2025版高三物理单元集训专项测评与阶段滚动阶段滚动(三)　电场、电路和磁场综合检测含答案

2025版高三物理单元集训专项测评与阶段滚动阶段滚动(三)电场、电路和磁场综合检测含答案阶段滚动(三)电场、电路和磁场综合检测一、单项选择题(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．(2024·湖南省模拟)某数码相机的锂电池电动势为3.6V，容量为1000mA·h，若关闭液晶屏拍摄，每拍一张照片约消耗电能32J，根据以上信息估算每充满电一次可拍摄多少张照片()A．150B．200C．300D．400答案D解析已知q＝1000mA·h＝1000×10－3×3600C＝3.6×103C，锂电池做功的最大值为W＝qE＝3.6×103×3.6J＝1.296×104J，可拍摄照片的张数为n＝eq\f(W,W1)＝eq\f(1.296×104J,32J)＝405，故选D。2．(2023·四川南充市模拟)如图(a)所示为某大楼楼顶上安装的避雷针，避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物等避免雷击的一种设施。避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图(b)所示，下列说法正确的是()A．同一带负电荷的雨滴在M点的电势能大于在N点的电势能B．同一带负电荷的雨滴从M到N过程中静电力做负功C．N点周围的等势面比M点周围的等势面稀疏D．N点的电势低于M点的电势答案A解析沿电场线方向电势逐渐降低，故N点的电势高于M点的电势，D错误；根据电势能的表达式Ep＝qφ，N点的电势高于M点的电势，故同一带负电的雨滴在M点的电势能大于在N点的电势能，A正确；同一带负电的雨滴从M到N过程中，负电荷逆着电场线方向运动，静电力做正功，B错误；等势面的密集程度反映电场强度的大小，N点周围的电场线比M点周围的电场线更密集，故N点周围的等势面比M点周围的等势面密集，C错误。3.如图所示，由均匀导线制成的边长为l的正方形导线框abcd用绝缘细线悬挂于天花板上，导线框的c、d两点与一恒流源(未画出)相连接，连接电源的导线质量及其所受安培力均忽略不计，导线框中的电流从c点流入，d点流出。现在虚线框区域(虚线框的高度小于l)加一个垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，其磁感应强度大小为B，导线框静止不动，细线中的拉力为F1，若把虚线框内的磁场向下平移l距离，导线框仍静止，细线中的拉力变为F2，则恒流源中电流的大小为()A.eq\f(F1,Bl) B.eq\f(F2,Bl)C.eq\f(2F2－F1,Bl) D.eq\f(2F2＋F1,Bl)答案C解析由题图，导线cd与导线cbad并联，电阻之比为1∶3，设恒流源中的电流为I，由并联电路的分流规律可知，ab中的电流为eq\f(I,4)，cd中的电流为eq\f(3I,4)，电流方向都向左，由左手定则可知，两种情形导线框所受安培力方向都竖直向下，所以F1＝mg＋eq\f(BIl,4)，F2＝mg＋eq\f(3BIl,4)，联立解得I＝eq\f(2F2－F1,Bl)，故C正确，A、B、D错误。4.(2024·江苏省开学考试)在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为I1和U1；当电动机正常运转时，电流表和电压表的示数分别为I2和U2。不计一切阻力，电表均为理想电表，电源内阻不计，则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是()A．电动机的内电阻为eq\f(U2,I2)B．电动机正常工作时的效率为(1－eq\f(U1I2,U2I1))×100%C．电动机的输出功率为U2I2－U1I1D．若电动机拉着质量为m的重物以速度v匀速上升，则U2I2＝mgv答案B解析依题意，电动机停止转动时，为纯电阻，其内电阻为R＝eq\f(U1,I1)，故A错误；电动机正常工作时，输出功率为P输出＝P总－P热＝U2I2－I22R，联立可得P输出＝U2I2－I22eq\f(U1,I1)，故C错误；电动机正常工作时的效率为η＝eq\f(P输出,P总)×100%＝eq\f(U2I2－I22\f(U1,I1),U2I2)×100%＝(1－eq\f(U1I2,U2I1))×100%，故B正确；若电动机拉着质量为m的重物以速度v匀速上升，则P输出＝mgv，即U2I2－I22eq\f(U1,I1)＝mgv，故D错误。5．(2023·重庆市合川区联考)在如图所示的电路中，电表均为理想电表，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列说法正确的是()A．电路再次稳定时，电源效率增加B．灯L2变暗，电流表的示数减小C．灯L1变亮，电压表的示数减小D．电容器存储的电势能增加答案C解析电源的效率η＝eq\f(IU,IE)×100%＝eq\f(U,E)×100%＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))×100%将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路电阻减小，则电源的效率减小，故A错误；将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并＝U－U1，U减小，U1增大，U并减小，灯L2变暗，流过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大，故B错误，C正确；电容器两端的电压等于并联部分的电压，电压变小，由Q＝CU知电容器的电荷量减少，电容器存储的电势能减小，故D错误。