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阶段滚动三　电场、电路和磁场综合
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1.(2026·浙江省稽阳联谊学校二模)雷雨天，高层建筑顶部的避雷针起到主动吸引闪电的作用，叫“接闪”，以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的等差等势面如图所示，积雨云层的底部积聚正电荷，取大地为零势面，以下说法正确的是(　　)
A.避雷针的针尖不带电
B.A、B、C三个位置中A点的电势最高
C.A、B、C三个位置中电子在A点受静电力最大
D.空气中一电子由C点运动到B点，电势能增加
2.(2026·山东济宁市二模)我国特高压输电技术全球领先，如图甲所示为特高压输电线路，其中每组输电线都由6根相互平行的水平长直导线组成，使用六分裂间隔棒固定，使每组导线的横截面呈正六边形，中心为O，截面图如图乙所示。每根导线通有大小相等、方向相同的电流，已知单独一根通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是(　　)
A.穿过截面abcdef的磁通量不为零
B.导线b受到的安培力方向竖直向下
C.a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度大小为2B
D.a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度方向竖直向下
3.在如图所示电路中，已知电容C=2 μF，电源电动势E=6 V，内电阻忽略不计，定值电阻R1=4 Ω，R2=8 Ω，R3=9 Ω，R4=3 Ω，则电容器所带电荷量为(　　)
A.1×10-6 C B.5×10-6 C
C.2×10-6 C D.0
4.(2026·安徽省模拟)真空中固定一对等量异种电荷，其连线与中垂线交点为O。一个电子从A点到B点的运动轨迹如图中实线所示(A、B两点离两电荷足够远)。若只考虑两个电荷产生的电场对电子的作用力，下列说法正确的是(　　)
A.从A到O过程中电子的速度一直增大
B.从O到B过程中电子的电势能先减小后增大
C.在这两个电荷产生的电场中，O点是中垂线上电势最低点
D.在两电荷产生的电场中，O点是中垂线上电场强度最小的点
5.(2026·北京市门头沟区一模)如图所示，当开关S闭合后，若将滑动变阻器的滑片P向下移动，下列说法正确的是(　　)
A.灯L变亮，电压表示数减小
B.灯L变暗，电流表的示数增大
C.灯L变暗，电容器两极板上电荷量增加
D.灯L变亮，电容器两极板间的电压增大
6.(2026·广东深圳市二模)如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板距离恰好相等。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH=3，接通电源，不计粘滞阻力和甲、乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒，正确的说法是(　　)
A.乙比甲后到达极板
B.甲、乙的电势能均减小
C.甲、乙受到的静电力方向相同
D.增大pH值，甲受到的静电力变大
7.如图所示，MN上方存在匀强磁场，同种粒子a、b从磁场边界上的O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°，且均由磁场边界上的P点射出磁场，则a、b两粒子(　　)
A.运动半径之比为3∶1
B.初速率之比为1∶
C.运动时间之比为5∶2
D.运动时间之比为6∶5
8.(2026·四川宜宾市三模)某静电除尘装置的原理截面图如图，一对间距为d，长为L的平行金属板，下板中点为O，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在A、B两点间的n个(数量很多)带负电灰尘颗粒物，均以水平向右的初速度v0从左侧进入两板间。颗粒物可视为质点，其质量均为m，电荷量均为-q，板间视为匀强电场。若不计重力、空气阻力和颗粒物之间的相互作用力，且颗粒物能够全部被收集在下极板，则(　　)
A.上极板带正电
B.电源电压至少为
C.电源电压为U时，净化过程中静电力对颗粒物做的总功为nqU
D.O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比可能为1∶4
