正确；牛顿通过“地—月检验”证明了月球受到的引力，与地球上物体受到的引力是同一种力，即万有引力，但通过“地—月检验”并不能得到地球的质量，C错误；开普勒通过研究第谷观测天体运动得到的大量数据，从而总结出行星运动三大定律，D错误。
4．【答案】B
【详解】A．电场强度E与放入电场中的电荷无关，反映电场本身的力的性质，所以属于比值法定义，A正确，不符合题意；
B．功的公式为，不属于比值定义法，B错误，符合题意；
C．功率的定义式为，属于比值定义法，C正确，不符合题意；
D．电容C与Q、U无关，反映电容器容纳电荷的本领大小，所以属于比值法定义法，D正确，不符合题意。选B。
5．【答案】D
【详解】以点为坐标原点，方向为轴正方向，垂直轴向右为轴正方向，建立直角坐标系，如图所示，根据矢量合成和几何关系可知，和电性相同，且与电性相反，才可以保证点处电场强度为零，、错误；设的长度为，则，，根据正交分解可知，在轴方向上有 ，在轴方向有 ,联立解得，，若,则,，若,则,,错误，正确。
【一题多解】 验证法
设电荷量为的点电荷在点产生的场强大小为，电荷量为的点电荷在点产生的场强大小为，电荷量为的点电荷在点产生的场强大小为，把、沿轴、轴方向正交分解，在轴方向，有 ，若，，则，解得，C错误；若，，则，解得，且带负电，D正确。
6．【答案】C
【详解】A．图中的B端接内部电源的负极，则与红色表笔相连接，选项A错误；
B．在使用多用电表欧姆档之前，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B错误；
C．在使用多用电表欧姆挡时，欧姆档内阻即中值电阻为
选项C正确；
D．当B接2时，直流电流为1mA挡，根据并联电路的电压特点
IgRg=（I-Ig）（R1+R2）
解得
当B接4时，直流电压为1V挡，串联电路电压特点
UR＝U IgRg＝1V 250×10 6×480V=0.88V
根据欧姆定律，电阻
故D错误。
故选C。
7．【答案】AD
【详解】A．电子仅在电场力作用下从P点运动到R点，由于合力方向指向轨迹的内侧，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，电场力方向与等势线垂直，可知，电场线方向整体从右指向左，又由于沿电场线方向，电势降低，可知，P点的电势低于Q点的电势，故A正确；
B．由于任意两条相邻等势线间电势差相等，则等势线分布的密集程度能够表示电场的强弱，P点的等势线分布比R点的密集，则P点的电场强度大于在R点的电场强度，可知，电子在P点的加速度大于在R点的加速度，故B错误；
CD．结合上述可知，从P至R的运动过程中，电子所受电场力做正功，电子的电势能减小，电子的动能增大，故C错误，D正确。
故选AD。
8．【答案】AD
【详解】A．曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知电子受到的电场力大致向右，电子带负电，则电场线大致向左，根据沿电场线电势降低，且电场线与等势面垂直，可知a点的电势低于b点的电势，A正确；
B．等势面越密，电场强度越大，c点处等势面较密，则a点的电场强度小于c点的电场强度，B错误；
CD．电子从a点到b点，电子受到的电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增大，电子从a点到b点电势能减小，电子从a点到b点做加速运动，C错误；D正确。选AD。
9．【答案】BC
【详解】模拟机着舰时的初速度大小为，在钩住绳索瞬间，模拟机和金属棒组成的系统动量守恒，设其共同速度为，则有，解得，错误；设金属棒中的感应电流大小为，则有，由牛顿第二定律可得，解得，因模拟机的速度逐渐减小，故加速度也逐渐减小，模拟机将做加速度逐渐减小的减速运动，正确；将金属棒和模拟机看成一个整体，整个过程由动量定理可得，又因为，解得，又因为，解得模拟机减速滑行的最大距离为，正确；由能量守恒定律可知，模拟机钩住绳索后二者的动能全部转化为焦耳热，故有，错误。
【思路引导】
10．【答案】AC
【详解】A．设质子进入磁场的速度为，质子在复合场、中，根据受力平衡可得，质子在偏转磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得，联立解得，则轨迹1是直径为，A正确；
B．将质子换为氘核，并将减小到原来的，质子和氘核在加速电场中，根据动能定理分别可得，解得，质子和氘核在质子在复合场、中，对于质子有，对于氘核有，可知氘核不能沿直线穿过复合场、，不可能得到轨迹2，B错误；
C．将质子换为氚核，并将、加倍，质子和氚核在加速电场中，根据动能定理分别可得，，质子和氚核在复合场、中，根据受力平衡分别可得，，质子和氚核在偏转磁场中，由洛伦兹力提供向心力分别可得，，为使氚核沿轨迹2运动，则有，联立可得，，，C正确；
D．将质子换为（）粒子，并将、各自增大为、，质子和（）粒子在加速电场中，根据动能定理分别可得，，质子和（）粒子在复合场、中，根据受力平衡分别可得，，质子和（）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力分别可得，，为使（）粒子沿轨迹2运动，则有，联立可得，，，D错误；选AC。
11．【答案】；向右偏转；向左偏转；BD
【详解】
(1)[1]连线如图所示
(2)[2]依题意，闭合开关时感应线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下。可得将通电线圈迅速插入感应线圈时，感应线圈中磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏转；
[3]同理，通电线圈插入感应线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，通电线圈电流减小，磁场减小，感应线圈中磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转；
(3)[4]只要穿过电路的磁通量发生变化，就会产生电磁感应现象，就有感应电动势；由于电路不闭合，无感应电流；用楞次定律可以判断感应电动势的方向。故AC错误；BD正确。
故选BD。
12．【答案】电压；增大；减小；①
【详解】
（1）①[1]根据题意，由图1可知，当观察到静电计指针的偏转角度增大，说明平行板电容器的电压增大。
②[2][3]根据电容器电容公式，将B极板向左移动少许，则增大，电容减小，由于极板上的电荷量不变，由可知，电容器的电压增大，则静电计指针的偏转角将增大；将一块陶瓷板插入A、B两极板之间，则增大，电容增大，由可知，电容器的电压减小，则静电计指针的偏转角将减小。
（2）[4]根据题意可知，用同一电路分别给两个不同的电容器充电，且电容器的电容，由可知，充电结束后，电容器带电量小，在图像中面积表示电量，则由图2可知，对应电容为C1的电容器充电过程图像的是①。
13．【答案】(1)负电，4×10-5C；(2)300m；(3)600m
【详解】（1）因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝应带负电荷，才能使电场力竖直向上。设蛛丝所带电荷量为q0，蜘蛛要想飞起来，电场力应大于重力，则有
解得
（2）设蜘蛛上升速度最大时高度为h0，能到达的最大高度为h；蜘蛛上升过程中加速度先向上减小、加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有mg=qE=qE0-kqh0
解得h0=300m
（3）上升过程中电场力做的功
对上升过程，由动能定理有W-mgh=0
解得上升的最大高度h=600m
14．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x轴时的速度为v，磁感应强度为B，粒子在电场中做斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。
在电场中，根据抛体运动规律
根据动量定理
根据动能定理
粒子第一次由电场进入磁场的位置的横坐标
联立解得
（2）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
根据几何关系
联立以上各式解得
由（1）可得
则
15．【答案】（1），；（2）
【详解】（1）在B进入电场之前，对系统由牛顿第二定律
所以加速度的大小
在B进入电场之后，对系统由牛顿第二定律
所以加速度的大小
（2）设系统向右运动的最大位移为x，若，由动能定理
解得
与题意不符；
若，由动能定理
解得
与题意符合，即系统向右运动的最大位移为。
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：电磁学综合基础练习3
一、单选题
1．新冠病毒疫情已被我国有效控制。为了战胜疫情，我们的志愿者在社区、机场等公共场所不顾个人安危，为行人量体温、查信息，严防死守，确保一方平安。志愿者使用的体温探检器通过非接触的方法感应人体的体温以此来排查新型冠状病毒的疑似感染病例。请问这种体温探检器是利用了哪种电磁波的特性（　　）
A．红外线 B．紫外线
C．X射线 D．γ射线
