(四)　电路、电场与磁场 阶段测试 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电路、电场与磁场核心模块，以题载法构建“实验操作-场性质分析-综合应用”三阶训练体系，强化物理观念与科学思维的系统性培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |实验操作|2题（11-12）|游标卡尺读数规则、仪器选择与误差分析|从基本仪器使用到电路参数测量，形成实验技能链| |场性质与叠加|6题（2-3,5-7,10）|磁场叠加（右手螺旋定则）、电场强度（φ-x图像斜率）、复合场平衡条件|场的性质→矢量合成→图像分析→实际应用的递进| |电路分析|3题（1,9,13）|闭合电路欧姆定律、动态分析（串并联关系）|电路结构→参数变化→功率计算的逻辑闭环| |综合应用|4题（4,8,14-15）|电磁炮原理、电磁制动受力分析、电磁场轨迹推导|实际问题→模型建构→科学推理的综合能力训练|

(四)　电路、电场与磁场 阶段测试 (满分：100分) 一、选择题(本题共10小题。) 1．(2025·河北卷，3)1992年，江苏扬州出土的古代铜卡尺，由固定尺和活动尺组成，现代游标卡尺的构件与其非常相似，已成为常用的测量工具。用游标卡尺测量某物体的长度，示数如图所示，其读数为(　　) A．14．20 mm B．14．2 mm C．17．20 mm D．17．2 mm 2．如图所示，在等边三角形的顶点b、c上分别放置垂直纸面的通电直导线，两导线中电流大小相等、方向垂直纸面向里，关于顶点a处的磁感应强度方向，以下描述正确的是(　　) 3．(2026·重庆市第一中学高三上月考)如图所示，固定的三个点电荷恰好处于正三角形的三个顶点处，电荷量分别为q、2q、2q(q>0)。以正三角形的中心为原点、沿平行于下侧两电荷连线的方向建立x轴，并在x轴上固定一根光滑细杆。以无穷远处电势为零，横轴上各点处电势φ和x的对应关系如图所示，其中图像在x＝0处的切线水平。带电小球a穿在细杆上，从x轴负半轴上电势最高位置的右侧临近点处由静止释放小球，小球向＋x方向运动，此后的整个运动过程中电荷量保持不变。下列分析正确的是(　　) A．原点O处的电场强度为0 B．小球在原点O处的电势能最小 C．小球从释放到运动至原点O处的过程中，速度先增大后减小 D．小球从释放到运动至速度再次为零的过程中，加速度先增大后减小 4.电磁炮是一种现代化武器,模拟图如图所示。当接通电源之后,炮弹就会在导轨中的电流磁场作用下,向前加速飞行,关于电磁炮的有关说法错误的是(　　) A.炮弹必须是由导体材料构成 B.将电流反向,炮弹所受磁场力方向也会反向 C.其他条件相同时,电流越大,炮弹飞出速度越大 D.其他条件相同时,导轨越长,炮弹飞出速度越大 5.(2025南京师范大学附属中学模拟)如图,在垂直于纸面向内的匀强磁场中,有一根足够长的均质粗糙杆水平固定,一个带电圆环套在杆上。现给环一个向右的初速度v0,则环所受摩擦力的瞬时功率P与速度v的图像不可能为(　　) 6．(多选)计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图甲所示。其内部电路如图乙所示。则下列说法正确的是(　　) A．按键的过程中，电容器的电容减小 B．按键的过程中，电容器的带电量增大 C．按键的过程中，图乙中电流方向从a流向b D．按键的过程中，电容器两极板间的电场强度增大 7.(2025·天津卷，8)(多选)如图所示，在一固定点电荷形成的电场中，一试探电荷仅在静电力作用下先后经过a、b两点，图中箭头方向表示试探电荷在a、b两点处的受力方向，则(　　) A．a点电势一定高于b点电势 B．试探电荷与场源电荷电性一定相同 C．a点电场强度一定大于b点电场强度 D．试探电荷的电势能一定先减小后增大 8．(2026·河北省沧州市高三上月考)(多选)如图所示，某新能源汽车测试中心在调试车载电磁制动系统时，做了如下测试。车载电磁制动系统空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0．8 T。间距为1．25 m、倾角为37°的平行绝缘倾斜导轨固定在该空间，将质量为0．2 kg、长度略大于1．