滚动卷5 电场 电路 磁场-【高考领航】2026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．(2024·浙江卷)如图所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以＝0.1 T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为(　　) A． N　 B． N　 C．1 N　 D． N 2．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 3．(2025·高三部分重点中学联合测评)如图所示，P、Q和M、N分别是水平面内两椭圆的两个焦点，其中P、Q处分别放置等量异种点电荷(图甲)；M、N是两根通有平行等大、反向的直线电流且电流垂直于水平面(图乙)；O是椭圆的中点，a、c是椭圆的长轴与椭圆的交点，b、d是椭圆的短轴与椭圆的交点，则关于两图中a、b、c、d，O处的电场强度和磁感应强度下列说法正确的是(　　) 　 甲 乙 A．图甲中O点处的电场强度不为零，图乙中O点处的磁感应强度为零 B．图甲中a、c两处的电场强度相同，图乙中a、c两处的磁感应强度相同 C．图甲中b、d两处的电场强度不相同，图乙中b、d两处的磁感应强度不相同 D．图中沿bd连线上，O点处的电场强度和磁感应强度均为最小 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．(2024·重庆卷)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷为e，带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5 eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电场力，则其将(　　) A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动 C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动 6．如图所示，半径为R圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，最后经过C点离开磁场。已知弧CA对应的圆心角为60°，不计粒子重力。则(　　) A．粒子运动速率为 B．带电粒子运动过程中经过圆心O C．粒子在磁场中运动的时间为 D．粒子在磁场中运动的路程为 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．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知(　　) 测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 －45 2 0 －20 －46 3 21 0 －45 4 －21 0 －45 A．测量地点位于南半球 B．当地的地磁场大小约为50 μT C．第2次测量时y轴正向指向南方 D．第3次测量时y轴正向指向东方 9．如图甲所示，t＝0时刻，两个带电粒子M、N同时飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后分别在和T时刻从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入偏转电场，两板间电压U2变化规律如图乙所示。T时刻粒子M从A板的右端离开电场区域，不考虑两粒子之间的作用力，不计粒子的重力。则(　　) 甲 乙 A．两粒子到达S的速度之比为2∶1 B．两粒子的比荷之比为1∶4 C．粒子N将打到下极板的中点 D．偏转电场对粒子N所做的总功为零 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m 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(7分)(2024·江西卷)某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。 (1)如图(a)所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽d＝0.07 m和高h＝0.03 m。 图(a) (2)现有实验器材：电流表(量程300 μA，内阻RA＝2500 Ω)、电压表(量程3 V或15 V，内阻未知)、直流电源(3 V)、滑动变阻器、开关和导线。请在图(a)中画线完成电路实物连接。 (3)连接好电路，测量26 ℃的水在不同长度l时的电阻值Rx。将水温升到65 ℃，重复测量。绘出26 ℃和65 ℃水的Rx-l图线，分别如图(b)中甲、乙所示。 图(b) (4)若Rx-l图线的斜率为k，则水的电阻率表达式为ρ＝________(用k、d、h表示)。实验结果表明，温度________(填“高”或“低”)的水更容易导电。 (5)测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为8.0×10-3 m的水管。若人体的安全电流为1.0×10-3 A，热水器出水温度最高为65 ℃，忽略其他电阻的影响(相当于热水器220 V的工作电压直接加在水管两端)，则该水管的长度至少应设计为______m。(保留两位有效数字) 12．