高考物理一轮复习考点精讲精练阶段性训练（三）（解析版）（内容：电场 恒定电流 磁场）

阶段性训练（三）考察内容（电场恒定电流磁场）一．选择题1．磁通量单位用国际单位制的基本单位可表示为（）A．Wb B．T•m2 C．kg•m2/（A•s2） D．N•m/A【解答】解：根据磁通量的计算公式Φ＝BS可知：1Wb＝1T•m2；根据磁感应强度的定义式可得：B=FIL其中力的单位1N＝1kgm/s2，故磁通量单位用国际单位制的基本单位可表示为1Wb＝1kg•m2/（A•s2），故C正确、ABD错误。故选：C。2．自然科学中很多物理量的表达式都有不止一个，通常都有其定义式和决定式，它们反应人们对自然界认识的不同层次．定义式侧重描述客观世界，决定式侧重对因果关系的解释．下列表达式中，侧重解释因果关系的是（）A．电阻R=UI B．电容CC．加速度a=Fm 【解答】解：ABD.电阻R=UI，电容C=QC.根据牛顿第二定律得加速度a=F故选：C。3．下面是某同学对电场和磁场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A．根据电场强度的定义式E=FqB．根据电势差的定义式UAB=WABC．根据电容的定义式C=QUD．由磁感应强度公式B=F【解答】解：A．电场强度定义式E=FB．根据电势差的定义式UAB=WABqC．电容的定义式C=QD．根据左手定则，磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向垂直，故D错误。故选：B。4．“司南”是我国古代四大发明之一，主体由磁勺和罗盘构成。据东汉《论衡》记载，其“司南之杓，投之于地，其柢（即勺柄）指南”。若在静止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通电的直导线，请推测勺柄将（）A．向正东方向转动 B．向正西方向转动 C．向正南方向移动 D．向正北方向移动【解答】解：磁勺柄指南，根据地理的南极与地磁的N极基本重合，异名磁极相互吸引，则勺柄应为该磁体的S极；在静止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通电的直导线，根据右手螺旋定则可知，磁勺所处位置磁场由东向西，则勺柄向正东方向转动，故A正确，BCD错误；故选：A。5．如图所示，长度为L的导体棒原来带负电，将带电荷量为q的正点电荷放在导体棒的中心轴线上距离棒左端R处，达到静电平衡后，棒的左端带负电，右端不带电，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A．导体棒左端电势高，右端电势低 B．导体棒左端电势低，右端电势高 C．导体棒上的电荷在棒中心O处产生的电场强度大小为4kq(2R+L)D．导体棒上的电荷在棒中心O处产生的电场强度大小为2kq【解答】解：AB．导体棒达到静电平衡后，导体棒是一个等势体，则导体棒左右两端电势相等，故AB错误；CD．导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小与点电荷+q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，故可得棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场强度大小为E=kq故C正确，D错误。故选：C。6．2022年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子仅在电场力作用下运动的轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则（）A．a点的电场强度大于b点的电场强度 B．电子在a点的动能大于在b点的动能 C．电子在a点的电势能大于在b点的电势能 D．a点的电势高于b点的电势【解答】解：A、根据等差等势面的疏密可表示场强强弱，由于a点等差等势面比b点稀疏，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故A错误；BCD、顺着电场线方向，电势逐渐降低，电场线由高等势面指向低等势面，根据电子受力方向向右下方，则电场线方向向左上，故a点电势低于b点，电子带负电，电子在a点的电势能大于在b点的电势能，根据能量守恒知电子在a点的动能小于在b点的动能，故BD错误，C正确。故选：C。7．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则（）A．小球带负电 B．