25 m的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0．5。已知导体棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。为使导体棒保持静止，导体棒中通入由a到b的电流，则电流的可能值为(　　) A．2．0 A B．3．5 A C．4．5 A D．5．0 A 9．(2026·山东省淄博市实验中学、齐盛高中高三上一模)(多选)在如图所示的电路中，若在滑动变阻器R的滑片P向左滑动一小段距离的过程中，电压表V1的示数增大ΔU，则在该过程中(　　) A．电阻R1中通过的电流增大，且增加量为 B．电阻R2两端的电压减小，且减少量为ΔU C．电源的输出功率增大 D．电源的效率增大 10．(2025·福建卷，7)(多选)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．电场强度大小为E＝ B．磁感应强度大小为B＝ C．N、P两点的电势差为U＝ D．粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为 二．实验题： 11.实验室有一只灵敏电流计,刻度盘上共有50格刻度而无具体示数,已知该电流计的满偏电流Ig约为几百微安,内阻Rg约为几百欧姆。为了测出Ig和Rg,小明设计了图示的甲、乙电路。除电流计外,提供的器材有 ①电压表V(量程0~4 V,内阻为15 kΩ) ②滑动变阻器R1(0~20 Ω,2 A);滑动变阻器R2(0~2 000 Ω,0.5 A) ③电阻箱R3(0~999.9 Ω);电阻箱R4(0~9 999.9 Ω) ④电池组(电动势6 V,内阻忽略不计) ⑤开关、导线若干 甲　乙 (1)甲中滑动变阻器A应选择　　　　(选填“R1”或“R2”)。  (2)乙中虚线框内的可变电阻R应选择　　　　(选填“R3”或“R4”)。  (3)实验主要步骤: ①将甲中滑动变阻器滑到最左端,闭合开关,滑片向右滑动,记下电压表的示数U和电流计指针的格数n;某次实验电压表示数为3.6 V,电流计指针为30格,那么电流计的满偏电流Ig为　　　 A。 ②将乙中的可变电阻R调至最大值,断开S2,闭合S3,减小R的阻值,使电流计指针达到满偏;闭合S2,调节B,电流计指针指在35格,此时电阻箱B的读数为350 Ω,则Rg为　　　　Ω。  (4)用图乙测量内阻时,考虑到系统误差,内阻Rg测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。 12．(2026·云南省德宏傣族景颇族自治州多校高三上开学考试)实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U­I图像如图2所示。 (1)图1的电路图为下图中的________。(选填“A”或“B”) (2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。(计算结果均保留两位小数) (3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，重新绘制U­I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将________，与纵坐标轴交点的数值将________。(两空均选填“变大”“变小”或“不变”) 三．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 13.(2025高邮学情调研)如图甲所示的电路中,使滑动变阻器的滑片从最右端滑动到最左端,测得电压表V随电流表A的示数变化的图像如图乙所示,不计电表内阻的影响。求: 甲　乙 (1)定值电阻R0的阻值和滑动变阻器的最大阻值Rm; (2)电源的电动势E和内阻r; (3)电源输出功率的最大值与最小值。 14.在光滑绝缘的水平面上,长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B(均可视为质点)组成一个带电系统,小球A所带的电荷量为+2q,小球B所带的电荷量为-3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP内,已知虚线MN位于细杆的中垂线,MN和PQ的距离为4L,匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右。