6．(2023·河南省天一大联考)长直导线周围某点的磁感应强度大小为B＝keq\f(I,r)，其中r为该点到长直导线的距离，比例常数k＝2×10－7T·m·A－1，I是通过长直导线的电流。有两长直导线分别垂直纸面放置在直角三角形两个顶点a、b处，a处的导线中通有恒定电流I1＝1A，b处的导线中通有恒定电流I2＝2A，方向如图所示。已知θ＝30°，ac边长为10cm，则三角形的顶点c处磁感应强度()A．大小为2×10－6T，方向与ac边成150°角斜向上B．大小为2×10－6T，方向与ac边成150°角斜向下C．大小为2eq\r(3)×10－6T，方向与ac边成60°角斜向上D．大小为2eq\r(3)×10－6T，方向与ac边成60°角斜向下答案B解析a处导线中的电流在c处产生的磁场的磁感应强度大小为B1＝keq\f(I1,r1)＝eq\f(2×10－7×1,0.1)T＝2×10－6T，bc＝eq\f(ac,sin30°)＝20cm，所以b处导线中的电流在c处产生的磁场的磁感应强度大小为B2＝keq\f(I2,r2)＝eq\f(2×10－7×2,0.2)T＝2×10－6T，方向如图所示，由几何关系可得B1、B2间的夹角为120°，根据矢量叠加原理可得B＝2B1cos60°＝2×10－6T，方向与ac边成150°角斜向下，选项B正确。7.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则()A．M板电势高于N板电势B．两个粒子的电势能都增加C．粒子在两板间的加速度为a＝eq\f(2v02,L)D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq\f(\r(2)－1L,2v0)答案C解析由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，故C正确，D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.阻值相等的三个电阻R、电容为C的平行板电容器、电动势为E且内阻可以忽略的电源与开关S连接成如图所示的电路，其中电源负极接地。开始时，开关S断开，电路稳定后有一带电液滴位于电容器极板间的P点并处于静止状态，整个装置处于真空中，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动B．若将电容器上极板上移少许，则P点电势降低C．闭合S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加eq\f(CE,3)D．闭合S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小为eq\f(1,3)g答案BD解析减小电容器两极板的正对面积，两极板间电压不变，根据E场＝eq\f(U,d)可知，两极板间电场强度不变，液滴所受的静电力不变，仍然保持静止，故A错误；若将电容器上极板上移少许，即电容器两极板间距离d变大，根据E场＝eq\f(U,d)可知，E场减小，因为电容器下极板接地，电势为零，由P点电势φP＝E场dP可知，P点电势降低，故B正确；开关S断开时有Q1＝CU1，U1＝eq\f(E,2R)R＝eq\f(E,2)，开关S闭合时有Q2＝CU2，U2＝eq\f(E,\f(1,2)R＋R)·eq\f(R,2)＝eq\f(E,3)，则Q1－Q2＝eq\f(CE,6)，即闭合S，电路稳定后电容器所带电荷量比原来减少eq\f(CE,6)，故C错误；S断开时，液滴静止，则有E场q＝eq\f(U1q,d)＝eq\f(Eq,2d)＝mg，S闭合时有mg－E场′q＝ma，E场′q＝eq\f(U2q,d)＝eq\f(Eq,3d)＝eq\f(2,3)mg，联立解得a＝eq\f(1,3)g，故D正确。9．(2024·北京市模拟)如图甲所示的平面直角坐标系中，x轴上方有磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，在O点处有一粒子源，沿纸面不断地放出同种粒子，粒子的速率均为v，粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角范围为60°～120°。粒子的重力及粒子间的相互作用均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与x轴的交点为E，外边界与x轴的交点为F，与y轴的交点为D(a,0)。下列判断正确的是()A．粒子带正电B．OF的长度为eq\f(\r(3),2)aC．粒子源放出的粒子的比荷为eq\f(v,aB)D．从点E离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为eq\f(2πa,3v)答案CD解析由左手定则可知，粒子带负电，选项A错误；由几何关系可知，OD＝a＝R，OF＝2R＝2a，选项B错误；根据qvB＝meq\f(v2,R)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)＝eq\f(v,aB)，选项C正确；从点E离开磁场的粒子在磁场中转过的角度可能为120°，也可能是240°，则在磁场中运动的时间可能为t＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πa,3v)，也可能是t′＝eq\f(2T,3)＝eq\f(4πa,3v)，选项D正确。10．