2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）考前特訓(xùn)熱點9電場[分值：42分][1~6題，每題4分，7~9題，每題6分]1.(2025·浙江1月選考·4)三個點電荷的電場線和等勢面如圖所示，其中d、e和e、f之間的距離相等，則()A.a點電勢高于b點電勢B.a、c兩點的電場強度相同C.d、f間電勢差為d、e間電勢差的兩倍D.從a到b與從f到b，電場力對電子做功相等答案D解析電場線從高等勢面指向低等勢面，即電場線從題圖中的正電荷指向負電荷，因此b點所在的等勢面高于a點所在的等勢面，A錯誤；a、c兩點電場強度方向不同，電場強度不同，B錯誤；從d→e→f電場強度逐漸減小，間距相等，結(jié)合U=Ed可知0<Ufe<Ued，則Ufd<2Ued，C錯誤；a點與f點在同一等勢面上，則a、b兩點和f、b兩點的電勢差相等，根據(jù)電場力做功W=qU，可知從a到b與從f到b，電場力對電子做功相等，D正確。2.(多選)(2025·河北卷·8)如圖，真空中固定在絕緣臺上的兩個相同的金屬小球A和B，帶有等量同種電荷，電荷量為q，兩者間距遠大于小球直徑，兩者之間的靜電力大小為F。用一個電荷量為Q的同樣的金屬小球C先跟A接觸，再跟B接觸，移走C后，A和B之間的靜電力大小仍為F，則Q∶q的絕對值可能是()A.1 B.2 C.3 D.5答案AD解析C先跟A接觸后，兩者電荷量均變?yōu)閝1=Q+q2，C再跟B接觸后，兩電荷量均變?yōu)閝2=q+q12=Q+3q4，此時A、B解得Q=q或Q=-5q；則Q∶q的絕對值可能是1或者5。故選A、D。3.(2025·貴州畢節(jié)市第一次診斷性考試)圖甲為一段粗細均勻的絕緣材料制成的34圓環(huán)，使其均勻帶電后，它在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小為E?，F(xiàn)將該34圓環(huán)裁掉A.23E B.12E C.2E D.答案C解析如圖把材料按14圓分成均等份，假設(shè)圓環(huán)帶正電荷，每一份產(chǎn)生的電場強度如圖。由對稱性可知，左邊圖中左上14圓環(huán)和右下14圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的電場強度等大反向，則右上14圓環(huán)產(chǎn)生的電場強度即為合電場強度E。題圖乙中由平行四邊形定則結(jié)合對稱性得O點的電場強度E'=24.(2024·湖南卷·5)真空中有電荷量為+4q和-q的兩個點電荷，分別固定在x軸上-1和0處。設(shè)無限遠處電勢為0，x正半軸上各點電勢φ隨x變化的圖像正確的是()答案D解析方法一從電場強度方向看電勢的變化設(shè)x=x0處電場強度為0，此處E1與E2等大反向k·4q(x0+1)2=kqx020<x<1，電場強度方向向左，x增大，φ增大，x>1，電場強度方向向右，x增大，φ減小，故D正確。方法二電勢疊加法根據(jù)點電荷周圍的電勢公式φ=kQr設(shè)x=x'處(x'>0)的電勢為0，得k4q1+x'+解得x'=1故可知當(dāng)0<x<13時，φ<0當(dāng)x=13時，φ=0當(dāng)x>13時，φ>0，故選D5.(多選)計算機鍵盤為電容式傳感器，如圖甲所示。每個鍵下面由相互平行且間距為d的活動極板和固定極板組成，如圖乙所示。其內(nèi)部電路如圖丙所示，已知只有該鍵的電容改變量不小于原電容的50%時，傳感器才有感應(yīng)，則下列說法正確的是()A.按鍵的過程中，電容器的電容減小B.按鍵的過程中，圖丙中電流方向從b流向aC.按鍵的過程中，電容器兩極板間的電場強度不變D.要使傳感器發(fā)生感應(yīng)，至少要將按鍵按下13答案BD解析根據(jù)電容表達式C=εrS4πkd，可知按鍵過程中，d減小，C增大，故A錯誤；由于電容器直接接在電源兩端，故電容器兩端電壓U不變，因C增大，根據(jù)Q=CU，可知Q增大，電容器充電，電流方向從b流向a，故B正確；根據(jù)電勢差與電場強度關(guān)系，有E=Ud，可知，由于U不變，按鍵過程中，d減小，故E增大，故C錯誤；令按鍵至少按下Δd距離，傳感器才有感應(yīng)，則此時電容C0=εrS4πk(d-Δd)，又因為C6.(2025·四川卷·3)如圖所示，由長為R的直管ab和半徑為R的半圓形彎管bcd、def組成的絕緣光滑管道固定于水平面內(nèi)，管道間平滑連接。bcd圓心O點處固定一電荷量為Q(Q>0)的帶電小球。另一個電荷量為q(q>0且q?Q)的帶電小球以一定初速度從a點進入管道，沿管道運動后從f點離開。忽略空氣阻力。則()A.小球在e點所受庫侖力大于在b點所受庫侖力B.小球從c點到e點電勢能先不變后減小C.小球過f點的動能等于過d點的動能D.小球過b點的速度大于過a點的速度答案B解析小球所受庫侖力F=kQqr2，由于re>rb，則小球在e點所受庫侖力小于在b點所受庫侖力，故A錯誤；由于兩小球帶同種電荷，小球從a點到b點靜電力做負功，動能減小，速度減小，可知小球過b點的速度小于過a點的速度，故D錯誤；從d點到f點靜電力做正功，動能增大，電勢能減小，可知過f點的動能大于過d點的動能，故C錯誤；從c點到e點靜電力先不做動，后做正功，電勢能先不變后減小，故7.(多選)(2025·山東濟南市模擬)如圖所示，邊長為L的正方體ABCD-A1B1C1D1處于勻強電場中。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電荷，在外力作用下由A點依次經(jīng)過B、B1、C1點。