阶段滚动(四)　电学综合检测-2025版高三物理单元集训专项测评与阶段滚动

阶段滚动(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回路中磁通量应不变，则有B1Lx＝BL(x＋v1t＋eq\f(1,2)at2)联立可得B＝eq\f(B1x,x＋v1t＋\f(1,2)gt2sinθ)＝eq\f(24,12＋10t＋2.5t2)(T)。14．(12分)如图所示，在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上，x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，P、Q间的距离d＝30cm。坐标系所在空间存在一匀强电场，电场强度的大小E＝1.0N/C。一带电油滴在xOy平面内，从P点与x轴成30°的夹角射出，该油滴将做匀速直线运动，已知油滴的速度v＝2.0m/s，所带电荷量q＝1.0×10－7C，重力加速度g取10m/s2。(1)求油滴的质量m。(2)若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，使油滴通过Q点，且其运动轨迹关于y轴对称。已知磁场的磁感应强度大小为B＝2.0T，求：①油滴在磁场中运动的时间t；②圆形磁场区域的最小面积S。答案(1)1.0×10－8kg(2)①eq\f(π,60)s②2.5π×10－3m2解析(1)对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律有qE－mg＝0所以m＝eq\f(qE,g)＝1.0×10－8kg。(2)①带电油滴进入匀强磁场，设其做匀速圆周运动的半径为R、运动周期为T，根据牛顿第二定律qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)＝0.10m，所以T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(π,10)s设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于油滴的运动轨迹关于y轴对称，其运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知∠MO′N＝60°，所以带电油滴在磁场中运动的时间t＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,60)s。②连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图乙所示。根据几何关系得圆形磁场的半径r＝Rsin30°＝0.05m，其面积为S＝πr2＝0.0025πm2＝2.5π×10－3m2。15．(16分)(2023·湖南岳阳市模拟)如图所示，甲、乙两水平面高度差为2h，甲水平面内有间距为2L的两光滑金属导轨平行放置，乙水平面内有间距分别为2L、L的光滑金属导轨平行放置，光滑的绝缘斜导轨紧挨甲、乙两个平面内的水平轨道放置，斜