(2023·山东聊城市模拟)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出，从进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是()A．洛伦兹力对小球做正功B．小球的机械能增加C．小球的运动轨迹是一条抛物线D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关答案BC解析洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，故A错误；设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，小球受力如图所示，玻璃管对带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故B正确；小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球在竖直方向所受的洛伦兹力F1＝qvB，是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，解得小球的加速度大小a＝eq\f(qvB,m)－g，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，故C正确；小球在竖直方向做匀加速运动，根据h＝eq\f(1,2)at2可知t＝eq\r(\f(2h,a))＝eq\r(\f(2h,\f(qvB,m)－g))，则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度有关，故D错误。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)(2024·云南师范大学附属中学月考改编)某电阻Rx的阻值约为100Ω，现要用如图所示的电路测量其阻值，可选器材如下：A．电源E(电动势约3V)；B．滑动变阻器R1(最大阻值为10kΩ)；C．滑动变阻器R2(最大阻值为10Ω)；D．电压表V(量程0～3V，内阻为1kΩ)；E．电流表A1(量程0～10mA，内阻约为1Ω)；F．电流表A2(量程0～30mA，内阻约为3Ω)；G．开关、导线若干。(1)电流表应选择________(填“E”或“F”)。(2)某同学做实验的过程中发现滑动变阻器的滑片即便在很大范围内滑动，电压表和电流表的示数都几乎为零，不方便获得多组电压、电流数据，于是向你求助。你检查后发现器材完好，电路连接无误，各接线柱接触良好。请帮助该同学判断最有可能存在的问题并告诉他解决问题的办法：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)为了消除因电表内阻造成的系统误差，测量时S2应接________(填“a”或“b”)。某次测量中读得电压表的示数为1.60V，电流表的示数为17.2mA，消除系统误差之后，算得Rx的阻值为________Ω(结果保留3位有效数字)。答案(1)F(2)见解析(3)b103解析(1)由电路图可知，采用的是“分压式”接法，Rx可获得的电压范围为0～3V，故通过Rx的最大电流约为Imax＝30mA，故电流表应选择F。(2)实验的过程中，发现滑动变阻器的滑片即便在很大范围内滑动，电压表和电流表的示数都几乎为零，不方便获得多组电压、电流数据，可能是滑动变阻器的规格选择错误，应选用最大阻值为10Ω的滑动变阻器。(3)根据题中所给器材，电压表的内阻已知，而电流表的内阻未知，因此可根据电压表示数得到流过它的电流值，故采用电流表外接法，故S2接b；电压表分得的电流IV＝eq\f(U,RV)＝1.6mA，故流过Rx的电流IRx＝17.2mA－1.6mA＝15.6mA，故由欧姆定律得Rx＝eq\f(U,IRx)≈103Ω。12．(8分)(1)在“练习使用多用电表”的实验中，小强用欧姆挡去测量“220V100W”的白炽灯不发光时的灯丝电阻，在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去，如图甲所示，那么你认为此挡位是________(填“×1”“×10”或“×100”)。(2)由于欧姆表自带电源，可将某挡位下的欧姆表等效为一直流电源，为了测量该直流电源的电动势和内阻，小芳又从实验室拿到一个毫安表(内阻约10Ω)、一个滑动变阻器R0(0～200Ω)以及开关和导线。利用上述器材，请在虚线框内设计测量电路。(3)若某次测量时毫安表示数如图乙所示，则电流I＝________mA。(4)小芳同学调节滑动变阻器得到多组欧姆表的示数R与毫安表的示数I，并建立IR－I坐标系，将测得的数据描点连线，如图丙所示。由图像可知该挡位下欧姆表等效电源的电动势为________V，等效电源的内阻为________Ω。(结果均保留两位小数)答案(1)×10(2)见解析图(3)32.0(4)1.4310.82解析(1)灯泡正常发光时的电阻R＝eq\f(U额定2,P额定)＝eq\f(2202,100)Ω＝484Ω，由于灯泡电阻随温度升高而增大，因此灯泡在常温下的电阻阻值小于灯泡正常发光时的电阻阻值，灯泡在常温下的阻值小于484Ω，约为几十欧姆，由题图甲所示表盘可知，指针示数为6，则欧姆表挡位应是“×10”。(2)用毫安表能测量出电路中的电流，欧姆表能得到外电路的电阻，则电路如图所示。(3)由题图乙所示表盘知，毫安表量程是0～50mA，分度值是1mA，则毫安表示数是32.0mA。(4)由闭合电路欧姆定律知，电源电动势E＝I(r＋R)＝Ir＋IR，则IR＝E－Ir，由题图丙IR－I图线可知，等效电源的电动势E＝1.43V，等效电源的内阻r＝eq\f(ΔIR,ΔI)＝eq\f(1.43－0.90,49×10－3)Ω≈10.82Ω。