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阶段性训练（三）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）（内容：电场 恒定电流 磁场）
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这是一份阶段性训练（三）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）（内容：电场 恒定电流 磁场），共22页。
阶段性训练（三）
考察内容（电场 恒定电流 磁场）
一．选择题（共12小题）
1．静电力常量k用国际单位制的基本单位表示，正确的是（ ）
A．kg⋅m2s4⋅A2 B．kg2⋅m3s4⋅A2
C．kg⋅m3s3⋅A2 D．kg⋅m3s4⋅A2
【解答】解：根据库仑定律F＝kQqr2可得：k=Fr2Qq
根据F＝ma，质量m、加速度a的单位分别为kg、m/s2 可得1N＝1kg•m/s2，
根据q＝It，电流I、时间t的单位分别为A、s 可得1C＝1A•s，则k=mar2I2t2，1k＝1kg⋅ms2⋅m2A2⋅s2=1kg⋅m3s4⋅A2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
2．电子秤主要部件是平行板电容器，其电路如图所示。称重时，把物体放到电子秤的水平面板上，在压力作用下会导致电容器上层膜片电极下移。则放上物体后（ ）
A．膜片移动的过程中，R两端的电压始终为0
B．膜片下移过程中，电流表G有从b到a的电流
C．电容器两极板间的电势差变大
D．电容器两极板间的电场强度变小
【解答】解：放上物体后，电容器上层膜片电极下移，两极板间的距离d减小，根据电容器的定义式C=εrS4πkd可知电容器的电容将增大，稳定后两极板间的电压U保持不变，根据E=Ud可得稳定后电容器内部的电场强度增大，又根据C=QU可知电容器的带电量增多，因此在膜片下移过程中，电流表G有从b到a的电流，R两端的电压也不为零，故B正确，ACD错误；
故选：B。
3．某同学将密立根油滴实验简化为如图所示的装置，在真空环境下带电油滴从喷雾器大小的喷嘴喷出，落到平行板电容器两极板间，调节两极板间的电压U，恰使某个油滴悬浮在P点。现保持两极板间的电压U不变，已知油滴质量为m，两板间距为d，重力加速度大小为g，电容器的下极板接地。下列说法正确的是（ ）
A．油滴带负电，电荷量为q=2mgdU
B．若只增大两极板间距d，该油滴将向上加速运动
C．若只将正极板下移一小段距离，油滴的电势能减小
D．若只将负极板下移一小段距离，P处的电势降低
【解答】解：A．已知上极板带正电，下极板带负电，电场方向向下，由于油滴悬浮在P点平衡，可知电场力方向向上，电场力方向与电场方向相反，可知油滴带负电，根据平衡条件知：mg=qUd，解得q=mgdU，故A错误；
B．接电源极板间的电压U不变，根据E=Ud，若只增大两极板间距d，则极板间电场强度减小，电场力小于重力，则该油滴将向下加速运动，故B错误；
C．若只将正极板下移一小段距离，即极板间间距减小，根据上述可知，极板间电场强度增大，令P点到下极板间距为dP，油滴电荷量大小为q，P点与下极板电势差为UP＝φP﹣0＝φP＝EdP，可知P电势升高，电势能EP＝﹣qφP，可知此时油滴的电势能减小，故C正确；
D．由于保持两极板间的电压U不变，电容器的下极板接地，即上极板电势大小为U，令上极板与P点的电势差为U上P，上极板与P点的距离为d上P，则有U上P＝U﹣φP＝Ed上P，则有φP＝U﹣Ed上P，若只将负极板下移一小段距离，极板间间距增大，根据上述可知电场强度减小，可知，若只将负极板下移一小段距离，P处的电势升高，故D错误。
故选：C。
4．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度45处。现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的15处，则该电阻的阻值为（ ）
A．4R B．5R C．16R D．10R
【解答】解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，
欧姆表调零时，Ig=ER内
测一阻值为R的电阻时
45Ig=ER+R内
测一未知电阻时
15Ig=ER'+R内
联立解得：R′＝16R，故ABD错误，C正确；
故选：C。
5．如图所示，长为L的导体棒AB原来不带电，现将一个带正电的点电荷q放在导体棒的中心轴线上，且距离导体棒的A端为R，O为AB的中点。当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒A端带正电，B端带负电
B．导体棒A端电势高，B端电势相低
C．感应电荷在O点的场强方向向右
D．感应电荷在O点的场强大小E=4kq(L+2R)2
【解答】解：A、点电荷q带正电，则当导体棒达到静电平衡后，导体棒A端为近端，带负电，B端为远端，带正电，故A错误；
B、处于静电平衡状态的导体棒是一个等势体，即A端和B端电势相等，故B错误；
CD、感应电荷在O点的场强与点电荷q在O点的场强大小相等、方向相反，点电荷q在O点的场强向右，则感应电荷在O点的场强向左，大小E=kq(R+L2)2
故C错误，D正确。
故选：D。
6．图像是解决物理问题的好方法，下列关于图像的分析正确的是（ ）
A．图甲中A、B两物体v﹣t图的交点表示两物体在t1时刻相遇
B．图乙为某硅光电池的路端电压与电流的关系图，则电池在P点状态下的内阻为直线MP的斜率的大小
C．图丙为某白炽灯电压与电流的关系曲线，则图中Q点切线的斜率表示该灯泡在电压为2.0V时的电阻
D．图丁的阴影部分的面积反映了该变力作用下物体从x1到x2的过程中力的功率
【解答】解：A．图甲为速度—时间图像，图像中A、B两物体v﹣t图的交点表示两物体在t1时刻速度相同，但不一定相遇，故A错误；
B．图乙为某硅光电池的路端电压U与电流I的关系图，根据E＝U+Ir可知，则电池在P点状态下的内阻为r=|ΔUΔI|，即为直线MP的斜率的大小，故B正确；
C．图丙为某白炽灯电压U与电流I的关系曲线，由图可知，图中所表示为非线性元件，根据R=UI可知图中Q点与坐标原点连线的斜率才表示该灯泡在电压为2.0V时的电阻，故C错误；
D．丁图为F﹣x图像，根据W＝Fx可知，图丁的阴影部分的面积反映了该变力作用下物体从x1到x2的过程中力的所做的功，故D错误。
故选：B。
7．如图所示电路中，直流电源内阻r≠0，R1、R2为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为R3，r＜R1＝R2＜R3。开关K闭合且电路稳定后，滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中（ ）
A．电流表示数变小
B．电源的效率减小
C．滑动变阻器消耗的功率一直减小
D．通过R2的电流方向为从c到d
【解答】解：A．滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中，根据电路构造可知接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，则电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；
B．电源的效率为
η=I2(R1+R3)I2(R1+R3+r)=R1+R3R1+R3+r=11+rR1+R3
当滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据数学知识可知电源效率减小，故B正确；