(9分)(2025·东三省高三联考)锂电池是指电化学体系中含有锂(包括金属锂、锂合金、锂离子或锂聚合物)的电池。为了测量一块锂电池的电动势和内阻，物理课外活动小组设计了如图甲所示的实验电路，电路中电源电动势用E表示，内阻用r表示。 　 甲 乙 (1)断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路的阻值，多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，以为纵轴，以为横轴，画出 -的关系图线，如图乙所示。由图线可求得锂电池的电动势E＝________V，内阻r＝______Ω。(结果均保留三位有效数字) (2)由于电压表内阻的影响不可忽略，测量得到的电池内阻存在系统误差，为此实验小组又设计了如图丙所示可以清除系统误差的电路，根据图丙所示电路完成图丁中的实物图连线。 丙 丁 (3)按照图丙连接好电路之后，闭合开关S、S1、S2，调节电阻箱R并记录电压表示数U和电阻箱电阻R1，多次重复上述操作，得到多组数据，作出 -图像，得到图线的斜率为k1；再将开关S1、S2断开，调节电阻箱R并记录电流表示数I和电阻箱电阻R2，多次重复上述操作，得到多组数据，作出 -R2图像，得到图线的斜率为k2，则电池内阻可以表示为______(用k1、k2表示)。 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，板的宽度足够宽，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，直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场，第二象限内既有沿x轴负方向的匀强磁场，又有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度与第一象限内的电场强度等大。现有一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的粒子从x轴上的P点，以初速度v0沿x轴负方向进入第一象限，经y轴上的Q点进入第二象限内，在以后的运动过程中恰好未从过x轴的水平面飞出电磁场。已知P、Q到坐标原点O的距离分别为2d、d，不计粒子重力，求： (1)电场强度的大小及粒子到达Q点时速度的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子在磁场中运动第二次与过x轴的水平面相交时沿x轴方向位移的大小。 15．(15分)(2025·高三部分重点中学联合测评)如图所示，直角坐标系xOy中，在整个第Ⅱ象限内有平行于x轴的匀强电场，方向沿x轴正方向，大小E＝，在整个第Ⅰ象限区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从x轴上的P(－L，0)点，以大小为v0的速度沿y轴正方向进入电场，通过电场后从y轴上的M点(与y轴夹角为θ)进入第Ⅰ象限，又经过磁场偏转刚好不进入第Ⅳ象限，之后穿过y轴再次进入电场，不计粒子的重力，已知sin 37°＝，cos 37°＝。 (1)求M点的纵坐标yM； (2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)求整个过程中粒子从第Ⅱ象限进入第Ⅰ象限经过y轴的纵坐标。 学科网（北京）股份有限公司 $ 滚动卷5　电场　电路　磁场 1．C　线框不动，＝0.1 T/s时E＝S＝0.1 V，I＝＝2.5 A，P＝I2R＝0.25 W；当B不变，ω恒定时，产生正弦式交变电流，由2P＝I′2R得I′＝ A，又I′＝，则Im＝5 A，由F安＝BIL知ab边所受最大的安培力为F安max＝BImL＝1 N，故选C。 2．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。 3．B　根据电场叠加可知O点产生的电场水平向右，电场强度不等于0，由安培定则可知，M处导线在O点产生的磁场方向由b指向d，N处导线在O点产生的磁场方向由b指向d，合成后磁感应强度不等于0，A项错误；电场叠加a、c两处合电场E＝，其中aP＝cQ＝x1，aQ＝cP＝x2，方向水平向左，大小相同，由安培定则可知，M在a处产生的磁场方向平行于bd由d指向b，在c处产生的磁场方向平行于bd由b指向d，N在a处产生的磁场方向平行于bd由b指向d，在c处产生的磁场方向平行于bd由d指向b，根据磁场的叠加可知，a、c两点处磁感应强度大小相等，方向相同，B项正确；电场叠加b、d两处合电场E＝·cos θ，其Pb＝Pd＝Qb＝Qd＝x，θ为Pb、Pd、Qb、Qd与PQ的夹角，方向水平向右，大小相同，由安培定则可知，M在b处产生的磁场方向垂直于bM斜向右下方，在d处产生的磁场方向垂直dM斜向左下方，N在b处产生的磁场方向垂直于bN斜向左下方，在d处产生的磁场方向垂直于dN斜向右下方，根据平行四边形定则，知b处的磁场方向由b指向d，d处的磁场方向由b指向d，且合磁感应强度大小相等，C项错误；电场叠加bd连线上中点处，合电场电场强度最大，由安培定则可知，bd连线上，M、N在O处的磁感应强度方向相同，都是由b指向d，bd连线上M、N到O点的距离最小，产生的磁感应强度最大，D项错误。 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．