2015届高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一电学选择题巧练(二)

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2015届高考物理精讲:专题15+电学实验(二)(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)

2015届高考物理精讲:专题15+电学实验(二)(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)

考题1测定金属丝(液体)的电阻率例1在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中:(1)某实验小组用如图1所示电路对镍铬合金和康铜丝进行探究,a、b、c、d是四种金属丝.图1①实验小组讨论时,某同学对此电路提出异议,他认为,电路中应该串联一个电流表,只有测出各段金属丝的电阻,才能分析电阻与其影响因素的定量关系.你认为要不要串联电流表?并简单说明理由.②几根镍铬合金丝和康铜丝的规格如下表所示:电路图中三种金属丝a、b、c分别为下表中编为A、B、C表示).编材料长度L/m横截面积S/mm2A 镍铬合金0.300.50B 镍铬合金0.500.50C 镍铬合金0.30 1.00D 镍铬合金0.50 1.00E 康铜丝0.300.50F 康铜丝0.50 1.00(2)该实验小组探究了导体电阻与其影响因素的定量关系后,想测定某金属丝的电阻率.①用毫米刻度尺测量金属丝长度为L=80.00 cm,用螺旋测微器测金属丝的直径如图2甲所示,则金属丝的直径d为________.②按如图乙所示连接好电路,测量金属丝的电阻R.改变滑动变阻器的阻值,获得六组I、U 数据描在图丙中所示的坐标系上.由图可求得金属丝电阻R=________ Ω,该金属丝的电阻率ρ=________Ω·m(保留两位有效数字).图2解析 (1)①串联电路电流处处相等,串联电阻两端电压与电阻成正比,不需要测出电流,根据电阻两端电压大小即可比较出电阻大小.②探究影响电阻的因素,应采用控制变量法,实验已选A 、B 、C 的金属丝,根据控制变量法的要求,应控制材料的长度与横截面积相等而材料不同,因此d 应选表中的E .(2)①由图示螺旋测微器可知,其示数为1.5 mm +10.0×0.01 mm =1.600 mm ;②根据坐标系内的点作出图象如图所示.由图象可知,电阻阻值为R =U I =0.30.6 Ω=0.5 Ω;由电阻定律R =ρL S =ρLπ(d 2)2可得,电阻率ρ=πRd 24L =3.14×0.5×(1.600×10-3)24×0.800 Ω·m ≈1.3×10-6 Ω·m. 答案 (1)①不需要,串联电路电流处处相等,电压与电阻成正比 ②E (2)①1.600 mm ②0.5 1.3×10-61.(2014·江苏·10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率.(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径.为防止读数时测微螺杆发生转动,读数前应先旋紧图3所示的部件__________(选填“A ”、“B ”、“C ”或“D ”).从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.图3(2)图4所示是测量合金丝电阻的电路,相关器材的规格已在图中标出.合上开关,将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中,发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化.由此可以推断:电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”).图4(3)在电路故障被排除后,调节滑动变阻器,读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V 和38 mA ,由此,该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值,在不更换实验器材的条件下,对实验应作怎样的改进?请写出两条建议. 答案 (1)B 0.410 (2)7、9 断路(3)电流表改为内接;测量多组电流和电压值,计算出电阻的平均值.(或测量多组电流和电压值,用图像法求电阻值)解析 (1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧,即旋紧B .螺旋测微器的示数为(0+41.0×0.01) mm =0.410 mm.(2)电压表的示数不为零,电流表的示数几乎为零,说明连接两电表的电路是导通的.而滑动变阻器几乎不起作用,说明线路电阻很大,故可判断7、9间断路.(3)由题知R A R x ≈0.005<R xR V ≈0.019,说明电流表的分压作用不显著,故可将电流表改为内接,并测出多组U 、I 值,求出R x 后,再取平均值作为实验结果.2.(1)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中,正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图5所示,则它们的读数值依次是________、________、________.图5(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10 Ω,电流表内阻约几欧,电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用),电动势E =4.5 V ,内阻很小.则以下电路图中________(填电路图下方的字母代)电路为本次实验应当采用的最佳电路.但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________.若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A =2.0 Ω,那么准确测量金属丝电阻R x 的最佳电路应是上图中的________电路(填电路图下的字母代).此时测得电流为I 、电压为U ,则金属丝电阻R x =________( 用题中字母代表示).