13．(12分)(2023·广东佛山市一模)如图，在空间直角坐标系O－xyz中，界面Ⅰ与Oyz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从y轴上距O点eq\f(L,2)处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求：(1)电场强度E的大小；(2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，磁感应强度B应多大。答案(1)eq\f(mv02,qL)(2)eq\f(\r(2)＋1mv0,qL)解析(1)粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子加速度为a，沿z轴正方向看，如图所示粒子从O1点进入右边磁场，则L＝v0teq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2qE＝ma联立解得E＝eq\f(mv02,qL)(2)设粒子到O1点时的速度为v，与x轴正方向夹角为θ，如图所示，则vy＝at，v＝eq\r(v02＋vy2)tanθ＝eq\f(vy,v0)故tanθ＝1即有θ＝45°，v＝eq\r(2)v0在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，如图所示，则qvB＝meq\f(v2,R)又根据几何关系R＋Rcos45°＝L解得B＝eq\f(\r(2)＋1mv0,qL)。14．(12分)如图所示，长度为0.7m的斜面AC的倾角为37°，在它的A端固定一个长度0.2m，管壁厚度可忽略不计的光滑管道AQ，管道内部固定一个长度也为0.2m的轻质弹簧，在Q点右侧有竖直向下、电场强度E＝100V/m的匀强电场。斜面的C端与一半径为0.105m的光滑圆弧轨道相切于C点，O为圆心，D在圆心O的正上方，A、B、C、D均在同一平面内。在Q点放置一个质量为m＝0.2kg、带电荷量q＝0.02C的小物块P，使P缓慢压缩弹簧到某点由静止释放，要使P能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，试分析P经过Q点时的速度应满足什么条件？已知小物块P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，小物块P的电荷量恒定不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。计算结果保留两位有效数字。答案4.0m/s<vQ≤4.4m/s或vQ≥5.1m/s解析若P刚好能够到达C点，则vC＝0，小物块由Q沿斜面上滑到C的过程，根据动能定理有eq\f(1,2)mvQ12＝[(qE＋mg)sin37°＋μ(qE＋mg)cos37°]CQ得vQ1＝4.0m/s若刚好能够到达与O在同一水平面且在O点右侧的K点，则vK＝0，小物块由Q到K的过程，根据动能定理有eq\f(1,2)mvQ22＝[(qE＋mg)sin37°＋μ(qE＋mg)cos37°]CQ＋(qE＋mg)Rcos37°得vQ2＝4.4m/s若刚好能够通过D点，则在D点有qE＋mg＝meq\f(vD2,R)由Q到D，根据动能定理有eq\f(1,2)mvQ32－eq\f(1,2)mvD2＝[(qE＋mg)sin37°＋μ(qE＋mg)·cos37°]CQ＋(qE＋mg)R(1＋cos37°)得vQ3≈5.1m/s综上所述，要使P能够到达圆轨道，并在经过圆轨道时不脱离圆轨道，P经过Q点时的速度vQ应满足4.0m/s<vQ≤4.4m/s或vQ≥5.1m/s。15．(16分)(2024·安徽省皖南八校联考)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点(2h,0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；(3)粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。答案(1)eq\f(mv02,2qh)(2)eq\f(2mv0,qL)(3)eq\f(16h＋πL,4v0)解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有2h＝v0t竖直方向有h＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)联立解得E＝eq\f(mv02,2qh)(2)粒子到达a点时，沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0则粒子到达a点时的速度大小为v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2)v0，方向与x轴正方向成45°角。粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示由几何知识得rmax＝eq\f(\r(2),2)L联立解得Bmin＝eq\f(2mv0,qL)(3)当磁感应强度最小时，运动时间最长；在电场中运动时间为t1＝t＝eq\f(2h,v0)磁场中的最长运动时间为t2＝eq\f(θ,2π)T又T＝eq\f(2πrmax,v)＝eq\f(2πm,qBmin)由轨迹图可知θ＝eq\f(π,2)，解得t2＝eq\f(πL,4v0)粒子出磁场后做匀速直线运动，水平分速度与粒子在电场中的水平分速度大小相等，故运动时间相等，则有t3＝t1粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值为t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(16h＋πL,4v0)。