階段性訓練（三）考察內容（電場恒定電流磁場）一．選擇題1．磁通量單位用國際單位制的基本單位可表示為（）A．Wb B．T?m2 C．kg?m2/（A?s2） D．N?m/A【解答】解：根據磁通量的計算公式Φ＝BS可知：1Wb＝1T?m2；根據磁感應強度的定義式可得：B=FIL其中力的單位1N＝1kgm/s2，故磁通量單位用國際單位制的基本單位可表示為1Wb＝1kg?m2/（A?s2），故C正確、ABD錯誤。故選：C。2．自然科學中很多物理量的表達式都有不止一個，通常都有其定義式和決定式，它們反應人們對自然界認識的不同層次．定義式側重描述客觀世界，決定式側重對因果關系的解釋．下列表達式中，側重解釋因果關系的是（）A．電阻R=UI B．電容CC．加速度a=Fm 【解答】解：ABD.電阻R=UI，電容C=QC.根據牛頓第二定律得加速度a=F故選：C。3．下面是某同學對電場和磁場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是（）A．根據電場強度的定義式E=FqB．根據電勢差的定義式UAB=WABC．根據電容的定義式C=QUD．由磁感應強度公式B=F【解答】解：A．電場強度定義式E=FB．根據電勢差的定義式UAB=WABqC．電容的定義式C=QD．根據左手定則，磁感應強度的方向與放入磁場中的通電直導線所受安培力的方向垂直，故D錯誤。故選：B。4．“司南”是我國古代四大發明之一，主體由磁勺和羅盤構成。據東漢《論衡》記載，其“司南之杓，投之于地，其柢（即勺柄）指南”。若在靜止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通電的直導線，請推測勺柄將（）A．向正東方向轉動 B．向正西方向轉動 C．向正南方向移動 D．向正北方向移動【解答】解：磁勺柄指南，根據地理的南極與地磁的N極基本重合，異名磁極相互吸引，則勺柄應為該磁體的S極；在靜止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通電的直導線，根據右手螺旋定則可知，磁勺所處位置磁場由東向西，則勺柄向正東方向轉動，故A正確，BCD錯誤；故選：A。5．如圖所示，長度為L的導體棒原來帶負電，將帶電荷量為q的正點電荷放在導體棒的中心軸線上距離棒左端R處，達到靜電平衡后，棒的左端帶負電，右端不帶電，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．導體棒左端電勢高，右端電勢低 B．導體棒左端電勢低，右端電勢高 C．導體棒上的電荷在棒中心O處產生的電場強度大小為4kq(2R+L)D．導體棒上的電荷在棒中心O處產生的電場強度大小為2kq【解答】解：AB．導體棒達到靜電平衡后，導體棒是一個等勢體，則導體棒左右兩端電勢相等，故AB錯誤；CD．導體棒達到靜電平衡后，棒上感應電荷在棒內中點產生的場強大小與點電荷+q在該處產生的電場強度大小相等，方向相反，故可得棒上感應電荷在棒中心O處產生的電場強度大小為E=kq故C正確，D錯誤。故選：C。6．2022年2月，中國科學家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細胞表面ACE2蛋白的結合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，其中的一種電子透鏡的電場分布如圖所示（截取其中一部分），虛線為等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，一電子僅在電場力作用下運動的軌跡如圖中實線所示，a、b是軌跡上的兩點，則（）A．a點的電場強度大于b點的電場強度 B．電子在a點的動能大于在b點的動能 C．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能 D．a點的電勢高于b點的電勢【解答】解：A、根據等差等勢面的疏密可表示場強強弱，由于a點等差等勢面比b點稀疏，則a點的電場強度小于b點的電場強度，故A錯誤；BCD、順著電場線方向，電勢逐漸降低，電場線由高等勢面指向低等勢面，根據電子受力方向向右下方，則電場線方向向左上，故a點電勢低于b點，電子帶負電，電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，根據能量守恒知電子在a點的動能小于在b點的動能，故BD錯誤，C正確。故選：C。7．