答案 (1) 0.998 mm(0.996~0.999 mm 均可) 0.42 A 2.26 V(2.25~2.28 V 均可) (2)A 小 B UI-R A 解析 (1)因电源不能在大功率下长时间运行,则本实验应采用限流式接法;同时电压表内阻较大,由以上读数可知,待测电阻的内阻约为5 Ω,故采用电流表外接法误差较小;在实验中电压表示数准确,但电流表测量的是干路电流,故电流表示数偏大,则由欧姆定律得出的结果偏小;(2)因已知电流表内阻的准确值,则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻,故应选B 电路;待测电阻及电流表总电阻R =UI,则待测电阻R x =R -R A .连接实物图要根据电路原理图,采用先串后并,如果滑动变阻器是分压式接法,一般先将电源、开关、滑动变阻器的全部电阻连接,然后将滑动变阻器的分压部分、待测电阻、电流表串联,最后并联电压表.同时注意电压表和电流表的正负接线柱以及电流表的内、外接法,还要注意量程选取是否合适.考题2 测定电源的电动势和内阻例2 某同学用如图6所示电路测量多用电表的内阻和内部电池的电动势.图6(1)多用电表右侧表笔为________(填“红表笔”或“黑表笔”).将多用电表选择旋钮调至欧姆挡“×1”,将红黑表笔短接,调节________,使指针指在右侧满刻度处.(2)移动滑动变阻器R 的触头,分别读出五组电压表(内阻较大,可视为理想电压表)和欧姆表示数U 、R ,并将计算得出的1U 、1R记录在表格中,其中第四次测量时欧姆表的示数如图7,其阻值为________ Ω.在如图8所示的坐标纸上作出1U -1R图线.图70.180.100.06图8(3)若改用已使用较长时间的多用电表(电池电动势变小,内阻变大),但仍能调零后测电阻,其测得电阻R 值与原来相比________.(填“偏大”、“不变”或“偏小”) 答案 (1)黑表笔 调零旋钮(调R 0也可)(2)30如图所示(3)偏大3.某同学用如图9所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源,且已选定倍率并进行了欧姆调零).实验器材的规格如下:图9电流表A1(量程200 μA,内阻R1=300 Ω)电流表A2(量程30 mA,内阻R2=5 Ω)定值电阻R0=9 700 Ω滑动变阻器R(阻值范围0~500 Ω)(1)闭合开关S,移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置,读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.多次改变滑动触头的位置,得到的数据见下表.I1(μA)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.0 6.7 3.3依据表中数据,作出I1—I2图线如图10所示;据图可得,欧姆表内电源的电动势为E=________ V,欧姆表内阻为r=________ Ω.(结果保留3位有效数字)图10(2)若某次电流表A 1的示数是114 μA ,则此时欧姆表示数约为________ Ω.(结果保留3位有效数字)答案 (1)1.50(1.48~1.51) 15.0(14.0~16.0) (2)47.5(47.0~48.0)解析 (1)根据闭合电路欧姆定律,由图象与纵坐标的交点可求得:欧姆表内电源的电动势E =150 μA ×(300+9 700) Ω=1.50 V ;由图象的斜率绝对值可求得欧姆表内阻,内阻约为r =ΔU ΔI 2=ΔI 1(R 1+R 0)ΔI 2=(150-120)×(300+9 700)×10-60.020-0Ω=15.0 Ω.(2)由闭合电路欧姆定律知E =I 1(R 0+R 1)+Ir ,则I =E -I 1(R 0+R 1)r =0.024 A ,故欧姆表的示数R =I 1(R 0+R 1)I=47.5 Ω.测量电源的电动势和内阻的基本原理是闭合电路欧姆定律,数据处理的主要思想方法是“化曲为直”,常用的方法有三种:1.伏安法——利用电压表和电流表,闭合电路方程为E =U +Ir ,利用两组数据,联立方程求解E 和r ;也可作出U —I 图象,图线的纵截距表示电源的电动势,斜率的绝对值表示电源的内阻.2.伏阻法——利用电压表和电阻箱.闭合电路方程为E =U (1+rR).利用两组数据联立方程求解或将原方程线性化,处理为1U =r E ·1R +1E 或U =-r U R +E ,作1U —1R 图象或U —UR 图象,利用图线的截距和斜率求E 和r .3.安阻法——利用电流表和电阻箱.闭合电路方程为E =I (R +r ),利用两组数据联立方程求解或将方程线性化,处理为1I =1E ·R +r E ,作1I-R 图象,利用图线的截距和斜率求E 和r .考题3 从原理迁移中突破电学实验例3 霍尔效应是电磁基本现象之一,近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展.如图11所示,在一矩形半导体薄片的P 、Q 间通入电流I ,同时外加与薄片垂直的磁场B ,在M 、N 间出现电压U H ,这个现象称为霍尔效应,U H 称为霍尔电压,且满足U H =k IBd ,式中d 为薄片的厚度,k 为霍尔系数.某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数.图11(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电,电流与磁场方向如图11所示,该同学用电压表测量U H 时,应将电压表的“+”接线柱与______(填“M ”或“N ”)端通过导线相连. (2)已知薄片厚度d =0.40 mm ,该同学保持磁感应强度B =0.10 T 不变,改变电流I 的大小,测量相应的U H 值,记录数据如下表所示.根据表中数据在图12中画出U H —I 图线,利用图-3-1-1I (×10-3 A)3.0 6.0 9.0 12.0 15.0 18.0 U H (×10-3 V)1.11.93.44.56.26.8图12(3)该同学查阅资料发现,使半导体薄片中的电流反向再次测量,取两个方向测量的平均值,可以减小霍尔系数的测量误差,为此该同学设计了如图13所示的测量电路,S 1、S 2均为单刀双掷开关,虚线框内为半导体薄片(未画出).为使电流从Q 端流入,P 端流出,应将S 1掷向____(填“a ”或“b ”),S 2掷向________(填“c ”或“d ”).为了保证测量安全,该同学改进了测量电路,将一合适的定值电阻串联在电路中.在保持其它连接不变的情况下,该定值电阻应串联在相邻器件________和________(填器件代)之间.图13解析 (1)根据左手定则,正电荷受力向左,因此“+”接线柱应接M 点;(2)画出图象,图象的斜率为kBd ,将B 和d 代入就可以求出k 值为1.5;(3)将S 1掷向b ,S 2掷向c ,电流恰好反向;应将该电阻接入公共部分,即在S 1与S 2之间,因此可以在S 1与E 之间也可以在E 与S 2之间. 