AB段運動中靜電力做正功W，BB1段運動中克服靜電力做功W，B1C1段運動中靜電力做正功為W，取A點電勢為0，則下列說法正確的是()A.勻強電場的場強大小為3B.A1點電勢為WC.將該電荷移到CDD1C1中心，其電勢能為-WD.勻強電場的方向從C指向A1答案ABC解析由題意可知沿AB、BB1、B1C1方向的電場強度分量分別為E1=WLq、E2=-WLq、E3=WLq，故勻強電場的電場強度大小為E=E12+E22+E32=3WLq，故A正確；因為BB1平行等于AA1，則有UBB1=UAA1=0-φA1，因為UBB1=-Wq，聯(lián)立解得φA1=Wq，故B正確；由題意可知在外力作用下q由A點依次經(jīng)過B、B1、C1點，靜電力做的總功W總1=W-W+W=W=EpA-EpC1=0-qφC1，解得φC1=-Wq，電荷從A到B到B1，靜電力做功W總2=W-W=EpA-EpB1=0-qφB1，解得φB1=0，因為AB1平行等于DC1，則有UAB1=UDC1=φD-φC1，聯(lián)立解得φD=-Wq，則將該電荷移到CDD1C18.(多選)(2025·四川遂寧市二模)如圖所示，在一粗糙絕緣水平面上有共線的O、M、N、P四點，一電荷量為+Q的均勻帶電小球固定在O點，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小金屬塊，從M點以初速度v0向右運動，到N點速度達到最大值vm，最后靜止在P點。已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，N、P間距離為L，靜電力常量為k，重力加速度為g，帶電體均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A.小金屬塊由M向P運動的過程中，電勢能先增大后減小B.N、P兩點間的電勢差為mC.小金屬塊速度最大時距O點的距離為kqQD.從N到P的過程中，小金屬塊減少的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能答案BC解析在小金屬塊由M向P運動的過程中，靜電力的方向一直與運動方向相同，靜電力做正功，電勢能一直減小，故A錯誤；小金屬塊從N到P過程，由動能定理得qUNP-μmgL=0-12mvm2，解得N、P兩點間的電勢差為UNP=μmgL-12mvm2q=m(2μgL-vm2)2q，故B正確；由題意知，從M到N過程，金屬塊做加速運動，從N到P過程，金屬塊做減速運動，在N點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，設(shè)O、9.(多選)(2025·河南省部分學(xué)校聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑的圓形玻璃管道，管道圓心為O，半徑為1.5m，管道半徑遠遠大于玻璃管道內(nèi)徑?？臻g存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為4×106N/C。將小球置于玻璃管道最低點并給小球一個初速度，使小球剛好能在玻璃管道內(nèi)做完整的圓周運動。小球的質(zhì)量為0.03kg，電荷量為-1×10-7C。取管道圓心O處的電勢為0，圓心O所在水平面為重力勢能的零勢能面，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A.小球運動的最小速率為5m/sB.小球具有的電勢能最小為0.6JC.小球具有的機械能最小為0.15JD.小球?qū)壍赖膲毫ψ畲鬄?.5N答案CD解析小球受靜電力為F電=0.4N，重力為G=0.3N，兩個力的合力視為等效重力G'=0.5N，方向沿左下方與水平方向夾角為37°，當(dāng)小球運動到等效最高點時速度最小，因管道對小球有支持力，可知到達“最高點”時小球運動的最小速率為零，A錯誤；小球運動到與圓心等高的左側(cè)位置時電勢能最小，則具有的電勢能最小為Epmin=Erq=4×106×1.5×(-1×10-7)J=-0.6J，B錯誤；小球運動到與圓心等高的右側(cè)位置時電勢能最大，此時小球的機械能最小，小球從“最高點”到該點由能量關(guān)系得12mv2=mgrsin37°-qEr(1-cos37°)，解得12mv2=0.15J，因該點的重力勢能為零，則小球在該點具有的機械能為0.15J，C正確；位于等效最低點時小球?qū)壍缐毫ψ畲螅∏驈摹白罡唿c”到“最低點”由能量關(guān)系得mg'2r=12mv12，解得v1=10m/s，則該點向心力F向=mv12r=2N，故軌道對小球最大支持力為F=G'+F向=2.5N，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫ψ畲鬄镕Nmax=[分值：42分][1~6題，每題4分，7~9題，每題6分]1.(2025·江蘇卷·3)某“冰箱貼”背面的磁性材料磁感線如圖所示，下列判斷正確的是()A.a點的磁感應(yīng)強度大于b點B.b點的磁感應(yīng)強度大于c點C.c點的磁感應(yīng)強度大于a點D.a、b、c點的磁感應(yīng)強度一樣大答案B解析磁感線越密集的地方磁感應(yīng)強度越大，故可知Bb>Ba>Bc。故選B。2.(2025·北京卷·12)電磁流量計可以測量導(dǎo)電液體的流量Q——單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積。