电磁学—2026年高考物理二轮复习高频考综合训练（一）含答案

这是一份电磁学—2026年高考物理二轮复习高频考综合训练（一）含答案，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在静电场中下列说法正确的是（ ）
A．场强为零的地方电势也为零
B．电势越高的地方，电势能也越大
C．电势降低的方向就是场强的方向
D．某点的电场强度方向与过该点的等势面一定垂直
2．如图所示，边长为2L的正方形线圈共有n匝，其中心位置处边长为L的正方形虚线框内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，则穿过线圈的磁通量为（ ）
A．4BL2B．BL2C．4nBL2D．nBL2
3．下列家用电器在正常工作时，消耗的电能主要转化为机械能的是
A．洗衣机B．电饭锅C．电视机D．电脑
4．如图所示电路中，线圈L与灯泡A并联，当合上开关S后灯A正常发光。已知线圈L的直流电阻大于灯泡A的电阻。则下列现象可能发生的是（ ）
A．当断开S时，灯泡A立即熄灭
B．当断开S时，灯泡A逐渐熄灭
C．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A逐渐熄灭
D．若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭
5．某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图甲所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图乙所示的电路。闭合开关S后，若升高溶液浓度，则（ ）
A．电容器电容增大
B．电容器两极板之间电场强度减小
C．电容器两极板之间电势差减小
D．溶液浓度升高过程中电流流过电流表的方向为M→N
6．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一个带电小球从a点进入场区并刚好能沿ab直线斜向上做匀速运动，下面说法正确的是（ ）
A．小球一定带正电 B．a点的电势高于b点的电势
C．运动过程中小球电势能增加 D．运动过程中小球机械能增加
7．无线充电是近年发展起来的新技术，手机的无线充电原理如图所示。通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。已知发射线圈的两端电压为220V，接收线圈的两端电压为5.4V，假设充电时无漏磁。下列说法正确的是（ ）
A．无线充电工作原理是“电流的磁效应”
B．充电时接收线圈始终具有收缩的趋势
C．充电时接收线圈两端电压的最大值是5.4V
D．接收线圈回路中的磁通量达到最大时，线圈两端电压最小
8．教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则（ ）
A．R消耗的功率变为B．电压表V的读数变为
C．电流表A的读数变为D．通过R的交变电流频率变为原来的4倍
二、多选题
9．某集装箱吊车的电动机输入电压为380 V，当吊车以0.1 m/s的速度匀速吊起质量为5.7×103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为20 A，g取10 m/s2，则（ ）
A．电动机的内阻为4.75 ΩB．电动机的发热功率为900W
C．电动机的输出功率为7.6×103 WD．电动机的工作效率为75%
10．如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表。闭合开关S稳定后，增大照射光强度，则（ ）
A．小灯泡变亮B．电压表的示数减小
C．电容器上的电荷量减少D．光敏电阻两端的电压减小
三、实验题
11．在“探究变压器电压与匝数的关系”实验中，某同学利用可拆变压器（如图所示）进行探究。
（1）以下给出的器材中，本实验还需要用到的是______；（填字母代号）
A．干电池 B．学生电源
C．直流电压表 D．万用表
（2）本实验中需要运用的科学方法是______。（填字母代号）
A．控制变量法 B．等效替代法 C．科学推理法
（3）已知该变压器两组线圈的匝数分别为、，有关测量数据见下表，根据测量数据可判断连接电源的线圈是______（填“na”或“nb”）。
12．在“描绘等量异种电荷等势线”的实验中：
（1）实验中需要使用______传感器；
（2）红、黑表笔分别接在、时，，则红表笔不动，黑表笔接在点时，______0．（填写“＞”、“＜”或“＝”）
（3）实验中实际测得的是( )
A．等量同种电荷的等势面 B．等量异种电荷的等势面
C．稳恒电流场中的等势面 D．变化电流场中的等势面
四、解答题
13．U形导线框MNQP水平放置在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，导线MN和PQ足够长，间距为0.5m，横跨在导线框上的导体棒ab的电阻r＝1.0Ω，接在NQ间的电阻R=4.0Ω，电压表为理想电表，其余电阻不计。导体棒在水平外力作用下以速度v=2.0m/s向左做匀速直线运动，不计导体棒与导线框间的摩擦。 求：
（1）通过电阻及ab的电流方向如何?