答案 (1)M (1分) (2)如图所示(3分)1.5(1.4~1.6)(1分)(3)b(1分)c(1分)S1(或S2)(1分)E(1分)1.(2014·福建·19(2))(9分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻,实验原理图如图14甲所示,其中,虚线框内为用灵敏电流计改装的电流表,为标准电压表,E为待测电池组,S为开关,R为滑动变阻器,R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻.图14①已知灵敏电流计的满偏电流I g=100 μA、内阻r g=2.0 kΩ,若要改装后的电流表满偏电流为200 mA,应并联一只________ Ω(保留一位小数)的定值电阻R1;②根据如图14甲,用笔画线代替导线将图乙连接成完整的电路;测量次数12345678 电压表读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46 改装表读数I/mA20406080100120140160该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法),计算出电池组的内阻r=________ Ω(保留两位小数);为减小偶然误差,逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是____________________________.④该小组在前面实验的基础上,为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响,用一已知电动势和内阻的标准电池组,通过上述方法多次测量后发现:电动势的测量值与已知值几乎相同,但内阻的测量值总是偏大.若测量过程无误,则内阻测量值总是偏大的原因是________.(填选项前的字母) A .电压表内阻的影响 B .滑动变阻器的最大阻值偏小 C .R 1的实际阻值比计算值偏小 D .R 0的实际阻值比标称值偏大答案 ①1.0 ②见解析图(其他正确连接同样给分) ③1.66 充分利用已测得的数据 ④CD解析 ①由电流表的改装知识可知,R 1=I g r gI m -I g =100×10-6×2.0×103200×10-3-100×10-6Ω≈1.0 Ω.②如下图.③根据闭合电路欧姆定律结合逐差法可知r 1=U 1-U 5I 5-I 1-R 0,r 2=U 2-U 6I 6-I 2-R 0,r 3=U 3-U 7I 7-I 3-R 0,r 4=U 4-U 8I 8-I 4-R 0.故r =r 1+r 2+r 3+r 44=(U 1+U 2+U 3+U 4)-(U 5+U 6+U 7+U 8)4×80×10-3-R 0= [(5.26+5.16+5.04+4.94)-(4.83+4.71+4.59+4.46)4×80×10-3-4.0] Ω≈1.66 Ω. 逐差法在计算中体现的主要优点是:充分利用已测得的数据.④根据题意可知,内阻的测量值为r 测=ΔUΔI -R 0,因此,电压表的内阻、滑动变阻器的阻值对测量结果无影响.若R 1的实际值比计算值偏小,则改装后的电流表示数偏小,导致内阻测量值偏大.根据内阻测量值的表达式可知,R 0的实际值比标称值偏大,也会导致内阻测量值偏大.故选C 、D.2.2013年12月14日晚上9点14分左右嫦娥三月球探测器平稳降落在月球虹湾,并在4分钟后展开太阳能电池帆板.这是中国航天器第一次在地外天体成功软着陆,中国成为继美国、前苏联之后第三个实现月面软着陆的国家.太阳能电池在有光照时,可以将光能转化为电能,在没有光照时,可以视为一个电学器件,如图15所示.某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法,探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I -U 特性.所用的器材包括:太阳能电池,电源E,电流表A,电压表V,滑动变阻器R,开关S及导线若干.图15(1)为了达到上述目的,应选用图16中的哪个电路图____________(填“甲”或“乙”).图16(2)该实验小组根据实验得到的数据,描点绘出了如图17的I-U图象.由图可知,当电压小于2.00 V时,太阳能电池的电阻________(填“很大”或“很小”);当电压为2.80 V时,太阳能电池的电阻约为________ Ω.(保留两位有效数字)图17(3)该实验小组在另一实验中先用一强光照射太阳能电池,并用如图18电路调节滑动变阻器,通过测量得到该电池的U-I曲线a.再减小实验中光的强度,用一弱光重复实验,测得U-I 曲线b,如图19.当滑动变阻器的电阻为某值时,若曲线a的路端电压为1.5 V,则滑动变阻器的测量电阻为________ Ω,曲线b外电路消耗的电功率为________ W(计算结果保留两位有效数字).图18图19答案(1)甲(2)很大 1.0×103(3)7.1×103(7.0~7.2×103均可) 6.8×10-5(6.7~6.9×10-5均可)解析(3)曲线a的路端电压为U1=1.5 V时电路中电流为I1=210 μA,即为强光照射时的工作点,连接该点和坐标原点,此直线为此时对应的外电路电阻的U-I图线,测量电阻为R=U1I1≈7.1×103Ω.此直线和曲线b的交点为弱光照射时的工作点,电流和电压分别为I=97μA、U=0.7 V,则外电路消耗功率为P=UI≈6.8×10-5 W.知识专题练训练15题组1测定金属丝(液体)的电阻率1.用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率,电源是两节干电池.如图1甲所示,将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座两端的接线柱上,底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P,触头上固定了接线柱,按下P时,触头才与电阻丝接触,触头的位置可从刻度尺上读出.实验采用的电路原理图如图乙所示,测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示.图1(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时,先转动________使测微螺杆F接近被测电阻丝,再转动________夹住被测物,直到棘轮发出声音为止,拨动________使F固定后读数.(填仪器部件的字母符)(2)根据电路原理图乙,用笔画线代替导线,将图2所示实物图连接成实验电路.