滚动卷5 电场 电路 磁场-【高考领航】2025年高考物理总复习四测通关卷

滚动卷5　电场　电路　磁场 (满分：100分) 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，只有一项符合题目要求) 1.如图所示，一段直导线弯折成L形，AC和CD段相互垂直，AC段长为d，CD段长为0.6d，将该导线固定在赤道上，CD段沿东西方向(C在东侧)，AC段向北倾斜，与赤道平面成53°角，给该段导线从A端通入大小为I的恒定电流，导线所在处的地磁场磁感应强度大小为B，已知cos 53°＝0.6，则该段导线受到地磁场的安培力大小为(　　) A.BId　　　　　　　　 B.1.6BId C.0.8Bld D.BId 2.如图所示，三角形ABC是等腰直角三角形，在A点固定一个电荷量大小为Q1的点电荷，在B点固定一个电荷量大小为Q2的点电荷，C点处的电场强度方向与CB垂直，则的值为(　　) A.3 B. C.2 D. 3.在如图所示的电路中，E为电源，电源内阻为r，小灯泡L灯丝电阻不变，电压表V为理想电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，若将滑动变阻器的滑片向下移动，则(　　) A.通过R2的电流变大 B.电压表的示数变小 C.电源内阻上的电压变大 D.小灯泡消耗的功率变小 4.如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用 B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB C.洛伦兹力做正功 D.滑块的机械能增大 5.某静电场中，取电场强度E的方向为x轴正方向，x轴上各点的电场强度E与位置x的关系如图所示。一带正电荷的粒子沿x轴从x1位置运动到x4位置，不计粒子重力。下列说法中正确的是(　　) A.x2、x4处的电势相等 B.粒子在x2、x4处受到的电场力不同 C.粒子在x3处的电势能最大 D.粒子由x2处运动到x3处的过程中电场力做的功大于由x3处运动到x4处的过程 6.小怀同学希望利用电学方法对导体材料的长度进行测量，电路图如图1所示，其中电源电动势为6 V，内阻为1Ω，电流表量程为0～3 A，内阻为1Ω，如图2所示，有一长方体导体材料R，x、y、z方向上棱长分别为d cm、2 cm、1 cm，先将R沿x轴方向接入电路，电流表示数为1 A，再将R沿y轴方向接入电路，电流表示数为2 A，则下列说法正确的是(　　) 　 　图1　　　　　　　　　图2　　 A.d＝4 mm B.沿x、y、z三个方向接入R，电源效率最大约为75% C.沿x、y、z三个方向接入R，电流表示数均不会超量程 D.沿x、y、z三个方向接入R，R的功率最小为2 W 7.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻(阻值均大于电源内阻r)，电压表和电流表可视为理想电表。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间，若将滑动变阻器R的滑片向b端移动，下列说法正确的是(　　) A.油滴将向上运动 B.电压表的示数变小、电流表的示数变大 C.电源的输出功率逐渐减小、电源的效率逐渐增大 D.R1消耗的功率变大，R2消耗的功率变小 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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化为如图乙所示，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则(　　) 　 甲　　　　　　　　　　乙 A.A点和B点的磁感应强度相同 B.其中b导线所受安培力大小为F C.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下 D.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上 9.如图甲所示，间距为d的平行金属板水平放置，两板间最高电压为U0，电压变化的周期为T，电压U随时间t变化的图像如图乙所示。一比荷＝k的正离子以初速度v0沿平行金属板中心线方向从左侧射入，经过时间T从右侧射出，在运动过程中没有碰到极板，不计离子的重力。在离子从左侧射入到从右侧射出的过程中下列说法正确的是(　　) 　 甲　　　　　　　　　　乙　　 A.