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分。
9.(2026·陕西宝鸡市一模)图甲所示的电路图中，电源的电动势为E，内阻不计。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R，图乙和图丙分别为滑动变阻器R全部接入和一半接入电路时沿abcd方向电势变化的图像，导线上的电势降落为零。则下列说法正确的是(　　)
A.定值电阻R0在虚线框Ⅰ中
B.滑动变阻器R在虚线框Ⅰ中
C.电源的电动势大小为2.0 V
D.定值电阻R0的阻值为5 Ω
10.(2026·河北省部分示范高中三模)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在着一个半径为r0、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，该磁场区域分别与x轴、y轴相切于P点、S点。在S点处有一粒子源，可以向第一象限内的各个方向射入速度大小相等、质量均为m、电荷量均为-q(q>0)的粒子，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，粒子在磁场中只受洛伦兹力作用。已知沿x轴正方向射入的粒子，在x轴的P(r0，0)点射出。下列说法正确的是(　　)
A.粒子的速度大小为
B.与y轴正方向成30°角射入圆形匀强磁场区域的粒子，最后经过x轴上(r0，0)点
C.若将粒子的速度大小设为，其他条件不变，则粒子在圆形匀强磁场区域中运动的最长时间为
D.若将粒子的速度大小设为，其他条件不变，则圆形匀强磁场区域边界上能够被粒子打到的弧长为
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11.(8分)(2026·北京市房山区一模)(1)使用多用电表电阻挡测量某电阻阻值时，下列说法正确的是　　　　　　。
A.测量时，不需要把该电阻与电路断开进行测量
B.测量时，发现指针非常靠近电阻挡的零刻线，应将选择开关拨至倍率较大的挡位
C.更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零
(2)若某次测量使用电阻挡为“×10”挡，则图甲中电阻的测量值R=　　　　 Ω。
(3)某同学利用图乙所示电路图研究电容器的充、放电过程。开关S接1，电容器充电，充电完毕后将开关S由1拨至2，电容器放电。
①图丙是电容器放电过程中电流I随时间t变化的图像，试估算在0.2 s时间内电容器放电的电荷量为
　　　　　　 C。
②图丁是电容器放电过程中电压U随时间t变化的图像。电容器放电瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为Um，U-t图像与坐标轴围成的面积为S0。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容C=
　　　　　　(用题中已知物理量Um、R和S0表示)。
12.(8分)(2026·天津市南开中学模拟)现欲测量电压表V1(量程为3 V)、电压表V2(量程为6 V)的内阻。要组成如图所示电路，所供选用的器材规格如下：
①电阻箱，阻值在100 kΩ内可调
②滑动变阻器，阻值范围0~2 kΩ，额定电流0.6 A
③滑动变阻器，阻值0~30 Ω，额定电流3 A
④6节1.5 V干电池串联组成的电池组，内阻约为2 Ω
⑤单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干
(1)为实现实验目的，实验中所用滑动变阻器应选用　　　　　　(用器材前的序号表示)。
(2)连接好器材后进行如下操作：
A.将滑动变阻器的滑片置于左端，闭合干路开关，先将单刀双掷开关置于b端，调节滑动变阻器，使电压表V2读数为4 V；然后将单刀双掷开关置于a端，调节电阻箱阻值使电压表V2的读数再次为4 V，此时电阻箱的读数为15 kΩ。
B.保持单刀双掷开关置于a端，将电阻箱的阻值调为零并同时调节滑动变阻器，使电压表V2的示数达到6 V。保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱，再使电压表V2的示数为3 V，记下此时电阻箱的读数为27 kΩ，即为电压表V2内阻的测量值。
根据以上测量方法可知，电压表V1内阻的测量值为　　　　　　 Ω(保留3位有效数字)。