C．把R1看作电源的内阻，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路的阻值靠近等效电源的内阻，等效电源的输出功率变大，滑动变阻器消耗的功率变大，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律有
U＝E﹣I（R1+r）
当滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路的电流增大时，路端电压减小，电容器电压减小，根据电容器的比值定义式C=QU可知电荷量在减小，电容器在放电状态，所以通过R2的电流方向为从d到c，故D错误。
故选：B。
8．某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示，电源铭牌上标有“36V，12A•h”字样。正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，电动机机械效率为80%。已知自行车运动时受到阻力恒为40N。正常工作时（ ）
A．电动机两端电压为36V
B．电动机的电流约为5A
C．自行车匀速行驶的最长时间约为1.8h
D．自行车匀速行驶的最远距离约为30km
【解答】解：AB、正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，则电源的输入功率为P输入=P输出η1=18075%W=240W
且由公式P＝UI
解得电动机的额定电流约为I=P输入U额=24036A≈6.7A
设电动机的内阻为rM，电动机的效率为80%，则P﹣0.8P＝I2rM
解得rM=(1−0.8)×1806.72Ω≈0.8Ω
由于电源与电动机都有内阻，故电动机两端电压U=PI=1806.7V≈27V
故AB错误；
CD．根据电池容量Q＝12Ah，放电电流为6.7A，则可得t=QI=126.7ℎ≈1.8ℎ
自行车匀速行驶时牵引力与阻力相等，即F＝f＝40N
则由80%P＝fv
解得v=0.8Pf=0.8×18040m/s=3.6m/s
自行车匀速行驶的最远距离约为x＝vt＝3.6×1.8×3600m＝23328m＝23.328km
故C正确，D错误。
故选：C。
9．一根长度为L质量为m的粗细可忽略的导体棒A静止在一个足够长的光滑绝缘半圆柱体顶端，导体棒中通有垂直纸面向外大小为I的电流，其截面如图，现让导体棒由静止滑下，一段时间后从某一位置P离开半圆柱体。若在圆心O处加一根垂直于截面通电情况与A相同的导体棒B（图中未画出），其它条件不变，则关于导体棒A离开半圆柱体的位置说法中正确的是（ ）
A．可能在P的左上方 B．可能仍在P处
C．一定在P、Q之间某处 D．可能在Q处
【解答】解：AB、一段时间后从某一位置P离开半圆柱体，说明在P点导体棒和半圆柱体之间没有弹力，重力沿半径方向的分力正好提供向心力，若在圆心O处加一根垂直于截面通电情况与A相同的导体棒B，根据同向电流相互吸引可以判断，导体棒B对A施加了一个引力，这个引力与导体棒A的速度垂直，所以导体棒A的速度大小不受影响，根据向心力公式F=mv2r可知，再P点向心力是不变的，说明在P点A还受到半圆柱体对A的支持力，并且与B对A的引力相等，只有当速度继续增加，以至于半圆柱体对A的支持力减小到0时，A才离开半圆柱体，故A错误，B错误；
CD、当A在P点之后速度继续增加时，如果B对A的引力正好可以提供A做圆周运动的向心力时，也就是不需要重力的分力提供，导体棒A离开半圆柱体的位置就可能在Q处，故C错误，D正确。
故选：D。
10．笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的（ ）
A．合屏过程中，前表面的电势比后表面的低
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
D．开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关
【解答】解：A．电流方向向右，由此可分析出电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；
BCD．稳定后电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，则根据平衡条件可得：
evB=eUb
根据电流的微观表达式可知：
I＝neSv＝nebcv
解得：U=BInec
因此开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，BC错误；
故选：D。
11．如图所示，导体棒P通过两等长细线悬挂在竖直墙面上等高的两点，并通以恒定电流IP，另一长直导体棒Q位于AB连线正下方，并与一滑动变阻器串联，闭合开关前滑片位于最左端，已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。不计电源与导体棒电阻，现闭合开关，将滑动变阻器的滑片自最左端缓慢滑至中间，导体棒P绕AB连线缓慢转动，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒P所受安培力始终垂直于两棒所在平面
B．绳子拉力将减半
C．两棒间的安培力将翻倍
D．两棒的间距将变为原来的2倍
【解答】解：A．由题意可知，两棒互相排斥，则电流方向相反，安培力平行于两棒所在平面，故A错误；
B．如图所示
根据相似三角形可知mgℎ=Tl=BLIPd
可知绳子拉力为定值，故B错误；
CD．根据题意有B=kIQd
根据闭合电路欧姆定律有：IQ=ER
可得mgℎ=Tl=kELIPRd2
当滑片滑到中间时，电阻减半，故两棒的间距将变为原来的2倍，则安培力将变为原来的2倍，故C错误，D正确。
故选：D。
12．2022年11月，我国独立自主研制的全球单机容量最大的16兆瓦海上风电机组在福建下线。如图每台风力发电机的叶片转动时可形成圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率η＝20%。风速在8～15m/s范围内，η可视为不变。设风通过叶片后速度减为零。已知风速v＝10m/s时每台发电机输出电功率为6000kW，空气的密度为ρ＝1.2kg/m3，则（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．每秒钟流过面积S的气流动能12ρSv2
C．每台发电机叶片转动时形成的圆面面积约为5×104m2
D．当风速为15m/s时每台发电机的输出电功率约为6800kW
【解答】解：AB、每秒冲击风车车叶的气体体积为：
V＝SL＝Sv
气流的质量为：
m＝ρV
气流的动能为：
Ek=12mv2=12⋅ρSv3，可知动能与v3成正比，即输出功率与v3成正比，故AB错误；
CD、当风速为10m/s时每台发电机的输出功率约为6000kW，当风速为15m/s时每台发电机的输出功率约为20250kW，风的动能转化的电能为：
E电＝ηEk
则每秒输出电功率为：
P=E电t
Ek=12mv2=12⋅ρSv3
联立解得：S＝5×104m2，故C正确，D错误；
故选：C。
二．多选题（共3小题）
13．如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板间距离为L，电场强度为E。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为2v0；平行M板向下的粒子，刚好能到达N板下端。不计重力和粒子间的相互作用，利用以上信息可求得（ ）
A．金属板的长度
B．粒子在两板间的加速度
C．两个粒子到N板时的动能
D．两个粒子的电势能的变化量