如圖所示，內(nèi)壁光滑的薄圓管由非磁性導(dǎo)電材料制成，空間有垂直管道軸線向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。液體充滿管道并以速度v沿軸線方向向左流動，圓管壁上的M、N兩點連線為直徑，且垂直于磁場方向，M、N兩點的電勢差為U0。下列說法錯誤的是()A.N點電勢比M點高 B.U0正比于流量QC.在流量Q一定時，管道半徑越小，U0越小D.若直徑MN與磁場方向不垂直，測得的流量Q偏小答案C解析根據(jù)左手定則可知液體中正離子向下偏轉(zhuǎn)，負離子向上偏轉(zhuǎn)，故N點電勢比M點高，故A正確；設(shè)管道半徑為r，穩(wěn)定時，離子受到的洛倫茲力與電場力平衡，有U02rq=Bqv，同時有Q=Sv=πr2v，聯(lián)立可得U0=2BQπr，故U0正比于流量Q，流量Q一定時，管道半徑越小，U0越大，故B正確，C錯誤；若直徑MN與磁場方向不垂直，則Q=3.(2025·甘肅蘭州市診斷考試)如圖所示，半徑為R的剛性圓形線圈懸掛在彈簧測力計下端，通有adcba方向的電流，開始時與勻強磁場邊界AB相切?，F(xiàn)將線圈沿豎直方向緩慢上提，提起高度為0.4R時彈簧測力計的讀數(shù)為F，提起高度為R時彈簧測力計的讀數(shù)為2F，提升過程中電流大小恒為I。則磁感應(yīng)強度大小為()A.FIR B.5F2IR C.答案B解析提起高度為0.4R時，根據(jù)幾何關(guān)系，線圈受到安培力F1=BI×2×0.8R，根據(jù)左手定則判斷，安培力方向向下，此時F-F1=mg，提起高度為R時，線圈受到安培力F2=BI×2R，此時2F-F2=mg，解得B=5F2IR4.(2025·廣西南寧市二模)空間中有四根平行長直導(dǎo)線，四根導(dǎo)線恰好在正方形的四個頂點上，其截面圖如圖所示。若導(dǎo)線a、c中通有垂直紙面向里的電流I，導(dǎo)線b中通有垂直紙面向外的電流I，導(dǎo)線d中未通電，導(dǎo)線a中電流在d處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0。已知通有電流I的長直導(dǎo)線周圍某點的磁感應(yīng)強度大小B=kIr，式中k為常量，r為該點離直導(dǎo)線的距離，則dA.22B0 B.2BC.322B0 D.(2-1)答案A解析由題意知，a、c到d點的距離相等，則a、c中電流在d點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，即B2=B1=B0，由B=kIr可知，b中電流在d點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小B3=12B0=22B0，如圖所示，所以d處合磁場的磁感應(yīng)強度大小B合=2B0-22B0=225.(2025·廣東省兩校聯(lián)考三模)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造如圖所示。粒子源S產(chǎn)生的各種不同正粒子束(速度可視為零)，粒子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，粒子重力不計，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，從小孔N垂直于磁感線進入勻強磁場，運轉(zhuǎn)半周后到達照相底片上的M點。則下列說法正確的是()A.粒子從小孔N垂直于磁感線進入勻強磁場的速度大小為qUB.若粒子束q相同而m不同，則MN距離越大對應(yīng)的粒子質(zhì)量越小C.進入勻強磁場中的粒子只要MN距離相同，則粒子的比荷一定相等D.進入勻強磁場中的粒子只要MN距離相同，則粒子的電荷量一定相等答案C解析粒子在加速電場中做加速運動，由動能定理得qU=12mv2，解得v=2qUm，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有qvB=mv2r，可得r=1B2Umq，所以MN=2r=2B2Umq，若粒子束q相同而m不同，MN6.(多選)(2025·廣東珠海市等三地一模)托卡馬克是一種利用磁約束來實現(xiàn)受控核聚變的環(huán)形容器，其內(nèi)部產(chǎn)生的磁場可以把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內(nèi)。圖甲為該裝置的簡化模型，兩個圓心相同、半徑不同的圓環(huán)將空間分成無磁場的反應(yīng)區(qū)和勻強磁場方向垂直于紙面向里的約束區(qū)。如圖乙所示，一帶電微粒沿半徑方向從A點射入約束區(qū)并從D點返回反應(yīng)區(qū)，運動軌跡恰好與約束區(qū)外邊界相切。若該微粒經(jīng)過B點時，與一靜止不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列說法正確的是()A.帶電微粒帶負電B.碰撞后，新微粒仍能從D點返回反應(yīng)區(qū)C.碰撞前后微粒在磁場中做圓周運動的周期不變D.相比不發(fā)生碰撞時，碰撞后新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變大答案AB解析根據(jù)題圖乙，帶電微粒受到的洛倫茲力方向指向圓心C，由左手定則可知，帶電微粒帶負電，故A正確；由于洛倫茲力提供向心力Bqv=mv2R，解得R=mvBq，可知偏轉(zhuǎn)半徑R與動量成正比，與電荷量成反比。