2．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，不能产生感应电流的是（　　）
A．线框左右运动
B．线框上下运动
C．导线垂直纸面向里运动
D．导线垂直纸面向外运动
3．两带电金属小球带电量分别为q1、q2，带上同种电荷，相距r，二者间的库仑力的大小是F ，静电力常量为k，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．无法确定
4．在如图所示的电路中，某同学根据闭合开关K时，电流表示数的变化情况，来判断电源有无内阻．下列是他对实验结果的判断，其中正确的是（ ）
A．若电流表示数不变，则电源有内阻
B．若电流表示数不变，则电源无内阻
C．若电流表示数变大，则电源有内阻
D．不能通过该实验判断电源是否有内阻
5．工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图如图所示，其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息，关于以上应用实例理解正确的是（　　）
A．线圈所连接的电源可以是直流电源
B．线圈所连接的电源应该是交流电源
C．能被探测的物件可以是非导电材料
D．工业涡流探伤技术运用了自感原理
6．极射线管及方向坐标如图所示。电子束从阴极射出，经过狭缝掠射到荧光屏上，显示出一条射线径迹，以下情况判断正确的是（ ）
A．在阴极射线管中加一个方向向上的电场，射线将向上偏转
B．在阴极射线管中加一个方向向前的电场，射线将向上偏转
C．在阴极射线管正下方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，射线将向上偏转
D．在阴极射线管正后方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，射线将向上偏转
二、多选题
7．科学家在研究原子、原子核及基本粒子时，为了方便，常常用元电荷作为电荷量的单位。关于元电荷，下列论述正确的是（　　）
A．电子和质子都是元电荷
B．一个带电体的电荷量为元电荷的205.5倍
C．元电荷是最小的电荷量
D．元电荷没有正负之分
8．如图所示，在xOy坐标系中有以O点为中心、边长为0.2m的正方形，顶点A、B、C、D分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场（图中未画出），已知A、B、C三点的电势分别为3V、、，则下列说法中正确的是（ ）
A．D点的电势为
B．该匀强电场的场强大小
C．该匀强电场的场强大小
D．电场强度方向与x轴正方向成=60°角
9．图甲为、B两电学元件的伏安特性曲线，若把两元件串联并在两端加上电压，如图乙，则有（　　）
A．电路中电流
B．电路中电流
C．元件B分得电压
D．元件B分得电压
10．回旋加速器的结构如图所示，带电粒子在两D形盒之间被电场加速，在两D形盒内做匀速圆周运动。下列说法正确的有（　　）
A．D形盒的作用是静电屏蔽，使带电粒子在盒中做匀速圆周运动而不被电场干扰
B．在两D形盒之间所加交变电压的周期应等于带电粒子做匀速圆周运动周期的两倍
C．仅使加速电压增大，带电粒子获得的能量一定增大
D．使D形盒中磁场的磁感应强度B增大，带电粒子在D形盒中运动周期减小
三、实验题
11．小量程电流表有哪三个参量？三个参量之间有什么关系？
12．传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量（如温度、光、声等）转换成便于测量的量（电学量），例如热敏传感器。某热敏电阻RT阻值随温度变化的图线如图5甲所示，图乙是由该热敏电阻RT作为传感器制作的简单自动报警器线路图。问：
（1）为了使温度过高时报警器响铃，c应接在 （选填“a”或“b”）处。
（2）若要使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向 （选填“左”或“右”）移动。
（3）如果在调试报警器达到最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器的滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路不能正常工作的原因可能是 。
四、解答题
13．如图所示，线段A为某电源的U－I图线，线段B为某电阻R的U－I图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：
（1）电源的输出功率P出是多大？
（2）电源内部损耗的电功率P内是多少？
（3）电源的效率η是多大？
14．一台收音机的接收频率范围从f1=2.2MHz到f2=22MHz。设这台收音机能接收的相应波长范围从λ1到λ2，调谐电容器的相应电容变化范围从C1到C2，那么波长之比和电容之比分别为多少？
15．如图所示，绝缘带电小球、B用不可伸长的绝缘轻质细线通过光滑定滑轮后连接在一起。在空间内加上水平向右的匀强电场，当、B均静止时，细线与水平方向的夹角为30°。已知小球、B质量分别为、，重力加速度为，小球带负电，滑轮、小球的大小不计，两球到定滑轮的距离相等，求：
（1）细线的张力大小；
（2）小球、B的电荷量大小之比。
试卷第1页，共3页
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《2026届人教版高考物理第一轮复习：电磁学综合基础练习3》参考答案
1．A
【知识点】传感器定义及原理
【详解】体温探检器是利用了红外线的辐射原理，故A正确BCD错误。
故选A。
2．B
【知识点】感应电流产生条件的总结
【详解】产生感应电流的条件是穿过闭合金属框的磁通量发生变化，直线电流周围的磁场如图所示
B．线框上下运动，穿过闭合金属框的磁通量不发生变化，不会产生感应电流，B符合题意，B正确；
ACD．三个选项中描述的运动都可以使穿过闭合金属框的磁通量发生变化，产生感应电流，不符合题意。ACD错误。
故选B。
3．C
【知识点】库仑定律表达式和简单计算
【详解】两带电金属小球，当两球心相距r时，两球不能视为点电荷，电荷的中心不在几何中心，因为金属小球带同种电荷，排斥，故电荷中心距离大于r，则由库仑力公式可得
ABD错误，C正确。
故选C。
4．B
【知识点】利用局部→整体→局部的方法分析动态电路
【详解】当K闭合后，外电路的总阻值变小，如果电源有内阻,则路端电压变小，则电流表示数变小，若电源无内阻，则路端电压不变，电流表示数不变，故B正确，ACD错误；故选B．
5．B
【知识点】涡流的原理、应用与防止
【详解】AB．为产生涡流，线圈所连接的电源必须是交流电源，选项A错误，B正确；
C．能被探测的物件必须是导电材料，否则不会产生涡流，选项C错误；
D．工业涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变技术，不是自感原理，选项D错误。
故选B。
6．C
【知识点】洛伦兹力的方向、直线电流周围的磁场、示波器的原理、用途与相关操作
【详解】AB．电子带负电，受电场力与电场线方向相反，如果加一个方向向上的电场，则电子受到的电场力方向向下，射线向下偏转；如果加一个方向向前的电场，电子受到的电场力方向向向后，射线向后偏转，故AB错误；
CD．在阴极射线管正下方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，由安培定则可知阴极射线管中是向前的磁场时，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，因此会向上偏转；在阴极射线管正后方放置一根通有强电流的长直导线，电流方向向右，由安培定则可知阴极射线管中是向下的磁场时，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向前，射线向前偏转，故C正确，D错误。
故选C。
7．CD
【知识点】电量、电荷守恒定律
【详解】A．元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，没有正、负之分，故A错误；
B．所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，故B错误；
CD．元电荷是最小的电荷量，而不是带电粒子，带电体的电荷量均为元电荷的整数倍，元电荷没有正负之分，故CD正确。
故选CD。
8．AC
【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系、计算匀强电场中两点的电势差
【详解】A．空间是匀强电场，则
则
解得
故A正确；
BCD．根据题意可以求得
边长为2cm，设过O点的等势线与x轴夹角为，有
解得
，
电场线垂直于等势线，电场线与x轴正方向夹角，故BD错误，C正确。
故选AC。
9．BD
【知识点】非线性元件的伏安特性曲线
【详解】AB．由图甲可知，电流在之间时，相同的电流，B的电阻更小，由公式可知，电路中的电流应大于，故A错误，B正确；
CD．由图甲可知，电流在之间时，相同的电流，B分得的电压更小，故元件B分得的电压应小于，故C错误，D正确。