【解答】解：A、平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向上由位移—时间公式：L=12at2，可求其在板间运动的时间。竖直方向上由匀速直线运动规律y＝v0t，可求竖直位移大小，板长是y的二倍，所以A选项可求，故A正确；
B、垂直M板向右的粒子做匀加速直线运动速度—位移公式：(2v0)2−v02=2aL，可求加速度的大小为：a=v022L。两个粒子完全相同，所以它们的加速度大小相同，故两个粒子的加速度均可求，故B正确；
CD、由于粒子的质量未知，无法求出粒子的动能大小，由于粒子电量未知，求不出电场力做的功，也求不出粒子电势能的变化量，所以CD选项不可求，故CD错误。
故选：AB。
14．如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表5.55m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为3m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则（ ）
A．出水口钢管横截面积为43×10−3m2
B．每秒内水流机械能增加258J
C．电动机的输入功率为258W
D．电动机线圈的电阻约为35Ω
【解答】解：A、由题意得，单位时间内出水的体积为V=mρ=41.0×103m3＝4×10﹣3m3
出水口钢管横截面积为S=Vvt=4×10−33×1m2=43×10﹣3m2
故A正确；
B、以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加ΔE＝mgh+12mv2
h＝5.55m+0.45m＝6m
代入数据解得：ΔE＝258J
故B正确；
C、电动机的输出功率P出=Wt=ΔEt=2581W＝258W
电动机的输入功率为P入=P75%=25875%W＝344W
故C错误；
D、对电动机，有P入＝P出+I2r
P入＝UI
代入数据联立解得：r=302586Ω≈35Ω
故D正确。
故选：ABD。
15．安装在排污管道上的流量计可以测量排污流量，流量为单位时间内流过管道横截面的流体的体积。图为流量计的示意图，左、右两端开口的长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，所在空间有垂直于前、后表面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得排污流量为Q。污水流过管道时受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系数，L为管道长度，v为污水的流速。则（ ）
A．金属板M的电势低于金属板N的电势
B．M、N两板间的电势差U=BQc
C．排污流量Q与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管口的压强差Δp=kaQ2b3c3
【解答】解：A．由左手定则，正离子向上极板M聚集，负离子向下极板N聚集，则有M极板电势高，N极板电势低，故A错误；
B．金属板M带正电，N带负电，在M、N两板间产生竖直向下的电场，离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，由平衡条件qvB=qUc
解得U＝vcB
故B错误；
C．流量为在单位时间内流经管道横截面积的流体的体积，可知污水的流量为Q＝vbc，故排污流量Q与污水中离子浓度无关，故C正确；
D．由题意，污水流过管道时受到的阻力大小为f＝kLv2，故污水充满管道从左向右匀速流动，由平衡条件，则有两侧的压力差等于阻力，即Δp•bc＝kav2
又有Q＝vbc
联立解得Δp=kav2bc=kaQ2b3c3
故D正确。
故选：CD。
三．实验题（共3小题）
16．某型号智能水表的核心部件是电磁流量传感器，它的工作原理是基于法拉第电磁感应定律。电磁流量传感器的测量管是一内衬绝缘材料的非导磁合金短管，两只电极沿管径方向穿通管壁固定在测量管上，其电极头与衬里内表面基本齐平，与测量管轴线垂直的方向上加匀强磁场，从而可以测量水流流量。其基本原理如图甲所示，某段监测的水管可视为规则的圆柱体模型，在水平管径a、b处固定两块竖直正对的金属电极板（未画出，电阻不计），匀强磁场方向竖直向下，当水中的正负离子随水一起从左至右水平流动时，在a、b电极间产生电势差。
（1）若a、b电极间的电势差为U，a、b电极板间的距离为d，匀强磁场磁感应强度大小为B，水管壁厚度不计，请用上述物理量表示水流速度的表达式为 v=UBd ；
（2）为了测量水流流量（流量为单位时间内流过的流体体积），某研究性学习小组在a、b间设计了如图乙所示的测量电路。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取多组灵敏电流计G的读数I和电阻箱的示数R，绘制出1I−R图像为一条倾斜的直线，已知该直线的斜率为k，纵截距为b，如图丙所示。
①与灵敏电流计G“+”接线柱相连的是图甲中的 a 电极板（选填“a”或b”）。
②已知灵敏电流计G的内阻为Rg，则a、b电极板间的电动势为 1k ，a、b电极板间的接入电路的电阻为 bk−Rg ，水流的流量为 πd4kB （用题中的字母k、b、Rg、B、d表示）。
【解答】解：（1）水中的离子受到的洛伦兹力和电场力达到平衡时有：qUd=qvB，解得：v=UBd；
（2）①由左手定则可知正离子向a侧偏转，负离子向b侧偏转，故a板电势高于b板，则与灵敏电流计G“+”接线柱相连的是图甲中的a电极板。
②由乙图中闭合电路欧姆定律可知：I=RRg+R+r，解得：1I=RE+Rg+rE，由图像可知：斜率k=1E，纵截距b=Rg+rE，解得a、b电极板间的电动势为：E=1k，a、b电极板间的接入电路的电阻为：r=bk−Rg；
因为水流速度：v=EdB=1kdB，水流的流量为：Q=vS=1kdBπd24=πd4kB。
故答案为：（1）v=UBd；（2）①a；②1k；bk−Rg；πd4kB
17．某同学利用图（a）所示的电路来测量某合金丝的电阻率，改变合金丝右端PN接入电路的长度L，记录L及对应电流表电压表的示数I和U，并作出UI−L的图像，如图（c）所示。
（1）用螺旋测微器测量合金丝多个不同位置的直径d，求其平均值；其中一次测量如图（b）所示，则其读数为 0.698 mm；
（2）实验中，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调至 最右端 （选填“最左端”、“中间”或“最右端”）；
（3）由图（c）得到图线的斜率为k，则该合金丝的电阻率ρ＝ πkd24 （用d、k表示）；
（4）图（c）中图线的纵轴截距b表示 电流表的内阻 。
【解答】解：（1）螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则读数为
0.5mm+19.8×0.01mm＝0.698mm
（2）为了保证电路的安全，闭合开关前应使滑动变阻器接入电路中的阻值最大，即应将滑动变阻器滑片移到最右端；
（3）根据欧姆定律可得：
R+RA=UI
其中，R=ρLS，S=πd24
联立可得：UI=4ρLπd2+RA
则图像的斜率为4ρπd2
即ρ=πkd24
（4）根据上述分析可知，图线的纵轴截距b表示电流表的内阻。
故答案为：（1）0.698；（2）最右端；（3）πkd24；（4）电流表的内阻
18．在练习使用多用电表的实验中，A、B两小组的同学分别进行了如下操作：
（1）下列是A小组同学对多用电表的使用，其中操作正确的是 AD 。
A．如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B．如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D．如图丁，利用多用电表欧姆挡测二极管的反向电阻