(3)对上述测量过程进行误差分析，其中电压表V2内阻的测量值　　　　　　真实值(填“大于”“小于”或“等于”)。
(4)为了得到两表内阻的真实值，某同学重新进行实验。先将滑动变阻器的滑片置于左端后，闭合干路开关，将单刀双掷开关置于b端，调节滑动变阻器，发现当电压表V1满偏时，电压表V2的读数为5 V，则电压表V2内阻的真实值为　　　　　　 Ω(保留3位有效数字)。
13.(12分)(2026·贵州遵义市三模)如图所示，足够长的倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平面平滑连接，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度为E=1×104 N/C。现有质量为m=1 kg，带电荷量为q=+5×10-4 C的小滑块，从水平面上A点由静止释放，经过时间t=2 s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.5，不计空气阻力。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求：
(1)小滑块从A滑行到B过程中所受摩擦力的大小和加速度大小；
(2)A、B两点的距离和电势差UAB；
(3)小滑块沿斜面上升的最大高度。
14.(14分)(2026·河北张家口市三模)如图所示，在xOy竖直平面坐标系内的第一、三、四象限存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿x轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球从x轴上的P点以速度大小为v0、方向与x轴正方向成θ=45°角射入匀强电场，小球到达坐标原点O时恰好竖直向下运动。已知重力加速度大小为g，磁感应强度大小B=，不计空气阻力。求：
(1)第二象限的电场强度的大小E和O、P两点间的距离l；
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小v；
(3)小球过坐标原点后第一次通过x轴的横坐标值x0。
15.(16分)(2025·山东烟台市二模)如图甲所示，真空室内有三个竖直方向足够长的区域，各区域的边界线均沿竖直方向。其中区域Ⅰ中存在磁感应强度按图乙规律变化的磁场B1(图乙中磁场垂直纸面向外时为正)，T=，宽度为L；区域Ⅱ中存在磁感应强度大小B2=2B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场，宽度为d=L；区域Ⅲ中存在电场强度大小E=、方向竖直向下的匀强电场，宽度为L。t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的带正电的粒子从区域Ⅰ左边界上的A处以某一初速度垂直于边界射入区域Ⅰ，已知t=T时该粒子从M点进入区域Ⅱ，运动一段时间后从区域Ⅱ右侧边界的N点(图中未画出)进入区域Ⅲ的电场中，最终从区域Ⅲ右边界上的P点(图中未画出)离开，不计粒子的重力，求：
(1)粒子刚射入区域Ⅰ时的初速度大小；
(2)粒子在区域Ⅱ中运动的时间；
(3)M点到P点沿竖直方向的距离。
阶段滚动三　电场、电路和磁场综合
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1.(2026·浙江省稽阳联谊学校二模)雷雨天，高层建筑顶部的避雷针起到主动吸引闪电的作用，叫“接闪”，以此保护周边建筑和行人的安全。某次电视塔“接闪”前积雨云层与避雷针附近产生的电场的等差等势面如图所示，积雨云层的底部积聚正电荷，取大地为零势面，以下说法正确的是(　　)
A.避雷针的针尖不带电
B.A、B、C三个位置中A点的电势最高
C.A、B、C三个位置中电子在A点受静电力最大
D.空气中一电子由C点运动到B点，电势能增加
答案　C
解析　积雨云层的底部积聚正电荷，由于静电感应，避雷针的针尖带负电，故A错误；从正电荷到负电荷的电场线上，电势逐渐降低，则A和C电势相等，B点电势最高，故B错误；等差等势面的密度反映电场强度的大小，则A点的电场强度最大，故电子在A点受静电力最大，故C正确；空气中一电子由C点运动到B点，电势增大，由Ep=qφ可知电子的电势能减小，故D错误。
