2023届上海市高考物理模拟试题知识点分类训练【高考二轮复习】：电磁学选择题

2023届上海市高考物理模拟试题知识点分类训练【高考二轮复习】：电磁学选择题

一、单选题

1．（2023·上海·模拟预测）如图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，电表均为理想电表，RB是磁敏材料制定的元件（其特点无磁场时处于断开状态，有磁场出现时导通）。闭合开关S，滑动变阻器R的滑片处于某位置，当有磁铁靠近RB附近时，（　　）

A．电流表读数减小 B．R1的功率减小

C．电压表读数增大 D．电源总功率增大

2．（2023·上海宝山·统考一模）如图所示，有一固定的闭合导体圆环L，一条形磁铁垂直于圆环所在的平面，且其中心在圆环圆心处。现将条形磁铁稍许竖直向上或向下抽动，则圆环L中的电流（从上向下看）（　　）

A．都沿顺时针方向

B．都沿逆时针方向

C．磁铁向上抽动时沿顺时针方向，向下抽动时沿逆时针方向

D．磁铁向上抽动时沿逆时针方向，向下抽动时沿顺时针方向

3．（2023·上海静安·统考一模）如图，螺线管A竖直放置在水平桌面上，B为铁芯，C为套在铁芯B上的绝缘磁环。闭合电键，绝缘环C向上运动。C由静止开始上升至最高点的过程中，桌面对A的支持力大小（　　）

A．始终减小 B．先增大后减小

C．始终增大 D．先减小后增大

4．（2023·上海静安·统考一模）如图，一个正方形导线框从高处自由下落，穿过一水平的匀强磁场区域，已知磁场区域高度大于2倍线框高度，线框离开磁场过程中的运动情况是（　　）

A．若线框匀速进入磁场，则离开磁场过程一定是匀速运动

B．若线框加速进入磁场，则离开磁场过程一定是加速运动

C．若线框加速进入磁场，则离开磁场过程一定是减速运动

D．若线框减速进入磁场，则离开磁场过程一定是减速运动

5．（2023·上海静安·统考一模）两个直流电源的总功率随外电压U变化的关系图线，如图中的a、b所示，若两电源的内阻为、，能提供的最大输出功率为、，则（　　）

A．， B．，

C．， D．，

6．（2023·上海静安·统考一模）外电路两端的电压反映的是（　　）

A．外电路消耗的电能 B．电源转化能量的本领

C．外电路对电流的阻碍作用 D．外电路两端电势总的差值

7．（2023·上海浦东新·统考一模）四只完全相同的灯泡分别用图（a）、（b）两种方式连接，电路两端电压分别为和V。当灯泡都正常发光时，消耗的电功率分别为和，则（　　）

A． B． C． D．无法确定

8．（2023·上海浦东新·统考一模）电场强度的定义式是（　　）

A． B． C． D．

9．（2023·上海浦东新·统考一模）空间有一个沿x轴分布的电场，其场强E随x变化的关系如图所示。其“阴影面积”的单位是（　　）

A．N B．J C．V D．

10．（2023·上海浦东新·统考一模）虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，当闭合线圈由静止开始平移时，磁场对边的安培力方向如图所示。则线圈内磁通量变化及边受到的安培力方向分别为（　　）

A．变大，向左 B．变大，向右 C．变小，向左 D．变小，向右

11．（2023·上海浦东新·统考一模）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。时，乙球以的初速度冲向原来静止的甲球，在时间内它们的图线如图（b）所示。整个运动过程中两球未相碰，设、时刻两球的总电势能分别为、，则（　　）

A．时刻两球最近， B．时刻两球最近，

C．时刻两球最近， D．时刻两球最近，

12．（2023·上海·一模）在倾角θ=30°的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽l=0.5m，接入电动势E=6V、内阻r=0.5Ω的电池，垂直框面放置一根质量m=0.2kg的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻R0的阻值为0.2Ω，整个装置放在磁感应强度B=1.0T、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上，如图所示。则下列说法错误的是（框架的电阻与摩擦不计，框架与金属棒接触良好，g取10 m/s2）（　　）