（2）B小组同学利用多用电表的欧姆挡测量某一定值电阻的阻值，先把选择开关调至×10倍率，经欧姆调零后测量，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至 ×100 （填“×1”或“×100”）倍率，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则待测电阻为 1000 Ω。
【解答】解：（1）A、如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压，红表笔接灯泡电势较高的一端，故A正确；
B、如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流，电流应该从红表笔流入电表，故B错误；
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势，红表笔应该接电源的正极，故C错误；
D．如图丁，利用多用电表欧姆挡测二极管的反向电阻，因黑表笔接内部电源的正极，则应该让红表笔接二极管的正极，故D正确；
故选：AD。
（2）B小组同学利用多用电表的欧姆挡测量某一定值电阻的阻值，先把选择开关调至×10倍率，经欧姆调零后测量，指针偏转如图a所示，指针偏转过小，可知选择的倍率过低，为了使测量结果更准确，应把选择开关调至“×100”倍率，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则待测电阻为：10×100Ω＝1000Ω。
故答案为：（1）AD；（2）×100、1000。
四．计算题（共3小题）
19．负离子吹风筒是目前比较流行的吹风筒。如图，某负离子吹风筒吹出含有大量氧离子（﹣2e）的空气，沿水平方向进入电压为U的加速电场，之后进入竖直放置的偏转电场，偏转电场极板电压恒为U，极板间距为d，长度也为d。若空气流中所含氧离子分布均匀且横截面积足够大，氧离子质量为m，不考虑空气流分层现象，不计离子间作用力，不计空气对离子流和电场的影响，不计氧离子重力以及氧离子进入加速电场的初速度，求：
（1）氧离子进入偏转电场的速度大小；
（2）能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例。
【解答】解：（1）氧离子进入加速电场，根据动能定理有：2eU=12mv02
解得：v0=2eUm
（2）氧离子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场场强为：E=Ud
根据牛顿第二定律有：2eE＝ma
解得：a=2eUmd
若氧离子能够射出偏转电场，如图所示为恰好射出的氧离子的轨迹
根据运动学公式得：t=dv0
则该离子的竖直位移为：y=12at2
联立解得：y=d4
因此，距上板d4的氧离子恰好能够离开偏转电场
能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子的比例为：k=d−yd=34
答：（1）氧离子进入偏转电场的速度大小为2eUm；
（2）能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例为34。
20．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=35，整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g。求
（1）匀强电场的场强大小；
（2）小球到达A点时速度的大小；小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离。
【解答】解：（1）设小球所受的电场力为，电场强度大小为E，由力的合成，得：
F0mg=tanα⋯①
又F0＝qE…②
联立①②解得：
E=3mg4q
（2）小球到达C点时所受合力大小为F，由力的合成有：
F2=(mg)2+F02⋯③
设小球到达C点时的速度大小为vC，利用牛顿第二定律得：
F＝mvC2R⋯④
联立③④解得：
vC=5gR2
设小球到达A点的速度大小为vA，做CD⊥PA，角PA于D点，由几何关系得：
DA＝Rsinα…⑤
CD＝R（1+cosα）…⑥
根据动能定理，有：
﹣mg•CD﹣qE•DA=12mvC2−12mvA2⋯⑦
联立③④⑤⑥⑦，得小球在A点的速度大小为：
vA=23gR2
小球离开C点后在竖直方向做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g，
设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t，由运动学公式有：
v⊥t+12gt2=CD…⑧
v⊥＝vsinα…⑨
故有：t=355Rg
小球水平方向上，做匀变速直线运动，设加速度大小为a，小球落至水平轨道的位置到A点的距离为d，由运动学公式得：
d＝vCtcosα−12at2+AD
在水平方向上由牛顿第二定律，得：
qE＝ma
联立以上各式，解得：
d=98R
答：（1）匀强电场的场强大小为3mg4q；
（2）小球到达A点时速度的大小为23gR2；小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离为98R。
21．如图所示xOy平面直角坐标系内，第二象限存在竖直向下的匀强电场，第三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场和一足够长的挡板，挡板距x轴的距离为L。自M点（﹣2L，L）分别以水平向右的初速度v0、v02发射两完全相同的带正电粒子P、Q，粒子P恰好从O点进入磁场区域且垂直打在挡板上。已知粒子质量为m，带电量均为q，不计粒子重力及粒子间相互作用力，求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）粒子Q在磁场中运动的轨道半径；
（3）若使磁场感应强度缓慢变大，不计磁场变化产生的电场，则挡板被粒子P打中区域的长度为多少。
【解答】解：（1）粒子P在电场中做类平抛运动，有
2L＝v0t
L=12at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得：E=mv022qL
（2）根据（1）求解粒子P在电场中加速度a，a=2Lt2=2L(2Lv0)2=v022L，这个加速度也等于粒子Q的加速度，沿电场方向粒子P和粒子Q运动情况相同，刚进入磁场时沿电场方向的分速度也相同，都设为vy，则vy=at=v022L×2Lv0=v0，
说明粒子P刚进入磁场的速度方向与x轴夹角为45°，并且合速度大小vP=vy2+v02=v02+v02=2v0，粒子Q刚进入磁场的合速度vQ=vy2+(v02)2=v02+(v02)2=52v0
根据题意画出粒子P进入磁场的轨迹如下图所示：
根据几何关系可得粒子P在磁场中运动的轨道半径为：RP=Lcos45°=2L
根据洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝mv2r，则r=mvBq，说明相同的粒子进入相同的磁场，轨道半径和速度大小成正比，设Q粒子在磁场中的轨道半径为RQ，有RQRP=vQvP，代入数据得：RQ=52L
（3）根据（2），若磁场的磁感应强度没变化时，粒子P打到挡板的坐标为（2L−L，﹣L），若使磁场感应强度缓慢变大，根据洛伦兹力提供向心力可知，粒子P在磁场中运动的轨迹半径变小，采用缩放圆的办法并通过画图可知，当圆轨道缩小到与挡板相切时，粒子P恰好打不到挡板，如下图所示：
设此时粒子P的轨道半径为R，根据几何关系得：Rcos45°+R＝L，解得R＝（2−2）L，轨道与挡板切点坐标为（﹣Rsin45°，﹣L），将R值代入得坐标为（−2L+L，﹣L）