图2(3)闭合开关后,滑动变阻器触头调至一合适位置后不动,多次改变P 的位置,得到几组U 、I 、L 的数据,用R =UI 计算出相应的电阻值后作出R —L 图线如图3所示.取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR ,若电阻丝直径为d ,则电阻率ρ=________.图3答案 (1)D H G (2)见解析图 (3)πΔRd24ΔL解析 (1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时,先转动粗调旋钮,使测微螺杆F 接近被测电阻丝,再转动微调旋钮夹住被测物,直到棘轮发出声音为止,拨动止动旋钮使F 固定后读数. (2)根据电路图,连接实物图(3)根据R =ρl S ,得ΔR =ρΔL S ,而S =πd 24,代入得:ρ=πΔRd24ΔL .题组2 测定电源的电动势和内阻2.(2014·新课标Ⅰ·23)利用如图4所示电路,可以测量电源的电动势和内阻,所用的实验器材有:图4待测电源,电阻箱R (最大阻值为999.9 Ω),电阻R 0(阻值为3.0 Ω),电阻R 1(阻值为3.0 Ω),电流表(量程为200 mA ,内阻为R A =6.0 Ω),开关S. 实验步骤如下:①将电阻箱阻值调到最大,闭合开关S ;②多次调节电阻箱,记下电流表的示数I 和电阻箱相应的阻值R ;③以1I 为纵坐标,R 为横坐标,作1I -R 图线(用直线拟合);④求出直线的斜率k 和在纵轴上的截距b . 回答下列问题:(1)分别用E 和r 表示电源的电动势和内阻,则1I 与R 的关系式为________________________.(2)实验得到的部分数据如下表所示,其中电阻R =3.0 Ω时电流表的示数如图5所示,读出数据,完成下表.答:①8.0010.011.0图5(3)在图6的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图,根据图线求得斜率k =______ A -1·Ω-1,截距b =________ A -1.图6(4)根据图线求得电源电动势E =________ V ,内阻r =________ Ω.答案 (1)1I =3.0E R +3.0E (5.0+r )(2)①0.110(0.109~0.111均正确) ②9.09(9.01~9.17均正确)(3)见解析图 1.0(0.96~1.04均正确) 6.0(5.9~6.1均正确)(4)3.0(2.7~3.3均正确) 1.0(0.6~1.4均正确) 解析 (1)根据闭合电路欧姆定律可知:E =IR A +(I +IR AR 1)(R +R 0+r )将R 0=3.0 Ω,R 1=3.0 Ω,R A =6.0 Ω代入上式得1I =3.0E R +3.0E(5.0+r )(2)从读数上,有效数字要一致,即读数是0.110 A ,倒数是9.09 A -1.(3)由1I -R 关系式可知k =3.0E ,截距b =3.0E(5.0+r );由给出的数据作出图像,连线时尽可能使多的点在同一直线上,不在直线上的点要均匀分布在直线两侧如图所示. 由图像可知,k =1.0 A -1·Ω-1,b =6.0 A -1.(4)电源电动势E =3.0 V ,电源内阻r =1.0 Ω. 题组3 从原理迁移中突破电学实验3.实际电流表有内阻,测量电流表G 1内阻r 1的电路如图7所示.图7供选择的仪器如下:①待测电流表G 1(0~5 mA ,内阻约300 Ω) ②电流表G 2(0~10 mA ,内阻约100 Ω) ③定值电阻R 1(300 Ω) ④定值电阻R 2(10 Ω) ⑤滑动变阻器R 3(0~1 000 Ω) ⑥滑动变阻器R 4(0~20 Ω) ⑦干电池(1.5 V) ⑧电键S 及导线若干.(1)定值电阻应选________,滑动变阻器应选________.(在空格内填写序) (2)对照电路图用笔连线连接如图8所示实物图.图8(3)补全实验步骤:①按如图7所示电路图连接电路,将滑动变阻器的触头移至最________(填“左端”或“右端”);②闭合电键S ,移动滑动触头至某一位置,记录G 1和G 2的读数I 1和I 2; ③多次移动滑动触头,记录G 1和G 2的读数I 1和I 2; ④以I 2为纵坐标,I 1为横坐标,作出相应图线,如图9所示.图9(4)根据I 2-I 1图线的斜率k 及定值电阻,写出待测电流表内阻的表达式________________. 答案 (1)③ ⑥ (2)见解析图 (3)左端 (4)r 1=(k -1)R 1解析 (1)因电流表G 1的内阻约为300 Ω,故定值电阻选择R 1;为调节方便滑动变阻器选择R 4.(2)根据电路图连接实物如图所示:(3)为保护测量电路,闭合开关时,测量电路应处于短路状态,故滑片移至最左端.(4)由电路图知I 2=I 1+I 1r 1R 1,可得图象的斜率k =1+r 1R 1,解得r 1=(k -1)R 1.4.现有一刻度盘总共有N 小格、且刻度均匀,量程未准确确定的电压表V 1,已知其量程在13 ~16 V 之间,内阻r 1=150 kΩ.为测定其准确量程U 1,实验室提供了如下表所列的器材,要求方法简捷,尽可能减少误差,并能测出多组数据.(1)某同学设计了如图10所示的甲、乙、丙三种电路图图10你认为选择________电路图测量效果最好.(填“甲”、“乙”或“丙”) (2)根据测量效果最好的那个电路图,将如图11所示有关器材连接成测量电路.图11(3)若选择测量数据中的一组来计算V 1的量程U 1,则所用的表达式U 1=________________,式中各符表示的物理量是:________________.答案 (1)乙 (2)见解析图 (3)Nr 1N 1r 2U 2 N :V 1的总格数,N 1:V 1的读出格数,U 2:V 2的读数,r 1:V 1表内阻,r 2:V 2表内阻解析 (1)由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近,大约是0.1 mA ,所以可将两电压表串联使用,由于滑动变阻器的全电阻远小于电压表内阻,所以滑动变阻器应用分压式接法,所以选择乙电路图进行测量.(2)根据图乙所示电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示.(3)待测电压表V 1的指针偏转格数为N 1,每格表示电压值为ΔU ,由欧姆定律可得:N 1ΔU r 1=U 2r 2所以电压表V 1的量程为U 1=N ·ΔU 联立解得U 1=Nr 1N 1r 2U 2其中r1=150 kΩ,r2=30 kΩ,U2为某次测量时标准电压表V2的读数,N1为某次测量时待测电压表V1的指针偏转格数.。