A．金属棒受到的安培力的大小为1N B．通过金属棒的电流强度I的大小为2A

C．滑动变阻器R接入电路的阻值为R=3Ω D．电源的输出功率为P=10W

13．（2023·上海·一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的(-9,0)、(9,0)两点处固定着电荷量分别为+q、-4q的两个点电荷，A、B为y轴上两点，坐标分别为(0,1)、(0,-5)，M、N、P、Q四个点是以+q为中心的正方形的四个顶点，在上述两个点电荷所形成的电场中，下列说法正确的是（　　）

A．x=-3cm处电场强度为零

B．B点的电势高于A点的电势，A点的电场强度小于B点的电场强度

C．N点与Q点电势相等

D．将某一正电荷从N点移动到M点，电场力所做的功小于将其从P点移动到Q点所做的功

14．（2023·上海·模拟预测）如图所示，abcd线圈中接有一灵敏电流计，efgh线框的电阻不计，放在匀强磁场中、具有一定电阻的导体棒MN在恒力作用下由静止开始向右运动，efgh线框足够长。已知穿过闭合回路的磁通量变化越快，回路中的感应电流越大，则通过灵敏电流计中的感应电流（　　）

A．方向到d，强度逐渐增强 B．方向d到，强度逐渐增强

C．方向到d，强度逐渐减弱 D．方向d到，强度逐渐减弱

15．（2023·上海·一模）如图所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器R的滑动头从a端滑到b端过程中（　　）

A．V的示数先增大后减小，A示数增大

B．V的示数先增大后减小，A示数减小

C．V的示数先减小后增大，A示数增大

D．V的示数先减小后增大，A示数减小

16．（2023·上海宝山·统考一模）如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是(　 　)

A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向下 D．竖直向上

17．（2023·上海·一模）下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是

A． B．

C． D．

18．（2023·上海静安·统考一模）如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）

A．O点的电场强度为零，电势最低

B．O点的电场强度为零，电势最高

C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高

D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低

19．（2023·上海·一模）如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R的圆周上若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q，则圆心 0点处的电场强度为

A．，方向沿半径向左

B．，方向沿半径向右

C．，方向沿半径向左

D．，方向沿半径向右

20．（2023·上海·一模）科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．则     (　　)

A．只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大

B．只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动

C．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大

D．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动

21．（2023·上海·一模）一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示．如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(　　)

A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管

B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管

C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管

D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管

22．（2023·上海·一模）如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为．一直角三角形导线框ABC（BC边的长度为）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i、BC两端的电压uBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是

A． B．

C． D．

二、多选题

23．（2023·上海·一模）如图所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d=1m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B=5T。现有一质量m=1kg，总电阻R=5 Ω，边长也为d=1m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法错误的是（　　）

A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一截面的电荷量为0.5C

B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4m/s

C．线圈速度为0.2m/s时的加速度为1.6m/s2

D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3J

参考答案：

1．D

【详解】AC．当有磁铁经过RB附近时，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得

可知电流表示数变大，外电路电压为

U=E-Ir

I变大，其它量不变，所以电压表示数减小，故AC错误；

D．电源的总功率

P=IE

因为电流I变大，所以电源总功率变大，故D正确；

C．根据题意可知当有磁铁经过RB附近时，RB的阻值减小，根据串反并同可知通过R1的电流增大，根据

P=I2R1

可知R1的功率增大，故B错误。

故选D。

2．B

【详解】由题图可知，将条形磁铁由图示位置稍许竖直向上或向下抽动时，穿过圆环的磁场方向向上，且磁通量都在减少，由楞次定律可知，圆环L中的感应电流的磁场方向也向上，由安培定则可知，圆环L中的感应电流方向（从上向下看）都沿逆时针方向，ACD错误，B正确。

故选B。

3．B

【详解】闭合电键，绝缘环C向上运动。C由静止开始上升至最高点的过程中，闭合电键瞬间C中产生感应电流，受到的安培力先增大后减小，根据牛顿第三定律可知桌面对A的支持力大小先增大后减小。故选B。