由于碰撞過程動量守恒，電荷量不變，故偏轉(zhuǎn)半徑不變，新微粒仍能從D點返回反應(yīng)區(qū)，故B正確；圓周運動的周期為T=2πRv=2πmBq，碰撞后微粒質(zhì)量變大，電荷量不變，則周期變大，故C錯誤；碰撞過程動量守恒，則m1v=(m1+m2)v共，解得v共=m17.(多選)(2025·吉林長春市二模)如圖，水平固定的平行帶電極板M、N間距為d，板間產(chǎn)生勻強電場，電場強度大小為E，兩板間同時存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，由兩板間左側(cè)中點P以初速度v0水平向右射入兩極板間，該粒子恰好沿直線運動。僅將粒子初速度大小調(diào)整為2v0，發(fā)現(xiàn)粒子由Q點(Q點未標(biāo)出)沿水平方向射出兩極板間的區(qū)域。不計粒子重力，下列說法正確的是()A.M板帶正電，N板帶負電B.粒子速度v0=EC.Q與P一定在同一水平線上D.d的大小可能等于3答案BC解析粒子恰好沿直線運動，可知粒子所受靜電力和洛倫茲力等大反向，則有qv0B=qE，解得v0=EB，由左手定則可知，粒子所受洛倫茲力豎直向下，則靜電力豎直向上，由于粒子帶正電，可知電場方向豎直向上，則N板帶正電，M板帶負電，故A錯誤，B正確；當(dāng)射入速度大小為v0時粒子做勻速直線運動，由此可知，可將2v0分解為水平向右的v0和v1，則滿足v0+v1=2v0，即v1=v0，可知，粒子一個分運動為以初速度v0向右勻速直線運動，另一個分運動為以速度v0在豎直平面內(nèi)做圓周運動，設(shè)其半徑為r，則有qv0B=mv02r，解得r=mv0qB，P點為粒子軌跡最高點，只有當(dāng)粒子運動至軌跡最高點時，其才能沿水平方向射出兩極板間的區(qū)域，此時速度沿水平方向向右，可知Q點與P點在同一水平線上，能射出兩板間區(qū)域，可知d≥4r=4mv8.(多選)(2025·湖南省模擬)如圖所示，ba和bc為兩磁場區(qū)域的分界線，區(qū)域Ⅰ為等腰直角三角形abc，ab=bc=2L。在a、c所在直線放置一無限長彈性擋板，粒子撞上擋板后速度大小不變，方向相反，帶電荷量不變。區(qū)域Ⅱ為足夠大磁場區(qū)域，兩區(qū)域磁感應(yīng)強度大小均為B，方向分別垂直紙面向外和向里，d、e兩點為ab和bc的中點。從d點平行ac向右射出一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，粒子恰好能從b點射出Ⅰ區(qū)域，不計粒子重力。下列說法正確的是()A.粒子從射出至回到d點的時間為3πB.粒子從射出至到達c點的時間為11πC.粒子第N次撞擋板，撞擊點到a點的距離為2NLD.若粒子射出時的速度減半，粒子將不能達到c點答案BC解析粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2r，可得T=2πrv=2πmqB，粒子從射出至回到d點的軌跡如圖甲所示，由圖可知，粒子從射出至回到d點的時間為t=T4+3T4+T4粒子從射出至到達c點的軌跡如圖乙所示，由圖可知粒子從射出至到達c點的時間為t=T4+3T4+T4+T4+3T4+T4+T根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子在磁場中的軌道半徑為r=22L，由圖可知粒子第N次撞擋板，撞擊點到a點的距離為Δx=N·2r=2NL，故C若粒子射出時的速度減半，則粒子在磁場中的軌道半徑減半，如圖丁所示，由圖可知，粒子能達到c點，故D錯誤。9.(多選)(2025·河北卷·10)如圖，真空中兩個足夠大的平行金屬板M、N水平固定，間距為d，M板接地。M板上方整個區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場。M板O點處正上方P點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向發(fā)射比荷、速度大小均相同的同種帶電粒子。當(dāng)發(fā)射方向與OP的夾角θ=60°時，粒子恰好垂直穿過M板Q點處的小孔。已知OQ=3L，初始時兩板均不帶電，粒子碰到金屬板后立即被吸收，電荷在金屬板上均勻分布，金屬板電量可視為連續(xù)變化，不計金屬板厚度、粒子重力及粒子間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法正確的是()A.粒子一定帶正電B.若間距d增大，則板間所形成的最大電場強度減小C.粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為7LD.