故选BD。
10．AD
【知识点】回旋加速器的综合计算
【详解】A．D形盒的作用是静电屏蔽，使带电粒子在盒中做匀速圆周运动而不被电场干扰，符合事实，故A正确；
B．在两D形盒之间所加交变电压的周期应等于带电粒子做匀速圆周运动的周期，故B错误；
C．带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则，解得
可知，带电粒子获得的最大速度与加速电压的有效值无关，则带电粒子获得的能量也与加速电压的有效值无关，故C错误；
D．由带电粒子在D形盒中运动的周期
可知仅使D形盒中磁场的磁感应强度B增大，带电粒子在D形盒中运动的周期会减小，故D正确。
故选AD。
11．三个参量：内阻Rg、满偏电流Ig、满偏电压Ug.Ug＝IgRg
【知识点】灵敏电流计改装成电流表
【详解】略
12． a 左 电源提供的电压太小以至于电磁铁磁性太弱或弹簧劲度系数太大，电磁铁的吸引力小于弹力
【知识点】温度传感器
【详解】(1)[1]由题图甲可知，热敏电阻RT在温度升高时阻值变小，电路中电流变大，电磁铁磁性增强，把右侧衔铁吸引过来，与a接触，故c应接在a处。
(2)[2]若要使启动报警的温度提高，则应使电路中电阻更大，滑动变阻器的滑片P向左移动。
(3)[3]电源提供的电压太小以至于电磁铁磁性太弱或弹簧劲度系数太大，电磁铁的吸引力小于弹力。
13．（1）4W，（2）2W，（3）66.7%
【知识点】线性元件的伏安特性曲线、电源的U-I图像、计算电源的输出电压、总功率、输出功率、效率
【详解】试题分析：（1）由电源的U-I图象读出电动势，求出内阻．两图线交点表示电阻与电源组成闭合电路时的工作状态，读出电压和电流，由公式P=UI求出电源的输出功率．（2）电源内部损耗的电功率由公式求解．（3）电源的总功率为，电源的效率为．代入数据求解即可．
（1）从A的图线可读出，电源的电动势 E=3V，内阻
从图象的交点可读出：路端电压U=2V，电路电流I=2A
则电源的输出功率为
（2）电源内部损耗的电功率
（3）电源的总功率为
故电源的效率为
【点睛】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，关键要理解两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接读出电流和路端电压，从而求出电源的输出功率．
14．，
【知识点】振荡回路、电磁波的波长和频率的关系
【详解】由
可得
波长之比为
由
可得
电容之比为
15．（1）；（2）
【知识点】带电小球的平衡问题
【详解】（1）（2）在空间内加上水平向右的匀强电场，小球带负电，根据平衡条件，则小球B带正电，细线与水平方向的夹角为30°，两球到定滑轮的距离相等，则为等边三角形。对A、B受力分析
对A
对B
联立得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2026届人教版高考物理第一轮复习：电磁学综合提高练习1
一、单选题（本大题共6小题）
1．在物理学发展过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要,以下关于物理学说法符合事实的是（ ）
A. 放射性元素发生 衰变时所释放出电子来源于原子核外电子
B. 从到,共发生了7次 衰变和4次 衰变
C. 常见信号、红外夜视、激光切割、日冕极光现象都属于电磁波的应用
D. 工业部门使用放射性射线来检测工件厚度是利用了射线电离能力强的特性
2．如图所示，两条互相绝缘且足够长的直导线垂直放置在纸面内，每条导线均过正方形两边的中点，且通有相等的电流，方向如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．、处磁感应强度大小相等，方向相同
B．、处磁感应强度大小相等，方向相反
C．、处磁感应强度大小相等，方向相反
D．、处磁感应强度大小不等，方向相同
3．在湖南某地足够高处沿东西方向水平放置一根金属棒，将棒向正北方向抛出，切割地磁场的磁感线产生感应电动势，则金属棒在空中运动过程中产生的感应电动势大小（ ）
A． 不变 B． 不断变大
C． 可能先变小后变大 D． 可能先变大后变小
4．如图所示，一个小型交流发电机输出端连接在理想变压器的原线圈n1上，副线圈n2通过理想二极管接有电容的电容器和阻值的电阻，理想变压器匝数比。已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度，发电机线圈匝数，内阻不计且线圈面积是0.2 m2，发电机转动的角速度大小为25 rad/s，电压表是理想电表，下列说法正确的是（　　）
A．电压表示数为10 V B．电阻R的电功率等于10 W
C．电容器上的电荷量为 D．电容器上的电荷量为
5．如图是多用电表的外部结构，下列说法正确的是（　　）
A．不管多用电表当电流表还是当欧姆表，都需要调节S、K、T三个部件
B．不管多用电表是测电压还是测电阻，“+”插孔的电势都高于“-”插孔
C．测电阻时，当指针偏转角过大，需要调节K，把欧姆挡变小，并且需要重新调节T
D．测电阻时，当指针偏转角过大，需要调节K，把欧姆挡变大，并且需要重新调节T
6．如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8 V、6 V、4 V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中，电子的电势能增加5 eV
B．该过程中，电子的电势能减少3 eV
C．该过程中，电场力对电子做正功5 eV
D．该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的负载电阻，原、副线圈匝数之比为，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．原线圈的输入功率为 B．电流表的读数为
C．电压表的读数为 D．通过电阻的交变电流频率是
8．自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2(前表面的电势低于后表面的电势)。下列说法中正确的是(　　)
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小
C．若传感器的电源输出电压U1变大，则电势差U2变大
D．若自行车的车速越大，则电势差U2越大
9．如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在电场场强为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为+q、质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点。已知重力加速度为g，且，下列说法正确的是（　　）
A．释放点A到斜面底端B的距离为R
B．小滑块运动到C点时对轨道的压力为8mg
C．小滑块运动过程中最大动能为5mgR
D．小滑块从D点抛出后恰好落在轨道上的B点
10．直线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向和电场方向如图所示，磁场的磁感应强度为，一质量为带正电荷的粒子以初速度垂直直线射入磁场，经磁场偏转后垂直电场进入电场中，进入电场的位置与直线的距离为，离开电场时与直线的夹角为 ，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子的电荷量为
B. 磁场和电场对粒子作用力的冲量大小为
C. 粒子在电场中的运动时间为
D. 匀强电场的电场强度大小为
三、非选择题（本大题共5小题）
11．在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。电源电动势为8.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关S改接2后，此过程得到的图像如图2所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是 。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与坐标轴所围成的面积将 （选填“减小”、“不变”或“增大”），放电时间将 （选填“变长”、“不变”或“变短”）。
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为 μF。
（3）关于电容器在整个充、放电过程中的图像和图像的大致形状，可能正确的有 （q为电容器极板所带的电荷量，为A、B两板的电势差）。
12．如图1所示为某种风力发电装置，如图2所示为简化原理图，两线圈与磁铁共轴，以静止时薄膜所在位置为原点O竖直向上建立x轴，线圈与磁铁相距均为x0，当风力作用时薄膜带动磁铁在竖直方向上下振动，振动的最高点与最低点到O的距离均为A已知线圈的匝数均为n、横截面积均为S。磁铁中轴线上各点磁感应强度B的大小与该点到磁铁中心距离x的关系如图3所示，图中B0、B1、B2均为已知量，忽略线圈的长度，线圈内各处磁感应强度的竖直分量近似等于线圈中心位置的磁感应强度大小。负载电阻R的e端与上线圈的a端连接，f端与下线圈的某端连接，使两线圈作为电源处于串联状态。不计线圈电阻和自感、互感的影响。