B　带负电的试探电荷在x2处动能为1.5 eV，电势能为－1 eV，总能量为0.5 eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2 ～ x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5 eV，即运动到电势为－0.5 V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5 eV，继续向左运动，在电势为－0.5 V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。故B正确。 6．B　粒子运动轨迹如图所示，假设该电荷在磁场中运动轨迹圆心为O′，由几何关系可知△AOC为正三角形。假设运动轨迹半径为r，由几何关系可知r＝R，由洛伦兹力公式可知v＝，故A错误；由图像可知，轨迹经过圆心，故B正确；由于此时运动轨迹圆心角为120°，结合公式T＝可知，所用时间为t＝，故C错误；由几何关系可知s＝·2πr＝，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　如图所示，地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格第1次测量的数据可知此处的磁感应强度大小为B＝≈50 μT，B正确；测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，因第2次测量时By<0，故y轴指向南方，第3次测量时Bx>0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误。 9．AD　带电粒子在加速电场中是匀加速直线运动，根据平均速度关系可知，可得，A正确；带电粒子在加速电场中vM＝a1，vN＝a2T，其中a1＝，可得，B错误；在偏转电场中，沿初速度方向做匀速直线运动L＝，由速度关系求得t＝T，说明N粒子在偏转电场上运动一个周期，则N粒子在偏转电场运动半个周期时a2′2＝y，M粒子在沿偏转电场方向上a1′2＝，其中a1′＝，a2′＝，可得y＝，N粒子在偏转电场上运动一个周期时侧移距离为2y＝，说明粒子N从距中线上方处飞出，C错误；由C项分析可得，粒子N距中线上方处平行入射方向离开电场区域，偏转电场给粒子的电场力在第一个时间内做的正功与偏转电场给粒子的电场力在第二个时间内做的负功绝对值相等，即W＝qEy＋(－qEy)＝0，偏转电场对粒子N所做的总功为零，D正确。 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)＝m，故D正确。 11．解析：(2)由于电流表内阻准确已知，则电流表的分压可以求出，故电流表采用内接法，又电源电动势为3 V，则电压表应以量程3 V接入电路，电路连接如图所示。 (4)根据电阻定律有Rx＝ρ，又S＝dh，联立得Rx＝l，故Rx-l图像中图线的斜率k＝，解得ρ＝kdh，根据题图(b)可知，温度高的水的Rx-l图线(图线乙)斜率较小，则温度高的水的电阻率较小，更容易导电。 (5)图线乙的斜率k＝ Ω/m，65 ℃时，水的电阻率ρ＝dhk＝24 Ω·m，水管内水的阻值最小为R＝，水管的内直径D＝8.0×10-3 m，根据电阻定律，R＝ρ，解得水管的长度至少为L≈0.46 m。 答案：(2)见解析图　(4)kdh　高　(5)0.46 12．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋r，整理得，由图像可得 Ω·V-1，＝0.40 V-1，解得E＝2.50 V，r＝0.125 Ω。 (2)实物连接如答案图所示。 (3)由于电压表内阻的影响不能忽略，当闭合开关S、S1、S2之后有E＝U＋r，解得，将开关S1、S2断开时，I＝，得，由上述解析式得＝k2，可得r＝。 答案：(1)2.50　0.125　(2)如图所示 (3) 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)由题可知，从P到Q粒子做类平抛运动，则，解得E＝ 由动能定理可知Eqd＝mv02 解得v＝v0。 (2)将速度v沿坐标轴分解如图甲所示，故粒子的运动可看成为沿x负方向的匀加速直线运动和竖直方向匀速圆周运动的合运动 由题可知圆周运动的半径为r＝d， vy＝＝v0 甲 根据圆周运动的基本规律得Bqv0＝m 解得B＝。 乙 (3)粒子沿x轴负方向做匀加速直线运动，故 x＝v0t′＋t′2 粒子在磁场中从进入磁场运动到第二次与过x轴的水平面相交所用的时间为 t′＝ 联立解得x＝。 答案：(1)v0　(2)　(3) 15．解析：(1)粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛运动，设在第Ⅱ象限内运动时间为t1 则由牛顿第二定律可得qE＝ma 水平方向L＝at12 竖直方向yM＝v0t1 联立解得t1＝。 (2)粒子在M点速度大小 v＝ 与y轴正向夹角为θ， tan θ＝ 则θ＝37° 在磁场中洛伦兹力提供向心力得qvB＝ 又根据几何关系r＋r sin 37°＝ 联立解得半径r＝。 (3)粒子到达y轴C点后做类似斜抛运动，C点速度方向与y轴正方向成37°，大小为，由运动对称性知CD沿y轴方向距离与DE沿y轴方向距离相等，则CE＝2yM＝ 粒子第n次从第Ⅱ象限进入第Ⅰ象限经过y轴的纵坐标为 y＝OM＋(n－1)(CE－CM)(n＝1，2，3，…) 即为y＝＋(n－1) 解得y＝(n＝1，2，3，…)。 答案：(1)　(2)　(3)(n＝1，2，3，…) 学科网（北京）股份有限公司 $