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(分值：100分)
考生注意：
1.本试卷分选择题部分和非选择题部分。
2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。
3.请在答题卡(另附)中作答，保持试卷清洁完整。
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，或保持开关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.(2025·重庆市荣昌中学月考)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；
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.现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、CD、BD的中点分别放电荷量大小相等的点电荷，其中AB、AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是(　　)
A.O点的电场强度和电势均为零
B.把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，静电力所做的总功为零
C.同一点电荷在a、d两点所受静电力不同
D.将一负点电荷由a点移到b点，电势能减少
答案　B
解析　上下两个正、负点电荷在O点产生的电场强度向下，左右两个正、负点电荷在O点产生的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，O点的电场强度不为零，方向为沿AD方向，在O点处电势为零，A错误；据对称性，b、c两点处电势相等，把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时，静电力做的总功为零，B正确；根据库仑定律和力的合成，同一点电荷在a、d两点所受静电力相同，C错误；取无穷远处电势为零，a点的电势为正，b、O、c三点电势相等，均为零，则负点电荷从a点移动到b点，即从电势高处移到电势低处，电势能增大，D错误。
4.(2025·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
解析　发电机的瞬时电动势为e=3sint 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.(2025·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里运动过程中没有进入“阴鱼”区域，带电粒子重力不计。则匀强磁场的磁感应强度的最小值为(　　)
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.(2024·山东济南市三模)如图所示，半径为R的半圆形闭合金属线框以O点为转轴在纸面内逆时针匀速转动，过O点的水平边界上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。初始时线框直径与虚线边界垂直。已知线框的电阻为r，线框匀速转动的角速度为ω，从图示位置开始计时，以顺时针为感应电流的正方向，下列关于线框中的感应电流i随时间t的变化关系正确的是(　　)
　　　
答案　D
解析　如图所示，在0~时间内，穿过线框的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框中的感应电流方向为顺时针方向(正方向)，线框切割磁感线的有效长度为L=2Rsin θ=2Rsin ωt，则线框转动切割磁感线产生的电动势为e=BL2ω=2BR2ωsin2ωt=BR2ω(1-cos 2ωt)，线框中的感应电流为i==(1-cos 2ωt)，在~时间内，整个线框都在磁场中，线框的感应电流为0；在~时间内，穿过线框的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，线框中的感应电流方向为逆时针方向(负方向)，线框切割磁感线的有效长度为L=2Rsin (ωt-π)，则线框转动切割磁感线产生的电动势为e=-BL2ω=-BR2ω，线框中的感应电流为i==-=-(1-cos 2ωt)，在~时间内，整个线框都在磁场外，线框的感应电流为0。故选D。
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.(2024·四川宜宾市三模)静电植绒产品具有立体感强、耐磨、阻燃、隔音、保暖等特点。如图所示为植绒流程示意图，带正电金属板与带负电金属网间有60 kV的电压，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，绒毛在静电力的作用下飞到需要植绒的布匹表面上，忽略绒毛的重力、空气阻力、绒毛之间的相互作用力和边缘效应，正电金属板与负电金属网之间可视为匀强电场，下列说法正确的是(　　)
A.绒毛在飞向布匹的过程中，静电力做正功
B.绒毛运动经过处各点的电势逐渐降低
C.若仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，绒毛到达布匹时的速率将增大
D.若仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，绒毛到达布匹表面时间将减小
答案　AC
解析　电场方向向上，则绒毛在飞向布匹的过程中，静电力向下，静电力做正功，选项A正确；绒毛运动经过处各点的电势逐渐升高，选项B错误；根据qU=mv2可知，若仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，绒毛到达布匹时的速率将增大，选项C正确；根据qU=mv2可知，正电金属板与负电金属网之间的电压一定，则绒毛到达布匹表面的速度一定，若仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，则电场强度减小，绒毛受到的静电力减小，加速度减小，绒毛到达布匹表面时间将增加，选项D错误。
9.(2024·甘肃酒泉市三模)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直，管道横截面半径为a，长度为l(l a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧运动垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。已知单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B.粒子的质量为
C.管道内的等效电流为nq
D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bql
答案　AC
解析　带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为R=a，由洛伦兹力提供向心力qvB=m，解得粒子质量为m=，故A正确，B错误；根据电流的定义式I===nq，故C正确；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受到的安培力F=BIl=nqBl，故D错误。