释放带电系统,让A、B从静止开始运动,不考虑其他因素的影响。求: (1)释放带电系统的瞬间,两小球加速度的大小; (2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。 15．(2026·江苏省部分学校高三上联考)如图所示，xOy平面内第一象限有沿－x方向的匀强电场，第二象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，且在y＝3a处有一无限大平行x轴的挡板，质量为m、带电量为＋q的粒子从A点(－a，0)，以沿＋y方向的速度v0射入磁场，当粒子进入电场时其速度与＋y方向的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场垂直打在挡板上，不计重力。 (1)求磁感应强度的大小B； (2)求电场强度的大小E； (3)若粒子从A点以与＋x方向成30°角的速度v0射入磁场，向下移动挡板的位置，仍然使粒子打在相同位置，求移动后挡板位置的y坐标。 参考答案： 1.答案：C解析：题图中游标卡尺的精度为0．02 mm，先读主尺整毫米数，再确定游标尺读数，最后两者相加，读数为17 mm＋10×0．02 mm＝17．20 mm， C正确。 2.答案：B解析：根据右手螺旋定则，b处电流在a处产生的磁感应强度Bb垂直于ba偏向右下方，c处电流在a处产生的磁感应强度Bc垂直于ca偏向右上方，且两磁感应强度大小相等，如图所示，根据平行四边形定则，可知a处磁感应强度B的方向水平向右，与bc边平行，故选B。 3.答案：B解析：由几何关系可知，三个点电荷到原点的距离相等，设距离为r，则电荷量为2q的两个点电荷在原点O处的电场强度大小均为E1＝，由电场强度叠加原理可知，其合电场强度大小为E′＝E1＝，且方向垂直于x轴向上，电荷量为q的点电荷在原点O处的电场强度大小为E2＝，方向垂直于x轴向下，所以原点O处的合电场强度大小为E合＝E1－E2＝，方向垂直于x轴向上，A错误；由图可知，释放点和原点间的电场强度在x轴方向的分量Ex向右，小球由静止释放后沿＋x方向运动，则小球带正电，设小球的释放点为A点，B点与A点关于原点O对称，由能量守恒定律和对称性可知，小球在A、B两点间往复运动，且小球在原点O处的电势能最小，小球从释放到运动至原点O处的过程中速度一直增大，B正确，C错误；φ­x图像的斜率表示电场沿x轴的分量Ex，从A点到原点Ex先增大后减小，从原点到B点Ex再次先增大后减小，所以在该过程中小球的加速度先增大后减小，再增大，最后减小，D错误。 4.答案：B解析：因炮弹中要通过电流,故炮弹必须是由导体材料构成的,故A正确;若将电流反向,则磁场也反向,根据左手定则可知,炮弹受力方向不变,故B错误;电流越大,磁场越强,炮弹受安培力越大,则炮弹飞出速度越大,故C正确;相同条件下,导轨越长,安培力做功越大,则炮弹飞出速度越大,故D正确。 5.答案：D解析：当圆环带正电,且v0<,摩擦力的瞬时功率为 P=μFNv=μ(mg-Bqv)v,故A正确,不符合题意;当圆环带正电,且v0>,摩擦力的瞬时功率为P=μFNv=μ(Bqv-mg)v,且速度减为v=,之后为匀速运动,摩擦力减为0,故B正确,不符合题意;当圆环带负电时,摩擦力的瞬时功率P=μFNv=μ(mg+Bqv)v,故C正确,不符合题意;D项图像不可能存在,故D错误,符合题意。 6.答案：BD解析：根据C＝，按键的过程中，两极板间距d减小，则电容器的电容C增大，故A错误；由题图乙可知，两极板间电压不变，按键的过程中，电容器的电容增大，根据Q＝CU可知，电容器的带电量Q增大，则电容器进行充电，因为上极板带正电，下极板带负电，故电流方向从b流向a，故B正确，C错误；电容器两极板间电压U一定，按键的过程中，两极板间距d减小，由E＝可知，两极板间的电场强度增大，故D正确。 7.