【特色专项训练优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼第一篇专题一电学选择题巧练(三)

【特色专项训练优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼第一篇专题一电学选择题巧练(三)

电学选择题巧练(三 )[ 建议用时:20 分钟]1.如下图,菱形abcd 的四个极点分别放上电荷量都为Q 的不一样电性的点电荷,∠ abc= 120°.对角线的交点为O, A、B、C、D 分别是 O 点与四个极点连线的中点,则以下说法正确的选项是()A .O 点的电势和电场强度都为零B .A、C 两点的电场强度相等C.B、 D 两点的电势相等且都为正D .正的查验电荷从 A 到 D 电场力做正功2.(多项选择 )如图为某电场中x 轴上电势φ随x变化的图象,-x0与 x0对于坐标原点对称,则以下说法正确的选项是()A.纵轴的左边为匀强电场B.- x0处的场强为零C.一电子在 x0处由静止开释,电子将沿 x 轴正方向运动,加快度渐渐增大D .一电子在x0处由静止开释,电子不必定沿x 轴正方向运动,但速度渐渐增大3.(多项选择 )如下图为向来流电路,电源内阻不可以忽视,在滑动变阻器滑片 P 从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中,以下说法正确的选项是()A.电压表的示数可能增大B.电流表的示数可能增大C.电阻 R0耗费的功率可能增大D.电源的输出功率可能增大4.如下图,在半径为R 的圆形地区内有垂直纸面向里的磁感觉强度为 B 的匀强磁场,在磁场地区的上方有一水平搁置的感光板场地区最左端Q 垂直磁场射入大批的带电荷量为q、质量为MN .从磁m、速率为 v 的粒子,且速率知足 v=qBR,最后都打在了感光板上.不考虑粒m子间的互相作使劲和粒子的重力,对于这些粒子,以下说法正确的选项是()A.这些粒子都带负电B.对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延伸线不必定过圆心C.只有对着圆心入射的粒子,出射后才垂直打在感光板MN 上D .沿不一样方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN 上5.如下图为一种获取高能粒子的装置——环形加快器,环形地区内存在垂直纸面向外的匀强磁场.质量为m、电荷量为+ q 的粒子在环中做半径为R的圆周运动.A、 B 为两块中心开有小孔的极板,本来电势都为零,每当粒子飞经 A 板时, A 板电势高升为+U ,B 板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加快.每当粒子走开电场地区时, A 板电势又降为零,粒子在电场一次次加快下动能不停增大,而在环形地区内绕行半径不变(设极板间距远小于于环形加快器的说法中正确的选项是()R) .以下关A .环形地区内的磁感觉强度大小B n与加快次数n 之间的关系为B n=B n+1nn+ 1B .环形地区内的磁感觉强度大小B n与加快次数n 之间的关系为B n=B n+1nn+ 1C.A、 B 板之间的电压能够一直保持不变D .粒子每次绕行一圈所需的时间t n与加快次数n 之间关系为t nt n+1=nn+16.空间存在一匀强磁场地区,磁场方向垂直纸面向里,该地区为等腰直角三角形,其腰长为 2a,在磁场的左边有一边长为 a 的正方形导体框,从磁场的左边向右以恒定的速度穿越该磁场地区,规定逆时针电流方向为正.则整个过程中导体框中的感觉电流与时间的变化规律为()7.如图甲所示,在匀强磁场中有一个匝数n=10的矩形线圈匀速转动,转轴O1O2垂直于磁场方向,线圈电阻为 5 Ω.从图甲所示地点开始计时,经过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示,那么 ()A .线圈从图示地点转过 90°角时穿过线圈的磁通量为 2 WbB .在 t= 0.2 s 时,线圈中的感觉电动势为零,且电流改变一次方向C.线圈从图示地点转过 30°角时的感觉电流为πAD .线圈转动过程中耗费的电功率为2 10π W8.(多项选择 )如下图,一粗拙的平行金属轨道平面与水平面成θ角,两轨道上端用一电阻 R 相连,该装置处于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上.质量为 m 的金属杆 ab 以初速度 v0从轨道底端向上滑行,滑行到某高度h 后又返回究竟端.若运动过程中金属杆一直保持与导轨垂直且接触优秀,轨道与金属杆的电阻均忽视不计.则以下说法正确的是 ()A .金属杆 ab 上滑过程与下滑过程经过电阻R 的电量同样多12B .金属杆 ab 上滑过程中战胜重力、安培力和摩擦力所做功之和等于2mv0C.金属杆 ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不必定相等D .金属杆 ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量电学选择题巧练 (三 )1.[ 分析 ] 选 C.依据电场叠加原理可知,O 点的场强为零,电势为正, A 项错误;依据电场叠加原理可知 A、 C 两点的场强等大反向, B 项错误;依据几何关系可知,B、 D 点都在 a、b 点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的右边,都在c、 d 点上的两个等量异种点电荷C 电场中零等势线的左边,所以电势叠加后必定为正,依据对称性可知,这两点的电势相等,项正确;同理能够剖析 A 点电势为负,所以正的查验电荷从 A 到 D 电势能增大,电场力做负功, D 项错误.2.[分析 ] 选 BD. 纵轴的左边 x 轴上电势到处相等,所以场强为零,不行能是匀强电场,A 项错误, B 项正确; x 轴正半轴不必定与电场线重合,且电场线不必定是直的,所以带电粒子不必定沿 x 轴正方向运动,但从静止开始只在电场力的作用下运动,电场力做正功,速度渐渐增大, C 项错误, D 项正确.3.[ 分析 ] 选 AD. 在刚开始滑动的一段时间内,电路中的总电阻增大,总电流减小,电流表的示数减小,电阻 R0耗费的功率也减小,B、C 项错误;假如滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻 R,则内电压向来减小,外电压向来增大,电源与R0两头电压向来减小,电压表示数增大,A 项正确;假如电源的内阻向来大于外电阻,且滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R,则电源的输出功率增大, D 项正确.4.[ 分析 ] 选 D. 粒子最后都打在了感光板上,说明粒子向上偏,依据左手定章知粒子带正mv电, A 错误;粒子所受洛伦兹力充任向心力,做半径为r = qB 的匀速圆周运动;由于速率知足 qBR mvv = m ,所以 r = qB = R ,依据几何关系知沿不一样方向入射的粒子出射后均可垂直打在 MN 上, C 错误、 D 正确,明显 B 错误.5.[分析 ] 选 B.因粒子每绕行一圈,其增添的能量为 qU ,所以,绕行第 n 圈时获取的总动能为 12nqU.在磁场中,由牛顿第二定律得qB n 2mv n 2= nqU ,得第 n 圈的速度 v n =n = m v n,解2mv R得B =12nmU ,所以 B n =n , A 错误, B 正确;假如A 、B 板之间的电压一直保 n R qB n + 1 n +1持不变,粒子在 A 、B 两极板之间飞翔时,电场力对其做功 qU ,进而使之加快,在磁场内飞行时,电场又对粒子做功-qU ,进而使之减速.粒子绕行一周电场对其所做总功为零,动能 不会增添,达不到加快成效,C 错误;依据 t =2πR 得 t n = 2πR m ,得 t n= n + 1, D v2nqU t n + 1 n 错误.6.[分析 ] 选 A. 在 0~t 时间内, bc 边在磁场中切割磁感线,其有效长度不变,由楞次定律可知电流沿逆时针方向,为正当且大小不变;在t ~2t 时间内 ad 边进入磁场, bc 边走开磁场, 有效切割长度从零渐渐增大,感觉电动势从零渐渐增大,感觉电流从零渐渐增大,由楞次定律可知电流沿顺时针方向,为负值;2t ~3t 时间内 ad 边开始走开磁场,有效切割长度渐渐减 小到零,感觉电动势渐渐减小到零,电流渐渐减小到零,由楞次定律可知电流沿顺时针方向, 为负值. 7.[ 分析 ] 选 D.线圈从图示地点转过 90°角时穿过线圈的磁通量为 0.2 Wb ,与线圈匝数无 关, A 错;感觉电动势的大小和方向均可经过 Φ- t 图象中图线斜率的大小和正负来判断,在t = 0.2 s 时,图线的斜率最大,感觉电动势最大,其前后图线斜率的正负不变,电流方向不变,2πE = nBS ω= n ωΦ = 10πV ,从图 B 错;线圈转动的角速度为= 5πrad/s ,电动势峰值为ω= T i= E mmm10π示地点开始计时, 电流刹时价表达式为30°角时刹时电流 R cos ωt,所以线圈转过i = 5 cos 30°A = 3πA ,C 错;电压的有效值为 U = E m = 5 2πV ,电功率为 P = U 2 22 R = 10π W ,D 正确.ΔΦ ΔΦ8.[分析 ] 选 ABD. 经过电阻的电量 q = It = tR t = R ,所以 A 项正确;由动能定理知B 项正确;上滑、下滑过程中,摩擦力大小均为 μ mgcos θ,所以摩擦力产生的内能相等,C 项错误;由能量守恒知 D 项正确.。