如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的輕質絕緣細繩，一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則（）A．小球帶負電 B．電場力跟重力是一對平衡力 C．小球從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D．運動過程中小球的機械能守恒【解答】解：AB．小球受到重力、電場力和細繩的拉力在豎直平面內做勻速圓周運動，根據合外力提供向心力，電場力應與重力平衡，即小球所受電場力與重力等大反向，則知小球帶正電，故A錯誤，B正確；C．小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，故C錯誤；D．由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，故D錯誤。故選：B。8．電動機與小電珠串聯接入電路，電動機正常工作時，小電珠的電阻為R1，兩端電壓為U1，流過的電流為I1；電動機的內電阻為R2，兩端電壓為U2，流過的電流為I2．則（）A．I1＜I2 B．U1C．U1U2【解答】解：A、小燈珠與電動機串聯，所以：I1＝I2，故A錯誤；BCD、對小燈珠，由歐姆定律可得：U1＝I1R1，電動機正常工作時由于線圈的切割磁感線產生反電動勢，所以：U2＞I2R2，所以：U1故選：D。9．某同學根據查閱到的某種熱敏電阻的R﹣t特性曲線（如圖1），設計了圖2所示的恒溫箱溫度控制電路。圖2中，Rt為熱敏電阻，R1為可變電阻，控制系統可視作R＝200Ω的電阻，電源的電動勢E＝9.0V，內阻不計。當通過控制系統的電流小于2mA時，加熱系統將開啟，為恒溫箱加熱；當通過控制系統的電流等于2mA時，加熱系統將關閉。下列說法正確的是（）A．若要使恒溫箱內溫度保持20℃，應將R1調為500Ω B．若要使恒溫箱內溫度升高，應將R1增大 C．若恒溫箱內溫度降低，通過控制系統的電流將增大 D．保持R1不變，通過控制系統的電流大小隨恒溫箱內的溫度均勻變化【解答】解：A．根據閉合電路歐姆定律可知，控制系統的電流等于2mA時，電路中的總電阻R總=9.02×10?3Ω=4500Ω；由圖1可知，20℃熱敏電阻的阻值為Rt1＝4000Ω，若要使恒溫箱內溫度保持20℃，應將R1調為4500Ω﹣4000B．由于加熱系統關閉的電流臨界值2mA一定，即加熱系統關閉的電路中臨界的總電阻始終4500Ω。可知若要使恒溫箱內保持的溫度值升高，即熱敏電阻的阻值減小，則必須使R1增大，故B正確；C．若恒溫箱內溫度降低，熱敏電阻阻值增大，根據閉合電路歐姆定律可知，通過控制系統的電流減小，故C錯誤；D．根據圖1可知，恒溫箱內的溫度與熱敏電阻的阻值成線性關系，通過控制系統的電流I=ER+R故選：B。10．如圖所示，三根長直導線A、B和C垂直紙面并固定于等腰直角三角形的三個頂點上，三根導線均通有方向垂直紙面向里的電流I時，AC的中點O處磁感應強度的大小為B0．若使A中的電流反向其他條件不變，則O點處磁感應強度的大小變為（）A．0 B．B0 C．5B0 D．2B0【解答】解：當三導線中均通有垂直紙面向里的電流I時，A、C中點O磁感應強度為B0，用右手螺旋定則判斷通電直導線A與通電直導線C在O點的合磁場為零，則通電直導線B在O點產生的磁場方向沿著AC，由A指向C，磁感應強度為B0，如果使A中的電流反向其他條件不變，則通電直導線A與通電直導線C在O點的合磁場大小為2B0，方向垂直AC向上；依據矢量的合成法則，則三根通電直導線在P點共同產生的磁場大小為：B合=B02故ABD錯誤，C正確。故選：C。11．在自行車上安裝碼表可記錄騎行情況。如圖，碼表由強磁鐵、霍爾傳感器及顯示器組成。霍爾傳感器固定在自行車前叉一側，強磁鐵固定在車輪的一根輻條上。車輪半徑為R，霍爾傳感器到車軸的距離為r。強磁鐵每次經過霍爾傳感器時，PQ端均輸出一次電信號，若每秒強磁鐵n次經過霍爾傳感器，同時顯示器數據更新一次，則（）A．顯示器上的里程110.0km是指騎行的位移大小 B．磁鐵如圖經過傳感器時，導電的電子向Q端會聚 C．上圖中PQ兩端電勢的高低，與磁鐵運動的方向有關 D．自行車的速度21.8km/h是由2πnr換算得來的【解答】解：A.顯示器上的里程110.0km是指騎行的路程，故A錯誤；B.電子移動的方向與電流相反，根據左手定則可知，電子的安培力方向是由P指向Q的，則導電的電子向Q端會聚，故B正確；C.無論磁鐵是順時針還是逆時針，通過霍爾元件的磁感應強度方向不變，導電的電子仍向Q端會聚，則當穩定之后，有電場力和洛倫茲力平衡，即Ud解得U＝Bvd可知，與磁鐵運動的方向無關，故C錯誤；D.