如果离子在0时刻进入电场，它在垂直极板方向的位移为 B.如果离子在T时刻进入电场，它在垂直极板方向的位移为 C.如果离子在T时刻进入电场，它在垂直极板方向的位移为 D.如果离子在T时刻进入电场，它在垂直极板方向的位移为 10.如图所示，两个半径均为R的光滑绝缘圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为 的水平初速度，(不考虑切割产生的电磁感应效应)已知磁感应强度大小B＝(g为重力加速度)，以下说法正确的是(　　) A.铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为mg B.铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0 C.从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR D.从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力的冲量大小为(＋1)m 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)某实验小组要测量如图甲所示金属圆环材料的电阻率，已知圆环的半径为r。 　 甲　　　　　　乙　　　　　　丙 (1)先用螺旋测微器测量金属圆环圆形横截面的直径d如图乙所示，则d＝　　　　mm。 (2)再用如图丙所示的电路测量该圆环的电阻，图丙中圆环接入电路的两点恰好位于一条直径上，电压表的量程为5 V。开关S闭合后，电压表右端接到a点时电压表示数为4.5 V、电流表示数为1.8 mA，接到b点的电压表示数为4.6 V、电流表示数为1.6 mA。为了减小电阻的测量误差，应该把电压表的右端接在　　　　(填“a”或“b”)进行实验；则圆环接入电路的两点间的电阻值为　　　　Ω；此测量值　　　　(填“偏大”“偏小”或“准确”)。 12.(9分)用DIS(电流传感器，内阻可忽略)测电源电动势和内阻的电路如图甲所示，R0为一定值电阻。 甲　　　　　　　　　　　　乙 丙　　　　　　　　　　　　丁　 (1)调节电阻箱R，记录电阻箱接入电路的阻值R和相应的电流I，将测得数据以R为横坐标，以　　　　为纵坐标，经计算机拟合得到如图乙所示图像，由图线可得该电源电动势为　　　V。 (2)现有三个相同规格的小灯泡A、B、C，将它们与图甲中电源按图丙所示电路相连，此种灯泡的I­U特性曲线如图丁所示，C灯泡两端电压为2.0 V，则电源内阻r＝　　　　Ω，图甲中定值电阻R0＝　　　Ω，电源的输出功率为　　　　W。 13.(10分)M、N是两块水平放置的平行金属极板，如图甲所示，板的长度为L＝30 cm，板的宽度足够长，两板间距为d＝20 cm，板右端到荧光屏的距离为D＝60 cm， O′O为垂直于屏的中心轴线。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。一电荷量为q＝1.6×10－5 C，质量为m＝3.2×10－11 kg的带正电粒子从O′点以速度v0＝5×104 m/s射入极板，速度方向平行于板面且与O′O夹角α＝53°，如图乙所示，最终带电粒子打到荧光屏上而发光。若两极板间的电场为匀强电场，所加偏转电压UMN＝1000 V，不计带电粒子的重力，取cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8。 求： 　　　甲　　　　　　　　　　乙 (1)带电粒子从射入到打到屏上运动的时间t； (2)带电粒子打到屏上的位置坐标。 14.(13分)如图所示，圆心为O、半径为R＝0.1 m的圆弧形光滑轨道MN固定在竖直平面内，O、M、N恰好处于同一竖直线上。空间存在水平向右的匀强电场，在距离M为d＝0.15 m的P处竖直向上抛出一质量为1 kg带正电的小球，小球恰好无碰撞地从N点进入圆弧轨道。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球到达N点的速度大小； (2)小球在圆弧轨道运动过程中对轨道的最大压力的大小。 15.(15分)如图所示，空间有一xOy直角坐标系，其第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的粒子从y轴上的P点以某一初速度v0垂直进入磁场，方向与y轴正方向成θ＝60°角。