信息必刷卷04（參考答案）2

試卷第=page22頁，共=sectionpages2222頁1/2絕密★啟用前2025年高考考前信息物理必刷卷04（上海專用：電磁學(xué)）（考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分）一、電容器（2+3+3+8+6=22分）【答案】1．C2．D3．C4．乙電壓表分流偏小C5．（1）0.0125m；（2）0.0625m【解析】1．在高大的煙囪中安裝靜電除塵器、靜電復(fù)印、靜電噴漆均是利用靜電，而在高大的建筑物頂端裝上避雷針是為了防止靜電產(chǎn)生的危害。故選C。（2分）2．根據(jù)負(fù)點(diǎn)電荷的電場分布特點(diǎn)可知，越靠近場源電荷，電場強(qiáng)度越大，越靠近場源電荷電勢越低，所以故選D。（3分）3．AB．根據(jù)若將玻璃板或者云母板插入兩板之間，則相對介電常量變大，電容變大，兩極板間電壓減小，靜電計(jì)指針張角變小，故AB錯(cuò)誤；C．若將A板上移，則兩板正對面積變小，電容變小，兩極板間電壓變大，靜電計(jì)張角變大，故C正確；D．若減小兩極板之間的距離，則電容變大，兩極板間電壓減小，靜電計(jì)指針張角變小，故D錯(cuò)誤。故選C。（3分）4．[1][2]對比甲、乙兩圖可知，當(dāng)開關(guān)接2時(shí)，圖乙中存在電壓表分流作用，測量得到的It圖線與坐標(biāo)軸所圍區(qū)域的面積表示流過電流表的電荷量，小于電容器的帶電荷量，所以圖乙誤差較大；（4分）[3]由于電荷量的測量值偏小，所以電容的測量值偏??；（2分）[4]電容器放電過程中，電流減小，且逐漸變慢。故選C。（2分）5．（1）電子在加速電場中有（1分）在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則（1分）聯(lián)立可得（1分）（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有（2分）代入數(shù)據(jù)解得（1分）二、相互作用的電荷（3+3+6=12分）【答案】6．A7．C8．D【解析】6．p1和p2間的電場方向向右，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，。故選A。（3分）7．p1和p2連線中點(diǎn)電勢為0，根據(jù)，可知電子的電勢能由負(fù)值逐漸增大到正值；根據(jù)可知圖像的斜率代表電場力，試探電子從（0.25R,0）處沿x軸移動(dòng)到（0.75R,0）處，電場力先減小后增大。故選C。（3分）8．①[1]p1對p2的作用力包括庫侖力與洛倫茲力，二者方向垂直，根據(jù)力的合成可知（3分）②[2]根據(jù)可知1T=根據(jù)可知根據(jù)題中可知解得故選D。（3分）三、電路（3+3+8+6=20分）【答案】9．C10．D11．電流保護(hù)電路2.831.031.9412．（1）1Ω；（2）500W；（3）83.3%【解析】9．AB．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P從a端滑到b端的過程中，外電路總電阻先增大后減小，所以回路中電流先減小后增大，內(nèi)電壓先減小后增大，路端電壓先增大后減小，即電流表的讀數(shù)先減小后增大，電壓表的讀數(shù)先增大后減小，故AB錯(cuò)誤；C．由于外電路電阻先增大后減小，但始終小于電源內(nèi)阻，根據(jù)電源的輸出功率與外電路電阻的關(guān)系可知，電源的輸出功率應(yīng)先增大后減小，故C正確；D．根據(jù)閉合電路歐姆定律可得所以由此可知，該比值不變，故D錯(cuò)誤。故選C。（3分）10．當(dāng)用強(qiáng)光照射R1時(shí)，R1阻值減小，外電路總電阻減小，回路中電流增大，通過R1的電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，R2兩端電壓增大，即電容器兩極板電壓增大，則電容器所帶電荷量增大，兩板間電場強(qiáng)度增大，液滴向上運(yùn)動(dòng)。故選D。（3分）11．[1]傳感器B串聯(lián)在電路中，是電流傳感器；（1分）[2]電阻R0起到保護(hù)電路的作用；（1分）[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得結(jié)合題意可得，（4分）[5]根據(jù)解得根據(jù)數(shù)學(xué)規(guī)律可知，當(dāng)即y具有最大值，則（2分）12．（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得解得，（2分）（2）電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為（2分）（3）電動(dòng)機(jī)的效率為（2分）四、5G通信技術(shù)（3+3+9=15分）【答案】13．ACD14．B15．（1）；（2）；（3）【解析】13．AC．5G使用的是電磁波，電磁波是橫波，AC正確；B．5G使用的電磁波頻率更高，所以5G使用的電磁波在介質(zhì)中傳播速度比4G的慢，B錯(cuò)誤；D．5G使用的電磁波頻率更高，與4G信號相遇不會(huì)產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，D正確。故選ACD。（3分）14．A．根據(jù)線圈中電流方向，應(yīng)用右手螺旋定則判斷出線圈中磁場方向向下，A錯(cuò)誤；B．電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，板間電場強(qiáng)度在變大，B正確；C．電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，電路中電流在減小，線圈儲(chǔ)存的磁場能正在減小，C錯(cuò)誤；D．磁場能逐漸轉(zhuǎn)化成電場能，根據(jù)“增反減同”可知，線圈中感應(yīng)電流的方向與線路中原電流方向相同，D錯(cuò)誤。故選B。（3分）15．[1]由題意可知，總功率為（1分）線路損耗功率為（1分）又因?yàn)榻獾茫?分）[2]高壓變壓器副線圈兩端的電壓為（1分）根據(jù)即高壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比（2分）[3]需要的基電站個(gè)數(shù)（1分）每個(gè)基電站一天的耗電量為（1分）總耗電量為（1分）五、“阿爾法質(zhì)譜儀”（2+3+8=13分）【答案】16．17．A18．（1）；（2），【解析】16．要使原子核能勻速通過速度選擇器，根據(jù)平衡條件可得又解得（2分）17．若氕核進(jìn)入速度選擇器的速度，則有可知氕核在速度選擇器中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由于洛倫茲力隨速度的變化而變化，所以氕核在速度選擇器中會(huì)做變加速曲線運(yùn)動(dòng)。故選A。（3分）18．（1）根據(jù)解得（1分）氕核和氚核以相同速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)分離器，由洛倫茲力提供向心力可得解得則有，（2分）可知在質(zhì)譜儀底片上收集到的條紋之間的距離為（1分）（2）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（2分）則氕核和氚核在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為，（2分）六、瘋狂過山車（5+3+10=18分）【答案】(1)(2)(3)見解析+【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律得導(dǎo)體棒在直軌道ac(bd)上運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?分）1s末的速度為1s末重力的瞬時(shí)功率（3分）（2）導(dǎo)體棒從釋放到圓弧軌道的底端ef處，由動(dòng)能定理得（1分）導(dǎo)體棒到達(dá)圓弧軌道的底端ef處，由牛頓第二定律得解得（1分）由牛頓第三定律得導(dǎo)體棒到達(dá)圓弧軌道的底端ef處對軌道的壓力大小為24N。（1分）（3）[1]由右手定則知導(dǎo)體棒中的電流方向如圖所示（1分）[2]導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢和電流分別為，（1分）導(dǎo)體棒受到的安培力（1分）若導(dǎo)體棒在磁場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，外力等于安培力（1分）[3]當(dāng)導(dǎo)體棒的速