专项训练高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一 电学选择

专项训练高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一 电学选择

电学选择题巧练(三) [建议用时:20分钟]1.如图所示,菱形abcd 的四个顶点分别放上电荷量都为Q 的不同电性的点电荷,∠abc =120°.对角线的交点为O ,A 、B 、C 、D 分别是O 点与四个顶点连线的中点,则下列说法正确的是( )A .O 点的电势和电场强度都为零B .A 、C 两点的电场强度相等C .B 、D 两点的电势相等且都为正D .正的检验电荷从A 到D 电场力做正功2.(多选)如图为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图象,-x0与x 0关于坐标原点对称,则下列说法正确的是( )A .纵轴的左侧为匀强电场B .-x 0处的场强为零C .一电子在x 0处由静止释放,电子将沿x 轴正方向运动,加速度逐渐增大D .一电子在x 0处由静止释放,电子不一定沿x 轴正方向运动,但速度逐渐增大3.(多选)如图所示为一直流电路,电源内阻不能忽略,在滑动变阻器滑片P从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中,下列说法正确的是( )A .电压表的示数可能增大B .电流表的示数可能增大C .电阻R 0消耗的功率可能增大D .电源的输出功率可能增大4.如图所示,在半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场,在磁场区域的上方有一水平放置的感光板MN .从磁场区域最左端Q 垂直磁场射入大量的带电荷量为q 、质量为m 、速率为v 的粒子,且速率满足v =qBR m,最后都打在了感光板上.不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力,关于这些粒子,以下说法正确的是( )A .这些粒子都带负电B .对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线不一定过圆心C .只有对着圆心入射的粒子,出射后才垂直打在感光板MN 上D .沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN 上5.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场.质量为m 、电荷量为+q 的粒子在环中做半径为R 的圆周运动.A 、B 为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经A 板时,A 板电势升高为+U ,B 板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速.每当粒子离开电场区域时,A 板电势又降为零,粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R ).下列关于环形加速器的说法中正确的是( )A .环形区域内的磁感应强度大小B n 与加速次数n 之间的关系为B n B n +1=n n +1B .环形区域内的磁感应强度大小B n 与加速次数n 之间的关系为B n B n +1=n n +1C .A 、B 板之间的电压可以始终保持不变D .粒子每次绕行一圈所需的时间t n 与加速次数n 之间关系为t n t n +1=n n +16.空间存在一匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,该区域为等腰直角三角形,其腰长为2a ,在磁场的左侧有一边长为a 的正方形导体框,从磁场的左侧向右以恒定的速度穿越该磁场区域,规定逆时针电流方向为正.则整个过程中导体框中的感应电流与时间的变化规律为( )7.如图甲所示,在匀强磁场中有一个匝数n =10的矩形线圈匀速转动,转轴O 1O 2垂直于磁场方向,线圈电阻为5 Ω.从图甲所示位置开始计时,通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示,那么( )A .线圈从图示位置转过90°角时穿过线圈的磁通量为2 WbB .在t =0.2 s 时,线圈中的感应电动势为零,且电流改变一次方向C .线圈从图示位置转过30°角时的感应电流为π AD .线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 W8.(多选)如图所示,一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角,两轨道上端用一电阻R 相连,该装置处于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上.质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行,滑行到某高度h 后又返回到底端.若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好,轨道与金属杆的电阻均忽略不计.则下列说法正确的是( )A .金属杆ab 上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电量一样多B .金属杆ab 上滑过程中克服重力、安培力和摩擦力所做功之和等于12m v 20C .金属杆ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等D .金属杆ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量电学选择题巧练(三)1.[解析]选C.根据电场叠加原理可知,O 点的场强为零,电势为正,A 项错误;根据电场叠加原理可知A 、C 两点的场强等大反向,B 项错误;根据几何关系可知,B 、D 点都在a 、b 点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的右侧,都在c 、d 点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的左侧,因此电势叠加后肯定为正,根据对称性可知,这两点的电势相等,C 项正确;同理可以分析A 点电势为负,因此正的检验电荷从A 到D 电势能增大,电场力做负功,D 项错误.2.[解析]选BD.纵轴的左侧x 轴上电势处处相等,因此场强为零,不可能是匀强电场,A 项错误,B 项正确;x 轴正半轴不一定与电场线重合,且电场线不一定是直的,因此带电粒子不一定沿x 轴正方向运动,但从静止开始只在电场力的作用下运动,电场力做正功,速度逐渐增大,C 项错误,D 项正确.3.[解析]选AD.在刚开始滑动的一段时间内,电路中的总电阻增大,总电流减小,电流表的示数减小,电阻R 0消耗的功率也减小,B 、C 项错误;如果滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R ,则内电压一直减小,外电压一直增大,电源与R 0两端电压一直减小,电压表示数增大,A 项正确;如果电源的内阻一直大于外电阻,且滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R ,则电源的输出功率增大,D 项正确.4.[解析]选D.粒子最后都打在了感光板上,说明粒子向上偏,根据左手定则知粒子带正电,A错误;粒子所受洛伦兹力充当向心力,做半径为r =m v qB 的匀速圆周运动;因为速率满足v =qBR m ,所以r =m v qB=R ,根据几何关系知沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上,C 错误、D 正确,显然B 错误.5.[解析]选B.因粒子每绕行一圈,其增加的能量为qU ,所以,绕行第n 圈时获得的总动能为12m v 2n =nqU ,得第n 圈的速度v n =2nqU m .在磁场中,由牛顿第二定律得qB n v n =m v 2n R ,解得B n =1R 2nmU q ,所以B n B n +1=n n +1,A 错误,B 正确;如果A 、B 板之间的电压始终保持不变,粒子在A 、B 两极板之间飞行时,电场力对其做功qU ,从而使之加速,在磁场内飞行时,电场又对粒子做功-qU ,从而使之减速.粒子绕行一周电场对其所做总功为零,动能不会增加,达不到加速效果,C 错误;根据t =2πR v 得t n =2πR m 2nqU ,得t n t n +1=n +1n ,D 错误. 6.[解析]选A.在0~t 时间内,bc 边在磁场中切割磁感线,其有效长度不变,由楞次定律可知电流沿逆时针方向,为正值且大小不变;在t ~2t 时间内ad 边进入磁场,bc 边离开磁场,有效切割长度从零逐渐增大,感应电动势从零逐渐增大,感应电流从零逐渐增大,由楞次定律可知电流沿顺时针方向,为负值;2t ~3t 时间内ad 边开始离开磁场,有效切割长度逐渐减小到零,感应电动势逐渐减小到零,电流逐渐减小到零,由楞次定律可知电流沿顺时针方向,为负值.7.[解析]选D.线圈从图示位置转过90°角时穿过线圈的磁通量为0.2 Wb ,与线圈匝数无关,A 错;感应电动势的大小和方向均可通过Φ-t 图象中图线斜率的大小和正负来判断,在t =0.2 s 时,图线的斜率最大,感应电动势最大,其前后图线斜率的正负不变,电流方向不变,B 错;线圈转动的角速度为ω=2πT=5π rad/s ,电动势峰值为E m =nBSω=nωΦm =10π V ,从图示位置开始计时,电流瞬时值表达式为i =E m R cos ωt ,因此线圈转过30°角时瞬时电流i =10π5cos 30° A =3π A ,C 错;电压的有效值为U =E m 2=52π V ,电功率为P =U 2R =10π2 W ,D 正确. 8.[解析]选ABD.通过电阻的电量q =I Δt =ΔΦΔtR Δt =ΔΦR,所以A 项正确;由动能定理知B 项正确;上滑、下滑过程中,摩擦力大小均为μmg cos θ,所以摩擦力产生的内能相等,C 项错误;由能量守恒知D 项正确.。