(1)上线圈的b端应与下线圈的c端还是d端连接
(2)若磁铁从O点向上运动到最高处所用的时间为Δt，则向上运动过程中上线圈产生的平均电动势多大
(3)在磁铁从O点向上运动到最高处的过程中，求通过电阻R的电荷量。
(4)图3中x0随磁感应强度B变化的关系为B0=(其中k为未知常数)，当磁铁以速率v0经平衡位置向上运动时，求此时负载电阻R的电功率。(若a b，则可认为a2-b2=a2)
图1 图2 图3
13．如图所示，有两条间距为、足够长的平行导轨固定在水平面上，每条导轨中间都有一段不导电的塑料把导轨分为左、右两部分、其余导轨部分均为可导电金属。左侧的电容器电容为，右侧的电阻阻值为。两根金属棒、的质量分别为和，金属棒的电阻为，的电阻忽略不计，初始时刻两金属棒静止放在塑料材料上。金属棒都与导轨垂直。整个装置放在竖直向下的磁感应强度为的匀强磁场中。某时刻给金属棒一个大小为、方向向右的初速度，使得金属棒与发生弹性碰撞。运动过程中所有摩擦力不计，金属棒与导轨接触良好。求：
（1）碰后金属棒与各自的速度大小；
（2）碰后金属棒在金属导轨上运动的位移大小和金属棒运动过程中电阻上产生的焦耳热；
（3）金属棒最终的速度大小。
14．竖直平面内有如图所示的轨道，分为区域1、区域2及区域3。区域1中斜面体ABC与DEF固定在水平面上，斜面光滑且AB=EF=L1=2.8m，∠BAC=∠DFE=θ=30°，区域2中有水平向右的匀强电场，EF与倾斜粗糙轨道FG平滑连接在一条直线上，且FG=L2=2.1m，动摩擦因数；区域3中光滑圆弧轨道GH与足够长的光滑倾斜轨道HI相切，圆弧半径R=1.5m，HI与水平方向的夹角为θ=30°。一质量为m=1kg，电荷量为q的带负电小球（可视为质点），在A点获得v0=8m/s的速度后，沿着AB轨道运动从B点抛出，恰好无碰撞的沿EF轨道运动，之后进入区域2、区域3，区域2中的电场强度为。整个轨道绝缘，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，答案可用根号表示。
(1)求在B点的速度和CD间的水平距离
(2)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力为多大
(3)小球在粗糙斜面FG上运动的路程和在光滑斜面HI上运动的路程分别为多少
15．利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。位于坐标原点处的离子源能在平面内持续发射质量为、电荷量为的负离子，其速度方向与轴夹角的最大值为，且各个方向速度大小随变化的关系为，式中为未知定值。且的离子恰好通过坐标为（，）的点。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求关系式中的值；
（2）离子通过界面时坐标的范围；
（3）为回收离子，今在界面右侧加一定宽度且平行于轴的匀强电场，如图所示，电场强度。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面，求所加电场的宽度至少为多大？
参考答案
1．【答案】B
【详解】
选项 分析 结论
衰变中原子核内中子转化为质子，同时释放出电子 ×
设从到发生的 衰变次数为， 衰变次数为，由衰变过程中质量数和电荷数守恒得，，解得， √
信号利用了无线电波的直线传播来传输数据，红外夜视利用了红外线的热效应，激光切割是通过高能密度的激光束照射切割区域达到切割目的，都属于电磁波的应用。日冕极光现象是高速带电粒子流流经空气层电离空气形成的，不属于电磁波的应用 ×
工业部门使用放射性射线来检测工件厚度是利用了射线具有穿透能力强的特性 ×
2．【答案】C
【详解】由对称性知每条通电导线在正方形4个顶点、、、处产生的磁感应强度大小相等，设大小为。根据右手螺旋定则，水平导线在、处产生的磁感应强度方向垂直纸面向外，在、处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里；竖直导线在、处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，在、处产生的磁感应强度方向垂直纸面向外。根据磁场叠加可知、处的磁感应强度大小为0，、处磁感应强度大小为，方向相反。
故选C。
3．【答案】C
【解析】湖南处于北半球中纬度地区，地磁场方向向北且向下，设地磁场与金属棒速度方向间夹角为 ，则有 ，可知当金属棒的速度平行于地磁场时，感应电动势为零，所以金属棒产生的感应电动势大小可能先变小后变大，正确。
4．【答案】B
【详解】A：交流发电机产生的电动势峰值，电压表示数为电动势的有效值，则有，即电压表示数为，A错误；
B：电阻R两端的电压，则电阻R的电功率，B正确；
CD：由于二极管具有单向导电性，电容器只充电不放电，则电容器两端电压的最大值应为交流电的峰值，电阻R两端电压的最大值为，则电容器两端电压的最大值为20 V，电容器上的电荷量，CD错误。选B。
5．【答案】C
【详解】A．由图可知，S是机械调零部件，K是挡位选择部件，T是欧姆调零部件，多用电表当电流表时，需要调节S、K两个部件；多用电表当欧姆表时，需要调节S、K、T三个部件，A错误；
B．当多用电表是测电压，用的是外部电源，根据“红进黑出”原则，可知“+”插孔的电势高于“-”插孔；当多用电表测电阻，用的是内部电源，根据“红进黑出”原则，可知“+”插孔的电势低于“-”插孔，B错误；
CD．测电阻时，当指针偏转角过大，说明待测电阻是小电阻，要换用低倍率挡位让指针指在中央刻度附近，需要调节K，把欧姆挡变小，并且需要重新调节T，C正确，D错误。选C。
6．【答案】D
【详解】C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得，解得D的电势为
，P是CD的中点，P点电势为，一个电子从A点移动到P点电场力做功为，可知该过程中，电子的电场力做负功3 eV，C错误；
AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3 eV，AB错误；
D．B点和D点电势为6 V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为
，D正确。选D。
7．【答案】AC
【详解】C．原线圈的交流电电压的有效值是220V，原、副线圈匝数之比为4∶1，由可得副线圈上得到的电压有效值为，所以电压表测电压有效值，则示数是55V，C正确；
B．副线圈上的电流为，又由于，则原线圈中的电流为，则电流表的读数为0.25A，B错误；
A．原线圈输入的电功率，A正确；
D．由表达式，可知频率为，原副线圈的交流电的频率相同，则副线圈中的交流电的频率也是50Hz，D错误。选AC。
8．【答案】ABC
【详解】由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故A正确；根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式v＝rω，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确；根据题意，由平衡条件有qvB＝q，可得U2＝vdB，由电流的微观表达式I＝neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电荷量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得U2＝，若U1变大，则I变大，故U2变大，C正确；
由以上分析可知U2与车速无关，D错误。
9．【答案】AC
【详解】A．小滑块受到的重力与电场力的合力为，设两个力合力与水平方向的夹角为，则有，所以，即方向与方向重合，小滑块恰好能到达点，则在点恰好提供向心力，则有，解得，对小滑块从A到，因为方向与方向平行，设线段在上的投影为，如图：
根据动能定理有，解得，所以，A正确；
B．小滑块运动到的速度为，则从A到B有，从B到有，联立解得，，在点，重力与轨道的支持力的合力提供向心力，则有，解得，根据牛顿第三定律，小滑块运动到点时对轨道的压力为，B错误；
C．延长，交圆与点，则点即为等效最低点，在点小滑块动能最大，从A到，沿方向的距离为，则有，C正确；
D．小滑块从点抛出后做类平抛运动，加速度为，小滑块能落在轨道上某一点时，则沿初速度方向的位移为，时间为，则沿方向的位移为，故小滑块应该落在的中点位置，D错误。选AC。
10．【答案】AC
【题图剖析】
【详解】设粒子所带电荷量为，在磁场中做圆周运动的半径为，由牛顿第二定律得，由题中条件和几何关系可知，解得，正确；设粒子离开电场时沿电场线方向的速度为，则有，解得 ，粒子速度变化量大小为（点拨：竖直方向速度变化量大小为，水平方向速度变化量大小为），根据动量定理得磁场和电场对粒子作用力的冲量大小为，错误；设电场强度大小为，粒子进入电场后加速度大小为，在电场中运动的时间为，竖直方向有，，，解得，，正确，错误。
