暑期综合提高练习（四）电磁学4——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案

这是一份暑期综合提高练习（四）电磁学4——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为kQr，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和.电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（ ）
A．Q10，Q1Q2=−2
C．Q10，Q1Q2=−3
2．2023年9月21日，“天宫课堂”第四课正式开讲（图甲）.宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载：“以磁石磨针锋，则能指南”.进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图乙所示.以下关于磁场的说法正确的是（ ）
A. 图甲，从空间站向地面传输信息采用的电磁波是麦克斯韦预言并通过实验验证存在的
B. 将中国古代的四大发明之一司南置于宣城，据图乙可知，磁勺尾(S极)静止时指向地理北方
C. 环形导线通电方向如图丙所示，小磁针最后静止时N极指向为垂直于纸面向外
D. 图丁中，放在通电螺线管内部的小磁针，静止时N极水平向左
3．如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A．P与Q同时熄灭B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭D．P闪亮后再熄灭
4．(带电粒子在复合场中运动的时间·应用)如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直.A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是( )
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1, 则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E, 则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2,则t=t02
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2, 则t=2t0
5．如图所示，在的真空区域中有足够长的匀强磁场，磁感应强度为，方向垂直纸面向里。质量为、电荷量为的带电粒子（不计重力）从坐标原点处沿图示方向射入磁场中，已知。粒子穿过轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场。则该粒子所带电荷的正负和速度大小是（ ）
A．带正电，
B．带正电，
C．带负电，
D．带负电，
6．如图所示，单刀双掷开关S打到a端让电容器充满电。t＝0时开关S打到b端，t＝0.02 s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则( )
A．LC回路的周期为0.02 s
B．LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C．t＝1.01 s时线圈中磁场能最大
D．t＝1.01 s时回路中电流沿顺时针方向
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。
7．为实现自动计费和车位空余信息的提示和统计功能等，某智能停车位通过预埋在车位地面下方的LC振荡电路获取车辆驶入驶出信息。如图（a）所示，当车辆驶入车位时，相当于在线圈中插入铁芯，使其自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率发生变化，计时器根据振荡电流的变化进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图（b）所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻，线圈L的磁场能为零
B．t2时刻，电容器C带电荷量最大
C．t2∼t3过程，电容器C带电荷量逐渐增大
D．由图（b）可判断汽车正驶离智能停车位
8．直流电动机在生产生活中有着广泛的应用．同学们为了研究直流电动机的机械效率（有用功率与总功率的百分比）问题，设计了如图甲所示的电路，一内阻为r1=1Ω 的直流电动机M和规格为“6V,6W”的指示灯L并联之后接在电动势为E=8V，内阻r2=0.5Ω 的直流电源上．闭合开关S，电动机和指示灯均正常工作，此时电动机在提升物体，如图乙所示．则下列说法正确的是（ ）
甲乙
A． 流过电动机的电流为3A
B． 该电源的效率为60%
C． 电动机的输出功率为15W
D． 用该电动机可将重为7.5N的物体以0.6m/s的速度匀速提升，则电动机工作的机械效率为25%
9．如图所示为交流发电机与变压器的简化示意图。矩形线圈处于磁感应强度为的匀强磁场中，其边长分别为，，匝数匝，内阻，以角速度匀速转动。理想变压器原线圈匝数匝，副线圈匝数匝，定值电阻与原线圈连接，电阻箱与副线圈连接，下列说法正确的是（ ）
A．交流发电机产生的电动势有效值为
B．当电阻箱阻值时，交流发电机输出功率最大
C．当电阻箱阻值时，上消耗的功率最大
D．当电阻箱的阻值变大时，电阻消耗的热功率变小
10．如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在处相切构成，导轨的间距为L，区域内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，间距也为L。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（ ）
A．第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为
B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为
C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为
D．从释放第1根棒到第n根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热为
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，现提供如下实验器材：电源E（电压恒为3 V）、电容器C（电容1 000 μF）、电阻箱R(0∼9 999 Ω)、微安表G（量程500 μA），单刀双掷开关S和导线若干.
甲
（1） 先将开关S拨至位置1，充电完毕，再将开关S拨至位置2，则流经电阻箱R的电流方向为__________（填“从上到下”或“从下到上”）；
（2） 放电过程i−t图像如图乙所示，曲线与横轴围成的区域共有147个小格，则电容器电容的测量值为____μF（结果保留三位有效数字）；
乙
（3） 根据i−t图像可作出电容器所带电荷量q随时间t变化的图像.某小组两次实验中电阻箱接入电路的阻值分别为Ra和Rb,Ra ”“=”或“< ”）.
