暑期综合提高练习（二）电磁学3——2026-2027学年高中物理新高三年级暑期强化训练能力提升试卷【含答案及解析word版】

这是一份暑期综合提高练习（二）电磁学3——2026-2027学年高中物理新高三年级暑期强化训练能力提升试卷【含答案及解析word版】，共8页。试卷主要包含了[4分]下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
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．[4分]下列说法中正确的是（ ）
A．奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究
B．楞次定律告诉我们，感应电流产生的磁场方向总是与引起感应电流的原磁场方向相反
C．电磁感应现象说明磁能生电
D．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
2．[4分]如图所示，边长为a的正方形导体框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，给导体框通入图示电流I，则整个导体框受到的安培力大小为（ ）
A．B．C．D．0
3．[4分]如图所示，平行金属板与电源连接．一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W．现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为（ ）
A．W2B．WC．2WD．4W
4．[4分]如图所示，平行长直金属导轨、水平放置，间距为，电阻值不计。左侧接电动势为、内阻的电源。导体棒静止放在导轨上，与轨道间的夹角，两点间电阻为且与轨道接触良好。导轨所在区域有垂直纸面向下的匀强磁场，磁感应强度为。则以下说法中正确的是（ ）
A．导体棒所受安培力的方向垂直于边向右
B．导体棒所受安培力大小为
C．导体棒所受安培力的方向垂直于向右下方
D．导体棒所受安培力大小为
5．[4分]正电子是电子的反粒子,与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场,从P点发出两个电子和一个正电子,三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是( )
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
6．[4分]质量相同的小球A、B分别带有+3q和q电量，两段等长绝缘细线悬挂在O点如图所示，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是（ ）
A．B．C．D．
7．[4分]如图，虚线右侧区域内有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为，边长为的均质正方形导线框沿纸面内图示速度方向匀速进入磁场，线框的速度大小为，方向与磁场边界成角，线框的总电阻为，图中为对角线刚进入磁场时的情形。下列在该位置的判断正确的是（ ）
A．线框中的感应电流大小为
B．两端的电压为
C．线框所受安培力大小为
D．线框所受安培力的方向与的方向相反
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．[5分]如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对的平行金属板、组成电容器，板固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板和静电计的金属壳都接地，板上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板的位置．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是（ ）
A．只将板从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大
B．只将板从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小
C．只将板从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大
D．只在、之间插入云母板，静电计指针张角变大
9．[5分]如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是
A．板间电场强度大小为
B．板间电场强度大小为
C．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
D．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
10．[5分]如图所示，a、b两质量相同的绝缘物体叠放在光滑水平面上，a带正电，电荷量为q，b不带电。空间存在着相互垂直的匀电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场强为E。现将两物体静止释放，开始时两物体能一起运动，下列说法正确的是（ ）
