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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＝
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＝，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；
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由公式Bqv＝m 可知v＝，故粒子获得的动能为Ek＝mv2＝，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＝mv2，Bqv＝m，解得r＝，题图丁中不同粒子经过质谱仪偏转半径之比为＝，
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.
B.
C.
D.
答案 A
解析 根据动量定理有－BLt＝m×v－mv
BLt＝BLq＝BL·＝BL·
联立得v＝，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8 Ω，正常工作电流为1 A。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＝3sin 2πt V
B．t＝0.25 s 时，电压表示数为0
C．正常工作时小风扇的输出功率为28 W
D．小风扇的转速一定与发电机的转速相同
答案 C
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解析 发电机的瞬时电动势为e＝3sin t V＝3sin 4πt V，故A 错误；
t＝0.25 s 时，电压表示数为电动势的有效值，为U1＝＝3 V，故B 错误；
根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系＝，可得副线圈电压为U2＝36 V，正常工作
时小风扇的输出功率为P＝U2I－I2r＝36×1 W－12×8 W＝28 W，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( )
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A. B. C. D.
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
＋)2＝r2＋(R)2，解得r＝2R，由牛顿第二定律可得qvB＝m，联立解得B＝，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＝，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．环经过时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度为am＝g＋
C．环在t0时间内损失的机械能为m(v0
2－)
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＝，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＝，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＝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，
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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＝＝g＋，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＝mv0
2－mv2，而v＝，因此损失的机械能为m(v0
2
－)，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adcba
B．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－Blt＝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＝，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3 eV 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10 cm，电子到达c 点时动能为7 eV。电子仅在静电力的作用下运动，
下列说法正确的是( )
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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40 V/m
C．若b 点的电势为零，电子运动到a 点时的电势能为－1 eV
D．电子到达ab 中点时的动能为1 eV
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＝－4 V，正方形边长L＝10 cm，Oc 的距离为
dOc＝L＝5 cm，电场强度的大小为E＝＝40 V/m，B 正确；由于bd 垂直于ac，则φb＝φO＝
0，EpO＝－eφO＝0，WOa＝EpO－Epa＝－eEdOa，dOa＝L＝5 cm，综上所述，Epa＝4 eV，C 错误；
设ab 中点为p，从O 到p 由动能定理得－eEd＝Ekp－EkO，又d＝cos 45°，代入数据计算可得
Ekp＝1 eV，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＝2 T 的匀强磁
场。现让矩形虚线框区域磁场水平向右以速度v0＝10 m/s 匀速运动，经过时间t＝0.2 s，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＝1 m，MN 的有效电阻与轨道左端连接的定值电阻均为r＝2 Ω，
其余部分电阻不计，导体棒MN 质量m＝1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10
m/s2。则( )
A．能使导体棒MN 运动，矩形区域磁场的速度至少为6 m/s
B．导体棒MN 稳定运动的速度为5 m/s
C．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4 C
D．导体棒MN 稳定运动时，定值电阻r 上消耗的电功率为12.5 W
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＝
对导体棒MN 由平衡条件可得BLI＝μmg
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则矩形区域磁场的最小驱动速度v0min＝＝5 m/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－＝5 m/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BLt－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＝t＝3 C，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＝12.5 W，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5.0 Ω 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，以为纵轴、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)＝·＋ (3)2.9 2.5
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＝R，变形可得＝＝＋，故表达式为＝·＋。
(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，0.35 V－1＝，解