挡板被粒子P打中区域的长度为x=2L−L−(−2L+L)=2（2−1）L。
答：（1）匀强电场的电场强度E=mv022qL；
（2）粒子Q在磁场中运动的轨道半径为52L；
（3）挡板被粒子P打中区域的长度为2（2−1）L。
阶段性训练（三）
考察内容（电场 恒定电流 磁场）
一．选择题（共12小题）
1．静电力常量k用国际单位制的基本单位表示，正确的是（ ）
A．kg⋅m2s4⋅A2 B．kg2⋅m3s4⋅A2
C．kg⋅m3s3⋅A2 D．kg⋅m3s4⋅A2
【解答】解：根据库仑定律F＝kQqr2可得：k=Fr2Qq
根据F＝ma，质量m、加速度a的单位分别为kg、m/s2 可得1N＝1kg•m/s2，
根据q＝It，电流I、时间t的单位分别为A、s 可得1C＝1A•s，则k=mar2I2t2，1k＝1kg⋅ms2⋅m2A2⋅s2=1kg⋅m3s4⋅A2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
2．电子秤主要部件是平行板电容器，其电路如图所示。称重时，把物体放到电子秤的水平面板上，在压力作用下会导致电容器上层膜片电极下移。则放上物体后（ ）
A．膜片移动的过程中，R两端的电压始终为0
B．膜片下移过程中，电流表G有从b到a的电流
C．电容器两极板间的电势差变大
D．电容器两极板间的电场强度变小
【解答】解：放上物体后，电容器上层膜片电极下移，两极板间的距离d减小，根据电容器的定义式C=εrS4πkd可知电容器的电容将增大，稳定后两极板间的电压U保持不变，根据E=Ud可得稳定后电容器内部的电场强度增大，又根据C=QU可知电容器的带电量增多，因此在膜片下移过程中，电流表G有从b到a的电流，R两端的电压也不为零，故B正确，ACD错误；
故选：B。
3．某同学将密立根油滴实验简化为如图所示的装置，在真空环境下带电油滴从喷雾器大小的喷嘴喷出，落到平行板电容器两极板间，调节两极板间的电压U，恰使某个油滴悬浮在P点。现保持两极板间的电压U不变，已知油滴质量为m，两板间距为d，重力加速度大小为g，电容器的下极板接地。下列说法正确的是（ ）
A．油滴带负电，电荷量为q=2mgdU
B．若只增大两极板间距d，该油滴将向上加速运动
C．若只将正极板下移一小段距离，油滴的电势能减小
D．若只将负极板下移一小段距离，P处的电势降低
【解答】解：A．已知上极板带正电，下极板带负电，电场方向向下，由于油滴悬浮在P点平衡，可知电场力方向向上，电场力方向与电场方向相反，可知油滴带负电，根据平衡条件知：mg=qUd，解得q=mgdU，故A错误；
B．接电源极板间的电压U不变，根据E=Ud，若只增大两极板间距d，则极板间电场强度减小，电场力小于重力，则该油滴将向下加速运动，故B错误；
C．若只将正极板下移一小段距离，即极板间间距减小，根据上述可知，极板间电场强度增大，令P点到下极板间距为dP，油滴电荷量大小为q，P点与下极板电势差为UP＝φP﹣0＝φP＝EdP，可知P电势升高，电势能EP＝﹣qφP，可知此时油滴的电势能减小，故C正确；
D．由于保持两极板间的电压U不变，电容器的下极板接地，即上极板电势大小为U，令上极板与P点的电势差为U上P，上极板与P点的距离为d上P，则有U上P＝U﹣φP＝Ed上P，则有φP＝U﹣Ed上P，若只将负极板下移一小段距离，极板间间距增大，根据上述可知电场强度减小，可知，若只将负极板下移一小段距离，P处的电势升高，故D错误。
故选：C。
4．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度45处。现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的15处，则该电阻的阻值为（ ）
A．4R B．5R C．16R D．10R
【解答】解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，
欧姆表调零时，Ig=ER内
测一阻值为R的电阻时
45Ig=ER+R内
测一未知电阻时
15Ig=ER'+R内
联立解得：R′＝16R，故ABD错误，C正确；
故选：C。
5．如图所示，长为L的导体棒AB原来不带电，现将一个带正电的点电荷q放在导体棒的中心轴线上，且距离导体棒的A端为R，O为AB的中点。当导体棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒A端带正电，B端带负电
B．导体棒A端电势高，B端电势相低
C．感应电荷在O点的场强方向向右
D．感应电荷在O点的场强大小E=4kq(L+2R)2
【解答】解：A、点电荷q带正电，则当导体棒达到静电平衡后，导体棒A端为近端，带负电，B端为远端，带正电，故A错误；
B、处于静电平衡状态的导体棒是一个等势体，即A端和B端电势相等，故B错误；
CD、感应电荷在O点的场强与点电荷q在O点的场强大小相等、方向相反，点电荷q在O点的场强向右，则感应电荷在O点的场强向左，大小E=kq(R+L2)2
故C错误，D正确。
故选：D。
6．图像是解决物理问题的好方法，下列关于图像的分析正确的是（ ）
A．图甲中A、B两物体v﹣t图的交点表示两物体在t1时刻相遇
B．图乙为某硅光电池的路端电压与电流的关系图，则电池在P点状态下的内阻为直线MP的斜率的大小
C．图丙为某白炽灯电压与电流的关系曲线，则图中Q点切线的斜率表示该灯泡在电压为2.0V时的电阻
D．图丁的阴影部分的面积反映了该变力作用下物体从x1到x2的过程中力的功率
【解答】解：A．图甲为速度—时间图像，图像中A、B两物体v﹣t图的交点表示两物体在t1时刻速度相同，但不一定相遇，故A错误；
B．图乙为某硅光电池的路端电压U与电流I的关系图，根据E＝U+Ir可知，则电池在P点状态下的内阻为r=|ΔUΔI|，即为直线MP的斜率的大小，故B正确；
C．图丙为某白炽灯电压U与电流I的关系曲线，由图可知，图中所表示为非线性元件，根据R=UI可知图中Q点与坐标原点连线的斜率才表示该灯泡在电压为2.0V时的电阻，故C错误；
D．丁图为F﹣x图像，根据W＝Fx可知，图丁的阴影部分的面积反映了该变力作用下物体从x1到x2的过程中力的所做的功，故D错误。
故选：B。
7．如图所示电路中，直流电源内阻r≠0，R1、R2为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为R3，r＜R1＝R2＜R3。开关K闭合且电路稳定后，滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中（ ）
A．电流表示数变小
B．电源的效率减小
C．滑动变阻器消耗的功率一直减小
D．通过R2的电流方向为从c到d
【解答】解：A．滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中，根据电路构造可知接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，则电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；
B．电源的效率为
η=I2(R1+R3)I2(R1+R3+r)=R1+R3R1+R3+r=11+rR1+R3
当滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据数学知识可知电源效率减小，故B正确；
C．把R1看作电源的内阻，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路的阻值靠近等效电源的内阻，等效电源的输出功率变大，滑动变阻器消耗的功率变大，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律有