A．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力也逐渐减小
B．两物体一起运动的过程中，两物体间的弹力逐渐减小，摩擦力不变
C．当两物体间弹力等于0时，两物体开始相对滑动
D．当两物体间的最大静摩擦力为时开始相对滑动
第二部分（非选择题 共57分）
三、非选择题（本大题共5小题，共57分）
11．[8分]如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题．
（1）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程．当旋到位置 时，电表可测量直流电流，且量程较大．
（2）若该多用表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，用正确使用方法再测量同一个电阻，则测得的电阻值将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）．
（3）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表．实验器材如下：
A．干电池（电动势为，内阻不计）；
B．电流计（量程，内阻）；
C．可变电阻器；
D．定值电阻；
E．导线若干，红黑表笔各一只．
①表盘上刻度线对应的电阻刻度值是 ；
②如果将与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡后可变电阻器阻值应调为 ，换挡前、后倍率之比为 ．
12．[12分]如图（a）所示，以F为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，坐标系中有一个长为3d，宽为d，高为的长方体ABCD-EFGH空间，均分成I、II、III三个区域。I区存在着电场强度E1=E，沿y轴正方向的匀强电场；III区存在着电场强度E3大小也为E，沿z轴负方向的匀强电场。忽略粒子重力以及粒子之间的相互作用。（E和d均为已知量）
（1）质量为m、电荷量为+q的正电粒子，从ABEF面的面中心M点静止释放
①求粒子经过三个区域后从右侧CDHG面射出时的位置坐标；
②若要粒子从H点射出，在II区加上沿x轴正向的匀强电场E2，求E2的大小。
（2）在II区加上沿x轴方向的交变电场，如图（b）所示，粒子进入II区时速度为v0（v0未知），每隔t'（）变化一次电场方向，大小为，规定电场沿x轴正方向为正值。当时，将质量为m、电荷量为q的正电粒子，在ABEF面任意位置静止释放，让其穿过三个区域，求粒子可以从右侧CDHG面射出的区域对应的面积。
13．[9分]轴向磁通风力发电机在新能源领域中有广泛应用，其原理可简化为一圆盘发电机。如图所示，发电机的中心轴为固定不动的圆柱，一外半径为、厚度均匀的环形导体盘套在轴上，接触良好并可绕轴转动，导体盘轴线与中心轴的轴线重合。整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在风力的作用下，导体盘以角速度匀速转动，导体盘的内、外缘为发电机的两个电极。两极接在外电阻两端后，导体盘上各处均有沿半径流动的电流。
（1）磁场方向与导体盘转动方向如图所示，试判断导体盘的外缘是发电机的正极还是负极；
（2）若外电阻阻值为R，导体盘电阻忽略不计、内半径为l，通过导体盘上相同圆心角区域内的电流相同。求作用在导体盘上圆心角为区域（很小，可视为导体棒）上的安培力大小F与的关系式；
（3）若外电阻阻值忽略不计，导体盘电阻不可忽略，距离轴线为r处的电阻率与r成正比，比例系数为k，即，导体盘厚度为d、内半径大小可调。求导体盘发热功率最大时内半径的大小。
14．[12分]如图所示，水平绝缘光滑轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径R=2.5m。整个轨道处于水平向左的匀强电场中，电场强度为E=100N/C。现有一电荷量为q=+0.3C，质量为m=4kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体通过半圆形轨道的最高点C时对轨道恰无压力。已知重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）带电体到达半圆形轨道最低点B时的速度大小；
（2）带电体在运动过程中对轨道压力的最大值；
（3）带电体离开C点后经多长时间动能最小？
15．[16分]如图所示，OM是坐标系xOy第一象限的角平分线，在OM与x轴正半轴所夹的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E1=2E。在第二象限内的射线ON与y轴正半轴所夹区域内存在沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E2=E，射线ON与y轴正方向的夹角为θ。在OM与y轴正半轴所夹区域内存在垂直于xOy平面的匀强磁场，其方向周期性变化，每次粒子进入磁场时磁场的方向改变一次。现从x轴上的a（l，0）点由静止释放一个重力可以忽略、质量为m、电荷量为q的粒子，欲使粒子能在第一、第二象限内做周期性运动，求：