粒子打到M板下表面的位置與Q點的最小距離為3d答案BD解析根據(jù)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)左手定則可知粒子帶負電，選項A錯誤；隨著粒子不斷打到N極板上，N極板帶電量不斷增加，向下的電場強度增加，粒子做減速運動，當(dāng)粒子恰能到達N極板時滿足v2=2ad，a=qE解得E=m即d越大，板間所形成的最大電場強度越小，選項B正確；如圖所示，因粒子發(fā)射方向與OP夾角為60°時恰能垂直穿過M板Q點的小孔，則由幾何關(guān)系得cos60°=3L-rr，解得r=2L，可得OP=rsin粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為xm=(2r)2-(OP)因金屬板厚度不計，當(dāng)粒子在磁場中運動軌跡的弦長仍為PQ長度時，粒子仍可從Q點進入兩板之間，由幾何關(guān)系可知此時粒子從P點沿正上方運動，進入兩板間時的速度方向與M板夾角為α=30°，粒子在兩板間做類斜拋運動，則在兩板間運動時間t=2vsinαa，其中qE=ma，則a=v22d，打到M板下表面距離Q點的最小距離s=vcosα·t，解得s=2dsin2熱點11直流電路和交流電路[分值：46分][1~7題，每題4分，8~10題，每題6分]1.(2025·北京市朝陽區(qū)二模)某學(xué)習(xí)小組想將一塊小量程電流表改裝為電壓表和電流表，設(shè)計了如圖所示的電路。下列說法不正確的是()A.若將S調(diào)到1位置，則為改裝后的電流表B.若將S調(diào)到2位置，則為改裝后的電壓表C.若想擴大電流表的量程，可適當(dāng)增大R1D.若想擴大電壓表的量程，可適當(dāng)增大R2答案C解析將S調(diào)到1位置時，電阻R1與表頭并聯(lián)，這是擴大表頭的電流量程，故其改裝后是電流表，故A正確；將S調(diào)到2位置，電阻R2與改裝后的電流表串聯(lián)，電阻R2起到分壓作用，則為改裝后的電壓表，故B正確；若想擴大電流表的量程，電阻R1分流的增大，電流增大，根據(jù)歐姆定律可以知道需要減小電阻R1，故C錯誤；若想擴大電壓表的量程，則電阻R2分壓作用要增大，故需要適當(dāng)增大R2，故D正確。2.(2025·廣西卷·2)有一變壓器的原線圈接入有效值為220V的正弦交流電，副線圈輸出電壓的最大值為112V，則原、副線圈的匝數(shù)比為()A.20∶2 B.2∶20C.20∶1 D.1∶20答案C解析變壓器的副線圈輸出電壓有效值為U2=1122V=11V，則變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1n2=U1U3.(多選)(2025·山東菏澤市一模)交流發(fā)電機產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢如圖所示，通過自耦變壓器給一電阻R供電，不計發(fā)電機內(nèi)阻。下列說法正確的是()A.通過電阻R的電流方向每秒改變10次B.改變滑片P的位置可以使電壓表的示數(shù)為12VC.t=0.05s時發(fā)電機線圈平面與磁場方向平行D.自耦變壓器滑片P向上滑動時，電阻R熱功率增大答案AC解析由題圖可知，周期為0.2s，一個周期電流方向改變兩次，則發(fā)電機線圈中電流方向每秒改變10次，故A正確；電動勢有效值為E=122V=62V，則電壓表的示數(shù)為62V，故B錯誤；由題圖可知，t=0.05s時，電動勢最大，此時磁通量變化率最大，磁通量為零，則發(fā)電機線圈平面與磁場方向平行，故C正確；自耦變壓器滑片P向上滑動時，原線圈匝數(shù)增大，根據(jù)n1n2=U1U2可知，電阻R兩端電壓減小，電阻R熱功率4.(2025·重慶市模擬)利用如圖所示的交變電壓為某定值電阻供電，則該交變電壓的有效值為()A.10U02 B.5U02 答案A解析設(shè)定值電阻的阻值為R，根據(jù)有效值的定義可得(2U0)2R·T2+U02R·T2=U有效25.(2025·廣東卷·2)如圖所示，某光伏電站輸出功率1000kW、電壓400V的交流電，經(jīng)理想變壓器升壓至10kV后，通過輸電線輸送到變電站，輸電線的等效電阻R為5Ω。下列說法正確的是()A.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶100B.輸電線上由R造成的電壓損失為500VC.變壓器原線圈中的電流為100AD.變壓器原、副線圈中電流的頻率不同答案B解析根據(jù)理想變壓器原、副線圈電壓比等于匝數(shù)比可得n1n2=U1U2=400V10000V=125，A錯誤；原、副線圈兩端的功率相等，流過副線圈的電流I2=PU2=100000010000A=100A，輸電線上由R造成的電壓損失為ΔU=I2R=100×5V=500V，B正確；變壓器原線圈中的電流為I1=PU16.(2025·河南南陽市一模)如圖所示是某款理發(fā)用的電吹風(fēng)的電路圖，它主要由電動機M和電熱絲R構(gòu)成。當(dāng)閉合開關(guān)S1、S2后，電動機驅(qū)動風(fēng)葉旋轉(zhuǎn)，將空氣從進風(fēng)口吸入，經(jīng)電熱絲加熱，形成熱風(fēng)后從出風(fēng)口吹出。已知電吹風(fēng)的額定電壓為220V，吹冷風(fēng)時的功率為120W，吹熱風(fēng)時的功率為1000W。關(guān)于該電吹風(fēng)，下列說法正確的是()A.電熱絲的電阻為55ΩB.電動機線圈的電阻為12103C.當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電熱絲每秒消耗的電能為1000JD.