粒子从x轴上进入匀强电场时，速度方向与x轴负方向也成θ＝60°角，最后从y轴上的Q点垂直y轴飞出电场。已知P点到坐标原点O的距离为d，不计带电粒子的重力。求： (1)磁感应强度B与电场强度E的大小； (2)粒子从P点运动到Q点所用的时间t； (3)粒子在电场中运动的过程动量变化量Δp的大小。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动卷5　电场　电路　磁场 1.D　导线CD段受到的安培力大小F1＝0.6BId，AC段受到的安培力大小F2＝BIdcos 53°＝0.6BId，因此受到的安培力的合力F＝ ＝BId，故选D。 2.C　设BC边长度为r，则AC边长度为r，根据库仑定律E1＝，E2＝，E1、E2的竖直分量相等，由几何关系知E1sin 45°＝E2，解得＝2，故选C。 3.C　若将滑动变阻器的滑片向下移动，R3电阻值减小，从而电路总电阻也减小，干路电流增大，所以R1两端电压增大，电源内阻上的电压变大，电压表示数增大，故B错误，C正确；由于干路电流增大，由闭合电路欧姆定律可得，R2两端电压减小，所以通过R2的电流减小，故A错误；因为干路电流增大，R2中电流减小，所以小灯泡的电流增大，功率变大，故D错误。 4.B　滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒mgh＝mv2，得v＝，故滑块在b点受到的洛伦兹力为F＝qBv＝qB，故B正确，C、D错误。 5.D　x1到x4电场强度为正，沿电场线方向电势降低。因此x1处电势最高，电势能最大，x4处的电势最低，A、C错误；x2、x4处场强相同，因此受到的电场力也相同，B错误；根据图像面积表示电势差，粒子由x2处运动到x3处的过程中面积大于由x3处运动到x4处的过程面积，因此粒子由x2处运动到x3处的过程中电场力做的功大于由x3处运动到x4处的过程，D正确。 6.C　由闭合电路欧姆定律有E＝U外＋U内＝IR＋IRA＋Ir，代入数据，沿x轴方向时Ix＝1 A，则有Rx＝4 Ω，沿y轴方向时Iy＝2 A，则有Ry＝1 Ω，根据电阻定律R＝ρ代入数据可得d＝4 cm，沿z轴方向时Rz＝ Ω，由闭合电路欧姆定律E＝U外＋U内＝IR＋IRA＋Ir，代入数据可得沿z轴方向时Iz＝ A＝2.67 A<3 A，故A错误，C正确；由题意可知路端电压最大为沿x轴接入电路时U外＝E－Ixr＝5 V，根据η＝＝＝83.3%，故B错误；根据P＝I2R可得，沿x轴方向时Px＝4 W，沿y轴方向时Py＝4 W，沿z轴方向时Pz＝1.78 W ，故D错误。 7.B　滑动变阻器的滑片向b端移动，则滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则干路电流增大，由UC＝E－I(R1＋r)可知电容器两端电压减小，电场力减小，故油滴将向下运动，故A错误；由于干路电流增大，而UC＝U3，故U3减小，因此I3减小，而I干＝I2＋I3，故流过R2的电流I2增大，电流表示数变大，R2两端电压U2增大，而U3＝U2＋U滑，故滑动变阻器两端电压减小，即电压表示数减小，故B正确；由于R外>r，且总电阻减小，与电源内阻越来越接近，故电源的输出功率增大，而电源效率η＝＝×100%＝×100%，总电阻减小，电源的效率逐渐减小，故C错误；由干路电流增大，故R1消耗功率增大，流过R2的电流I2增大，故R2消耗功率增大，故D错误。 8.BC　根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为Ffd＝tan 30°F＝F，e对导线b的安培力大小为，根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb＝2Fsin 30°＋2×sin 60°＋＝，故B正确；根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。 9.AB　如果离子在t＝0、T时刻进入电场，则离子先在两板间做类平抛运动，垂直极板方向的位移为y1，然后做匀速直线运动，此过程垂直极板方向的位移为y2，离子在两板间的加速度a＝＝，离子在两板间垂直极板方向的位移为y1＝a()2＝，离子运动时在竖直分速度为vy＝a·＝·，在之后的内离子做匀速直线运动，则y2＝vy·＝，离子偏离中心线的距离为y1＋y2＝＝，故A正确，D错误；如果离子在t＝T、T时刻进入电场，离子先在水平方向上做匀速直线运动，运动后，离子开始偏转，做类平抛运动，在垂直极板方向的位移为y3，则y3＝a()2＝＝，故B正确，C错误。 