4．D

【详解】A．若ab边进入磁场时线框做匀速运动，则

则当ab边下落L以后全部进入磁场，此后线圈在磁场中下落2L-L的过程中将做匀加速运动，故当ab边到达磁场下边缘时

则ab边离开磁场时线框做减速运动，A错误；

B．若线框加速进入磁场，则

则当ab边下落L以后全部进入磁场，此后线圈在磁场中下落2L-L的过程中将做匀加速运动，故当ab边到达磁场下边缘时，安培力大小与重力大小关系不能确定，ab边离开磁场时线框的运动状态也无法确定。BC错误；

D．若ab边进入磁场时线框做减速运动，则

则当ab边下落L以后全部进入磁场，此后线圈在磁场中下落2L-L的过程中将做匀加速运动，故当ab边到达磁场下边缘时

则ab边离开磁场时线框也一定做减速运动，D正确。

故选D。

5．A

【详解】两个直流电源的总功率

由图可知

可得

当电源内外电阻相等时，电源能提供的功率最大，最大输出功率为

可知

故选A。

6．D

【详解】外电路两端的电压反映的是外电路中从电源正极到负极的电势差，也就是外电路的电势总的差值，与电能和电源转化能量的本领以及静电力做功无关，D正确。

故选D。

7．A

【详解】灯泡都正常发光，根据电路结构，两电路总电流关系为

电路总功率分别为

，

得

即

故选A。

8．C

【详解】电场强度是指试探电荷在电场中所受的电场力与试探电荷电荷量的比值，即

故选C。

9．C

【详解】结合匀强电场中电势差与场强的关系式

可知，图线与x轴所围的面积表示电势差，单位为V。

故选C。

10．C

【详解】当闭合线圈由静止开始平移时，磁场对边的安培力方向如图所示，可知线框面积有增大的趋势，阻碍磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内磁通量变小，则边受到的安培力向左，使面积有增大趋势。故C正确ABD错误。

故选C。

11．A

【详解】由图（b）可知，时间内乙球向左减速，甲球向左加速，可知两球带同种电荷，两球间存在斥力，时刻两球速度相同，相距最近，由动量守恒定律可得

解得

整个过程电场力做负功，电势能增加，增加量为

其中

之后在斥力的作用下，甲继续向左加速，乙向左减速至速度为零后向右加速，t3时刻两球没有相距最近，过程中，电势能的增加量为

其中

，

代入数据可得

故t1时刻两球的总电势能较大，即

故选A。

12．C

【详解】A．设金属棒受到的安培力大小为F，对金属棒受力分析如图，可得

A正确；

B．根据公式可得电路中电流为

B正确；

C．由闭合电路欧姆定律得

解得

R=2.3Ω

C错误；

D．电源的输出功率为

D正确。

本题选错误的，故选C。

13．D

【详解】A．在平面直角坐标系xOy的(-9,0)、(9,0)两点处固定着电荷量分别为+q、-4q的两个点电荷，根据电场的叠加知x=-3cm处+q和-4q产生的场强都沿x轴正向，合场强不为零，故A错误；

B．+q和-4q在A点产生的场强大且夹角小，因此A点的场强大于B点的场强。由于A、B两点皆为中垂线上两点，且-4q点电荷电荷量大于+q的电荷量，因此可知OA段上的电场强度与y轴正半轴夹角大于90°，且指向于右下，OB段上的电场强度与y轴正半轴夹角小于90°，且指向于右上，因此将正电荷从A点移到B点，电场力先做正功，后做负功，且根据对称性知全过程电场力做负功，所以

即A点的电势小于B点，故B错误；

C．根据点电荷周围电势的特点是以源电荷为圆心的同心圆，且沿着电场线方向，电势逐渐降低的特点可知,只有正电荷时，MNPQ四点电势相等，且大于零；只有负电荷时

电势是标量，合成后为

故C错误。

D．由于在+q电荷单独作用下，MNPQ四点电势相等，两种移动方法电场力皆不做功，因此只需考虑-4q电荷单独作用下的功能变化，而越靠近-4q电场线越密，相等的距离电势差越大，根据