根據圓周運動各個物理量之間關系，自行車的線速度為v＝2πnR，故D錯誤；故選：B。12．如圖所示，水平虛線MN上方有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內水平向右到豎直向上90°范圍內的各個方向，由小孔O射入磁場區域，做半徑為R的圓周運動。不計粒子重力和粒子間相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經過的區域，其中正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，由左手定則可知，粒子垂直射入磁場后沿逆時針方向做勻速圓周運動，粒子從O點垂直射出磁場，在磁場中做圓周運動然后再從磁場邊界MN離開磁場，粒子離開磁場時與MN的夾角大小等于粒子進入磁場時速度方向與MN的夾角大小，由牛頓第二定律得：qvB＝mv解得粒子軌道半徑：R=mv水平向右射入磁場的粒子在磁場中運動軌跡為一個完整的圓，豎直向上射入磁場的粒子在磁場中的運動軌跡為半個圓周，粒子運動軌跡如圖所示：在兩圖形的相交的部分是粒子不經過的地方，故B正確；故選：B。二．多選題13．電磁彈射技術被應用在福建艦上，大大提升了福建艦的戰斗力，電磁彈射原理如圖所示。電磁彈射器能使飛機在較短距離內很快被加速到起飛速度。下列說法中正確的是（）A．彈射過程飛機機身受到向前的安培力的沖量，使飛機的動量增加 B．通過軌道的電流只是用來產生驅動磁場，不會流過飛機機身 C．流過飛機機身的電流受到的安培力對飛機做正功 D．飛機被彈射的過程中彈射裝置獲得的電能全部轉化為機械能【解答】解：AB．通過軌道的電流除了產生驅動磁場外，也流過機身使機身受到向前的安培力，使機身受到向前的安培力是動力，安培力的沖量也向前，根據動量定理可知，飛機的動量增加，故A正確，B錯誤；CD．飛機被彈射的過程中，流過飛機機身的電流受到的安培力與飛機運動方向相同，對飛機做正功，使電能轉化為機械能，還有一部分電能通過電流做功轉化為內能，故D錯誤，C正確。故選：AC。14．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一沿水平方向的電場，MN是其中的一條直線，線上有A、B、C三點。一帶電量為+2×10﹣3C、質量為1×10﹣3kg的小物塊從A點靜止釋放，沿MN做直線運動，其運動的v﹣t圖象如圖乙所示，其中B點處的切線斜率最大（圖中標出了該切線），C點處的切線平行于t軸，運動過程中小物塊電量保持不變，則下列說法中正確的是（）A．AB兩點電勢差UAB＝﹣4V B．小物塊從B點到C點電場力做的功W＝10﹣2J C．B點為AC間電場強度最大的點，場強大小E＝1V/m D．由A到C的過程中小物塊的電勢能先減小后變大【解答】解：A、物塊在A到B過程，根據動能定理得：qUAB=12mvB2?12mvA2得：UAB=WB、物塊從B點到C點電場力做的功W=12mvC2?12mvB2C、據v﹣t圖的斜率等于加速度，可得物塊在B點的加速度最大為a=45?3=2m/s2，所受的電場力最大為F＝ma＝1×10﹣3×2N＝2×10﹣3D、由v﹣t圖可知由A到C的過程中小物塊的動能一直增大，則電勢能一直減小，故D錯誤。故選：BC。15．圖為某種鋰電池充電過程中電池電壓、充電電流隨時間變化的圖象。根據圖象，可以做出的正確推斷是（）A．該鋰電池的電動勢約為4.2V B．該鋰電池的充電電壓可能小于4.2V C．充電的1.0～3.0小時內，電池充入的電荷量為1000mA?h D．若該鋰電池的容量為1400mA?h，則整個充電過程中，鋰電池增加的電能不超過5.88W?h【解答】解：A、由圖象可以看出，在充滿電后電池電壓穩定在4.2V，說明該鋰電池的電動勢約為4.2V，故A正確；B、鋰電池的充電電壓必須大于電源電動勢才能進行充電操作，即該鋰電池的充電電壓要大于4.2V，故B錯誤；C、電流﹣時間圖象的面積表示電池充入的電荷量，所以在充電的1.0～3.0小時內，圖象面積小于1000mA?h，故C錯誤；D、若該鋰電池的容量為1400mA?h，根據題意可知整個充電過程中，鋰電池增加的電能為：E＝UQ＝4.2×1400×10﹣3W?h＝5.88W?h，故D正確。故選：AD。三．實驗題16．電容器是一種重要的電學元件，在電工、電子技術中應用廣泛。使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器可以捕捉瞬時的電流變化，它與計算機相連，可顯示電流隨時間的變化。