當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電動機每秒消耗的電能為1000J答案A解析電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時電熱絲消耗的功率為P=1000W-120W=880W，對電熱絲，由P=U2R，可得電熱絲的電阻為R=U2P=2202880Ω=55Ω，選項A正確；由于不知道電動機線圈的發(fā)熱功率，所以電動機線圈的電阻無法計算，選項B錯誤；當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電熱絲每秒消耗的電能為880J，選項C錯誤；當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電動機每秒消耗的電能為7.(2025·廣東省三校模擬)阻值相等的四個電阻、電容器C及電池E(內(nèi)阻可忽略)連接成如圖所示電路。開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1，閉合開關(guān)S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2。Q1與Q2的比值為()A.25 B.12 C.35答案C解析根據(jù)等效電路，開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時，電容器的電壓U1=ER+23R×23R×12=15E，且Q1=CU1，S閉合且電流再次穩(wěn)定時U2=ER+12R×12R=13E8.(多選)(2025·湖南懷化市三模)如圖所示，電路中電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R0、R2為定值電阻，R1為光敏電阻，其阻值隨光照強度的增加而減小。若照射光敏電阻的光照強度增強，電壓表V示數(shù)的變化量絕對值為ΔU，電流表A示數(shù)的變化量絕對值為ΔI，電流表A1示數(shù)的變化量絕對值為ΔI1，所有電表均為理想電表。下列說法正確的是()A.電流表A和電流表A1示數(shù)都變大B.ΔI1<ΔIC.ΔUΔD.電源的效率一定降低答案AD解析當(dāng)光照強度增強時，光敏電阻R1阻值減小，并聯(lián)阻值減小，回路總電阻減小，回路總電流增大，故定值電阻R0和電源內(nèi)阻上的電壓增大，并聯(lián)部分電壓減小，電壓表示數(shù)減小，定值電阻R2電流減小，根據(jù)并聯(lián)分流，電流表A1示數(shù)增大，且電流表A1電流的增加量大于電流表A電流的增加量，即ΔI1>ΔI，選項A正確，B錯誤；根據(jù)U=E-I(R0+r)，故ΔUΔI=R0+r，選項C錯誤；電源的效率η=R外R外+r×100%=19.(2025·山東聊城市模擬)如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2=2∶1，定值電阻R1和R2和R3的阻值分別為4Ω、2Ω和3Ω，A為理想交流電流表，正弦交流電源輸出電壓的有效值恒為U。當(dāng)開關(guān)S斷開時，電流表的示數(shù)為I。則當(dāng)S閉合時，電流表的示數(shù)為()A.43I B.2I C.4I D.5答案B解析當(dāng)開關(guān)S斷開時，由I1I=n2n1，解得原線圈電流I1=I2，由U-I1R1I(R2+R3)=n1n2，代入數(shù)據(jù)可得U=12I，當(dāng)開關(guān)10.(2024·湖南卷·6)根據(jù)國家能源局統(tǒng)計，截止到2023年9月，我國風(fēng)電裝機4億千瓦，連續(xù)13年居世界第一位，湖南在國內(nèi)風(fēng)電設(shè)備制造領(lǐng)域居于領(lǐng)先地位。某實驗小組模擬風(fēng)力發(fā)電廠輸電網(wǎng)絡(luò)供電的裝置如圖所示。已知發(fā)電機轉(zhuǎn)子以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，升、降壓變壓器均為理想變壓器，輸電線路上的總電阻可簡化為一個定值電阻R0。當(dāng)用戶端接一個定值電阻R時，R0上消耗的功率為P。不計其余電阻，下列說法正確的是()A.風(fēng)速增加，若轉(zhuǎn)子角速度增加一倍，則R0上消耗的功率為4PB.輸電線路距離增加，若R0阻值增加一倍，則R0消耗的功率為4PC.若升壓變壓器的副線圈匝數(shù)增加一倍，則R0上消耗的功率為8PD.若在用戶端再并聯(lián)一個完全相同的電阻R，則R0上消耗的功率為6P答案A解析將降壓變壓器部分的電路等效為一個定值電阻R等，如圖為等效電路圖，設(shè)降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為k∶1，輸電線路中的電流為I2，降壓變壓器副線圈中的電流為I4，由等效部分功率相同可得：I42R=I22R等，又有I2I4=1k，故R等=k2R，則輸電線上的電流為I2=U2R0+k2R，轉(zhuǎn)子在磁場中轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為e=NBSωsinωt，當(dāng)轉(zhuǎn)子角速度增加一倍時，升壓變壓器原、副線圈兩端電壓都增加一倍，輸電線上的電流變?yōu)镮2'=2I2，由P2升壓變壓器副線圈匝數(shù)增加一倍，副線圈兩端電壓增加一倍，輸電線上的電流增加一倍，故R0上消耗的電功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；若R0阻值增加一倍，輸電線路上的電流減小，由P3=I2″2R0知R0消耗的功率P3<4P故B錯誤；若在用戶端并聯(lián)一個完全相同的電阻R，用戶端電阻減為原來的一半，輸電線上的電流為I2?