U＝E﹣I（R1+r）
当滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路的电流增大时，路端电压减小，电容器电压减小，根据电容器的比值定义式C=QU可知电荷量在减小，电容器在放电状态，所以通过R2的电流方向为从d到c，故D错误。
故选：B。
8．某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示，电源铭牌上标有“36V，12A•h”字样。正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，电动机机械效率为80%。已知自行车运动时受到阻力恒为40N。正常工作时（ ）
A．电动机两端电压为36V
B．电动机的电流约为5A
C．自行车匀速行驶的最长时间约为1.8h
D．自行车匀速行驶的最远距离约为30km
【解答】解：AB、正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，则电源的输入功率为P输入=P输出η1=18075%W=240W
且由公式P＝UI
解得电动机的额定电流约为I=P输入U额=24036A≈6.7A
设电动机的内阻为rM，电动机的效率为80%，则P﹣0.8P＝I2rM
解得rM=(1−0.8)×1806.72Ω≈0.8Ω
由于电源与电动机都有内阻，故电动机两端电压U=PI=1806.7V≈27V
故AB错误；
CD．根据电池容量Q＝12Ah，放电电流为6.7A，则可得t=QI=126.7ℎ≈1.8ℎ
自行车匀速行驶时牵引力与阻力相等，即F＝f＝40N
则由80%P＝fv
解得v=0.8Pf=0.8×18040m/s=3.6m/s
自行车匀速行驶的最远距离约为x＝vt＝3.6×1.8×3600m＝23328m＝23.328km
故C正确，D错误。
故选：C。
9．一根长度为L质量为m的粗细可忽略的导体棒A静止在一个足够长的光滑绝缘半圆柱体顶端，导体棒中通有垂直纸面向外大小为I的电流，其截面如图，现让导体棒由静止滑下，一段时间后从某一位置P离开半圆柱体。若在圆心O处加一根垂直于截面通电情况与A相同的导体棒B（图中未画出），其它条件不变，则关于导体棒A离开半圆柱体的位置说法中正确的是（ ）
A．可能在P的左上方 B．可能仍在P处
C．一定在P、Q之间某处 D．可能在Q处
【解答】解：AB、一段时间后从某一位置P离开半圆柱体，说明在P点导体棒和半圆柱体之间没有弹力，重力沿半径方向的分力正好提供向心力，若在圆心O处加一根垂直于截面通电情况与A相同的导体棒B，根据同向电流相互吸引可以判断，导体棒B对A施加了一个引力，这个引力与导体棒A的速度垂直，所以导体棒A的速度大小不受影响，根据向心力公式F=mv2r可知，再P点向心力是不变的，说明在P点A还受到半圆柱体对A的支持力，并且与B对A的引力相等，只有当速度继续增加，以至于半圆柱体对A的支持力减小到0时，A才离开半圆柱体，故A错误，B错误；
CD、当A在P点之后速度继续增加时，如果B对A的引力正好可以提供A做圆周运动的向心力时，也就是不需要重力的分力提供，导体棒A离开半圆柱体的位置就可能在Q处，故C错误，D正确。
故选：D。
10．笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的（ ）
A．合屏过程中，前表面的电势比后表面的低
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
D．开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关
【解答】解：A．电流方向向右，由此可分析出电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；
BCD．稳定后电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，则根据平衡条件可得：
evB=eUb
根据电流的微观表达式可知：
I＝neSv＝nebcv
解得：U=BInec
因此开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，BC错误；
故选：D。
11．如图所示，导体棒P通过两等长细线悬挂在竖直墙面上等高的两点，并通以恒定电流IP，另一长直导体棒Q位于AB连线正下方，并与一滑动变阻器串联，闭合开关前滑片位于最左端，已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。不计电源与导体棒电阻，现闭合开关，将滑动变阻器的滑片自最左端缓慢滑至中间，导体棒P绕AB连线缓慢转动，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒P所受安培力始终垂直于两棒所在平面
B．绳子拉力将减半
C．两棒间的安培力将翻倍
D．两棒的间距将变为原来的2倍
【解答】解：A．由题意可知，两棒互相排斥，则电流方向相反，安培力平行于两棒所在平面，故A错误；
B．如图所示
根据相似三角形可知mgℎ=Tl=BLIPd
可知绳子拉力为定值，故B错误；
CD．根据题意有B=kIQd
根据闭合电路欧姆定律有：IQ=ER
可得mgℎ=Tl=kELIPRd2
当滑片滑到中间时，电阻减半，故两棒的间距将变为原来的2倍，则安培力将变为原来的2倍，故C错误，D正确。
故选：D。
12．2022年11月，我国独立自主研制的全球单机容量最大的16兆瓦海上风电机组在福建下线。如图每台风力发电机的叶片转动时可形成圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率η＝20%。风速在8～15m/s范围内，η可视为不变。设风通过叶片后速度减为零。已知风速v＝10m/s时每台发电机输出电功率为6000kW，空气的密度为ρ＝1.2kg/m3，则（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．每秒钟流过面积S的气流动能12ρSv2
C．每台发电机叶片转动时形成的圆面面积约为5×104m2
D．当风速为15m/s时每台发电机的输出电功率约为6800kW
【解答】解：AB、每秒冲击风车车叶的气体体积为：
V＝SL＝Sv
气流的质量为：
m＝ρV
气流的动能为：
Ek=12mv2=12⋅ρSv3，可知动能与v3成正比，即输出功率与v3成正比，故AB错误；
CD、当风速为10m/s时每台发电机的输出功率约为6000kW，当风速为15m/s时每台发电机的输出功率约为20250kW，风的动能转化的电能为：
E电＝ηEk
则每秒输出电功率为：
P=E电t
Ek=12mv2=12⋅ρSv3
联立解得：S＝5×104m2，故C正确，D错误；
故选：C。
二．多选题（共3小题）
13．如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板间距离为L，电场强度为E。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为2v0；平行M板向下的粒子，刚好能到达N板下端。不计重力和粒子间的相互作用，利用以上信息可求得（ ）
A．金属板的长度
B．粒子在两板间的加速度
C．两个粒子到N板时的动能
D．两个粒子的电势能的变化量
【解答】解：A、平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向上由位移—时间公式：L=12at2，可求其在板间运动的时间。竖直方向上由匀速直线运动规律y＝v0t，可求竖直位移大小，板长是y的二倍，所以A选项可求，故A正确；