阶段滚动(四)电学综合检测一、单项选择题(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.某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图所示，若发现钻头M突然向右运动，则可能是()A．开关S由断开到闭合的瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．保持开关S闭合，滑动变阻器滑片P加速向右滑动D．保持开关S闭合，滑动变阻器滑片P匀速向右滑动答案A解析若发现钻头M突然向右运动，则两螺线管产生的磁场互相排斥，根据楞次定律可知，M中磁通量增大，M向右移动阻碍磁通量增大，可能是开关S由断开到闭合的瞬间，或开关S闭合，滑动变阻器滑片向左滑动的过程，故A正确，B、C、D错误。2．(2024·江苏省模拟)如图所示，图甲为速度选择器，图乙为磁流体发电机，图丙为回旋加速器，图丁为质谱仪。下列说法正确的是()A．图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v＝eq\f(E,B)B．图乙是磁流体发电机，A板电势比B板电势高C．图丙要增大某种粒子的最大动能，可减小磁场的磁感应强度D．图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比答案A解析题图甲中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是v＝eq\f(E,B)，A正确；题图乙是磁流体发电机，根据左手定则可知，A板电势比B板电势低，B错误；由公式Bqv＝meq\f(v2,R)可知v＝eq\f(BqR,m)，故粒子获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2R2,2m)，题图丙要增大某种粒子的最大动能，可增加磁场的磁感应强度，C错误；由题图可知Uq＝eq\f(1,2)mv2，Bqv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2Um,q))，题图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比为eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(\f(m1,q1)),\r(\f(m2,q2)))，D错误。3.(2024·贵州贵阳市开学考试)一边长为L、质量为m的正方形单匝金属线框，每边电阻均为R0，置于光滑绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图所示。现使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全进入磁场区域时，速度大小减为初速度的四分之三，则金属框的初速度大小为()A.eq\f(B2L3,mR0) B.eq\f(B2L3,2mR0)C.eq\f(4B2L3,3mR0) D.eq\f(4B2L3,mR0)答案A解析根据动量定理有－Beq\x\to(I)Lt＝m×eq\f(3,4)v－mvBeq\x\to(I)Lt＝BLq＝BL·eq\f(ΔΦ,4R0)＝BL·eq\f(BL2,4R0)联立得v＝eq\f(B2L3,mR0)，故选A。4．(2024·河南焦作市期中)某同学利用自制发电机给小风扇供电，使小风扇正常工作，其设计的电路简化模型如图甲所示。发电机产生正弦式交流电，其电动势如图乙所示。已知理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶12，小风扇内阻为8Ω，正常工作电流为1A。忽略导线与发电机线圈的电阻，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是()A．发电机的瞬时电动势为e＝3eq\r(2)sin2πtVB．t＝0.25s时，电压表示数为0C．正常工作时小风扇的输出功率为28WD．小风扇的转速一定与发电机的转速相同答案C解析发电机的瞬时电动势为e＝3eq\r(2)sineq\f(2π,T)tV＝3eq\r(2)sin4πtV，故A错误；t＝0.25s时，电压表示数为电动势的有效值，为U1＝eq\f(em,\r(2))＝3V，故B错误；根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得副线圈电压为U2＝36V，正常工作时小风扇的输出功率为P＝U2I－I2r＝36×1W－12×8W＝28W，故C正确；小风扇的转速与小风扇的功率有关，故小风扇的转速与发电机的转速不一定相同，故D错误。5.(2024·江苏常州市前黄高级中学检测)如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度的增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是()A．在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻R0消耗的电功率变大B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，R1消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向上运动D．