2.(2026·山东济宁市二模)我国特高压输电技术全球领先，如图甲所示为特高压输电线路，其中每组输电线都由6根相互平行的水平长直导线组成，使用六分裂间隔棒固定，使每组导线的横截面呈正六边形，中心为O，截面图如图乙所示。每根导线通有大小相等、方向相同的电流，已知单独一根通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是(　　)
A.穿过截面abcdef的磁通量不为零
B.导线b受到的安培力方向竖直向下
C.a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度大小为2B
D.a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度方向竖直向下
答案　C
解析　根据右手定则可知，通电长直导线产生的磁场是以长导线为圆心的同心圆，通电长导线产生的磁场平行于截面abcdef，所以穿过截面的磁通量为零，故A错误；根据右手定则可知，e导线在b点产生的磁场方向垂直于eb向下，f导线在b点产生的磁场垂直于bf连线沿bc指向c，d导线在b点产生的磁场垂直于bd连线沿ba指向b，a导线在b点产生的磁场垂直于ab连线沿bd指向d，c导线在b点产生的磁场垂直于bc连线沿bf指向b，其中导线a、c在b点的合磁场方向向下，导线f、d在b点的合磁场方向向下，通过分析b点的磁场方向竖直向下，根据左手定则，导线b的安培力方向水平向右，故B错误；a、b、c三根导线在O点产生的磁场磁感应强度大小均为B，a导线在O点产生的磁场垂直于aO连线指向ef中点，b导线在O点产生的磁场垂直于bO连线竖直向上，c导线在O点产生的磁场垂直于cO连线指向ab中点，三个磁场叠加可得O点的磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为BO=B+2Bcos 60°=2B，故C正确，D错误。
3.在如图所示电路中，已知电容C=2 μF，电源电动势E=6 V，内电阻忽略不计，定值电阻R1=4 Ω，R2=8 Ω，R3=9 Ω，R4=3 Ω，则电容器所带电荷量为(　　)
A.1×10-6 C B.5×10-6 C
C.2×10-6 C D.0
答案　B
解析　定值电阻R1两端的电压UR1=×6 V=2 V，定值电阻R3两端的电压UR3=×6 V=4.5 V，故电容器两端电压为U=UR3-UR1=2.5 V，电容器所带电荷量Q=CU=2×10-6×2.5 C=5×10-6 C，故选B。
4.(2026·安徽省模拟)真空中固定一对等量异种电荷，其连线与中垂线交点为O。一个电子从A点到B点的运动轨迹如图中实线所示(A、B两点离两电荷足够远)。若只考虑两个电荷产生的电场对电子的作用力，下列说法正确的是(　　)
A.从A到O过程中电子的速度一直增大
B.从O到B过程中电子的电势能先减小后增大
C.在这两个电荷产生的电场中，O点是中垂线上电势最低点
D.在两电荷产生的电场中，O点是中垂线上电场强度最小的点
答案　B
解析　根据等量异种电荷形成的电场中电场线、等势线分布规律可知，中垂线上所有点的电势相等且为零，故C错误；等量异种电荷形成的电场中，中垂线上自O点向两侧电场强度逐渐减小，O点的电场强度最大，故D错误；由以上分析可知，电子从A到O过程中电势先升高后降低，电子的电势能先减小后增大，则电子的动能、速度先增大后减小，故A错误；同样，电子从O到B过程中电势先升高后降低，电子的电势能先减小后增大，故B正确。
5.(2026·北京市门头沟区一模)如图所示，当开关S闭合后，若将滑动变阻器的滑片P向下移动，下列说法正确的是(　　)
A.灯L变亮，电压表示数减小
B.灯L变暗，电流表的示数增大
C.灯L变暗，电容器两极板上电荷量增加
D.灯L变亮，电容器两极板间的电压增大
答案　A
解析　由题图可知，若将滑动变阻器的滑片P向下移动，则滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律I=可知流过电源的电流变大，电流表示数变大，流过灯L的电流变大，则灯L变亮，根据U=E-Ir，可知路端电压变小，即电压表示数减小，故A正确，B错误；电容器两极板间的电压U'=E-I(r+RL)，I变大可知U'减小，根据Q=CU'，可知电容器两极板上电荷量减少，故C、D错误。
6.(2026·广东深圳市二模)如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板距离恰好相等。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH=3，接通电源，不计粘滞阻力和甲、乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒，正确的说法是(　　)