10.(2025·辽宁鞍山市模拟)如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。金属棒ab的质量为2m，cd的质量为m，长度均为L，电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A.cd棒做匀速直线运动的速度为
B.电路中的电功率为
C.某时刻t0=0，恒力大小变为F1=1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动，此时ab棒的速度为
D.接C项条件，0~t时刻内通过金属棒ab的电荷量为
答案　ACD
解析　金属棒cd在恒力F=2mg的作用下沿轨道向上做匀速运动，则有mgsin 30°+BI1L=2mg，解得I1=，则感应电动势为E=I1·2R=，又有E=BLv1，解得v1=，电路中的电功率P=·2R=，故A正确，B错误；金属棒ab做匀速运动，则有BI2L=2mgsin 30°，恒力大小变为F1=1.5mg，方向沿斜面向上，则由金属棒ab、金属棒cd组成的系统动量守恒，设t时刻后金属棒ab做匀速运动的速度为vab，金属棒cd也做匀速运动的速度为vcd，则有mv1=mvcd+2mvab，又有I2=，联立解得vab=，0~t时间内，对金属棒ab分析，在电流为i的很短时间Δt内，速度的改变量为Δv，由动量定理有BiLΔt-2mgsin 30°·Δt=
2mΔv，对两边求和可得BLq-2mgtsin 30°=2mvab，解得q=，故C、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b=0.35 V-1=，解得E≈2.9 V，-图像的斜率为k= A-1=，解得r≈2.5 Ω。
12.(8分)(2024·黑龙江大庆市模拟)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
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.(8分)(2025·重庆市模拟)如图所示，一足够大的绝缘平板MN水平固定，从平板上O点持续向上方各个方向发射带电小球，射出的小球质量均为m，电荷量均为+q，速度大小均为v0。在距MN上方L处有一水平固定且足够大的光屏，光屏的中心O'正对平板上的O点。在平板和光屏之间有一竖直向上的匀强电场(图中未画出)，电场强度大小E=。不考虑小球之间的相互作用，小球与光屏和平板碰撞后均不反弹，小球可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。
(1)求小球打在光屏上的所有落点中，相距最远的两点之间的距离；
(2)保持电场方向不变，电场强度大小变为，同时在平板和光屏之间加上一垂直纸面向里的匀强磁场，若在纸面内射出的小球打在光屏上的位置到O'点的最远距离为L，求所加磁场的磁感应强度大小。
答案　(1)2v0　(2)
解析　(1)由分析知，沿平行MN方向射出的小球落在光屏上时距离O'点最远，此时小球做类平抛运动，垂直MN方向，有qE-mg=ma
L=at2
平行MN方向，有x=v0t
小球打在光屏上的范围为半径为x的圆形，其中相距最远的两点之间的距离为其直径，即Δxmax=2x=2v0
(2)当电场强度大小调整为E'=时，有qE'=mg
此时，小球会在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设所加磁场的磁感应强度大小为B，根据洛伦兹力提供向心力qv0B=m
解得R=
由分析知，沿ON方向发射的小球打在光屏上时距离O'点最远，由几何关系可得，此时小球做匀速圆周运动的半径R=L
联立解得B=。
14.(14分)(2025·宁夏吴忠市模拟)如图所示，两根倾斜固定的光滑平行金属导轨间距为L，倾角为α=30°，在导轨的下端连接有阻值为R的定值电阻，整个导轨平面处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现把一根质量为m的导体棒置于导轨上，并在它的中点用轻绳通过光滑轻质定滑轮与质量为2m的重物相连，调节滑轮使轻绳与导轨平行。将导体棒从距导轨上端x0的位置静止释放，导体棒沿导轨运动，脱离导轨时的速度大小为v0，此时重物还未落地。已知导体棒始终垂直导轨且接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)通过电阻R的电荷量；
(2)导体棒在导轨上运动的时间；
(3)电阻R所产生的热量。
答案　(1)　(2)+　(3)m(gx0-)
解析　(1)由法拉第电磁感应定律得E===
根据闭合电路欧姆定律，有I=
电流的定义式为I=
联立解得通过电阻R的电荷量为Δq=
(2)导体棒沿导轨向上运动，对其运用动量定理可得IT-mgsin α·t-I安=mv0
其中安培力的冲量I安=IBL·Δt=BL·Δq=
对重物运用动量定理可得2mg·t-IT=2mv0
联立解得导体棒沿导轨运动的时间为t=+
(3)导体棒沿导轨向上运动，由能量守恒定律可得2mg·x0-mgsin α·x0=×3m+Q
定值电阻R与导体棒串联，电流相同
由焦耳定律可知Q=I2Rt
定值电阻与导体棒中所产生的热量之比为=
联立解得定值电阻R中所产生的热量为QR=m(gx0-)
15.(16分)(2024·河南省七市重点高中联考)如图甲所示，在Oxy坐标系的第一象限0≤x≤L=0.1 m的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E=103 V/m，一挡板下端固定在x=0.2 m处，其上有一小孔，挡板与x轴负方向夹角θ=53°，挡板右侧有一与挡板相切于小孔的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小B= T，方向垂直纸面向里，一比荷为= C/kg的带正电粒子从坐标原点处沿x轴正方向飞入电场区域，其恰好垂直挡板从小孔飞出，不计粒子重力。已知圆形磁场区域的半径R=25 m，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，π取3，取1.4，求：
(1)粒子飞入电场时的速度大小v0；
(2)粒子在磁场中运动的时间t；
(3)若将挡板右侧的磁场改为范围足够大，磁感应强度不变，同时加上与挡板垂直向右上方的匀强电场，电场强度大小为E= V，如图乙所示，求粒子进入磁场运动过程中的最大速率vm。
答案　(1)10 m/s　(2)4 s　(3)30 m/s
解析　
(1)画出粒子运动轨迹如图所示，根据运动的合成与分解有tan θ=
沿电场方向有v1=at1
垂直电场方向有L=v0t1
根据牛顿第二定律有qE=ma
解得v0==10 m/s
(2)粒子飞出电场时的速度为v==12.5 m/s
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=
解得r=25 m
设粒子在磁场中转过的圆心角为α，且tan ==
解得α=
故粒子在磁场中运动的时间为t=T=
又T==
解得t==4 s
(3)粒子进入磁场时，垂直于v的方向上分解为两个速度v1、v2，如图且v1=v2，令qv1B=qE，则粒子的运动可看作沿v1方向做匀速直线运动，以v合=做匀速圆周运动，当v1与v合方向相同时，速度最大，即vm=v1+v合，解得vm=30 m/s