11．【答案】0.2s内电容器放出的电荷量；不变；变短；430；AD
【详解】
（1）开关接1时，对电容器充电，接2时电容器放电，根据
可知图像中阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2s内电容器放出的电荷量；因为总电荷量不会因为电阻R而变化，则曲线与坐标轴所围成的面积不变；由于电阻变小，电路中的平均电流变大，所以放电时间将变短；
（2）根据
且
得
（3）AB．电源给电容器充电时，刚开始电荷量的变化率较大，后来变化率减小，放电时，电荷量变化率刚开始比较大，后来变化率减小，故A正确，B错误；
CD．根据
且C不变可知，Q与U的变化 情况相同，故C错误，D正确。
12．【答案】(1)d端　(2)n　(3)n　(4)
【详解】(1)假设薄膜向上振动，可知磁铁在上线圈中向上的磁感应强度增大，在下线圈中向上的磁感应强度减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，上线圈中的电流为从b流向a，下线圈中的电流为从c流向d，为了使两线圈串联作为电源，上线圈的b端应与下线圈的d端连接。
(2)(3)设上线圈产生的感应电动势为E1，下线圈产生的感应电动势为E2，由法拉第电磁感应定律得E1=n=n，E2=n=n，
设回路总电动势为E，两线圈串联作为电源，有E=E1+E2=n，
设回路电流为I，由欧姆定律得I==n，
则通过电阻R的电荷量为q=IΔt=n。
(4)由题意可知B0=，可得k=B0x0，
设磁铁经平衡位置向上运动位移Δx，所用时间为Δt'，上线圈产生的感应电动势为E3，则E3=n==，
化简得E3===，
设下线圈产生的感应电动势为E4，同理可得E4=，
设回路电动势为E'，则E'=E3+E4==，
则负载电阻R的电功率为P==。
13．【答案】（1）； （2）； （3）
【详解】（1）对金属棒的碰撞过程用动量守恒定律和机械能守恒定律有，，代入数据可求得，；
（2）对碰后金属棒在金属导轨上运动的过程，由动量定理有，，，，综上可得，，由能量守恒定律可知，金属棒及右侧电阻上产生的焦耳热,电阻上产生的焦耳热;
（3）电容器电荷量，最终电容器两端电压，对棒应用动量定理有，解得金属棒ab最终的速度大小。
14．【答案】(1)6m/s，
(2)
(3)4.8m，7.2m
【详解】（1）A到B过程，由动能定理可得
解得
B到E过程，小球做斜抛运动，由运动的分解有，竖直方向
水平方向
联立解得CD长度为
（2）在区域2中对小球受力分析，重力和电场力合成后记为等效重力，等效重力大小为
等效重力恰好与FG直线垂直向下，相当于小球在等效的水平面运动，受到摩擦力大小为
由机械能守恒，从F运动到G有
解得
从G点到最低点有
在最低点有
联立解得
由牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小为
（3）小球在区域3的运动无机械能损失，在斜面HI上折返后返回G点，且速度大小仍为6m/s，从第一次通过区域2到最后静止有
所以小球在FG上运动的路程为
所以小球无法第二次到达区域3，所以小球在HI上运动的路程为
解得
15．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由于的离子恰好通过坐标为（，）的点，此时离子的速度为，运动半径为，由牛顿第二定律得，解得
（2）对于任意的速度方向与轴成角的离子，设其在磁场中的运动半径为，如图所示
由牛顿第二定律得，且有，解得，所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面上，且速度方向垂直于界面；当时，离子通过界面时坐标的最小值为坐标的最大值为，则离子通过界面时坐标的范围为
（3）须保证最大速度为的离子不能穿越电场区域。
解法一：设离子在进入电场时，除了有垂直于界面的初速度，还有两个大小相等、方向相反的沿界面的速度，如图所示
令，可得，则该离子做圆周运动的速度与水平方向的夹角，则该离子做圆周运动时满足，可得，则所求电场的最小宽度
解法二：恰好能重回界面的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为，对该离子竖直方向运用动量定理有，求和得，又由动能定理得，综合可得电场的最小宽度为
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：电磁学综合提高练习2
一、单选题（本大题共6小题）
1．下列关于物理学的公式，说法正确的是（　　）
A．说明C与Q成正比，与U成反比
B．说明R与成正比，与S成反比
C．在任何条件下都适用
D．能量子公式中h的单位是J/s
2．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度的大小与导线中电流的大小成正比，与该点到导线的距离成反比。如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均向下的电流，在两直导线所在平面内，建立垂直于导线方向的坐标轴，规定磁场方向垂直纸面向里为正，则在O～R区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是
A B C D
3．物理学是一门实验与理论相结合的学科，它的发展离不开科学家们对自然界不断地探索和思考，以下关于物理学史和方法的说法正确的是（ ）
A．法拉第发现了“电生磁”
B．托马斯·杨发现了电流周围存在磁场
C．自然界中的电和磁存在着某种神秘的联系，丹麦物理学家奥斯特通过不断地探索发现了电流的磁效应
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，并通过实验证实了电磁波的存在
4．下列器件实物图中，为多用电表的是（　　）
A． B．
C． D．
5．远距离输电中使用升压变压器和降压变压器的组合可以有效地减少输电损耗，某小组利用如图所示模拟电路研究这一问题。升压变压器的原、副线圈匝数比是,降压变压器的原、副线圈匝数比是。假设输电线电阻和负载电阻阻值相同，为了保证输电效率不低于,则的最小值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
6．如图所示，真空中有四个点电荷分别固定在A、B、C、D四点，O为AB的中点，若O点的电场强度为零，已知A、C两点放置的点电荷均为，则B、D两个点电荷的电荷量分别为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题（本大题共4小题）
7．如图所示，在空间直角坐标系中，两条彼此绝缘的长直导线（视为无限长）分别与、轴重合，电流均沿坐标轴正方向，已知真空中距无限长通电直导线的距离为r处的磁感应强度（k为常量）。若一闭合圆形金属线圈的圆心在平面内从图示位置沿直线向右上方运动，下列说法正确的是（　　）
A．若，则圆心处的磁感应强度沿z轴正方向
B．若，则圆心处的磁感应强度沿z轴正方向
C．若，则金属线圈中有逆时针方向的感应电流产生
D．若，则金属线圈中有顺时针方向的感应电流产生
8．两个电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上O、M两点，两电荷在连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，在M点右侧，ND线段中点C的电势最高，则（　　）
A．为正电荷，为负电荷，电荷量的绝对值大于电荷量的绝对值
B．若将一个正电荷在C点右侧附近由静止释放，该电荷将沿着x轴正方向做加速度先增大后减小的加速直线运动
C．若将撤去，C点的电势将减小
D．若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷可在ND之间做往复运动
9．如图为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，右边紧邻磁场边界，线框所在平面与磁场方向垂直。现用外力F使线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，电流沿逆时针方向时为正，外力F向右为正。则以下关于线框中的磁通量、感应电流I、外力F和导体线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．安装了感光系统的新型路灯，能根据环境明暗程度自动调节灯光亮度。某兴趣小组为了研究路灯的感光系统，设计了甲、乙两个电路，如图所示。Rt为光敏电阻（光照越强，电阻越小），R0与R1为定值电阻，灯泡L的电阻不随温度变化。下列说法正确的是（　　）
A．环境变暗时，甲电路中的灯泡亮度变暗
B．环境变暗时，乙电路中的灯泡亮度变暗
C．环境变亮时，甲电路中的R1电功率增大
D．环境变亮时，乙电路中的R1电功率减小
三、非选择题（本大题共5小题）
11．小明想测额定电压为2.5V的小灯泡在不同电压下的电功率的电路．