（1）粒子所带电荷的性质；
（2）粒子第一次进入磁场时磁场的方向；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小；
（4）射线ON与y轴正方向夹角θ的最小值。
参考答案
1．【答案】C
【详解】法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故A错误；根据楞次定律可知，当磁通量增大时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，故B错误；电磁感应现象说明磁能生电，故C正确；奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故D错误。
2．【答案】B
【详解】根据左手定则，对导体框受力分析如图1所示，则依题意有
这四个力水平分力相互抵消，整个导体框受到的安培力大小即为这四个力在竖直方向上分力的合力，，则有，方向竖直向上，ACD错误，B正确。
3．【答案】A
【详解】两金属板与电源相连，则两板间电势差U不变，设两板间距离为d，a、b两点沿电场方向的距离为x，两板移动前将点电荷从a移动到b，电场力做功W=q⋅xdU，当两板间距离增大到原来的2倍时，再将该电荷从a移动到b，电场力做功W′=q⋅x2dU=12W,A正确．
4．【答案】C
【详解】AC．导体棒中电流方向由B指向D，且与磁场方向垂直，根据左手定则，导体棒所受安培力的方向垂直于向右下方，A错误，C正确；
BD．导体棒连入电路的实际阻值为，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流，导体棒的长度，导体棒所受安培力，BD错误。选C。
5．【答案】A
【命题点】带电粒子在磁场中的偏转
【详解】分析粒子运动轨迹,相同电性的粒子运动偏转方向一致,所以轨迹1和3是电子的运动轨迹,轨迹2是正电子的运动轨迹,D错误;分析正电子的运动轨迹,由左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向里,A正确;轨迹1的曲率半径变小,由洛伦兹力提供向心力可得r=mvqB,则可知粒子的运动速度越来越小,B错误;由轨迹知r3>r2,轨迹2对应粒子的初速度小于轨迹3对应粒子的初速度,C错误。
6．【答案】D
【详解】以整体为研究对象，分析受力如图。
A带正电，受到的电场力水平向右，大小为3qE，B带负电，受到的电场力水平向左，大小为qE，水平方向合力向右，因此OA绳子偏向右，设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得，以B球为研究对象，受力如上图。设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得，得到α=β，选D。
7．【答案】A
【详解】当对角线刚进入磁场时，线框的有效切割长度为正方形的对角线长度，线框速度与夹角为，感应电动势，感应电流，方向为，A正确。线框为均质正方形，每条边电阻为。此时、为电源（总内阻），外电路为、（总电阻）。是电源的外电路两端，电压为路端电压，B错误。结合前面选项分析，可知线框受到的安培力等效为对角线受到的安培力，大小为，根据楞次定律，安培力的效果总是阻碍线框的相对运动，因此安培力方向水平向左，CD错误。
8．【答案】AC
【详解】
只将板M从图示位置稍向左平移，d增大，根据知，电容减小，根据知势差增大，则静电计指针张角变大，故A正确； 只将板M从图示位置稍向上平移，正对面积S减小，根据知，电容减小，根据知电势差增大，则静电计指针张角变大，故B错误；只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S减小，根据知，电容减小，根据知电势差增大，则静电计指针张角变大，故C正确；只在M、N之间插入云母板，介电常数变大，根据知，电容增大，根据知电势差减小，则静电计指针张角变小，故D错误．所以AC正确，BD错误．
9．【答案】BD
【详解】
AB．据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，
解得：
故A项错误，B项正确；
CD．由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等，故C项错误，D项正确．
10．【答案】BD
【详解】
AB．当两物体一起运动时，对物体a受力分析，有重力，b对a的向上的支持力，水平向左的静摩擦力，水平向右的电场力和竖直向上的洛伦兹力。则由牛顿第二定律可得，两物体一起运动的加速度为
可见，此时两物体一起向右做匀加速直线运动。对物体b受力分析可知，水平方向只受水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律得
可见此时，a、b之间的摩擦力是个定值，是不变的。物体a、b之间的弹力为
当速度增大时，物体a、b之间的弹力逐渐减小，所以B正确，A错误；