（2）电压表的示数为多少?
（3）若某一时刻撤去水平外力，则从该时刻起，在导体棒运动 1.0m的过程中，通过导体棒的电荷量为多少?
14．传感器
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。
(1)用量程合适的电压传感器测量中国境内的家庭电路中火线和零线间的电压，得到随时间变化的关系式u=asin（bt+φ）。分析得出a=______V，b=______rad/s。（写出大小）
(2)热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器的线路图。
①为了使温度过高时报警器响铃，c应接在______处（选填“a”、“b”）。
②若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P向______移动（选填“左”、“右”）。
③如果在调试时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，
《电磁学—2026年高考物理二轮复习高频考综合训练（一）》参考答案
1．D
【详解】A．电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零，故A错误；
B．正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大，故B错误；
C．沿着电场方向电势降低最快，但是电势降低的方向未必是场强的方向，故C错误；
D．等势面是电势相等的点组成的面，在等势面上移动点电荷时电场力不做功，所以等势面与电场线的方向垂直，故D正确。
故选D。
【点睛】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系。顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小。
2．B
【详解】穿过线圈的磁通量与线圈匝数无关，当线圈平面跟磁场方向相互垂直时，通过线圈的磁通量为
Φ=BS=BL2
故选B。
3．A
【详解】试题分析：做功的过程是能量转化的过程，明确各用电器的工作原理，确定各用电器工作时能量的转化方向，然后答题．
解：电流做功的过程，实际上就是个能量转化的过程，从电能转化成其它形式的能．
C、电视机主要是把电能转化为声能和光能，所以C错误；
B、电饭锅是把电能转化为内能，所以B错误；
D、电脑的能量转化较为复杂，所以D错误；
A、洗衣机是把电能转化为机械能，所以A正确；
故选A．
【点评】电功也是一种功，所以要和前面的内能、做功等能量知识点联系起来记忆，也能更便于理解．
4．B
【详解】AB．当断开S时，由于通过线圈L的电流减小，产生自感电流，线圈相当于电源和灯泡组成一个闭合回路，由于L的电流逐渐减小，所以灯泡A逐渐熄灭，A错误，B正确；
CD．若把线圈L换成电阻，则当断开S后，由于L中不再有自感电流，所以灯泡A立即熄灭，选项CD错误。
故选B。
5．D
【详解】A．由图可知，若增大溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数减小，根据电容器的决定式可知，电容器的电容减小，故A错误；
BC．由于电容器与电源相连，则电容器两极板间的电压不变，根据可知，电容器两极板间电场强度不变，故BC错误；
D．根据可知，由于电容减小，电压不变，则电容器所带的电荷量减小，即电容器放电，流过电流表的电流方向为M→N，故D正确。
故选D。
6．D
【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可解题．
【详解】根据做直线运动的条件可知受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，如图所示：
由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，所以小球一定带负电，且做匀速直线运动，故A错误；沿场强方向电势逐渐降低，所以b点的电势高于a点的电势，故B错误；由于电场力向左，对小球做正功，电势能减小，故C错误；由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，故D正确．所以D正确，ABC错误．
【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．
7．D
【详解】A．无线充电工作原理是：变化的电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电，利用的是电磁感应现象，A错误；