（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是的 导线没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”）；
（2）正确连好电路，闭合开关，调节滑片P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图所示，则电流为 A，此时小灯泡的功率为 W
（3）做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是
A．0.08A B．0.12A C．0.20A
12．某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5V，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干．
（1）欧姆表设计
将图（a）中的实物连线组成欧姆表．（ ）欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为 Ω：滑动变阻器选 （填“R1”或“R2”）．
（2）刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示．表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为 、 ．
（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向 kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为 Ω．
13．如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。求：
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
14．如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一束质量为m、电荷量为-q的带电粒子沿平行于直径MN的方向以不同速率从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离，不计粒子重力。（）
（1）若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为多少？
（2）若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，则其入射速度为多大？
15．两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如题乙图所示。在15s末撤去拉力，同时磁感应强度随时间变化，使金属杆中电流为零。金属杆运动过程中与导轨间摩擦力保持不变。求：
(1)15-20s内金属杆运动的加速度大小，金属杆与导轨间摩擦力大小；
(2)0-15s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)撤去恒定拉力之后，磁感应强度B与时间t的关系式。
参考答案
1．【答案】B
【详解】A．是电容的定义式，电容C与本身属性有关，与Q和U无关，A错误；
B．是电阻的决定式，则R与成正比，与S成反比，B正确；
C．只有在通电导线垂直磁场方向放入匀强磁场中时，公式才成立，C错误；
D．能量子公式中的单位为J，的单位为Hz，即，h的单位是，D错误。选B。
2．【答案】B
【解析】由题意知通电长直导线周围某点离导线越远，磁感应强度越弱，根据安培定则和对称性可得，O～区间内的磁场方向垂直纸面向外， ～R区间内的磁场方向垂直纸面向里，两根导线中间位置磁感应强度为零，且规定磁场的正方向为垂直纸面向里，B正确。
3．【答案】C
【详解】A．奥斯特发现了“电生磁”，法拉第发现了“磁生电”，A错误；
B．托马斯·杨成功地完成了光的干涉实验，证明了光具有波动性，奥斯特发现了电流周围存在磁场，故B错误；
C．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，C正确；
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选C。
4．【答案】D
【详解】A．A是热水壶，A错误；
B．B是滑动变阻器，B错误；
C．C是可动电容器，C错误；
D．D是多用电表，D正确。故选D。
5．【答案】B
【题图剖析】
等效前电路的总功率
等效后电路的总功率
解得等效电阻
【详解】由题意得输电线电阻为，负载电阻等效到高压输电线的电阻为（关键：明确输入功率与负载功率的关系，等效电阻法是简化远距离输电问题的核心），输电效率，由解得，故的最小值为3，正确。
6．【答案】B
【详解】A、B、C、D各点在O点的电场方向如图所示
可知B点电荷带正电、D点电荷带负电，设AC长度为x，根据平衡条件和几何知识有，，即，，解得，。
7．【答案】BD
【详解】由安培定则可知长直导线在圆心处产生的磁感应强度沿z轴正方向，长直导线在圆心处产生的磁感应强度沿z轴负方向，根据和，可得圆心处的磁感应强度沿z轴负方向，同理可得，若，则圆心处的磁感应强度沿z轴正方向，A错误，B正确；若，根据和，可得穿过金属线圈的磁通量为0，金属线圈的圆心在xOy平面内沿直线运动的过程中，穿过金属线圈的磁通量不变，始终为零，所以金属线圈中无感应电流产生，C错误；若，根据和，可得穿过金属线圈的磁通量不为0，且沿轴负方向，金属线圈的圆心在xOy平面内沿直线运动的过程中，穿过金属线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，则金属线圈中有顺时针方向的感应电流产生，D正确。
8．【答案】AB
【详解】图像某点切线斜率的绝对值表示电场强度大小，根据图像可知，C点电场强度为零，点电荷到C点的间距小于点电荷到C点的间距，根据点电荷的电场强度的表达式，由电场强度的叠加可知，点电荷的电荷量的绝对值大于点电荷的电荷量的绝对值，由于沿电场线电势降低，则O到M的电场方向沿着x轴正方向，又由于电场线起源于正电荷（或无穷远），终止与负电荷（或无穷远），所以为正电荷，为负电荷，A正确；由于沿电场线电势降低，则C点右侧的电场线沿着x轴正方向，由于图像某点切线斜率的绝对值表示电场强度大小，可知沿着电场线方向的电场强度先增大后减小，所以将一个正电荷从C点右侧由静止释放，该电荷做加速度先增大后减小的加速直线运动，B正确；结合上述，为正电荷，为负电荷，根据，由于电势为标量，空间某点的电势等于各点电荷在该点电势的代数和，可知，撤去后，C点的电势将增大，C错误；由于沿电场线电势降低，则MC之间的电场方向沿着x轴负方向，C点右侧的电场线沿着x轴正方向，若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷先向右做加速运动，后向右做减速运动，由于N点电势为0，x轴正方向无穷远处电势也为0，根据动能定理可知，若将一个负电荷在N点由静止释放，该电荷将一直向右运动，D错误。
9．【答案】AB
【详解】线框进入磁场时磁通量随时间的变化率为，线框经过两磁场交界处时磁通量随时间的变化率为，线框出磁场时磁通量随时间的变化率为，A正确；线框进入磁场时感应电流，线框经过两磁场交界处时感应电流，线框出磁场时磁通量随时间的变化率为，B正确；经过两磁场交界处时，回路中的电流为刚进入磁场时的2倍，并且左右两边都受到向左的安培力，因此在中间时，安培力是在两端时的4倍，导体线框的发热功率P也是在两端时的4倍，CD错误。
10．【答案】BC
【详解】A．设电源内阻为r，甲图中，当环境变暗时，Rt阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律
可知灯泡两端电压变大，灯泡亮度变亮，A错误；
B．乙图中，当环境变暗时，Rt阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，因为R1的阻值和灯泡的阻值不变，流过灯泡的电流减小，灯泡变暗，B正确；
C．当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，根据闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压变小，流过灯泡的电流变小，由于干路电流增大，流过R1的电流I1增大，根据
可知电功率增大，C正确；
D．当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，流过R1的电流变大，R1的电功率增大，D错误。
选BC。
11．【答案】1点至4点；0.30；0.75；C
【详解】
（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是1点至4点的导线没有连接好，滑动变阻器相当于接成了限流电路；
（2）由表盘刻度可知，电流表读数为0.30A；则灯泡的额定功率：P=IU=0.30×2.5W=0.75W；
（3）若灯泡电阻不变，则由，解得I1=0.12A，考虑到灯泡电阻温度越低时阻值越小，则通过灯泡的电流要大于0.12A，则选项C正确；故选C.