=U2R0+k2R2=2U2R0消耗的功率P4=I2?2R0P<P4<4P，即P4≠6P，故D錯誤。熱點12電磁感應(yīng)[分值：46分][1~7題，每題4分，8~10題，每題6分]1.(2025·北京卷·3)下列圖示情況，金屬圓環(huán)中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()A.圖(a)中，圓環(huán)在勻強磁場中向左平移B.圖(b)中，圓環(huán)在勻強磁場中繞軸轉(zhuǎn)動C.圖(c)中，圓環(huán)在通有恒定電流的長直導(dǎo)線旁向右平移D.圖(d)中，圓環(huán)向條形磁鐵N極平移答案A解析圓環(huán)在勻強磁場中向左平移，穿過圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，金屬圓環(huán)中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A正確；圓環(huán)在勻強磁場中繞軸轉(zhuǎn)動，穿過圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化，金屬圓環(huán)中能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B錯誤；離通有恒定電流的長直導(dǎo)線越遠，導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度越弱，圓環(huán)在通有恒定電流的長直導(dǎo)線旁向右平移，穿過圓環(huán)的磁通量減小，金屬圓環(huán)中能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯誤；根據(jù)條形磁鐵周圍的磁場分布可知，圓環(huán)向條形磁鐵N極平移，穿過圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化，金屬圓環(huán)中能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯誤。2.(2025·河南卷·5)如圖，一金屬薄片在力F作用下自左向右從兩磁極之間通過。當(dāng)金屬薄片中心運動到N極的正下方時，沿N極到S極的方向看，下列圖中能夠正確描述金屬薄片內(nèi)渦電流繞行方向的是()答案C解析根據(jù)題意，當(dāng)金屬薄片中心運動到N極正下方時，下一刻，薄片右側(cè)向下的磁通量減小，左側(cè)向下的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知沿N極到S極的方向看，此時薄片右側(cè)的渦電流方向為順時針，薄片左側(cè)的渦電流方向為逆時針。故選C。3.(2024·湖南卷·4)如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關(guān)系為()A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc答案C解析導(dǎo)線繞O點轉(zhuǎn)動過程中相當(dāng)于Oa、Ob、Oc導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，如圖所示，根據(jù)右手定則可知O點電勢最高；根據(jù)E=Blv=12Bωl因為lOb=lOc>lOa可得0<UOa<UOb=UOc得φO>φa>φb=φc故選C。4.(多選)(2025·廣東潮州市二模)如圖所示，在水平面內(nèi)放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行，bc是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌，圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場(方向如圖)，電阻為r的金屬桿OP的O端與e點用導(dǎo)線相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時電阻為R的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上，若桿OP在外力作用下繞O點在勻強磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動過程中，回路中始終有電流，此過程中金屬桿MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，下列說法中正確的是()A.桿MN做向右運動B.桿MN兩端的電勢差逐漸減小C.外力對桿OP做功的功率逐漸變小D.桿MN受到的安培力大小不變答案BC解析OP桿繞O點從b到c轉(zhuǎn)動過程中，根據(jù)右手定則，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從O到P，桿MN中電流從M到N，再根據(jù)左手定則，MN受到的安培力向左，向左運動，A錯誤；由于桿MN向左運動切割磁感線，產(chǎn)生由N到M的反電動勢E反=BLv，桿MN受到向左的安培力，所以桿MN的速度v增大，設(shè)OP長度為d，則電路中總電動勢E=12Bd2ω-BLv，電路的電流I=ER+r，MN兩端的電勢差U=IR，由桿MN的速度v增大，得E減小，I減小，U減小，B正確；電路中的電流變小，桿OP所受安培力變小，又因其做勻速轉(zhuǎn)動，所以外力的功率變小，C正確；桿MN受到的安培力大小F安=BIL，因為I減小，所以F5.