若断开开关S，电容器所带电荷量变小，带电微粒向上运动答案A解析在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，则通过电阻R0的电流增大；根据功率P＝I2R可知电阻R0消耗的电功率变大，A正确；只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，R1消耗的功率不变，电容器两端电压不变，电阻R3中没有电流，B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，R2接入电路的电阻不变，电源输出电流不变，电源路端电压不变，电压表示数不变；电容器两端电压减小，电容器放电，带电微粒所受静电力减小，微粒向下运动，C错误；若断开开关S，电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受静电力减小，带电微粒向下运动，D错误。6.如图所示，太极图由“阴鱼”和“阳鱼”构成，其边界是以O为圆心、以R为半径的圆，内部由以O1和O2为圆心等半径的两个半圆分割成上下两部分，其中上部分为“阳鱼”，下部分为“阴鱼”，“阳鱼”中有方向垂直纸面向外的匀强磁场。Q为太极图边缘上一点，且O1、O2、O、Q四点共线。一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，在Q点以大小为v的速度指向圆心O射入“阳鱼”区域，若带电粒子在“太极图”运动过程中没有进入“阴鱼”区域，带电粒子重力不计。则磁感应强度的最小值为()A.eq\f(mv,Rq)B.eq\f(mv,2Rq)C.eq\f(mv,3Rq)D.eq\f(mv,4Rq)答案B解析若使带电粒子没有进入“阴鱼”区域，则带电粒子在磁场中半径最大的运动轨迹如图，轨迹与圆心为O1的圆相切于A点。设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系可得(r＋eq\f(R,2))2＝r2＋(eq\f(3,2)R)2，解得r＝2R，由牛顿第二定律可得qvB＝meq\f(v2,r)，联立解得B＝eq\f(mv,2Rq)，故选B。7.(2023·海南海口市模拟)如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E＝eq\f(2mg,q)，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ；现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是()A．环经过eq\f(t0,2)时间刚好到达最低点B．环的最大加速度为am＝g＋eq\f(μqv0B,m)C．环在t0时间内损失的机械能为m(v02－eq\f(m2g2,μ2q2B2))D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等答案B解析环向下运动时在竖直方向上受到重力、向上的静电力、向上的摩擦力，以竖直向上为正方向，设加速度大小为a1，则a1＝eq\f(qE＋μqvB－mg,m)，因为速度的减小，导致洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动，当环向上运动时，环的加速度大小a2＝eq\f(qE－μqvB－mg,m)，随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在t＝eq\f(t0,2)时，圆环不可能刚好到达最低点，故A错误；圆环在运动过程中，向下运动时的加速度大于向上运动的加速度，而向下运动所受摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时加速度最大，最大加速度am＝eq\f(qE＋μqv0B－mg,m)＝g＋eq\f(μqv0B,m)，故B正确；圆环从出发点到回到出发点的过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失即为动能的减小，则有ΔEk＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，而v＝eq\f(mg,μqB)，因此损失的机械能为eq\f(1,2)m(v02－eq\f(m2g2,μ2B2q2))，故C错误；根据功能关系，除重力以外的力做功，才导致机械能变化，而环在下落与上升过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损失的机械能，故D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．(2023·陕西省富平县模拟)如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车()A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcbaB．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流C．