12．【答案】；900；R1；45；5；0；35000.0
【详解】
（1）连线如图：
根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则，解得R=900Ω；为了滑动变阻器的安全，则滑动变阻器选择R1；
（2）在a处， ，解得Rxa=45kΩ；
在b处，则，解得Rxb=5kΩ；
（3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到0 kΩ处；由图可知，电阻箱接入的电阻为：R=35000.0Ω．
13．【答案】(1) Bmin =，垂直导轨平面向上；(2) I2=
【详解】(1)只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小，则对导体棒进行受力分析有
由共点力的平衡有F安min= mgsinα =BminI1l
经过计算有Bmin=
方向垂直导轨平面向上。
(2)磁场竖直向上，杆受力如图
由共点力的平衡有tanα =，F安 = mgtanα = BI2l，B =
联立得I2=
14．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）若粒子恰好能从N点射出，粒子的轨迹图如图甲所示，连接PN即为粒子做圆周运动的弦长，连接PO，由，可知∠POM=30°，β=60°，则有∠PON=150°，α=15°，粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，解得粒子运动周期为，∠PO′N=30°，则粒子在磁场中运动的时间为
（2）若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，如图乙所示，根据几何关系有，，其中，解得，由洛伦兹力提供向心力，可得
15．【答案】
(1)0.8m/s2；0.16N；(2)0.4T；(3)
【详解】
(1)由v-t图像可知15-20s内金属杆运动的加速度大小
该段时间内合外力等于摩擦力，由牛顿第二定律可得
(2)由v-t图像可知，在0-10内金属杆杆没有进入磁场，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
由v-t图像可知加速度
由题意可知，15s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
联立解得F=0.24N
在10-15s内，金属杆做匀速直线运动，金属杆受到的安培力
金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态
由平衡条件得
代入数据解得B0=0.4T
(3)15-20s内部产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变
金属杆在10-15s内的位移
在15s后的金属杆的加速度
磁通量保持不变，则
金属杆做匀减速直线运动，则有
联立解得
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：电磁学综合提高练习3
一、单选题
1．电感器具有通直流阻交流的作用，电容器具有通交流隔直流的作用。如图，含有直流、交流信号的音频信号通过电路后，扬声器发出的信号中（　　）
A．主要是直流信号
B．主要是交流信号
C．直流和交流信号一样强
D．直流和交流信号都没有
2．如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，由此可知，圆环a将（　　）
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针匀速旋转 D．逆时针减速旋转
3．南极科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度，其原理可简化为如图所示模型，电路中有一段长方体形状的金属导体、长、宽、高分别为，放在沿轴正方向的匀强磁场中，导体中电流沿轴正方向，大小为。已知金属导体单位体积中的自由电子数为，电子电荷量为，自由电子的定向移动可视为匀速运动，测出的金属导体前后两个表面间电压为，则（　　）
A．金属导体的前表面电势较高
B．地磁场的磁感应强度为
C．自由电子定向移动的速度大小为
D．导体中每个自由电子所受洛伦兹力的大小为
4．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．在真空中有两个静止的点电荷，当它们之间的距离为时，静电力大小为。现将它们之间的距离增大为，其它条件不变，则此时静电力大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及粒子间的作用力，则（　　）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
二、多选题
7．关于电磁波谱，下列说法不正确的是（　　）
A．电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波
B．紫外线的频率比可见光的低，长时间照射可以促进钙的吸收，改善身体健康
C．X射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强
D．红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
E．频率越高的电磁波在真空中传播的速度越快
8．如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，正确的是（　　）
A．如图所示位置时磁通量为零
B．若使框架绕转过60°，磁通量为
C．若从初始位置转过90°角，磁通量为BS
D．若从初始位置转过180°角，磁通量变化为2BS
9．一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，如图所示。输电线的总电阻为R，T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是（　　）
A．当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小
B．输电线的总电阻R两端的电压等于，且随用户的用电器增加而增大
C．输电线上损失的功率为，且随用户的用电器增加而增大
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比
10．在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l．金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连，棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示，从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象，可能正确的是（规定金属棒ab中电流方向由a到b为正）
A． B．
C． D．
三、实验题
11．图为“研究电磁感应现象”的实验装置．
将图中所缺的导线补接完整 直接画在答题纸上
如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后，以下说法中符合实际情况的是
A．将A线圈迅速插入B线圈时，电流计指针向右偏转一下
B．将A线圈插入B线圈后，电流计指针一直偏在零点右侧
C．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向右偏转一下
D．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电流计指针向左偏转一下
12．如图所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置。
（1）将图中所缺导线补充完整；
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”），A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将 （填“向左偏”或“向右偏”）；
（3）在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是 （填图中仪器的字母）。
四、解答题
13．夜晚，楼梯上漆黑一片，但随着我们的脚步声响，楼梯灯亮了；我们登上一层楼，灯光照亮一层楼，而身后的灯则依次熄灭，这种楼梯灯好像能 “听到”我们的到来，能“看见”我们的离去，之所以能如此，是因为电路中安装了光声控延时开关，探究这种开关有什么转换器件。
14．如图所示，一毛同学用多用电表的电阻挡测量一个线圈的电阻，以判断它是否断路。为方便测量，同桌的二毛同学用双手分别握多用电表线圈住线圈裸露的两端，一毛用两表笔与线圈两端接触，读出阻值，再将表笔与线圈断开。在测量的过程中，二毛在某瞬间感到有强烈的电击感，对此现象，应如何解释？
15．如图所示，在距离水平地面高度为h＝0.8 m的虚线的上方有一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T。粗细均匀的正方形线框abcd的边长l＝0.2 m、质量m＝0.1 kg，开始时线框的cd边在地面上，各段细绳都处于伸直状态，从如图所示的位置将M＝0.2 kg的物体A从静止释放，一段时间后线框进入磁场运动。当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时细绳与物体A分离，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面。整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面，取10 m/s2。已知线框的电阻为R＝0.08 Ω，求：
（1）线框从开始运动至到达最高点所用的时间；
（2）线框落地时的速度大小；
（3）线框进入和离开磁场的整个过程中产生的热量。