13．如图所示，理想变压器原线圈匝数n1＝800匝，副线圈匝数n2＝200匝，灯泡A标有“5 V 2 W”，电动机D的线圈电阻为1 Ω。将交变电压u＝100eq \r(2)sin(100πt)V加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：
(1)副线圈两端电压；
(2)副线圈中的电流；
(3)电动机D消耗的电功率。
14．14．（12分）1913年，美国物理学家密立根用油滴实验证明电荷的量子性并测出电子的电荷量，由此获得了1923年度诺贝尔物理学奖。如图所示是密立根油滴实验的原理示意图，空间中有两个水平放置、相距d的金属极板，上极板中央有一小孔。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中，已知重力加速度为g，油滴的密度为ρ。
（1）当两极板间电压为U0时，某一油滴恰好悬浮在两极板间静止。将油滴视为半径为r1的球体。
a．求该油滴所带的电荷量q1；
b．实验中发现，对于质量为m的油滴，如果改变它所带的电荷量q的大小，则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些特定值Un，研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程Un＝mgdq＝nU0，式中n＝1，2，3，…。此结果说明了什么？
（2）密立根是通过测量油滴在空气中下落的速度来测量油滴所带电荷量的。当两极板间的电压为U时，半径为r的带电油滴受到的重力、静电力和空气阻力平衡时，油滴以速度大小v1匀速上升；断开电源去掉两极板间电压，经过一段时间后观测到油滴以速度大小v2匀速下降。已知油滴受到的空气阻力大小为f＝6πrηv，其中常数η为空气的粘滞系数，v为油滴运动的速度大小。求油滴的电荷量q。
15．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L=1 m，间距为d=0.2 m，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场.当两板间加电压UMN=U0=100 V时，某种带正电粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好从下极板N的右边缘飞出，已知粒子的比荷qm=1×108 C/kg，且粒子重力忽略不计.
甲
（1） 求带电粒子进入电场时速度v0的大小；
（2） 若MN间加如图乙所示的交流电压，其周期T=Lv0，从t=0开始，前T2内UMN=U，后T2内UMN=−U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，忽略粒子间相互作用，求U的值；
乙
（3） 在满足（2）的情况下，求所有粒子在运动过程偏离中轴线最远距离的最小值.
参考答案
1．【知识点】等势面
【答案】B
【解析】本题考查点电荷的电势.Q1附近的电势为正，则Q1>0，设题图中方格边长为a，由题图可知，电势为零的等势线最右侧与Q1之间的距离为6a，与Q2之间的距离为3a，则kQ16a+kQ23a=0，解得Q1Q2=−2，B正确.
2．【知识点】安培定则及其应用、电磁波的产生及特点、磁感线及用磁感线描述磁场
【答案】C
【解析】题图甲中,从空间站向地面传输信息采用的电磁波是麦克斯韦预言、赫兹通过实验验证存在的,故A错误；将中国古代的四大发明之一司南置于宣城,根据题图乙可知,磁勺尾(S极)静止时指向地理南方,故B错误；环形导线通电方向如题图丙所示,根据安培定则可知,小磁针最后静止时N极指向为垂直于纸面向外,故C正确；题图丁中,放在通电螺线管内部的小磁针,根据安培定则可知,静止时N极水平向右,故D错误.
3．【知识点】自感现象的理解与分析
【答案】D
【详解】由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，故通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。
4．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】D
【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v，有qvB1＝qE，即v＝eq \f(E,B1)，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90°，则运动时间为eq \f(1,4)周期，又qvB2＝eq \f(mv2,r)，可得r＝eq \f(mv,qB2)，时间t0＝eq \f(1,4)·eq \f(2πm,qB2)，根据几何关系可知OC＝2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为90°，时间t＝eq \f(1,4)·eq \f(2πm,qB2)＝t0，A错误；
若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从F点离开磁场，对应的圆心角依然为90°，时间t＝eq \f(1,4)·eq \f(2πm,qB2)＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为eq \f(4\r(3),3)r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝eq \f(OC,\f(4\r(3),3)r)＝eq \f(2r,\f(4\r(3),3)r)＝eq \f(\r(3),2)，则θ＝60°，则t＝eq \f(1,6)·eq \f(2πm,q·\f(\r(3),4)B2)＝eq \f(8\r(3),9)t0，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为eq \f(4,\r(2))r＝2eq \r(2)r>2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝eq \f(OC,2\r(2)r)＝eq \f(2r,2\r(2)r)＝eq \f(\r(2),2)，则θ＝45°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t＝eq \f(1,8)·eq \f(2πm,q·\f(\r(2),4)B2)＝eq \r(2)t0，D正确.