(2025·北京師范大學(xué)第二附屬中學(xué)統(tǒng)練)某同學(xué)利用電壓傳感器來研究電感線圈工作時的特點。圖甲中三個燈泡完全相同，不考慮溫度對燈泡電阻的影響。在閉合開關(guān)S的同時開始采集數(shù)據(jù)，當(dāng)電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關(guān)。圖乙是由傳感器得到的電壓u隨時間t變化的圖像。不計電源內(nèi)阻及電感線圈L的電阻。不計電壓傳感器內(nèi)阻對電路的影響。下列說法正確的是()A.開關(guān)S閉合瞬間，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等B.開關(guān)S閉合瞬間至斷開前，流經(jīng)燈D1的電流保持不變C.開關(guān)S斷開瞬間，燈D2閃亮一下再熄滅D.根據(jù)題中信息，可以推算出圖乙中u1與u2的比值答案D解析開關(guān)S閉合瞬間，由于電感線圈的阻礙作用，燈D3逐漸變亮，通過燈D3的電流緩慢增加，待穩(wěn)定后，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等，故從開關(guān)S閉合瞬間至斷開前，流經(jīng)燈D1的電流也是逐漸增加，A、B錯誤；開關(guān)S斷開瞬間，由于電感線圈阻礙電流減小的作用，由電感線圈繼續(xù)為燈D2和D3提供電流，又因為電路穩(wěn)定的時候，流經(jīng)燈D2和D3的電流相等，所以燈D2逐漸熄滅，C錯誤；開關(guān)S閉合瞬間，燈D1和D2串聯(lián)，電壓傳感器所測電壓為D2兩端電壓，由歐姆定律u1=E2，電路穩(wěn)定后，流過D3的電流為I=12·E32R=E3R，開關(guān)S斷開瞬間，電感線圈能夠為D2和D3提供與之前等大電流，故其兩端電壓為u2=I·2R=2E3，所以u1u6.(2025·山東省部分學(xué)校一模)如圖所示，在水平光滑絕緣桌面上有一等腰直角三角形單匝均勻金屬線框abc，直角邊長為L?？臻g存在豎直向下的有界勻強磁場，有界磁場的寬度為2L。線框在水平拉力F作用下向右勻速穿過磁場區(qū)域，若圖示位置為t=0時刻，設(shè)逆時針方向為電流的正方向，水平向右為拉力的正方向，則線框中的感應(yīng)電流i和拉力F隨時間t的關(guān)系圖像可能正確的是(時間單位為Lv答案D解析在時間為0到Lv范圍內(nèi)，由幾何關(guān)系可知，線框有效切割長度為(3L-vt)，可得感應(yīng)電動勢E=B(L-vt)v可知感應(yīng)電動勢隨時間線性減小，根據(jù)右手定則可判斷電流方向由b指向a，所以感應(yīng)電流為正方向，且線性減小到0；在時間為Lv到2Lv范圍內(nèi)，線框的磁通量保持不變，沒有感應(yīng)電流；在時間為2Lv到3Lv范圍內(nèi)，線框有效切割長度為(3L-vt)，可得感應(yīng)電動勢E=B(3L-vt)v，可知感應(yīng)電動勢線性減小，根據(jù)右手定則可判斷電流方向由c指向a，所以感應(yīng)電流為負方向，且線性減小到0，故A、B錯誤；由以上分析可知，在時間為0到Lv范圍內(nèi)，線框處于磁場中的實際長度為(L-vt)，可得安培力大小為F安=B2(L-vt)2vR，根據(jù)左手定則可判斷安培力方向為水平向左，拉力與安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向為正方向，其大小為F=F安=B2(7.(2025·湖北卷·5)如圖(a)所示，相距L的兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌放在同一水平面內(nèi)，兩長度均為L、電阻均為R的金屬棒ab、cd垂直跨放在兩導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌電阻忽略不計。導(dǎo)軌間存在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小B隨時間變化的圖像如圖(b)所示，t=T時刻，B=0。t=0時刻，兩棒相距x0，ab棒速度為零，cd棒速度方向水平向右，并與棒垂直，則0~T時間內(nèi)流過回路的電荷量為()A.B0LxC.B0Lx答案B解析t=0時，Φ1=B0Lx0；t=T時，磁感應(yīng)強度為零，Φ2=0，0~T時間內(nèi)流過回路的電荷量q=IΔt=IT，I=E2R，E=ΔΦΔt=B0L8.(多選)(2025·江西省六校聯(lián)考)如圖，兩條水平軌道MN、M'N'放置在水平面上，兩條半徑為R的14圓弧軌道PM、P'M'和水平軌道MN、M'N'平滑連接，水平軌道足夠長，軌道間距為l，空間內(nèi)存在豎直向上勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。ab、cd為質(zhì)量均為m、長度均為l、電阻均為r的金屬棒，金屬棒cd放置在水平軌道左端MM'處，金屬棒ab在圓弧軌道上端PP'處。金屬棒cd處于鎖定狀態(tài)，