A.乙比甲后到达极板
B.甲、乙的电势能均减小
C.甲、乙受到的静电力方向相同
D.增大pH值，甲受到的静电力变大
答案　B
解析　未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮，重力等于浮力，调节溶液pH=3，从题图b中可知甲颗粒带电量为-2q0，乙颗粒带电量为2q0，接通电源后，由牛顿第二定律可得Eq=ma，由于甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，故甲的加速度大小为乙的，二者到相应极板距离相同，则乙比甲先到达极板，故A错误；甲、乙运动过程中静电力都做正功，电势能均减小，故B正确；甲、乙带电性相反，受静电力方向相反，故C错误；由题图b可知，增大pH值，甲带的电荷量先减小后增大，故静电力也是先减小后增大，故D错误。
7.如图所示，MN上方存在匀强磁场，同种粒子a、b从磁场边界上的O点射入匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°，且均由磁场边界上的P点射出磁场，则a、b两粒子(　　)
A.运动半径之比为3∶1
B.初速率之比为1∶
C.运动时间之比为5∶2
D.运动时间之比为6∶5
答案　C
解析　设OP=2d，则由几何关系可知ra==2d，rb==，可知a、b的运动半径之比为∶1，选项A错误；根据qvB=m，可得v=∝r，初速率之比为∶1，选项B错误；根据T=，t=T∝θ，a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°=5∶2，则运动时间之比为5∶2，选项C正确，D错误。
8.(2026·四川宜宾市三模)某静电除尘装置的原理截面图如图，一对间距为d，长为L的平行金属板，下板中点为O，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在A、B两点间的n个(数量很多)带负电灰尘颗粒物，均以水平向右的初速度v0从左侧进入两板间。颗粒物可视为质点，其质量均为m，电荷量均为-q，板间视为匀强电场。若不计重力、空气阻力和颗粒物之间的相互作用力，且颗粒物能够全部被收集在下极板，则(　　)
A.上极板带正电
B.电源电压至少为
C.电源电压为U时，净化过程中静电力对颗粒物做的总功为nqU
D.O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比可能为1∶4
答案　C
解析　颗粒物要被下板收集，则所受静电力方向必向下，因其带负电，故电场方向向上，故上极板应带负电，故A错误；电源电压最小时，沿上极板边缘进入的颗粒物恰好落到下极板右端，设其在板间运动的时间为t，加速度大小为a，则沿极板方向有L=v0t，垂直极板方向有d=at2，又ma=qE=，联立解得U0=，故B错误；因初始时刻颗粒物均匀分布，由W=q(U1+U2+…+Un)=(y1+y2…+yn)=×(0+d)n，可得净化过程中静电力对颗粒物做的总功为W=nqU，故C正确；电源电压最小时，O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小，沿极板方向由x=v0t，可知，落到O点和下板右端的颗粒在板间运动的时间之比为1∶2，垂直极板方向，由y=at2，可知，落到O点和下板右端的颗粒的初始高度之比为1∶4，因初始时刻颗粒物均匀分布，故O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小为1∶3，故D错误。
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分。
9.(2026·陕西宝鸡市一模)图甲所示的电路图中，电源的电动势为E，内阻不计。虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R，图乙和图丙分别为滑动变阻器R全部接入和一半接入电路时沿abcd方向电势变化的图像，导线上的电势降落为零。则下列说法正确的是(　　)
A.定值电阻R0在虚线框Ⅰ中
B.滑动变阻器R在虚线框Ⅰ中
C.电源的电动势大小为2.0 V
D.定值电阻R0的阻值为5 Ω
答案　AD