5．【知识点】带电粒子的运动半径和周期公式及其简单应用
【答案】B
【详解】由题知，粒子穿过轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场，说明粒子进入磁场后向上偏转，根据左手定则，可知粒子带正电，作出其运动轨迹，如图所示
根据几何关系可知，设带电粒子在磁场中运动的半径为，根据几何关系可得，解得，带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得。
6．【知识点】LC回路电磁振荡过程中各物理量的变化
【答案】 C
【详解】 当电容C充满电后，电容器上极板带正电，电容器电场强度最大，电场能最大，然后开始放电，当电荷释放完瞬间，LC振荡电路电流最大，电场能转化为磁场能；接着自感线圈对电容器反向充电，电流逐渐减弱，磁场能转化为电场能，此时电容器下极板带正电；随后电容器开始反向放电，然后自感线圈对电容器充电，最后电容器上极板带正电，一个完整的电磁振荡周期结束。根据以上分析知T＝0.04 s，选项A错误；电流最大时磁场能最大，电场能最小，选项B错误；t＝1.01 s即相当25eq \f(1,4)T，即从题目初始状态开始，经过eq \f(1,4)T，电荷释放完，电流最大，自感线圈中磁场能最大，选项C正确；根据以上分析，在eq \f(1,4)T时，线路中的电流是逆时针方向，选项D错误。
7．【知识点】LC振荡电路的图像分析及公式的应用
【答案】BD
【详解】0～t1，电流逐渐增大，表示电容器放电，t1时刻电流最大，说明线圈L的磁场能最大，A错误；t1～t2，电流逐渐减小，表示电容器充电，t2时刻电流为0，说明电荷全部充到电容器中，电容器C带电荷量最大，B正确；t2～t3，电流反向逐渐增大，表示电容器反向放电，电容器C带电荷量逐渐减小，C错误；LC振荡电路的振荡频率与线圈自感系数的二分之一次方成反比，从图（b）中可以看到振荡频率逐渐增大，可知自感系数逐渐减小，说明汽车正驶离智能车位，D正确。
8．【知识点】非纯电阻电路中的电功、电功率和电热
【答案】AD
【解析】由题意指示灯正常工作，则指示灯的电压为6V，功率为6W，根据公式P=UI，可得流过指示灯的电流为IL=PLUL=1A，设干路电流为I，由闭合回路欧姆定律有UL=E−Ir2，解得I=4A，则流过电动机的电流为IM=I−IL=3A，A正确；该电源的效率为η=EI−I2r2EI×100%=8×4−42×0.58×4×100%=75%，B错误；电动机的输出功率为P出=UMIM−IM2r1=(6×3−32×1)W=9W，C错误；用该电动机可将重为7.5N的物体以0.6m/s的速度匀速提升，根据能量转化定律得，电动机的有用功率为P有=Gv=4.5W，则电动机工作的机械效率为η=P有UMIM×100%=4.518×100%=25%，D正确．
【技巧必背】 电动机的功率分为两部分：机械功率和热功率，P总=P热+P机，电动机的机械效率为有用功率和总功率的比值．
9．【知识点】含有理想变压器的动态电路分析
【答案】ACD
【详解】交流发电机产生的电动势最大值为
则有效值为，A正确；把原线圈等效为电阻，则有，因为，整理可得，当时交流发电机输出功率最大，所以当时交流发电机输出功率最大，B错误；对原线圈回路，等效内阻可为，当时，即，上消耗的功率最大，C正确；当电阻箱的阻值变大时，等也变大，由闭合电路欧姆定律，则总电流减小，电阻消耗的热功率变小，D正确。选ACD。
10．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
【答案】BC
【详解】设金属棒滑到CD位置时速度为v0，由动能定理，解得，由，，可得，则第2根杆穿过磁场的过程通过导体棒的电量为，设第2根杆穿越磁场后获得的速度为v，对于第2根杆穿越磁场的过程应用动量定理，又因为，联立可得，A错误；第3根棒刚进入磁场时，有，解得，回路中的感应电动势为，总电阻为，流过第3根棒的电流为，由牛顿第二定律，联立可得，B正确；第n棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为，电路总电阻为，电路总电流，第一根棒中电流，解得，第1根棒的热功率为，C正确；由A项、C项分析可知，第n根棒穿过磁场时回路中的总电阻为，流过第n根棒的电量为，第n根杆穿过磁场的过程，由动量定理可得，解得，若所有金属杆离开磁场时的速度都与第2根杆离开磁场时速度相同，则回路产生的焦耳热为，但是本题中各个金属杆离开磁场的速度不同，离开磁场的速度越来越小，从释放第1根棒到第n根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热不等于，D错误。
11．【知识点】电容器的充放电过程及其动态分析
【答案】（1） 从下到上
（2） 980
（3） C
【解析】
（1） 充电完毕,将开关S拨至位置2,电容器放电,电容器上极板带正电,则流经电阻箱R的电流方向为从下到上.