CD．由AB选项分析，可知，当两物体一起匀加速运动时，两者之间是静摩擦力。而最大静摩擦近似等于滑动摩擦力，为
由于当两物体一起匀加速运动时，两者间的弹力在逐渐减小，所以两者间的最大静摩擦力也逐渐减小，且
所以当a、b之间的最大静摩擦力减小为时，a、b就要发生相对滑动，所以D正确，C错误。
故选BD。
11．【答案】1；偏大；；99．01；；
【详解】
（1）[1]当旋到位置1时与表头并联的电阻阻值较小，此时电流表量程较大
（2）[2]当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式
欧姆表内阻得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由
可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，测得的电阻值将偏大
（3）[3]欧姆表中值电阻等于其内阻，则中间刻度值对应示数为
有
解得
[4][5]电流表内阻为，给电流表并联的电阻，则电流计满偏时两端的电压为
此时变阻器电流为
则变阻器的阻值为
因电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，欧姆表换挡前、后倍率之比等于
12．【答案】（1）①；②
（2）
【详解】（1）①粒子在I区做初速度为零的加速运动，根据动能定理有
粒子在II区域做匀速直线运动，在III区域内做类平抛运动，在y轴方向匀速直线运动，有
沿z轴方向下落的高度
可解得
所以出射点的坐标为
②粒子在II区沿x轴方向做类平抛运动，在III区沿x轴方向匀速直线运动。运动如图所示
在II区沿x轴方向位移
在III区粒子沿x轴方向位移
沿y轴方向位移
根据角度关系，可知
所以
且
解得
（2）（2）粒子到II区所用时间，穿过II区所用时间，穿过III区所用时间，有
在II区做折返运动时
粒子在时间内x轴方向轨迹如图所示，沿x轴负向位移x1、沿x轴正向位移x2。
粒子到达II区边界时x轴速度为
则粒子在III区x轴方向位移
粒子能出去的x轴方向范围记为，z轴方向范围
解得
射出时面积
13．【答案】（1）正极
（2）
（3）
【详解】（1）根据右手定则可知导体盘的外缘是发电机的正极。
（2）设导体盘上圆心角为的区域切割磁场的平均速度为v，有
设导体盘的电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
设回路中的总电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有
设导体盘上圆心角为区域的电流为，则
作用在导体盘上圆心角为区域上的安培力大小为
联立上述各式，得
（3）如图所示
设距离轴线为r处的沿半径方向的微小长度为、横截面积为的导体电阻为，有
设导体盘的内半径大小为x、圆心角为区域的电阻为，有
设导体盘的电阻为，则
设内半径为x时导体盘的电动势为，可知
设导体盘发热功率为P，有
联立上述式子联立可得
根据数学求导部分知识可得当时，导体盘发热功率最大。
14．【答案】（1）m/s；（2）270N；（3）0.24s
【详解】
（1）设带电体在C点时的速度大小为vC，由题意并根据牛顿第二定律可得
①
设带电体到达半圆形轨道最低点B时的速度大小为vB，对带电体由B到C的过程中，根据动能定理可得
②
联立①②解得
m/s ③
（2）当带电体运动至重力场与电场的复合场的等效最低点D处时对轨道的压力最大。设OD与竖直方向的夹角为θ，根据力的合成与分解有
④
对带电体由B到D的过程中，根据动能定理可得
⑤
设带电体在D点所受轨道支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律有
⑥
联立③④⑤⑥解得
FN=270N ⑦
根据牛顿第三定律可知此时带电体对轨道的压力大小为
FN′=FN=270N ⑧
（3）带电体从C点飞出后，设经过时间t其速度方向与OD垂直（即达到等效最高点），此时带电体速度最小，即动能最小。设此时带电体在水平和竖直方向的分速度大小分别为vx和vy，根据速度的合成与分解有
⑨
根据牛顿第二定律可得带电体在水平方向的加速度大小为
⑩
根据运动学规律有
⑪
⑫
联立①⑨⑩⑪⑫解得
⑬
15．【答案】（1）正电；（2）垂直于平面指向纸里；（3）；（4）
【详解】
（1）如图所示，粒子必须在第一象限中向轴正方向加速，才能进入磁场区域，因此粒子必须带正电。
（2）粒子第一次进入磁场后只有向轴负方向偏转，才能进入第二象限，实现周期性运动，因此由左手定则可判断粒子第一次进入磁场时磁场的方向应垂直于平面指向纸里。
（3）设粒子到达边界上的点时速度大小为，于是由动能定理有
代入数据解得
由题意知，粒子进入磁场后必须运动四分之一周期，然后沿轴负方向进入第二象限才能做周期性运动，运动轨迹如图中的虚线所示，设其做圆周运动的半径为，于是由平面几何的知识有
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（4）粒子以速度从点进入第二象限后将做匀减速运动，当运动到电场边界处速度减为零时射线与轴的夹角为最小，于是有
解得
由几何关系知
由
解得