解析　由两图像可知，ab电势差增大，cd电势差减小，根据“串反并同”法可知，滑动变阻器在Ⅱ中，定值电阻在Ⅰ中，故A正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律，滑动变阻器R全部接入电路时有E= A·(R0+20 Ω)，一半接入时有E= A·(R0+10 Ω)，得E=1.5 V，R0=5 Ω，故C错误，D正确。
10.(2026·河北省部分示范高中三模)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在着一个半径为r0、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，该磁场区域分别与x轴、y轴相切于P点、S点。在S点处有一粒子源，可以向第一象限内的各个方向射入速度大小相等、质量均为m、电荷量均为-q(q>0)的粒子，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，粒子在磁场中只受洛伦兹力作用。已知沿x轴正方向射入的粒子，在x轴的P(r0，0)点射出。下列说法正确的是(　　)
A.粒子的速度大小为
B.与y轴正方向成30°角射入圆形匀强磁场区域的粒子，最后经过x轴上(r0，0)点
C.若将粒子的速度大小设为，其他条件不变，则粒子在圆形匀强磁场区域中运动的最长时间为
D.若将粒子的速度大小设为，其他条件不变，则圆形匀强磁场区域边界上能够被粒子打到的弧长为
答案　AC
解析　设粒子的轨迹半径为R，已知粒子从S点沿x轴正方向射入，在x轴的P点射出。根据几何关系可知R=r0，粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有qvB=m，
可得粒子的速度大小为v=，故A正确；如图甲所示，与y轴正方向成30°角射入圆形匀强磁场区域的粒子，O2为粒子轨迹的圆心，由几何关系可以得出射出点的横坐标为d=r0+r0cos 30°=r0+r0，故B错误；若v=，设粒子的轨迹半径为R1，由洛伦兹力提供向心力qvB=m，可得R1=r0，
粒子在圆形匀强磁场区域中运动时间最长时，圆形匀强磁场区域的直径是粒子轨迹的一条弦，粒子轨迹如图乙所示，O3为粒子轨迹的圆心，由几何关系可知sin ==，解得α=90°，则粒子的射入速度方向与x轴正方向的夹角为=45°，粒子运动的周期为T==，粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=×T=，故C正确；设粒子轨迹半径为R2，若v=，则R2=r0，
粒子打到圆形匀强磁场区域边界的最远位置距离S点为L=2R2=r0，粒子的轨迹如图丙所示。由几何关系可知，最大距离L所对应的圆形匀强磁场区域的圆心角为60°，圆形匀强磁场边界上能够被粒子打到的弧长为，故D错误。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11.(8分)(2026·北京市房山区一模)(1)使用多用电表电阻挡测量某电阻阻值时，下列说法正确的是　　　　　　。
A.测量时，不需要把该电阻与电路断开进行测量
B.测量时，发现指针非常靠近电阻挡的零刻线，应将选择开关拨至倍率较大的挡位
C.更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零
(2)若某次测量使用电阻挡为“×10”挡，则图甲中电阻的测量值R=　　　　 Ω。
(3)某同学利用图乙所示电路图研究电容器的充、放电过程。开关S接1，电容器充电，充电完毕后将开关S由1拨至2，电容器放电。
①图丙是电容器放电过程中电流I随时间t变化的图像，试估算在0.2 s时间内电容器放电的电荷量为
　　　　　　 C。
②图丁是电容器放电过程中电压U随时间t变化的图像。电容器放电瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为Um，U-t图像与坐标轴围成的面积为S0。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容C=
　　　　　　(用题中已知物理量Um、R和S0表示)。
答案　(1)C　(2)100　(3)①4.0×10-4　②
解析　(1)测量电路中某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，否则测量的是该电阻与其他电路的并联电阻，故A错误；
测电阻时，发现指针非常靠近电阻挡的零刻线，则所测电阻阻值较小，所选挡位太大，应换较小倍率后，重新调零，再进行测量，故B错误；
更换挡位测量电阻阻值时，必须将红、黑表笔短接，重新进行欧姆调零，故C正确。