知电场力做功越多，故将某一正电荷从N点移动到M点，电场力所做的功小于将其从P点移动到Q点所做的功，故D正确。

故选D。

14．D

【详解】设导轨摩擦力为f，电路总电阻为R，对导体棒受力分析可得

可见导体棒做加速度减小的加速运动，则导体棒切割磁感线产生的感应电流增加的越来越慢，则abcd线圈中磁通量变化的越来越慢，则灵敏电流计中的电流逐渐减弱，且由右手定则可得右侧回路电流方向为NMfg，可知abcd线圈中的磁场向里增强，由楞次定律可得，灵敏电流计中的感应电流方向为从d到。

故选D。

15．A

【详解】当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的总电阻增大，分担的电压增大；变阻器右边电阻减小，电流减小，则通过电流表的电流增大。外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；

当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的总电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大。电源的内电压增大，路端电压减小。变阻器左端电阻增大，电流减小，则电压表的示数减小。所以V的示数先增大后减小。A示数一直增大。故A正确，BCD错误。

故选A。

16．D

【详解】首先根据安培定则判断通电螺线管的磁场，右端等效为磁铁的N极，左端为S极，则A处产生的磁场方向为水平向左。再根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向为竖直向上，故ABC错误，D正确。

故选D。

17．B

【详解】根据点电荷的电场强度公式可得各圆环上的电荷在O点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可．由于电荷均匀分布，则各圆环上的电荷等效集中于圆环的中心，设圆的半径为r，则A图O点处的场强大小为；将B图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等效两电荷场强方向间的夹角为90°，则在O点的合场强,方向沿x轴负方向；C图中两正电荷在O点的合场强为零，则C中的场强大小为，D图由于完全对称，易得合场强ED=0．故O 处电场强度最大的是图B．故答案为B．

【考点定位】本题考查电场的叠加,要注意采用等效思想及矢量的运算．难度：中等．

18．B

【详解】试题分析：将圆环等分成若干微小段，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点，产生的电场的电场强度总大小相等、方向相反，矢量和为零，即最终在O点的总矢量和为零，即在O点处，电场强度为零．因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别向外与x轴成相等角的电场，矢量和沿着x轴，由O点向两侧发散，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，由O点向两侧发散，根据沿着电场线方向电势逐点降低的规律可知，O点的电势最高，故选项A、C错误，选项B正确；当从O点沿x轴正方向，趋于无穷远时，电场强度也为零，因此从O点沿x轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项D错误．

考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题．

19．D

【详解】该点场强可以看成是与P对称的那个电荷+q和P点的电荷-2q在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O点处的电场强度大小为，方向向右，点电荷-2q在圆心O点处的电场强度大小为，方向向右，所以叠加来是，方向沿半径向右．故选择D.

【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．

20．A

【详解】试题分析：只调节电阻，当向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR的阻值减小，则通过的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，故A正确，B错误；只调节电阻，当向下端移动时，回路中电流不变，电阻消耗的电功率不变，电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，故C.D错误．

考点：闭合电路的欧姆定律

【名师点睛】此题的逻辑性非常强，要读懂题意，把握有效信息：磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，再进行动态分析．

21．D

【详解】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力，因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．

解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；

故选D

【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．

22．D

【详解】导体棒切割磁感线产生感应电动势 E=BLv，感应电流，方向沿逆时针，为正．在0-a内，有效长度L均匀变大，感应电流I均匀变大，在a-2a内，有效长度L均匀变大，感应电流均匀变大，方向沿顺时针，为负，故A、B不正确；BC两端的电压uBC=iR，在0-a内，i均匀增大，uBC均匀增大，且B的电势高于C点的电势，uBC＞0．在a-2a内，i均匀增大，uBC均匀增大，且B的电势低于C点的电势，uBC＜0．故C不正确，D正确，故选D．

23．CD

【详解】A．由电流的定义式可得

A正确，不符合题意；

B．线圈做匀速直线运动时，由平衡条件，则沿斜面有

mgsin θ=μmgcos θ＋BId

又

两式联立得

v=0.4 m/s

B正确，不符合题意；

C．线圈v=0.2 m/s时，由牛顿第二定律，沿斜面有

mgsin θ−μmgcos θ−=ma

解得

a=1m/s2

C错误，符合题意；

D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒，则有

mgsin θ×d=μmgcos θ×d＋mv2＋Q

代入数据解得

Q=2.92J

D错误，符合题意。

故选CD。