（2） i−t图像与横轴围成的面积表示电荷量,电荷量为Q=147×20×10−6×1 C=2.94×10−3 C,则电容器电容的测量值为C=QU=2.94×10−33 F=9.80×10−4 F=980 μF.
（3） 由q=It知q−t图像的斜率的绝对值表示电流大小,两次实验中电阻箱接入电路的阻值Ra
【解析】（1）欧姆表读数=指针所指刻度×倍率，欧姆表刻度不均匀，不估读到下一位，所以题图（b）中对应的读数为10×100Ω=1000Ω ；
（2）当电压传感器示数为0时，φC=φD，则UAC=UAD，UCB=UDB，由于R1与RF串联，R2与R3串联，则UACR1=UCBRF，UADR2=UDBR3，解得RF=R1R3R2.
（3）将表中数据描在坐标图中，用直线拟合相关数据点，如图所示.
（4）根据所作图线可得U=200mV时，m=1.8g，则F0=mg≈0.018N.
（5）因为非理想毫伏表的作用，导致所测量的电势差小于实际值，即比理想情况下的电表读数测量值偏小，若使非理想毫伏表读数为200mV，要增大施加的微小压力，即F1>F0.
13．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】 (1)25 V； (2)0.4 A； (3)8 W
【详解】 (1)交变电压u＝100eq \r(2)sin(100πt)V，最大值为Um＝100eq \r(2) V，故有效值为U1＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(100\r(2),\r(2)) V＝100 V，根据理想变压器的变压比公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，有U2＝eq \f(n2U1,n1)＝eq \f(200×100,800) V＝25 V。
(2)由于灯泡正常发光，故电流为IL＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(2,5) A＝0.4 A，所以副线圈中的电流I2＝IL＝0.4 A。
(3)电动机两端电压为UD＝U2－UL＝25 V－5 V＝20 V，电动机消耗的电功率为PD＝UDI2＝20×0.4 W＝8 W。
14．【知识点】带电粒子（物体）在重力场和电场组成的复合场中的运动
【答案】（1）a．4πρgdr133U0 b．油滴所带电荷量都是某一值的整数倍
（2）6πrηd（v1＋v2）U
【解析】（1）a．油滴悬浮时重力和静电力平衡，则有
U0q1d＝m1g（2分）
油滴质量m1＝ρ·43πr13（1分）
解得q1＝4πρgdr133U0（1分）
b．研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程
Un＝mgdq＝nU0，式中n＝1，2，3，…，
即U0d·nq＝mg（n＝1，2，3，…），此现象说明了油滴所带电荷量都是某一值的整数倍（2分）
（2）断开电源去掉两极板间电压，油滴受到自身重力和空气阻力作用而匀速下降，受力分析如图1所示，
图1
m'g＝f2（1分）
f2＝6πrηv2（1分）
油滴匀速上升时受力分析如图2所示，根据受力平衡有
F＝m'g＋f1（1分）
图2
F＝Uqd（1分）
f1＝6πrηv1（1分）
联立解得q＝6πrηd（v1＋v2）U（1分）
15．【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【答案】（1） 5×105 m/s
（2） 200 V
（3） (0.3−152) m
【解析】
（1） 由牛顿第二定律得F=ma,由公式E=U0d,F=Eq,可得粒子竖直方向加速度大小为a=qU0md,解得a=5×1010 m/s2,沿水平方向有L=v0t,竖直方向有d2=12at2,解得v0=5×105 m/s.
（2） 由于穿过电场的粒子运动时间相同且都为t,显然t=0时刻进入的粒子可以获得最大的速度并在竖直方向上偏离中轴线距离最远,竖直方向速度变化如图甲所示,当粒子偏转最大时,竖直位移大小恰好为d2,则d2=12vm⋅Lv0,竖直方向最大速度vm=qUmd⋅L2v0,解得U=200 V.
甲
（3） 由题意可知,对于某一粒子,在运动过程中可能偏离中轴线正方向有最远距离,也可能偏离中轴线负方向有最远距离.选取0∼L2v0时间内进入的粒子时,若太早进入电场,偏离中轴线正方向距离更大.太晚进入,会出现开始时偏离中轴线正方向,但后续经历先减速后反向加速过程,偏离中轴线负方向距离将大于偏离中轴线正方向距离.如图乙所示,设t0时刻进入的粒子恰好满足过程中偏离中轴线正方向最大距离与负方向最大距离相同，此时粒子偏离中轴线的最远距离最小，即满足S1=S2−S1,解得2S1=S2,由数学知识可知,竖直方向上粒子正方向运动时间Δt1=12+1⋅Lv0,最大偏移距离S1=(12+1)2⋅d2,解得S1=(0.3−15 2) m.
乙
次数
1
2
3
4
5
6
砝码质量m/g
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
电压U/mV
0
57
115
168
220
280