【免费下载】【步步高】(全国通用)2015届高考物理大二轮复习 专题训练二 第2课时 动力学观点在电学中的应用

【免费下载】【步步高】(全国通用)2015届高考物理大二轮复习 专题训练二 第2课时 动力学观点在电学中的应用
板在恒力作用下做匀加速运动,a′=M=0.2 m/s2=3 m/s2.可知滑块先与木板一起做匀加速 直线运ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ,然后发生相对滑动,做加速度减小的变加速运动,最后做速度为 10 m/s 的匀速 运动,故 A、B 错误,C 正确.木块开始的加速度为 2 m/s2,一段时间后加速度逐渐减小,当
减小到零时,与木板脱离做匀速直线运动,知 5 s 末的速度小于 10 m/s,知此时摩擦力不为
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考向 2 磁场内动力学问题分析 例 2 如图 3 所示,空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为 0.5 T 的匀强磁场,一质量为 0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端无初速度放置一质量为 0.1 kg、电荷量 q=+0.2 C 的滑块,滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5,滑块受到的最大静 摩擦力可认为等于滑动摩擦力.t=0 时对木板施加方向水平向左,大小为 0.6 N 的恒力,g 取 10 m/s2.则( )
第 2 课时 动力学观点在电学中的应用
1.带电粒子在磁场中运动时,洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向. 2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动. 3.带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向 射入匀强电场中时,带电粒子做匀变速直线运动. 4.电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型:匀速直线运动、加速度 逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动.
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对全部高中资料试卷电气设备,在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验;通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关,系电,力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资,配料不置试仅技卷可术要以是求解指,决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资,配料而置试且时卷可,调保需控障要试各在验类最;管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下,安与要全过加,度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高;试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中,核资或对料者定试对值卷某,弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试,.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置,弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误,试高要方中求案资技,料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高,术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术,管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高,案中为;资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资,管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装,工置合作调理并试利且技用进术管行,线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确:指灵在导活分。。线对对盒于于处调差,试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷,术调应问试采题技用,术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔,变开需压处要器理在组;事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故,资障强料时电、,回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资,料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而,与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检,卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况,然后根据规范与规程规定,制定设备调试高中资料试卷方案。

高考物理二轮复习 一 选择题快速练六选择题快速练四 电学

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(六)选择题迅速练四电学(2)1.在垂直纸面向里的匀强磁场中,有一段弯折成直角的金属导线abc,ab=bc=L。

导线中通犹如下图方向的电流,电流为I,磁场的磁感觉强度为B。

要使该段导线保持静止不动,应在点b 加一外力F为()A.2BIL,与ab、bc成45°角斜向上B.2BIL,与ab、bc成45°角斜向下C.2BIL,与ab、bc成45°角斜向上D.2BIL,与ab、bc成45°角斜向下2.(多项选择)如下图,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压。

已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不一样,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由挪动带正电的粒子)。

图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。

当开关S1、S2闭合后,电流表A和电表P、Q都有显然示数,以下说法中正确的选项是()A.电表P为毫伏表,电表Q为毫安表C.若调整电路,使经过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变适合减小R1、增大R2,则毫伏表示数必定增大3.(多项选择)如下图电路中,L为电感线圈,C为电容器,当开关S由断开变为闭合时()经过,不行能变亮经过,方向由b到a渐渐熄灭,c点电势高于d点电势渐渐熄灭,c点电势低于d点电势4.(多项选择)如下图,A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面,相邻等势面间距离为5 cm。

