阶段滚动(三)　电场、电路和磁场综合检测-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