电场力跟重力是一对平衡力 C．小球从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．运动过程中小球的机械能守恒【解答】解：AB．小球受到重力、电场力和细绳的拉力在竖直平面内做匀速圆周运动，根据合外力提供向心力，电场力应与重力平衡，即小球所受电场力与重力等大反向，则知小球带正电，故A错误，B正确；C．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；D．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。故选：B。8．电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2．则（）A．I1＜I2 B．U1C．U1U2【解答】解：A、小灯珠与电动机串联，所以：I1＝I2，故A错误；BCD、对小灯珠，由欧姆定律可得：U1＝I1R1，电动机正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势，所以：U2＞I2R2，所以：U1故选：D。9．某同学根据查阅到的某种热敏电阻的R﹣t特性曲线（如图1），设计了图2所示的恒温箱温度控制电路。图2中，Rt为热敏电阻，R1为可变电阻，控制系统可视作R＝200Ω的电阻，电源的电动势E＝9.0V，内阻不计。当通过控制系统的电流小于2mA时，加热系统将开启，为恒温箱加热；当通过控制系统的电流等于2mA时，加热系统将关闭。下列说法正确的是（）A．若要使恒温箱内温度保持20℃，应将R1调为500Ω B．若要使恒温箱内温度升高，应将R1增大 C．若恒温箱内温度降低，通过控制系统的电流将增大 D．保持R1不变，通过控制系统的电流大小随恒温箱内的温度均匀变化【解答】解：A．根据闭合电路欧姆定律可知，控制系统的电流等于2mA时，电路中的总电阻R总=9.02×10−3Ω=4500Ω；由图1可知，20℃热敏电阻的阻值为Rt1＝4000Ω，若要使恒温箱内温度保持20℃，应将R1调为4500Ω﹣4000B．由于加热系统关闭的电流临界值2mA一定，即加热系统关闭的电路中临界的总电阻始终4500Ω。可知若要使恒温箱内保持的温度值升高，即热敏电阻的阻值减小，则必须使R1增大，故B正确；C．若恒温箱内温度降低，热敏电阻阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可知，通过控制系统的电流减小，故C错误；D．根据图1可知，恒温箱内的温度与热敏电阻的阻值成线性关系，通过控制系统的电流I=ER+R故选：B。10．如图所示，三根长直导线A、B和C垂直纸面并固定于等腰直角三角形的三个顶点上，三根导线均通有方向垂直纸面向里的电流I时，AC的中点O处磁感应强度的大小为B0．若使A中的电流反向其他条件不变，则O点处磁感应强度的大小变为（）A．0 B．B0 C．5B0 D．2B0【解答】解：当三导线中均通有垂直纸面向里的电流I时，A、C中点O磁感应强度为B0，用右手螺旋定则判断通电直导线A与通电直导线C在O点的合磁场为零，则通电直导线B在O点产生的磁场方向沿着AC，由A指向C，磁感应强度为B0，如果使A中的电流反向其他条件不变，则通电直导线A与通电直导线C在O点的合磁场大小为2B0，方向垂直AC向上；依据矢量的合成法则，则三根通电直导线在P点共同产生的磁场大小为：B合=B02故ABD错误，C正确。故选：C。11．在自行车上安装码表可记录骑行情况。如图，码表由强磁铁、霍尔传感器及显示器组成。霍尔传感器固定在自行车前叉一侧，强磁铁固定在车轮的一根辐条上。车轮半径为R，霍尔传感器到车轴的距离为r。强磁铁每次经过霍尔传感器时，PQ端均输出一次电信号，若每秒强磁铁n次经过霍尔传感器，同时显示器数据更新一次，则（）A．显示器上的里程110.0km是指骑行的位移大小 B．磁铁如图经过传感器时，导电的电子向Q端会聚 C．上图中PQ两端电势的高低，与磁铁运动的方向有关 D．自行车的速度21.8km/h是由2πnr换算得来的【解答】解：A.显示器上的里程110.0km是指骑行的路程，故A错误；B.电子移动的方向与电流相反，根据左手定则可知，电子的安培力方向是由P指向Q的，则导电的电子向Q端会聚，故B正确；C.无论磁铁是顺时针还是逆时针，通过霍尔元件的磁感应强度方向不变，导电的电子仍向Q端会聚，则当稳定之后，有电场力和洛伦兹力平衡，即Ud解得U＝Bvd可知，与磁铁运动的方向无关，故C错误；D.根据圆周运动各个物理量之间关系，自行车的线速度为v＝2πnR，故D错误；故选：B。12．