10.BD　根据左手定则可以判断，安培力方向竖直向上，根据向心力方程BIL＋FN－mg＝m，解得FN＝0，根据牛顿第三定律可知，铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0，故A错误，B正确；从轨道最低点到最高点的过程中，安培力做功等于铜棒机械能增加量ΔE＝BIL×2R＝4mgR，故C错误；从轨道最低点到最高点的过程中mv2－mv02＝BIL×2R－mg×2R，解得最高点速度v＝，与初速度方向相反，根据动量定理从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力的冲量I＝Δp＝mv－(－mv0)＝(＋1)m，故D正确。 11.解析：(1)用螺旋测微器测量金属圆环圆形横截面的直径d＝2.5 mm＋0.01 mm×40.0＝2.900 mm。 (2)电压表右端接到a点时电压表示数为4.5 V、电流表示数为1.8 mA，接到b点的电压表示数为4.6 V、电流表示数为1.6 mA，则电流表读数变化较明显，则电压表的内阻不是远大于待测电阻阻值，则应该采用电流表内接电路，即应该把电压表的右端接在b进行实验；则圆环接入电路的两点间的电阻值为R＝＝ Ω＝2875 Ω，由于电流表分压作用使得电压表的测量值偏大，则此电阻的测量值偏大。 答案：(1)2.900　(2)b　2875　偏大 12.解析：(1)由闭合电路欧姆定律有I＝，整理有＝R＋，所以纵坐标为，由图像乙得k＝＝＝，b＝1＝，解得E＝3 V，R0＋r＝3 Ω。 (2)灯泡C两端电压为2.0 V，由图丁可知，其电流为0.45 A，由并联电路电压相等可知A、B的串联电压为2.0 V，所以A、B两个灯泡的电压分别为1.0 V，由图丁可知，流过灯泡A、B的电流为0.3 A，所以流过电源的电流为I总＝0.45 A＋0.3 A＝0.75 A。由闭合电路欧姆定律有U＝E－I总r，解得r＝＝ Ω，由于R0＋r＝3 Ω，所以R0＝3 Ω－r＝ Ω，电源的输出功率P＝UI总＝1.5 W。 答案：(1)　3　(2)　　1.5 13.解析：(1)在水平方向，带电粒子一直保持匀速运动，根据匀速运动的规律 L＋D＝(v0cos α)t 代入数据可得出到达屏上的最短时间为t＝3×10－5 s。 (2)在x方向上，则有x＝v0sin α×t＝1.2 m 在电场中，由于只受到竖直方向的力，因此粒子做类平抛运动，根据牛顿第二定律，有a＝ 偏转位移为y1＝at12 运动时间为t1＝ 代入数据解得y1＝0.125 m 由类平抛运动的规律得＝ 解得y＝0.625 m 所以带电粒子打到屏上的位置坐标为 (1.2 m，0.625 m)。 答案：(1)3×10－5 s　(2)(1.2 m，0.625 m) 14.解析：(1)小球恰好无碰撞地从N点进入圆弧轨道，表明小球在N点竖直方向上的分速度为0，小球在竖直方向做匀减速运动，水平方向上做匀加速运动，则竖直方向上有 2R＝gt2 解得t＝0.2 s 在水平方向上，设加速度为a，则有 d＝at2，vN2＝2ad，qE＝ma 解得a＝7.5 m/s2，vN＝1.5 m/s。 (2)小球在圆周轨道运动过程中，令重力与电场力的合力方向与水平方向成θ角，则有 tan θ＝＝ 解得θ＝53° 在圆弧轨道上，重力与电场力的合力方向背离圆心位置为小球的等效最低点，该位置小球对轨道的压力最大，小球从N点到等效最低点的过程中，根据动能定理有 (R＋Rsin θ)＝mv2－mvN2 解得v＝ m/s 在等效最低点有FN－＝m 解得FN＝80 N 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力最大为 FN′＝FN＝80 N。 答案：(1)1.5 m/s　(2)80 N 15.解析：(1)粒子在第一象限做匀速圆周运动，在第四象限做类斜抛运动，运动轨迹如图所示。 在磁场中，由几何关系得 d＝r(sin θ＋cos θ) 由牛顿第二定律得 qv0B＝m 联立解得B＝ 在电场中，有 r(sin θ＋cos θ)＝v0cos θ·t2 qE＝ma v0sin θ＝at2 联立解得E＝，t2＝。 (2)粒子在磁场中的运动周期T＝ 粒子在磁场中的运动时间 t1＝T＝T 粒子从P点运动到Q点所用的时间t＝t1＋t2 联立解得t＝。 (3)对粒子在电场中的运动过程，由动量定理，得 Δp＝qEt2 解得Δp＝mv0。 答案：(1)　 (2)　(3)mv0 学科网（北京）股份有限公司 $$