B．发射线圈连接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈的面积有扩大的趋势，当发射线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈面积有收缩的趋势，B错误；
C．充电时接收线圈两端电压的最大值是
C错误；
D．接收线圈回路中的磁通量达到最大时，线圈中的感应电动势为零，线圈两端电压最小，D正确。
故选D。
8．A
【详解】AB．根据
当发电机线圈的转速变为原来的2倍，则发电机感应电动势的最大值变为原来的2倍，感应电动势的有效值变为原来的2倍，则理想变压器原线圈的电压变为原来的2倍，根据
可知，副线圈的电压变为原来的2倍，电压表读数变为2U，根据
因定值电阻两端电压变为原来的2倍，则R消耗的功率变为4P，A正确，B错误；
C．根据欧姆定律可知理想变压器副线圈的电流变为原来的2倍，根据
可知，理想变压器原线圈的电流变为原来的2倍，电流表读数变为2I，C错误；
D．根据
，
可得
可知通过R的交变电流频率变为原来的2倍，D错误。
故选A。
9．AD
【详解】物体上升的功率为：P出=mgv=5.7×103×10×0.1=5.7×103W；
电动机的输入功率为：P入=UI=380×20=7.6×103W；
根据能量守恒规律可知，P热=P入-P出=1.9×103W= I2r；
解得：r=4.75Ω；故A正确；BC错误；
电动机的工作效率；故D正确；故选AD．
点睛：本题考查功率公式的计算，要注意明确电动机中的能量转化关系；总功由P=UI计算，发热功率为I2r；．
10．ACD
【详解】A．由图可知，L和R2串联后和C并联，再与R1串联，电容器在电路稳定时相当于断路；当增大照射光强度时，光敏电阻R2减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，流过小灯泡的电流增大，则小灯泡的功率增大，故A正确；
B．由欧姆定律知，定值电阻两段电压增大，电压表的示数增大，故B错误；
C．电容器板间电压为
I增大，则UC减小，电容器上的电荷量减少，故C正确；
D．光敏电阻两端的电压为
由于总电流I增大，E、R1、r、RL不变，因此光敏电阻两端的电压减小，故D正确。
故选ACD。
11． BD/DB A
【详解】（1）[1]本实验中需要交流电源和交流电压表（万用表），不需要干电池和直流电压表。
故选BD。
（2）[2]为实验探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压，这个过程采用的科学探究方法是控制变量法，故BC错误，A正确。
故选A。
（3）[3]理想变压器由
但是因为实际中线圈漏磁，所以副线圈的测量电压应该小于理论变压值，结合表中数据可知为输入端，即连接电源。
12． 电压 ＞ C
【详解】（1）[1]实验时需要找出等势点，所以实验中需要使用电压传感器；
（2）[2]红、黑表笔分别接在d、f时，Udf＜0，说明d点电势低，A端为正极，B端为负极，则可知d点电势高于e点，故红表笔不动，黑表笔接在e点时，Ude＞0；
（3）[3]本实验是用DIS描绘电场的等势线，但是用恒定电流场来模拟静电场，由于两接线柱是正负极，所以模拟的是等量异种电荷的静电场，故C正确，ABD错误。
故选C。
13．（1）N→Q， b→a；（2）0.16V ；（3）0.02C
【详解】（1）根据右手定则判断得知，ab中产生的感应电流方向是：，则通过电阻R的电流方向；
（2）导体棒产生的感应电动势
通过R的电流大小为
则电阻R两端的电压为
则电压表的示数为0.16V；
（3）由法拉第电磁感应定律
根据闭合电路欧姆定律
电量为
可得通过导体棒的电荷量为
14．(1) 100π
(2) a 左 AD
(3) A B 500 见解析，170J
【详解】（1）[1][2]由于家庭电路中电压的有效值为220V，频率为50Hz，所以，
（2）[1]温度升高热敏电阻变小，控制左边电路电流变大，电磁铁磁性变强、开关接触a点，要使温度过高时报警器报警，c应接在a处；
[2]滑片P向左移，滑动变阻器接入电路的阻值变大，在温度更高时控制电路才能有足够大电流，使磁铁有足够大引力吸引开关，因此滑片向左移可以提高报警温度；
[3]在最低报警温度时不能报警，说明此时电路中产生的电流不能让竖直片与a接触，这可能由多种原因造成，如左边电源电压太低，电源提供的电流太小，导致磁铁的磁性太弱；弹簧的劲度系数太大，电磁铁的吸引力小于弹力等。
故选AD。
（3）[1]当热源的温度从300K缓慢升到T1时，分子平均动能增大。
故选A。
[2]由于活塞刚好触及传感器但压力示数仍为0，可知气体做等压变化，故温度升高、体积增大，压强不变，可知气体分子对容器壁单位时间单位面积的撞击次数变小。
故选B。
[3]根据盖吕萨克定律可得
代入数据解得
实验次数
1
2
3
4
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
B
D
D
D
A
AD
ACD