小车进入磁场前的速度越大，滑行的距离越远D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左答案CD解析根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，故A错误；因为有界匀强磁场与abcd等宽、等长，所以穿过磁场的过程中，ab边刚要离开磁场时，cd边进入磁场，故穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，故B错误；根据动量定理可得－Beq\x\to(I)lt＝mv－mv0，即Bql＝mv0－mv，则可得mv＝mv0－Bql，可以看出，小车进入磁场前的速度越大，离开磁场时的速度越大，根据x＝eq\f(v2,2a)，可知离开磁场后滑行的距离越远，故C正确；根据左手定则可知，进入磁场时，ab受到的安培力方向水平向左，离开磁场时，根据楞次定律可知，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，根据左手定则，cd受到的安培力方向也是水平向左，故D正确。9．(2023·山东日照市模拟)如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是正方形的四个顶点。在正方形两对角线的交点O处有一个电子发射源，在平面内向各个方向发射出初动能均为3eV的电子。所有到达正方形边界的电子中，到达c点的电子动能最大。已知正方形的边长为10cm，电子到达c点时动能为7eV。电子仅在静电力的作用下运动，下列说法正确的是()A．该匀强电场的电场强度的方向为从a点指向c点B．该匀强电场的电场强度大小为40eq\r(2)V/mC．若b点的电势为零，电子运动到a点时的电势能为－1eVD．电子到达ab中点时的动能为1eV答案BD解析根据题意电子到达c点的动能最大，说明电子从O到c静电力做功最多，从O到c动能增大，静电力做正功，电子沿电场线反方向运动，故电场线从c点指向a点，A错误；根据动能定理可得－eUOc＝Ekc－EkO，解得UOc＝－4V，正方形边长L＝10cm，Oc的距离为dOc＝eq\f(\r(2),2)L＝5eq\r(2)cm，电场强度的大小为E＝eq\f(|UOc|,dOc)＝40eq\r(2)V/m，B正确；由于bd垂直于ac，则φb＝φO＝0，EpO＝－eφO＝0，WOa＝EpO－Epa＝－eEdOa，dOa＝eq\f(\r(2),2)L＝5eq\r(2)cm，综上所述，Epa＝4eV，C错误；设ab中点为p，从O到p由动能定理得－eEd＝Ekp－EkO，又d＝eq\f(L,2)cos45°，代入数据计算可得Ekp＝1eV，D正确。10．(2023·四川成都市联考)如图所示，足够长的平行金属导轨ab、cd置于水平面内，导体棒MN垂直放在导轨上，矩形虚线框区域内存在一竖直向下、磁感应强度B＝2T的匀强磁场。现让矩形虚线框区域磁场水平向右以速度v0＝10m/s匀速运动，经过时间t＝0.2s，导体棒达到稳定速度，整个过程中导体棒MN未滑出磁场，且与导轨保持良好接触并始终与ac平行。已知轨道间距L＝1m，MN的有效电阻与轨道左端连接的定值电阻均为r＝2Ω，其余部分电阻不计，导体棒MN质量m＝1kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2。则()A．能使导体棒MN运动，矩形区域磁场的速度至少为6m/sB．导体棒MN稳定运动的速度为5m/sC．导体棒MN从开始到稳定运动的时间内，通过导体棒MN的电荷量为4CD．导体棒MN稳定运动时，定值电阻r上消耗的电功率为12.5W答案BD解析导体棒MN从静止到恰好驱动时，相对矩形区域磁场向左以速度v0min切割磁感线，产生的动生电动势E＝BLv0min则闭合电路中有顺时针方向的感应电流I，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,2r)对导体棒MN由平衡条件可得BLI＝μmg则矩形区域磁场的最小驱动速度v0min＝eq\f(2μmgr,B2L2)＝5m/s，故A错误；设导体棒MN达到稳定速度为v，此时相对矩形区域磁场，导体棒向左以大小为v0－v的速度切割磁感线，与A同理可得v＝v0－eq\f(2μmgr,B2L2)＝5m/s，故B正确；导体棒MN经历时间t速度为v，则由动量定理可得Beq\x\to(I)Lt－μmgt＝mv－0则从静止驱动到稳定运动的时间内通过导体棒的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝3C，故C错误；导体棒MN稳定运动时满足BIL＝μmg定值电阻r上消耗的电功率为Pr＝I2r解得Pr＝12.5W，故D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(8分)某同学利用如图甲所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，所用的实验器材有：一个电压表V、一个电阻箱R、一个5.0Ω的定值电阻R0，一个开关和若干导线。(1)根据电路图，在图乙中用笔画线代替导线，将实物图连成完整电路。(2)该同学为了用作图法来确定电源的电动势和内阻，以eq\f(1,U)为纵轴、eq\f(1,R)为横轴作出的图像如图丙所示，则该图像的函数表达式为：________________________。(用含有U、R、R0、E、r的函数表达式表示)(3)由图像可求得，该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(结果均保留2位有效数字)答案(1)见解析图(2)eq\f(1,U)＝eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)(3)2.92.5解析(1)根据电路图将实物图连接，如图所示，注意不要交叉。