答案：BC解析：根据点电荷电场分布特点和试探电荷的受力情况，可知场源电荷的位置O如图所示，易知试探电荷和场源电荷电性一定相同，但具体电性无法判断，所以a点电势和b点电势的高低无法比较，故A错误，B正确；由几何知识可知a点离场源电荷较近，由E＝可知，a点电场强度一定大于b点电场强度，故C正确；由两电荷相互排斥易画出试探电荷的轨迹如图中曲线所示，可知，试探电荷先靠近场源电荷，后远离场源电荷，电场力先做负功，后做正功，试探电荷的电势能一定先增大后减小，故D错误。 8.答案：AB解析：由左手定则可知，导体棒受到的安培力沿水平方向指向导轨一侧，对导体棒受力分析，沿a向b方向视角，如图所示，导体棒受到重力mg、导轨的支持力N、安培力FA＝BIL以及可能存在的沿斜面方向的摩擦力f(图中未画出)，将该四个力沿导轨方向和垂直导轨方向进行正交分解，当导体棒恰好不下滑时，摩擦力f1沿导轨向上，沿导轨方向有mgsin37°＝f1＋BI1Lcos37°，垂直导轨方向有N1＝mgcos37°＋BI1Lsin37°，又有f1＝μN1， 联立解得I1＝ A≈0．36 A；当导体棒恰好不上滑时，摩擦力f2沿导轨向下，沿导轨方向有mgsin37°＋f2＝BI2Lcos37°， 垂直导轨方向有N2＝mgcos37°＋BI2Lsin37°，又有f2＝μN2，解得I2＝4．0 A， 所以电流的取值范围为0．36 A≤I≤4．0 A，故选A、B。 9.答案：AD解析：设通过定值电阻R1的电流为I1，电压表读数等于定值电阻R1两端的电压，根据欧姆定律可知始终有I1＝，可知电压表V1示数增大ΔU，通过R1的电流增大，且增加量为，故A正确；设电路的总电流为I，滑片P向左滑动，滑动变阻器接入电路电阻增大，电路总电阻增大，则电路总电流I减小，电阻R2两端的电压U2＝IR2和内阻r两端的电压Ur＝Ir均减小， 由E＝U＋U2＋Ur可得ΔU＝ΔU2＋ΔUr，则R2两端的电压减少量ΔU2<ΔU，故B错误；电源的输出功率为P出＝I2R外＝R外＝， 可知当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，由于不清楚外电阻与内阻的大小关系，所以无法判断电源的输出功率的变化，故C错误；电源的效率为η＝×100%＝×100%，滑片P向左滑动，滑动变阻器接入电路电阻增大，外电阻增大，所以电源的效率增大，故D正确。 10.答案：BC解析：粒子沿MN运动过程中，受到垂直MN方向的洛伦兹力、水平方向的电场力、竖直向下的重力，由题意可知，该过程中粒子受力平衡，假设粒子带负电，由左手定则可知，洛伦兹力垂直MN向下，电场力水平向左，与竖直向下的重力无法达到平衡，故假设错误，则粒子带正电，即洛伦兹力垂直MN向上，电场力水平向右，由平衡条件有qvBcos45°＝mg， qvBsin45°＝qE，解得电场强度大小为E＝，磁感应强度大小为B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其在竖直方向上做竖直上抛运动，由于N、P在同一水平面上，所以粒子从N运动到P的过程中，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，设为hm， 则有2ghm＝(vsin45°)2，可解得hm＝，D错误；设粒子从N运动到P的过程所用的时间为t，则有－vsin45°＝vsin45°－gt，解得t＝，粒子在水平方向上做匀加速直线运动，有qE＝ma，xNP＝vtcos45°＋at2，解得xNP＝， 又因电场线从N指向P，所以N、P两点的电势差U＝ExNP＝，C正确。 11.答案：(1)R1　(2)R4　(3)①400　②150　(4)小于 解析：(1)题图甲中滑动变阻器A采用分压式接法,为了方便调节且使电表示数变化比较均匀,滑动变阻器A应选择阻值较小的R1。(2)由于灵敏电流计的满偏电流只有几百微安,电源电动势为6 V,可知题图乙中电路的总电阻很大,需要串联接入电路的可变电阻阻值很大,故虚线框内的可变电阻R应选择R4。(3)①某次实验电压表示数为3.6 V,电流计指针为30格,题图甲中灵敏电流计与电压表串联,可知此时灵敏电流计的电流为I= A=240 μA,又I=Ig,解得电流计的满偏电流为Ig=I=×240 μA=400 μA。②将题图乙中的可变电阻R调至最大值,断开S2,闭合S3,减小R的阻值,使电流计指针达到满偏;闭合S2,调节B,电流计指针指在35格,此时电阻箱读数为350 Ω,闭合S2前后电路的总电阻主要由可变电阻R决定,可认为闭合S2前后电路的总电流保持不变,故有Ig·Rg=·RB,解得Rg=150 Ω。