B、垂直M板向右的粒子做匀加速直线运动速度—位移公式：(2v0)2−v02=2aL，可求加速度的大小为：a=v022L。两个粒子完全相同，所以它们的加速度大小相同，故两个粒子的加速度均可求，故B正确；
CD、由于粒子的质量未知，无法求出粒子的动能大小，由于粒子电量未知，求不出电场力做的功，也求不出粒子电势能的变化量，所以CD选项不可求，故CD错误。
故选：AB。
14．如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表5.55m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为3m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则（ ）
A．出水口钢管横截面积为43×10−3m2
B．每秒内水流机械能增加258J
C．电动机的输入功率为258W
D．电动机线圈的电阻约为35Ω
【解答】解：A、由题意得，单位时间内出水的体积为V=mρ=41.0×103m3＝4×10﹣3m3
出水口钢管横截面积为S=Vvt=4×10−33×1m2=43×10﹣3m2
故A正确；
B、以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加ΔE＝mgh+12mv2
h＝5.55m+0.45m＝6m
代入数据解得：ΔE＝258J
故B正确；
C、电动机的输出功率P出=Wt=ΔEt=2581W＝258W
电动机的输入功率为P入=P75%=25875%W＝344W
故C错误；
D、对电动机，有P入＝P出+I2r
P入＝UI
代入数据联立解得：r=302586Ω≈35Ω
故D正确。
故选：ABD。
15．安装在排污管道上的流量计可以测量排污流量，流量为单位时间内流过管道横截面的流体的体积。图为流量计的示意图，左、右两端开口的长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，所在空间有垂直于前、后表面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得排污流量为Q。污水流过管道时受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系数，L为管道长度，v为污水的流速。则（ ）
A．金属板M的电势低于金属板N的电势
B．M、N两板间的电势差U=BQc
C．排污流量Q与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管口的压强差Δp=kaQ2b3c3
【解答】解：A．由左手定则，正离子向上极板M聚集，负离子向下极板N聚集，则有M极板电势高，N极板电势低，故A错误；
B．金属板M带正电，N带负电，在M、N两板间产生竖直向下的电场，离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，由平衡条件qvB=qUc
解得U＝vcB
故B错误；
C．流量为在单位时间内流经管道横截面积的流体的体积，可知污水的流量为Q＝vbc，故排污流量Q与污水中离子浓度无关，故C正确；
D．由题意，污水流过管道时受到的阻力大小为f＝kLv2，故污水充满管道从左向右匀速流动，由平衡条件，则有两侧的压力差等于阻力，即Δp•bc＝kav2
又有Q＝vbc
联立解得Δp=kav2bc=kaQ2b3c3
故D正确。
故选：CD。
三．实验题（共3小题）
16．某型号智能水表的核心部件是电磁流量传感器，它的工作原理是基于法拉第电磁感应定律。电磁流量传感器的测量管是一内衬绝缘材料的非导磁合金短管，两只电极沿管径方向穿通管壁固定在测量管上，其电极头与衬里内表面基本齐平，与测量管轴线垂直的方向上加匀强磁场，从而可以测量水流流量。其基本原理如图甲所示，某段监测的水管可视为规则的圆柱体模型，在水平管径a、b处固定两块竖直正对的金属电极板（未画出，电阻不计），匀强磁场方向竖直向下，当水中的正负离子随水一起从左至右水平流动时，在a、b电极间产生电势差。
（1）若a、b电极间的电势差为U，a、b电极板间的距离为d，匀强磁场磁感应强度大小为B，水管壁厚度不计，请用上述物理量表示水流速度的表达式为 v=UBd ；
（2）为了测量水流流量（流量为单位时间内流过的流体体积），某研究性学习小组在a、b间设计了如图乙所示的测量电路。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取多组灵敏电流计G的读数I和电阻箱的示数R，绘制出1I−R图像为一条倾斜的直线，已知该直线的斜率为k，纵截距为b，如图丙所示。
①与灵敏电流计G“+”接线柱相连的是图甲中的 a 电极板（选填“a”或b”）。
②已知灵敏电流计G的内阻为Rg，则a、b电极板间的电动势为 1k ，a、b电极板间的接入电路的电阻为 bk−Rg ，水流的流量为 πd4kB （用题中的字母k、b、Rg、B、d表示）。
【解答】解：（1）水中的离子受到的洛伦兹力和电场力达到平衡时有：qUd=qvB，解得：v=UBd；
（2）①由左手定则可知正离子向a侧偏转，负离子向b侧偏转，故a板电势高于b板，则与灵敏电流计G“+”接线柱相连的是图甲中的a电极板。
②由乙图中闭合电路欧姆定律可知：I=RRg+R+r，解得：1I=RE+Rg+rE，由图像可知：斜率k=1E，纵截距b=Rg+rE，解得a、b电极板间的电动势为：E=1k，a、b电极板间的接入电路的电阻为：r=bk−Rg；
因为水流速度：v=EdB=1kdB，水流的流量为：Q=vS=1kdBπd24=πd4kB。
故答案为：（1）v=UBd；（2）①a；②1k；bk−Rg；πd4kB
17．某同学利用图（a）所示的电路来测量某合金丝的电阻率，改变合金丝右端PN接入电路的长度L，记录L及对应电流表电压表的示数I和U，并作出UI−L的图像，如图（c）所示。
（1）用螺旋测微器测量合金丝多个不同位置的直径d，求其平均值；其中一次测量如图（b）所示，则其读数为 0.698 mm；
（2）实验中，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调至 最右端 （选填“最左端”、“中间”或“最右端”）；
（3）由图（c）得到图线的斜率为k，则该合金丝的电阻率ρ＝ πkd24 （用d、k表示）；
（4）图（c）中图线的纵轴截距b表示 电流表的内阻 。
【解答】解：（1）螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则读数为
0.5mm+19.8×0.01mm＝0.698mm
（2）为了保证电路的安全，闭合开关前应使滑动变阻器接入电路中的阻值最大，即应将滑动变阻器滑片移到最右端；
（3）根据欧姆定律可得：
R+RA=UI
其中，R=ρLS，S=πd24
联立可得：UI=4ρLπd2+RA
则图像的斜率为4ρπd2
即ρ=πkd24
（4）根据上述分析可知，图线的纵轴截距b表示电流表的内阻。
故答案为：（1）0.698；（2）最右端；（3）πkd24；（4）电流表的内阻
18．在练习使用多用电表的实验中，A、B两小组的同学分别进行了如下操作：
（1）下列是A小组同学对多用电表的使用，其中操作正确的是 AD 。
A．如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压
B．如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势
D．如图丁，利用多用电表欧姆挡测二极管的反向电阻