如图所示，水平虚线MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向，由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动。不计粒子重力和粒子间相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子垂直射入磁场后沿逆时针方向做匀速圆周运动，粒子从O点垂直射出磁场，在磁场中做圆周运动然后再从磁场边界MN离开磁场，粒子离开磁场时与MN的夹角大小等于粒子进入磁场时速度方向与MN的夹角大小，由牛顿第二定律得：qvB＝mv解得粒子轨道半径：R=mv水平向右射入磁场的粒子在磁场中运动轨迹为一个完整的圆，竖直向上射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹为半个圆周，粒子运动轨迹如图所示：在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故B正确；故选：B。二．多选题13．电磁弹射技术被应用在福建舰上，大大提升了福建舰的战斗力，电磁弹射原理如图所示。电磁弹射器能使飞机在较短距离内很快被加速到起飞速度。下列说法中正确的是（）A．弹射过程飞机机身受到向前的安培力的冲量，使飞机的动量增加 B．通过轨道的电流只是用来产生驱动磁场，不会流过飞机机身 C．流过飞机机身的电流受到的安培力对飞机做正功 D．飞机被弹射的过程中弹射装置获得的电能全部转化为机械能【解答】解：AB．通过轨道的电流除了产生驱动磁场外，也流过机身使机身受到向前的安培力，使机身受到向前的安培力是动力，安培力的冲量也向前，根据动量定理可知，飞机的动量增加，故A正确，B错误；CD．飞机被弹射的过程中，流过飞机机身的电流受到的安培力与飞机运动方向相同，对飞机做正功，使电能转化为机械能，还有一部分电能通过电流做功转化为内能，故D错误，C正确。故选：AC。14．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点。一带电量为+2×10﹣3C、质量为1×10﹣3kg的小物块从A点静止释放，沿MN做直线运动，其运动的v﹣t图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电量保持不变，则下列说法中正确的是（）A．AB两点电势差UAB＝﹣4V B．小物块从B点到C点电场力做的功W＝10﹣2J C．B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E＝1V/m D．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大【解答】解：A、物块在A到B过程，根据动能定理得：qUAB=12mvB2−12mvA2得：UAB=WB、物块从B点到C点电场力做的功W=12mvC2−12mvB2C、据v﹣t图的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为a=45−3=2m/s2，所受的电场力最大为F＝ma＝1×10﹣3×2N＝2×10﹣3D、由v﹣t图可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则电势能一直减小，故D错误。故选：BC。15．图为某种锂电池充电过程中电池电压、充电电流随时间变化的图象。根据图象，可以做出的正确推断是（）A．该锂电池的电动势约为4.2V B．该锂电池的充电电压可能小于4.2V C．充电的1.0～3.0小时内，电池充入的电荷量为1000mA•h D．若该锂电池的容量为1400mA•h，则整个充电过程中，锂电池增加的电能不超过5.88W•h【解答】解：A、由图象可以看出，在充满电后电池电压稳定在4.2V，说明该锂电池的电动势约为4.2V，故A正确；B、锂电池的充电电压必须大于电源电动势才能进行充电操作，即该锂电池的充电电压要大于4.2V，故B错误；C、电流﹣时间图象的面积表示电池充入的电荷量，所以在充电的1.0～3.0小时内，图象面积小于1000mA•h，故C错误；D、若该锂电池的容量为1400mA•h，根据题意可知整个充电过程中，锂电池增加的电能为：E＝UQ＝4.2×1400×10﹣3W•h＝5.88W•h，故D正确。故选：AD。三．实验题16．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势E＝8V、内阻不计，充电前电容器带电量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I﹣t曲线如图乙所示。