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得E＝2.9 V，图像的斜率为k＝ A－1＝，解得r＝2.5 Ω。
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0～200 N 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90～110 Ω 之间)
电源(电动势E＝12 V，内阻为2 Ω)
电流表G1(量程10 mA，内阻Rg1＝200 Ω)
电流表G2(量程50 mA，内阻Rg2约为100 Ω)
定值电阻R1＝200 Ω
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50 Ω B．最大阻值为250 Ω
(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30 mA 时，电流表G1读数
为6.0 mA，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＝60 N 时，电流表G2示数为_____________ mA。
答案 (1)b (2)B (3)100 (4)138 40
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50 Ω 的，全部接入电路时，电路总电阻为
R 总＝r＋Rg2＋R2＋＝2 Ω＋100 Ω＋50 Ω＋ Ω≈225.5 Ω
则干路电流约为I＝＝ A≈0.053 A＝53 mA
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超过G2的量程，所以应选择最大阻值为250 Ω 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＝＝＝100 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，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＝－R0－r＝ Ω－100 Ω－2 Ω＝138 Ω
R－F 图像的斜率为k＝ Ω/N＝1 Ω/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＝60 N 时，R＝160 Ω，可得电流表G2示数为I＝＝0.04 A＝40 mA。
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＝0.1 m，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＝0.3
Ω，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＝0.2 kg，接入
电路的电阻为r＝0.1 Ω，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＝10 m/s，重力加速度g 取10 m/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＝12 m，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)2 T (2)B＝ (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＝
金属棒所受的安培力F＝B1IL
cd 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＝mgsin θ
联立代入数据解得B1＝2 T
(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mgsin θ＝ma
回路中磁通量应不变，则有B1Lx＝BL(x＋v1t＋at2)
联立可得
B＝＝ (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＝30 cm。坐标系所在空间存在一匀强电场，电场强度
的大小E＝1.0 N/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
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做匀速直线运动，已知油滴的速度v＝2.0 m/s，所带电荷量q＝1.0×10－7 C，重力加速度g
取10 m/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＝2.0 T，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)1.0×10－8 kg (2)① s ②2.5π×10－3 m2
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＝＝1.0×10－8 kg。
(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＝
得R＝＝0.10 m，所以T＝＝ 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＝＝ 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＝Rsin 30°＝0.05 m，其面积为
S＝πr2＝0.002 5π m2＝2.5π×10－3 m2。
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
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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，斜导轨的倾角为53°，
斜导轨底端有一小段高度可忽略的光滑圆弧与金属导轨平滑连接。水平面甲内导轨左端连接
一充满电的电容器C，右边缘垂直导轨放置长度为2L、质量为m、电阻为R 的均匀金属棒
ab，在水平面乙内垂直间距为L 的导轨左端放置与ab 完全相同的金属棒cd，导轨MM′与
NN′、PP′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。所有导轨的水平部分均有竖直向
下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场(未画出)，斜面部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab
迅速获得水平向右的速度做平抛运动，刚好落在斜面底端，没有机械能损失，之后沿着水平
面乙运动。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)金属棒ab 做平抛运动的初速度大小v0；
(2)电容器C 释放的电荷量q；
(3)从金属棒ab 开始沿水平面乙内的光滑导轨运动起，至匀速运动止，这一过程中金属棒ab
上产生的热量。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)金属棒ab 落到斜面底端时，在竖直方向上有2h＝gt2，解得t＝2
由几何关系可知tan 53°＝
解得v0＝
(2)金属棒ab 弹出瞬间，根据动量定理得2BL·Δt＝mv0－0
又因为q＝·Δt
联立解得电容器C 释放的电荷量为q＝
(3)金属棒ab 落在水平导轨上时，根据动能定理有2mgh＝mv2－mv0
2
解得v＝
最终匀速运动时，电路中无电流，
所以金属棒ab 和金属棒cd 产生的感应电动势相等，即2BLvab＝BLvcd
此过程中，对金属棒ab 根据动量定理得－2BL∑I′Δt′＝mvab－mv
对金属棒cd 分析，根据动量定理得BL∑I′Δt′＝mvcd
解得vab＝，vcd＝
该过程中ab、cd 产生的总热量为Q＝mv2－mvab
2－mvcd
2
解得Q＝
因cd 棒接入电路中的电阻为ab 棒的二分之一，则ab 棒上产生的热量为Qab＝Q＝。
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