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2025 年高考考前信息物理必刷卷 04
（上海专用：电磁学）
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
一、电容器（2+3+3+8+6=22分）
【答案】1．C 2．D 3．C 4．乙 电压表分流 偏小 C 5．（1）0.0125m；（2）0.0625m
【解析】1．在高大的烟囱中安装静电除尘器、静电复印、静电喷漆均是利用静电，而在高大的建筑物
顶端装上避雷针是为了防止静电产生的危害。 故选C。（2分）
2．根据负点电荷的电场分布特点可知，越靠近场源电荷，电场强度越大，越靠近场源电荷电势越低，
所以 故选D。（3分）
3．AB．根据 若将玻璃板或者云母板插入两板之间，则相对介电常量变大，电容
变大，两极板间电压减小，静电计指针张角变小，故AB错误；
C．若将A板上移，则两板正对面积变小，电容变小，两极板间电压变大，静电计张角变大，故C正确；
D．若减小两极板之间的距离，则电容变大，两极板间电压减小，静电计指针张角变小，故D错误。
故选C。（3分）
4．[1][2]对比甲、乙两图可知，当开关接2时，图乙中存在电压表分流作用，测量得到的I-t图线与坐
标轴所围区域的面积表示流过电流表的电荷量，小于电容器的带电荷量，所以图乙误差较大；（4分）
[3]由于电荷量的测量值偏小，所以电容的测量值偏小；（2分）
[4]电容器放电过程中，电流减小，且逐渐变慢。 故选C。（2分）
5．（1）电子在加速电场中有 （1分）
在偏转电场中做类平抛运动，则 （1分）
联立可得 （1分）
（2）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，根据几何关系有 （2分）
代入数据解得 （1分）二、相互作用的电荷（3+3+6=12分）
【答案】6．A 7．C 8． D
【解析】6．p 和p 间的电场方向向右，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知， 。
1 2
故选A。（3分）
7．p 和p 连线中点电势为0，根据 ，可知电子的电势能由负值逐渐增大到正值；
1 2
根据 可知 图像的斜率代表电场力，
试探电子从（0.25R , 0）处沿x轴移动到（0.75R , 0）处，电场力先减小后增大。
故选C。（3分）
8．①[1]p 对p 的作用力包括库仑力与洛伦兹力，二者方向垂直，
1 2
根据力的合成可知 （3分）
②[2]根据 可知 1T=
根据 可知
根据题中 可知 解得 故选D。（3分）
三、电路（3+3+8+6=20分）
【答案】9．C 10．D 11．电流 保护电路 2.83 1.03 1.94
12．（1）1Ω；（2）500W；（3）83.3%
【解析】9．AB．当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，外电路总电阻先增大后减小，
所以回路中电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，即电流表的读数先减
小后增大，电压表的读数先增大后减小，故AB错误；
C．由于外电路电阻先增大后减小，但始终小于电源内阻，根据电源的输出功率与外电路电阻的关系
可知，电源的输出功率应先增大后减小，故C正确；
D．根据闭合电路欧姆定律可得 所以 由此可知，该比值不变，故D错误。故选C。（3分）
10．当用强光照射R 时，R 阻值减小，外电路总电阻减小，回路中电流增大，通过R 的电流增大，
1 1 1
内电压增大，路端电压减小，R 两端电压增大，即电容器两极板电压增大，则电容器所带电荷量增大，
2
两板间电场强度增大，液滴向上运动。 故选D。（3分）
11．[1]传感器B串联在电路中，是电流传感器；（1分）
[2]电阻R 起到保护电路的作用；（1分）
0
[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得 结合题意可得 ， （4分）
[5]根据
解得
根据数学规律可知，当
即 y具有最大值，则 （2分）
12．（1）根据闭合电路欧姆定律可得 解得 ， （2
分）
（2）电动机输出的机械功率为 （2分）
（3）电动机的效率为 （2分）
四、5G通信技术（3+3+9=15分）
【答案】13．ACD 14．B 15．（1） ；（2） ；（3）
【解析】13．AC．5G使用的是电磁波，电磁波是横波，AC正确；
B．5G使用的电磁波频率更高，所以5G使用的电磁波在介质中传播速度比4G的慢，B错误；
D．5G使用的电磁波频率更高，与4G信号相遇不会产生干涉现象，D正确。
故选ACD。（3分）
14．A．根据线圈中电流方向，应用右手螺旋定则判断出线圈中磁场方向向下，A错误；
B．电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，板间电场强度在变大，B正确；C．电流方向流向正极板，表示电容器在充电，两极板电荷量增大，电路中电流在减小，
线圈储存的磁场能正在减小，C错误；
D．磁场能逐渐转化成电场能，根据“增反减同”可知，线圈中感应电流的方向与线路中原电流方
向
相同，D错误。
故选B。（3分）
15．[1] 由题意可知，总功率为 （1分）
线路损耗功率为 （1分）
又因为 解得 （1分）
[2] 高压变压器副线圈两端的电压为 （1分）
根据 即高压变压器原、副线圈的匝数比 （2分）
[3] 需要的基电站个数 （1分）
每个基电站一天的耗电量为 （1分）
总耗电量为 （1分）
五、“阿尔法质谱仪”（2+3+8=13分）
【答案】16． 17．A 18．（1） ；（2） ，
【解析】16．要使原子核能匀速通过速度选择器，根据平衡条件可得 又
解得 （2分）17．若氕核进入速度选择器的速度 ，则有 可知氕核在速度选择器中发生偏转，
由于洛伦兹力随速度的变化而变化，所以氕核在速度选择器中会做变加速曲线运动。 故选A。（3分）
18．（1）根据 解得 （1分）
氕核和氚核以相同速度进入偏转分离器，由洛伦兹力提供向心力可得 解得
则有 ， （2分）
可知在质谱仪底片上收集到的条纹之间的距离为 （1分）
（2）粒子在磁场中运动的时间为 （2分）
则氕核和氚核在磁场中运动的时间分别为 ， （2分）
六、疯狂过山车（5+3+10=18分）
【答案】(1) (2) (3) 见解析 +
【详解】（1）根据牛顿第二定律得导体棒在直轨道ac(bd)上运动的加速度大小
（2分）
1s末的速度为1s末重力的瞬时功率 （3分）
（2）导体棒从释放到圆弧轨道的底端ef处，由动能定理得
（1分）
导体棒到达圆弧轨道的底端ef处，由牛顿第二定律得 解得 （1分）
由牛顿第三定律得导体棒到达圆弧轨道的底端ef处对轨道的压力大小为24N。（1分）
（3）[1]由右手定则知导体棒中的电流方向如图所示（1分）
[2]导体棒切割磁感线产生的感应电动势和电流分别为 ， （1分）
导体棒受到的安培力 （1分）
若导体棒在磁场中做匀速直线运动，外力等于安培力 （1分）
[3]当导体棒的速度为v时，由牛顿第二定律得 （2分）
解得 （1分）
[4]撤去外力前，导体棒在磁场中做匀加速运动，有 整理得
由数学知识知图像为 （1分）设撤力瞬间导体棒的速度为v，撤去力F后，由动量定理得
1
整理得 （1分）
图像为斜向下的直线，由于磁场宽度未知，无法判断何时减速至0，故可能的图像为
（1分）