试卷第1页，共3页
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《2026届人教版高考物理第一轮复习：电磁学综合提高练习3》参考答案
1．B
【知识点】含有电感器和电容器的滤波电路
【详解】电感器L具有通直流阻交流的作用，直流信号通过L；电容器C具有通交流隔直流的作用，交流信号通过C，直流信号不能通过C，所以扬声器发出的信号中主要是交流信号；
故选B。
2．B
【知识点】楞次定律重要结论的推广应用
【详解】AB．当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，圆环a相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则可知，其内有垂直于纸面向里的磁场，其外有垂直于纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b内的合磁通量垂直纸面向里而且在增大，根据楞次定律可知，b中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误，B正确；
C．逆时针匀速旋转时，穿过圆环b的磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误；
D．圆环a逆时针减速旋转与顺时针加速旋转是等效的，选项D错误。
故选B。
3．D
【知识点】霍尔效应的相关计算
【详解】A．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力指向前表面，则电子向前表面偏转，金属导体的前表面电势较低，故A错误；
C．根据电流微观表达式可得
，
解得自由电子定向移动的速度大小为
故C错误；
BD．根据平衡条件可得
解得地磁场的磁感应强度为
故B错误，D正确。
故选D。
4．B
【知识点】线框进出磁场产生的等效电路相关计算（E、I、F、U、P）
【详解】线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d的一半，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r。在线框进入磁场的过程中，MN两端的电压等于线框回路中的路端电压，根据线框长度和电阻的关系及闭合电路欧姆定律，可知
所以
故选B。
5．D
【知识点】库仑定律表达式和简单计算
【详解】根据库仑定律可得
解得
故选D。
6．D
【知识点】带电粒子在周期性变化电场中的直线运动
【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间
此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；
B．对于t＝0时刻释放的粒子，在竖直方向，粒子在 时间内的位移为 ，则
计算得出
B错误；
C．在 时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为
C错误；
D． 时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，最后向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确。
故选D。
7．BDE
【知识点】电磁波的发射和接收、无线电波的特性及作用、红外线的特性及作用、紫外线的特性及作用、X射线的特性及作用
【详解】A．电磁波中无线电波的波长长，易发生干涉、衍射现象，选项A正确；
B．紫外线的频率比可见光的高，选项B错误；
C．X射线和γ射线的波长比较短，其穿透力强，常用于人体拍片和检查金属零件缺陷，选项C正确；
D．任何物体都能辐射红外线，选项D错误；
E．不同频率的电磁波在真空中传播速度相同，选项E错误。
本题选不正确的，故选BDE。
8．BD
【知识点】计算磁通量的大小、计算磁通量的变化量
【分析】图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。当它绕轴转过θ角时，线圈在磁场垂直方投影面积为，磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积。线圈从图示转过90°时，磁通量为0，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差。
【详解】A．线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。故图示位置的磁通量为
故A错误；
B．使框架绕OO＇转过60°角，则在磁场方向的投影面积为
则磁通量为
故B正确；
C．当线圈从图示转过90°时，线框与磁场平行，故磁通量为0，故C错误；
D．从初始位置转过180°角，磁通量变化为
故D正确。
故选BD。
【点睛】本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式，θ是线圈与磁场垂直方向的夹角。夹角变化，磁通量也会变化，注意磁通量要分清穿过线圈的正反面。
9．BCD
【知识点】升压变压器和降压变压器、远距离输电在导线上损失功率的计算、降压变压器原线圈电压的计算
【详解】A．根据
如果U1不变，升压变压器的匝数比不变，U2不随用电器的增多而改变，A错误；
B．由于在输送电路中U2相当于电源电压，U3相当于用电器两端电压，因此
如果用户的用电器增加，消耗的功率变大，输送的电流也会增大，R两端的电压增大，B正确；
C．输电线上损耗的功率
而输送的电流
代入可得
C正确；
D．若想减少线路损耗，应减小输送电流，只能增大输入电压，因此应增大升压变压器的匝数比，而用户的电压保持不变，因此同时应增大降压变压器的匝数比，D正确。
故选BCD。
10．AC
【知识点】描绘线框进出磁场区域的I-t图象、判断线框进出磁场区域的a-t图象
【详解】在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；
在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力 ，L均匀增大，则F与L2成正比．故BD错误，AC正确．故选AC.
11． ； AD
【知识点】感应电流产生条件的总结
【详解】（1）如图：
（2）当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下则说明线圈磁通量从无到有即变大，导致电流计指针向右偏一下．当将原线圈迅速插入副线圈时，则线圈的磁通量也是从无到有，则电流计指针向右偏转一下，故A正确；当将原线圈迅速插入副线圈时，则线圈的磁通量也是从无到有即变大，则电流计指针向右偏转一下，当稳定后线圈磁通量不变，则线圈中没有感应电流故B错误；当原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下，故C错误；当原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电路中电流变小，导致线圈磁通量变小，则电流计指针向左偏转一下，故D正确；故选AD.
【点睛】此题由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化．
12． 向右偏 向左偏 B
【知识点】感应电流产生条件的总结、楞次定律的表述、增反减同
【详解】解：（1）[1]将线圈B和灵敏电流计串联组成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈A串联组成另一个回路即可，连接图如图所示。
（2）[2]如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中时，穿过B线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏。
[3]A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，线圈A中电流减小，穿过B线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏。
（3）[4]在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是线圈B。
13．光敏感元件、声敏感元件
【知识点】光控开关
【详解】根据光声控开关的内部构造．光声控延时开关中安装有光敏感元件，用于感知外界光线的强弱．还安装有声敏感元件用于感知外界声响．当白天外界光线较强时，光声控制延时开关总处于断开状态，灯不亮；当夜晚光线较弱且有声响时光声控延时开关处于导通状态，灯亮，延时一段时间后，开关断开，灯熄灭。
14．见解析
【知识点】自感和自感电动势
【详解】在测量完毕，一毛将电表与线圈断开时，线圈由于自感而产生一个相对较大的自感电动势，加在二毛的双手之间，故二毛有强烈的电击感。
15．（1）0.9 s；（2）4 m/s；（3）0.4 J
【知识点】求线框进出磁场时电阻上生热
【详解】（1）设线框ab边到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得
代入数据解得
线框的ab边刚进入磁场时，感应电流
线框受到的安培力
而
线框匀速进入磁场，设线框进入磁场之前运动时间为，有
代入数据解得
线框进入磁场的过程做匀速运动，所用时间
此后细绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间
线框从开始运动至到达最高点，所用时间
（2）线框cd边下落到磁场边界时速度大小还等于v，线框穿出磁场过程所受安培力大小
F安＝1 N
也不变，又因
mg＝1 N
因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动，
由机械能守恒定律可得
代入数据解得，线框落地时的速度
（3）线框进入和离开磁场产生的热量
或
答案第1页，共2页
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