(2)由闭合电路欧姆定律可知U＝eq\f(E,R＋R0＋r)R，变形可得eq\f(1,U)＝eq\f(R＋r＋R0,ER)＝eq\f(r＋R0,ER)＋eq\f(1,E)，故表达式为eq\f(1,U)＝eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)。(3)由数学知识可知，图像的纵轴截距表示电源电动势的倒数，由题图可知，0.35V－1＝eq\f(1,E)，解得E＝2.9V，图像的斜率为k＝eq\f(2.95－0.35,1.0)A－1＝eq\f(R0＋r,E)，解得r＝2.5Ω。12．(8分)(2023·黑龙江大庆市二模)传感器在现代生活中有着广泛的应用。某学习小组利用压力传感器设计了一个测量压力大小的实验电路。已知此压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图甲所示，压力F在0～200N范围内时，图线为直线。实验中，先利用如图乙所示的电路，测量F＝0时压敏电阻的阻值，再在电流表相应刻度处标记对应的压力值。实验器材有：压敏电阻(F＝0时阻值R0在90～110Ω之间)电源(电动势E＝12V，内阻为2Ω)电流表G1(量程10mA，内阻Rg1＝200Ω)电流表G2(量程50mA，内阻Rg2约为100Ω)定值电阻R1＝200Ω滑动变阻器R2开关S1、S2及导线若干实验要求尽量准确测量压敏电阻的阻值，请回答下列问题：(1)按实验要求，导线c端应与_____________(填“a”或“b”)点连接。(2)滑动变阻器有两种规格，本实验中R2应选择_____________。A．最大阻值为50ΩB．最大阻值为250Ω(3)闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器的阻值，当电流表G2读数为30mA时，电流表G1读数为6.0mA，可知R0＝____________Ω。(4)断开开关S2，继续调节滑动变阻器R2，使电流表G2达到满偏，满偏电流刻度处标记F＝0，此时滑动变阻器接入电路部分的阻值和G2内阻之和为____________Ω，保持滑动变阻器阻值不变，当压力F＝60N时，电流表G2示数为_____________mA。答案(1)b(2)B(3)100(4)13840解析(1)导线c端应接b，G1和定值电阻R1串联可当成电压表测量压敏电阻两端的电压，G2和G1的电流之差是通过压敏电阻的电流，若接a，因G2的具体内阻未知，不能准确测量R两端的电压值；(2)F＝0时，滑动变阻器R2若选择最大阻值为50Ω的，全部接入电路时，电路总电阻为R总＝r＋Rg2＋R2＋eq\f(Rg1＋R1R0,Rg1＋R1＋R0)＝2Ω＋100Ω＋50Ω＋eq\f(200＋200×90,200＋200＋90)Ω≈225.5Ω则干路电流约为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(12,225.5)A≈0.053A＝53mA超过G2的量程，所以应选择最大阻值为250Ω的滑动变阻器，以确保安全，故选B；(3)闭合开关S1、S2，当两电流表G1、G2的示数分别为I1、I2时，有R0＝eq\f(I1Rg1＋R1,I2－I1)＝eq\f(6.0mA×200＋200Ω,30mA－6.0mA)＝100Ω(4)断开开关S2，继续调节滑动变阻器R2，使电流表G2达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值为R2，有E＝I2m(R0＋R2＋Rg2＋r)可得R2＋Rg2＝eq\f(E,I2m)－R0－r＝eq\f(12,50×10－3)Ω－100Ω－2Ω＝138ΩR－F图像的斜率为k＝eq\f(300－100,200)Ω/N＝1Ω/N根据题图甲，压敏电阻的阻值R与压力F的关系式R＝R0＋kF当压力F＝60N时，R＝160Ω，可得电流表G2示数为I＝eq\f(E,R＋Rg2＋R2＋r)＝0.04A＝40mA。13．(10分)(2023·广西柳州高级中学期末)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L＝0.1m，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连接一定值电阻R＝0.3Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持良好的接触，金属棒的质量为m＝0.2kg，接入电路的电阻为r＝0.1Ω，现将金属棒从紧靠NQ处由静止释放，经过一段时间，金属棒速度达到最大值v1＝10m/s，重力加速度g取10m/s2，求：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小B1；(2)若金属棒速度达到v1时，金属棒下滑距离为x＝12m，此后，使磁感应强度逐渐减小，金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度B与时间t的关系式。答案(1)2T(2)B＝eq\f(24,12＋10t＋2.5t2)(T)解析(1)金属棒达到最大速度时产生的电动势E＝B1Lv1回路中产生的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)金属棒所受的安培力F＝B1ILcd棒所受的合外力为零时，下滑的速度达到最大，由平衡条件得F＝mgsinθ联立代入数据解得B1＝2T(2)金属棒中不产生感应电流时，则不受安培力作用，做匀加速运动。设金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma回路中