圖甲直流電源電動勢E＝8V、內阻不計，充電前電容器帶電量為零。先使S與“1”端相連，電源向電容器充電。充電結束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計算機記錄的電流隨時間變化的I﹣t曲線如圖乙所示。（1）在電容器充電與放電過程中，通過電阻R0的電流方向（選填“相同”或“相反”）；（2）圖像陰影為I﹣t曲線圖像與對應時間軸所圍成的面積，乙圖中陰影部分的面積S1S2（選填“＞”、“＜”或“＝”）；（3）已知S1＝1233mA?s，則該電容器的電容值為法拉（保留兩位有效數字）；（4）由甲、乙兩圖可判斷阻值R1R2（選填“＞”或“＜”）。【解答】解：（1）由圖甲可知，電容器充電時，通過電阻R0的電流方向向左，放電時通過R0的電流方向向右，故在電容器充電與放電過程中通過R0的電流方向相反；（2）I﹣t圖像中圖像與對應時間軸所圍成的面積表示電荷量，充電和放電電荷量相等，所以乙圖中陰影部分的面積S1＝S2；（3）由于電源內阻不計，可知電容器兩端電壓等于電源電動勢，則該電容器的電容值為：C=Q（4）由圖乙可知，充電時的最大電流大于放電時的最大電流，則可知，R1＜R2故答案為：（1）相反；（2）＝；（3）0.15；（4）＜17．某同學采用伏安法測量一節干電池的電動勢和內阻，實驗器材如下：①干電池一節（電動勢約為1.5V，內阻約為0.5Ω）；②電壓表V（量程為0～3V，內阻約為5kΩ）；③電流表A（量程為0～0.6A，內阻約為0.3Ω）；④滑動變阻器（最大阻值為20Ω）；⑤開關、導線若干。（1）根據甲圖設計的電路，將乙圖中的器材連成實驗電路。（2）完成實驗操作后，需要分析由電表內阻引起的實驗誤差。在圖丙中，實線是根據實驗數據描點作圖得到的U﹣I圖像；虛線是該電源真實的路端電壓U隨真實的干路電流I變化的U﹣I圖像。本次實驗分析誤差的U﹣I圖像是如圖丙選項中的。（3）為減小由于電表引起的實驗誤差，本實驗可以采取的措施是。A．采用量程更大的電流表B．采用阻值更大的滑動變阻器C．將電流表改接在甲圖中的c、d節點之間D．采用內阻更大的電壓表【解答】解：（1）根據甲圖設計的電路，將乙圖中的器材連成實驗電路如下圖所示。（2）電壓表測量路端電壓不存在系統誤差，由于電壓表的分流作用，電流表測量的電流值小于流經電源的電流，當電壓表示數為零時，流經電壓表的電流為零，此時電流表測量的電流值等于流經電源的電流，故電源真實的路端電壓U隨真實的干路電流I變化的U﹣I圖像應該在測量所得的U﹣I圖像的上方，且兩圖象的橫軸截距相同，故ACD錯誤，B正確。故選：B。（3）A．采用量程更大的電流表，則電流表的讀數會產生較大的誤差，會使實驗誤差更大，故A錯誤；B．采用阻值更大的滑動變阻器，會在實驗時不便于調節電路中電流的變化，會產生更大的誤差，故B錯誤；C．將電流表改接在甲圖中的c、d節點之間，則電流表的分壓作用使內阻測量的誤差很大，故C錯誤；D．采用內阻更大的電壓表，會減小電壓表的分流作用產生的誤差，故D正確。故選：D。故答案為：（1）見解答；（2）B；（3）D四．計算題（共3小題）18．如圖甲所示電路中，電流表與電壓表均為理想電表，電容器電容C＝7μF，定值電阻R1＝30Ω，R2＝R3＝R4＝10Ω，M、N兩端接一電源，此電源的路端電壓與通過電源的電流關系如圖乙所示，求：（1）電流表示數；（2）電壓表示數和電容器極板帶電量。【解答】解：（1）由于電壓表所在支路相當于斷路，故電路結構為R2、R3、R4串聯后與R1并聯，電壓表示數為R4兩端電壓，電流表測干路電流。電路外電阻R代入數據解得：R外＝15Ω根據閉合電路歐姆定律，U＝E﹣Ir，故圖像截距為E，斜率絕對值為r，由圖乙得電源電動勢E＝20V，內阻r＝20Ω，電流表示數I=代入數據解得：I=4（2）路端電壓U＝IR外代入數據解得：U=60電壓表示數為U代入數據解得：Uv=20電容器帶電量Q＝C（U﹣UV）代入數據解得：Q＝4×10﹣5C答：（1）電流表示數為47（2）電壓表示數為207V，電容器極板帶電量為4×10﹣19．如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABC和水平絕緣軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα=3（1）勻強電場的場強大小；（2）小球到達A點時速度的大小；小球從C點落至水平軌道上的位置與A點的距離。【解答】解：（1）設小球所受的電場力為，電場強度大小為E，由力的合成，得：F0又F0＝qE…②聯立①②解得：E=（2）小球到達C點時所受合力大小為F，由力的