(2)指针指向“10”刻度线，则题图甲中电阻的测量值R=10×10 Ω=100 Ω
(3)①根据Q=It可知电荷量等于I-t图像与时间轴所围成的面积，则有Q=2×10-3×0.2 C=4.0×10-4 C
②根据q=It=t
而U-t图像与坐标轴所围面积为S0，则q=
故有S0=qR=CUmR
则电容为C=。
12.(8分)(2026·天津市南开中学模拟)现欲测量电压表V1(量程为3 V)、电压表V2(量程为6 V)的内阻。要组成如图所示电路，所供选用的器材规格如下：
①电阻箱，阻值在100 kΩ内可调
②滑动变阻器，阻值范围0~2 kΩ，额定电流0.6 A
③滑动变阻器，阻值0~30 Ω，额定电流3 A
④6节1.5 V干电池串联组成的电池组，内阻约为2 Ω
⑤单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干
(1)为实现实验目的，实验中所用滑动变阻器应选用　　　　　　(用器材前的序号表示)。
(2)连接好器材后进行如下操作：
A.将滑动变阻器的滑片置于左端，闭合干路开关，先将单刀双掷开关置于b端，调节滑动变阻器，使电压表V2读数为4 V；然后将单刀双掷开关置于a端，调节电阻箱阻值使电压表V2的读数再次为4 V，此时电阻箱的读数为15 kΩ。
B.保持单刀双掷开关置于a端，将电阻箱的阻值调为零并同时调节滑动变阻器，使电压表V2的示数达到6 V。保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱，再使电压表V2的示数为3 V，记下此时电阻箱的读数为27 kΩ，即为电压表V2内阻的测量值。
根据以上测量方法可知，电压表V1内阻的测量值为　　　　　　 Ω(保留3位有效数字)。
(3)对上述测量过程进行误差分析，其中电压表V2内阻的测量值　　　　　　真实值(填“大于”“小于”或“等于”)。
(4)为了得到两表内阻的真实值，某同学重新进行实验。先将滑动变阻器的滑片置于左端后，闭合干路开关，将单刀双掷开关置于b端，调节滑动变阻器，发现当电压表V1满偏时，电压表V2的读数为5 V，则电压表V2内阻的真实值为　　　　　　 Ω(保留3位有效数字)。
答案　(1)③　(2)1.50×104　(3)大于　(4)2.50×104
解析　(1)由于滑动变阻器采用分压接法，所以应选用阻值较小的滑动变阻器，故应选③。
(2)先将单刀双掷开关置于b端，调节滑动变阻器，使电压表V2读数为4 V；然后将单刀双掷开关置于a端，调节电阻箱阻值使电压表V2的读数再次为4 V，即电压表V1的内阻应等于电阻箱的读数，所以V1内阻的测量值为15 kΩ，即1.50×104 Ω。
(3)根据题意可知，采用半偏法测量V2的内阻，由于接入电阻箱使得回路中总电阻增大，回路电流减小，则待测电路分压增大，所以当V2读数为3 V时，电阻箱两端的实际电压大于3 V，其阻值大于电压表V2的内阻，即电压表V2内阻的测量值大于真实值。
(4)由于两电压表串联，电流相等，则内阻之比应等于电压之比，即=，R1=1.50×104 Ω
所以R2=2.50×104 Ω。
13.(12分)(2026·贵州遵义市三模)如图所示，足够长的倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平面平滑连接，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度为E=1×104 N/C。现有质量为m=1 kg，带电荷量为q=+5×10-4 C的小滑块，从水平面上A点由静止释放，经过时间t=2 s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.5，不计空气阻力。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求：
(1)小滑块从A滑行到B过程中所受摩擦力的大小和加速度大小；
(2)A、B两点的距离和电势差UAB；
(3)小滑块沿斜面上升的最大高度。
答案　(1)3.5 N　0.5 m/s2　(2)1 m　8 000 V　(3)0.3 m
解析　(1)滑块从A滑行到B过程，滑块所受的静电力F=Eq
滑块所受的摩擦力Ff=μ(mg-Fsin 37°)
联立解得Ff=3.5 N
由牛顿第二定律可得Fcos 37°-Ff=ma1
解得滑块加速度大小为a1=0.5 m/s2
(2)A、B两点的距离d=a1t2
解得d=1 m
电势差UAB=Edcos 37°
解得UAB=8 000 V
(3)设滑块在斜面上的加速度为a2