（2）B小组同学利用多用电表的欧姆挡测量某一定值电阻的阻值，先把选择开关调至×10倍率，经欧姆调零后测量，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至 ×100 （填“×1”或“×100”）倍率，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则待测电阻为 1000 Ω。
【解答】解：（1）A、如图甲，利用多用电表直流电压挡测小灯泡两端的电压，红表笔接灯泡电势较高的一端，故A正确；
B、如图乙，利用多用电表直流电流挡测通过小灯泡的电流，电流应该从红表笔流入电表，故B错误；
C．如图丙，利用多用电表直流电压挡粗测电源的电动势，红表笔应该接电源的正极，故C错误；
D．如图丁，利用多用电表欧姆挡测二极管的反向电阻，因黑表笔接内部电源的正极，则应该让红表笔接二极管的正极，故D正确；
故选：AD。
（2）B小组同学利用多用电表的欧姆挡测量某一定值电阻的阻值，先把选择开关调至×10倍率，经欧姆调零后测量，指针偏转如图a所示，指针偏转过小，可知选择的倍率过低，为了使测量结果更准确，应把选择开关调至“×100”倍率，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则待测电阻为：10×100Ω＝1000Ω。
故答案为：（1）AD；（2）×100、1000。
四．计算题（共3小题）
19．负离子吹风筒是目前比较流行的吹风筒。如图，某负离子吹风筒吹出含有大量氧离子（﹣2e）的空气，沿水平方向进入电压为U的加速电场，之后进入竖直放置的偏转电场，偏转电场极板电压恒为U，极板间距为d，长度也为d。若空气流中所含氧离子分布均匀且横截面积足够大，氧离子质量为m，不考虑空气流分层现象，不计离子间作用力，不计空气对离子流和电场的影响，不计氧离子重力以及氧离子进入加速电场的初速度，求：
（1）氧离子进入偏转电场的速度大小；
（2）能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例。
【解答】解：（1）氧离子进入加速电场，根据动能定理有：2eU=12mv02
解得：v0=2eUm
（2）氧离子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场场强为：E=Ud
根据牛顿第二定律有：2eE＝ma
解得：a=2eUmd
若氧离子能够射出偏转电场，如图所示为恰好射出的氧离子的轨迹
根据运动学公式得：t=dv0
则该离子的竖直位移为：y=12at2
联立解得：y=d4
因此，距上板d4的氧离子恰好能够离开偏转电场
能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子的比例为：k=d−yd=34
答：（1）氧离子进入偏转电场的速度大小为2eUm；
（2）能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例为34。
20．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=35，整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g。求
（1）匀强电场的场强大小；
（2）小球到达A点时速度的大小；小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离。
【解答】解：（1）设小球所受的电场力为，电场强度大小为E，由力的合成，得：
F0mg=tanα⋯①
又F0＝qE…②
联立①②解得：
E=3mg4q
（2）小球到达C点时所受合力大小为F，由力的合成有：
F2=(mg)2+F02⋯③
设小球到达C点时的速度大小为vC，利用牛顿第二定律得：
F＝mvC2R⋯④
联立③④解得：
vC=5gR2
设小球到达A点的速度大小为vA，做CD⊥PA，角PA于D点，由几何关系得：
DA＝Rsinα…⑤
CD＝R（1+cosα）…⑥
根据动能定理，有：
﹣mg•CD﹣qE•DA=12mvC2−12mvA2⋯⑦
联立③④⑤⑥⑦，得小球在A点的速度大小为：
vA=23gR2
小球离开C点后在竖直方向做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g，
设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t，由运动学公式有：
v⊥t+12gt2=CD…⑧
v⊥＝vsinα…⑨
故有：t=355Rg
小球水平方向上，做匀变速直线运动，设加速度大小为a，小球落至水平轨道的位置到A点的距离为d，由运动学公式得：
d＝vCtcosα−12at2+AD
在水平方向上由牛顿第二定律，得：
qE＝ma
联立以上各式，解得：
d=98R
答：（1）匀强电场的场强大小为3mg4q；
（2）小球到达A点时速度的大小为23gR2；小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离为98R。
21．如图所示xOy平面直角坐标系内，第二象限存在竖直向下的匀强电场，第三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场和一足够长的挡板，挡板距x轴的距离为L。自M点（﹣2L，L）分别以水平向右的初速度v0、v02发射两完全相同的带正电粒子P、Q，粒子P恰好从O点进入磁场区域且垂直打在挡板上。已知粒子质量为m，带电量均为q，不计粒子重力及粒子间相互作用力，求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）粒子Q在磁场中运动的轨道半径；
（3）若使磁场感应强度缓慢变大，不计磁场变化产生的电场，则挡板被粒子P打中区域的长度为多少。
【解答】解：（1）粒子P在电场中做类平抛运动，有
2L＝v0t
L=12at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得：E=mv022qL
（2）根据（1）求解粒子P在电场中加速度a，a=2Lt2=2L(2Lv0)2=v022L，这个加速度也等于粒子Q的加速度，沿电场方向粒子P和粒子Q运动情况相同，刚进入磁场时沿电场方向的分速度也相同，都设为vy，则vy=at=v022L×2Lv0=v0，
说明粒子P刚进入磁场的速度方向与x轴夹角为45°，并且合速度大小vP=vy2+v02=v02+v02=2v0，粒子Q刚进入磁场的合速度vQ=vy2+(v02)2=v02+(v02)2=52v0
根据题意画出粒子P进入磁场的轨迹如下图所示：
根据几何关系可得粒子P在磁场中运动的轨道半径为：RP=Lcos45°=2L
根据洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝mv2r，则r=mvBq，说明相同的粒子进入相同的磁场，轨道半径和速度大小成正比，设Q粒子在磁场中的轨道半径为RQ，有RQRP=vQvP，代入数据得：RQ=52L
（3）根据（2），若磁场的磁感应强度没变化时，粒子P打到挡板的坐标为（2L−L，﹣L），若使磁场感应强度缓慢变大，根据洛伦兹力提供向心力可知，粒子P在磁场中运动的轨迹半径变小，采用缩放圆的办法并通过画图可知，当圆轨道缩小到与挡板相切时，粒子P恰好打不到挡板，如下图所示：
设此时粒子P的轨道半径为R，根据几何关系得：Rcos45°+R＝L，解得R＝（2−2）L，轨道与挡板切点坐标为（﹣Rsin45°，﹣L），将R值代入得坐标为（−2L+L，﹣L）
挡板被粒子P打中区域的长度为x=2L−L−(−2L+L)=2（2−1）L。
答：（1）匀强电场的电场强度E=mv022qL；
（2）粒子Q在磁场中运动的轨道半径为52L；
（3）挡板被粒子P打中区域的长度为2（2−1）L。
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