(4)用题图乙测量内阻时,考虑到闭合S2后,电路的总电阻减小,电路的总电流增大,即I总'>Ig,则有Ig·Rg'=·RB>·RB,解得灵敏电流计的真实内阻应满足Rg'>150 Ω,可知内阻Rg测量值小于真实值。 12.答案：(1)B　(2)1．40　2．00　(3)不变　变大 解析：(1)通过观察实物图可知，电压表接在电源两端，故电路图为B。 (2)根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir，变形得U＝E－rI，则U­I图线的纵轴上截距表示电池的电动势E，斜率的绝对值表示电池的内阻r，根据题图2可知，电池的电动势为E＝1．40 V，内阻为r＝ Ω＝2．00 Ω。 (3)考虑电压表内阻的影响，流过电压表的电流为IV＝，可知流过电池的电流为I＝I测＋IV＝I测＋>I测，因电压表内阻RV不变，随着U测减小，IV减小，当U测趋于0时，I趋于I测，在题图2中重新绘制的图线如图所示，故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。 13.答案：(1)R0=1 Ω,Rm=5 Ω　(2)E=3 V,r=4 Ω　(3)Pmax= W,Pmin= W 解析： (1)当滑片滑到最左端时,回路电流最大, 根据欧姆定律可得R0==1 Ω 滑动变阻器的滑片在最右端时,回路电流最小,此时R0+Rm==6 Ω 因此Rm=5 Ω。 (2)根据U=E-Ir 可知图线斜率的绝对值等于内阻,即r= Ω=4 Ω 将滑动变阻器滑到最左端时,电压、电流代入欧姆定律可得 E=I(R0+r)=0.6×(1+4) V=3 V。 (3)当R0+R=r时, 电源的输出功率最大,此时 Pmax=×(R0+R)=×4 W= W 当内阻与外电阻差距越大,输出功率越小,因此当R=0时, 电源的输出功率最小,最小功率为 Pmin=×R0=×1 W= W。 14.答案：(1)　(2)3 解析： (1)对整体应用牛顿第二定律有E·2q=2ma 得两小球加速度大小为a=。 (2)系统向右加速运动阶段L= 解得t1= 此时小球B刚刚进入MN,带电系统的速度v=at1 假设小球A不会出电场区域,带电系统向右减速运动阶段有-3Eq+2Eq=2ma' 加速度a'=- 减速运动时间t2==2 减速运动的距离L'==2L 可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零,假设成立。所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t=t1+t2=3。 15.答案：(1)　(2) (3)(4－2)a或(8－2)a或4a 解析：(1)根据题意，作出粒子运动的轨迹如图1所示，其中θ＝60°，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r＝rcosθ＋a 解得r＝2a 由牛顿第二定律有qv0B＝m 解得B＝。 (2)由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与y轴的夹角为60°，由几何关系可得，粒子在电场中沿y方向运动的距离Δy＝3a－2rsinθ 粒子在电场中做类斜抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a′，沿y轴方向有Δy＝v0cosθ·t 平行电场方向，由牛顿第二定律有qE＝ma′ 由运动学公式有v0sinθ－0＝a′· 联立解得E＝。 (3)粒子从A点以与＋x方向成30°角的速度v0射入磁场，计算可知，rsin30°＝a，所以粒子的轨迹圆心在y轴上，粒子垂直于y轴进入电场后原路返回，如图2所示，粒子打到相同位置时，设挡板的y坐标为y，当粒子打到挡板时的速度方向指向左上方时，有y＝2(r－rcos30°)＋n·2r(n＝0，1，2，…) 当粒子打到挡板时的速度方向指向右上方时，有y＝k·2r(k＝1，2，3，…) 根据题意有y≤3a 解得n＝0，1，k＝1 当n＝0时，y1＝(4－2)a 当n＝1时，y2＝(8－2)a 当k＝1时，y3＝4a。 学科网（北京）股份有限公司 $