qE-mgsin 37°=ma2
解得a2=-1 m/s2
滑块到达B点的速度vB=a1t
到达斜面最高点时有-=2a2x
而h=xsin 37°
联立解得h=0.3 m。
14.(14分)(2026·河北张家口市三模)如图所示，在xOy竖直平面坐标系内的第一、三、四象限存在相同的垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿x轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球从x轴上的P点以速度大小为v0、方向与x轴正方向成θ=45°角射入匀强电场，小球到达坐标原点O时恰好竖直向下运动。已知重力加速度大小为g，磁感应强度大小B=，不计空气阻力。求：
(1)第二象限的电场强度的大小E和O、P两点间的距离l；
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小v；
(3)小球过坐标原点后第一次通过x轴的横坐标值x0。
答案　(1)　　(2)v0　(3)
解析　(1)小球到达坐标原点O时恰好竖直向下运动，可知水平速度减为零，则v0cos 45°=axt
竖直方向v0sin 45°=g，ax=，l=t
联立解得E=，l=
(2)小球经过O点时的速度大小v=v0sin θ=v0
利用配速法，将小球速度分解为水平方向的速度v1，该速度使小球受向上的洛伦兹力与重力平衡，则mg=Bqv1
解得v1=v0
则另一个分速度大小为v2=v0
方向与y轴负向成45°角，则小球可看作是沿x轴正向速度为v1=v0的匀速运动和以速度v2做匀速圆周运动的合运动，小球第一次到达最低点时速度的大小v=v1+v2=v0
(3)小球做圆周运动的半径r==
小球再次回到x轴的时间t===
小球过坐标原点后第一次通过x轴的横坐标x0=v1t+r=。
15.(16分)(2025·山东烟台市二模)如图甲所示，真空室内有三个竖直方向足够长的区域，各区域的边界线均沿竖直方向。其中区域Ⅰ中存在磁感应强度按图乙规律变化的磁场B1(图乙中磁场垂直纸面向外时为正)，T=，宽度为L；区域Ⅱ中存在磁感应强度大小B2=2B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场，宽度为d=L；区域Ⅲ中存在电场强度大小E=、方向竖直向下的匀强电场，宽度为L。t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的带正电的粒子从区域Ⅰ左边界上的A处以某一初速度垂直于边界射入区域Ⅰ，已知t=T时该粒子从M点进入区域Ⅱ，运动一段时间后从区域Ⅱ右侧边界的N点(图中未画出)进入区域Ⅲ的电场中，最终从区域Ⅲ右边界上的P点(图中未画出)离开，不计粒子的重力，求：
(1)粒子刚射入区域Ⅰ时的初速度大小；
(2)粒子在区域Ⅱ中运动的时间；
(3)M点到P点沿竖直方向的距离。
答案　(1)　(2)(或)　(3)L
解析　(1)粒子在0~T时间内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律qv0B0=
粒子的周期为T1=
联立可得T1==4T
所以如图所示
在0~T时间内粒子运动个圆周，T~2T时间内粒子竖直向下做匀速运动，2T~时间内同样又做匀速圆周运动，转过的圆心角θ=·2π=
由图可得R1+R1(1-cos θ)=L
由以上可得v0=
(2)粒子在区域Ⅱ中，由牛顿第二定律qv0B2=
解得R2==
运动一段时间后离开区域Ⅱ进入区域Ⅲ，设刚进入区域Ⅲ时粒子速度方向与边界的夹角为α，区域Ⅱ的宽度d=R2(cos +cos α)=
解得α=
因此粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角是
粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，周期为T2==
在区域Ⅱ中运动的时间t=T2=(或t=均正确)
(3)粒子在区域Ⅱ中沿竖直方向运动的距离为h=R2(sin -cos )=
粒子进入区域Ⅲ中，水平方向：v1=v0sin 30°=
做匀速运动，时间为t1==
竖直方向v2=v0cos 30°=
做匀变速直线运动，加速度为a==
根据位移-时间公式可得h1=v2t1-a=-
M点到P点沿竖直方向的距离H=|h1|-h=L。

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