（1）在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向（选填“相同”或“相反”）；（2）图像阴影为I﹣t曲线图像与对应时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积S1S2（选填“＞”、“＜”或“＝”）；（3）已知S1＝1233mA•s，则该电容器的电容值为法拉（保留两位有效数字）；（4）由甲、乙两图可判断阻值R1R2（选填“＞”或“＜”）。【解答】解：（1）由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向向右，故在电容器充电与放电过程中通过R0的电流方向相反；（2）I﹣t图像中图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分的面积S1＝S2；（3）由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为：C=Q（4）由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知，R1＜R2故答案为：（1）相反；（2）＝；（3）0.15；（4）＜17．某同学采用伏安法测量一节干电池的电动势和内阻，实验器材如下：①干电池一节（电动势约为1.5V，内阻约为0.5Ω）；②电压表V（量程为0～3V，内阻约为5kΩ）；③电流表A（量程为0～0.6A，内阻约为0.3Ω）；④滑动变阻器（最大阻值为20Ω）；⑤开关、导线若干。（1）根据甲图设计的电路，将乙图中的器材连成实验电路。（2）完成实验操作后，需要分析由电表内阻引起的实验误差。在图丙中，实线是根据实验数据描点作图得到的U﹣I图像；虚线是该电源真实的路端电压U随真实的干路电流I变化的U﹣I图像。本次实验分析误差的U﹣I图像是如图丙选项中的。（3）为减小由于电表引起的实验误差，本实验可以采取的措施是。A．采用量程更大的电流表B．采用阻值更大的滑动变阻器C．将电流表改接在甲图中的c、d节点之间D．采用内阻更大的电压表【解答】解：（1）根据甲图设计的电路，将乙图中的器材连成实验电路如下图所示。（2）电压表测量路端电压不存在系统误差，由于电压表的分流作用，电流表测量的电流值小于流经电源的电流，当电压表示数为零时，流经电压表的电流为零，此时电流表测量的电流值等于流经电源的电流，故电源真实的路端电压U随真实的干路电流I变化的U﹣I图像应该在测量所得的U﹣I图像的上方，且两图象的横轴截距相同，故ACD错误，B正确。故选：B。（3）A．采用量程更大的电流表，则电流表的读数会产生较大的误差，会使实验误差更大，故A错误；B．采用阻值更大的滑动变阻器，会在实验时不便于调节电路中电流的变化，会产生更大的误差，故B错误；C．将电流表改接在甲图中的c、d节点之间，则电流表的分压作用使内阻测量的误差很大，故C错误；D．采用内阻更大的电压表，会减小电压表的分流作用产生的误差，故D正确。故选：D。故答案为：（1）见解答；（2）B；（3）D四．计算题（共3小题）18．如图甲所示电路中，电流表与电压表均为理想电表，电容器电容C＝7μF，定值电阻R1＝30Ω，R2＝R3＝R4＝10Ω，M、N两端接一电源，此电源的路端电压与通过电源的电流关系如图乙所示，求：（1）电流表示数；（2）电压表示数和电容器极板带电量。【解答】解：（1）由于电压表所在支路相当于断路，故电路结构为R2、R3、R4串联后与R1并联，电压表示数为R4两端电压，电流表测干路电流。电路外电阻R代入数据解得：R外＝15Ω根据闭合电路欧姆定律，U＝E﹣Ir，故图像截距为E，斜率绝对值为r，由图乙得电源电动势E＝20V，内阻r＝20Ω，电流表示数I=代入数据解得：I=4（2）路端电压U＝IR外代入数据解得：U=60电压表示数为U代入数据解得：Uv=20电容器带电量Q＝C（U﹣UV）代入数据解得：Q＝4×10﹣5C答：（1）电流表示数为47（2）电压表示数为207V，电容器极板带电量为4×10﹣19．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=3（1）匀强电场的场强大小；（2）小球到达A点时速度的大小；小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离。【解答】解：（1）设小球所受的电场力为，电场强度大小为E，由力的合成，得：F0又F0＝qE…②联立①②解得：E=（2）小球到达C点时所受合力大小为F，由力的