一个电子仅受电场力作用,垂直经过电势为零的等势面D时动能为15 eV(电子伏特),抵达等势面A时速度恰巧为零。

以下说法正确的选项是()B.匀强电场的场强为100 V/mC.电子经过等势面C时,电势能大小为5 eVD.电子在上述等势面间运动的时间之比为1∶2∶35.(多项选择)如下图,理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=22∶1,原线圈接在电压有效值为220 V的正弦式沟通电源上,副线圈连结理想沟通电压表V、理想沟通电流表A、理想二极管D和电容器C。

2015届高考物理二轮阶段性效果检测12含答案

2015届高考物理二轮阶段性效果检测12含答案

一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.如图所示,在一匀强磁场中有一U型导线框bacd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可以在ab、cd上无摩擦地滑动,杆ef及线框中导体的电阻都可不计。

开始时,给ef一个向右的初速度,则( )A.ef将减速向右运动,但不是匀减速B.ef将匀速向右运动,最后静止C.ef将匀速向右运动D.ef将做往复运动2.(2013·南岸区模拟)如图所示,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。

若第一次用0.3 s 时间拉出,外力所做的功为W1,通过导线截面的电荷量为q1;第二次用0.9 s 时间拉出,外力所做的功为W2,通过导线截面的电荷量为q2,则( )A.W1<W2,q1<q2B.W1<W2,q1=q2C.W1>W2,q1=q2D.W1>W2,q1>q23.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。

今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为v a、v b,到位置c时棒刚好静止,设导轨与棒的电阻均不计,a 到b与b到c的间距相等,则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积的电荷量相等4.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落,进入一水平的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域继续下落,如图所示,则( )A.若线圈进入磁场过程是匀速运动,则离开磁场过程也是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程也是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程也是减速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程是加速运动5.(多选)如图所示,竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B,从虚线下方竖直上抛一正方形线圈,线圈越过虚线进入磁场,最后又落回原处,运动过程中线圈平面保持在竖直平面内,不计空气阻力,则( )A.上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B.上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C.上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率6.(多选)在伦敦奥运会上,100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪,其原理如图甲所示,水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为L =0.5 m,一端通过导线与阻值为R=0.5 Ω的电阻连接;导轨上放一质量为m=0.5 kg 的金属杆,金属杆与导轨的电阻忽略不计;匀强磁场方向竖直向下。

高三物理二轮复习 特色专项训练 第1篇 专题一 选择题

高三物理二轮复习 特色专项训练 第1篇 专题一 选择题

电学选择题巧练(四)(建议用时:20分钟)1.将四个定值电阻R1、R2、R3、R4以及两个灯泡L1、L2、理想电流表按如图所示的方式连接,当开关闭合后,两个灯泡均能正常发光.突然电路发生故障使灯泡L1的亮度变暗,理想电流表的示数变小.则电路中出现的故障为( )A.R1断路B.R2断路C.R3短路D.R4短路2.(2015·河北石家庄二中一模)如图所示,真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点,在M、N的连线上有对称点a、c,M、N连线的中垂线上有对称点b、d,则下列说法正确的是( )A.正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能B.正电荷+q在c点电势能小于在a点电势能C.在M、N连线的中垂线上,O点电势最高D.负电荷-q从d点静止释放,在它从d点运动到b点的过程中,加速度先减小再增大3.(2015·东北三校二联)如图所示,一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间,射入方向沿两极板的中心线.当极板间所加电压为U1时,粒子落在A板上的P点.如果将带电粒子的初速度变为2v0,同时将A板向上移动d2后,使粒子由原入射点射入后仍落在P点,则极板间所加电压U2为( )A.U2=3U1B.U2=6U1C.U2=8U1D.U2=12U14.(2015·吉林省吉林市质量检测)如图甲所示,Q1、Q2为两个被固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b,其速度图象如图乙所示.以下说法中正确的是( )A.Q2一定带负电B.Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C.b点的电场强度一定为零D.整个运动过程中,粒子的电势能先减小后增大5.(多选)如图所示,在光滑绝缘水平面上某一正方形区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场,一个带电小球以某一初速度由边界中点A进入这个区域沿直线运动,从对边中点C离开区域;如果将磁场撤去,其他条件不变,则小球从B点离开场区;如果将电场撤去,其他条件不变,则小球从D点离开场区.已知BC=CD,设小球在上述三种情况下,从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2、t3,离开三点时的动能分别是E k1、E k2、E k3,以下关系式正确的是( )A.t1=t2<t3B.t1<t2=t3C.E k1=E k2<E k3D.E k1>E k2=E k36.(多选)(2015·江苏镇江市高三模拟)如图所示的电路中,L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡,E是内阻不计的电源.在t=0时刻,闭合开关S,电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向,分别用I1、I2表示流过D1、D2的电流,则下图中能定性描述电流随时间变化关系的是( )7.如图甲所示,DIS系统中,S是电流传感器,接计算机,足够长的金属导轨MN和PQ 与R相连,平行地放在水平桌面上,质量m=0.10 kg的金属杆ab可以无摩擦地沿导轨运动.已知电阻R=0.60 Ω,ab杆的电阻r=0.40 Ω,导轨宽度为L=1.0 m,磁感应强度为B=1 T 的匀强磁场垂直向上穿过整个导轨平面.现给金属杆ab施加一个恒力F=10 N,电流传感器就将各时刻t的电流I数据实时传到计算机,在屏幕上显示出I-t图象如图乙.g=10 m/s2.下列说法正确的是( )A.杆在恒力F作用下做匀加速直线运动B.在刚开始运动的0.40 s内通过电阻的电荷量q大约为4 CC.0~0.40 s内杆的位移约为4.4 m,R上产生的焦耳热Q R=5 JD.杆运动的v-t图象与I-t图象极其类似,最大速度是10 m/s8.(多选)如图所示,空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场,一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量q=+0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.现对绝缘木板施加水平向左,大小为0.6 N的恒力,g 取10 m/s2.则( )A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动B.滑块开始做匀加速直线运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动C.最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动,滑块做速度为10 m/s的匀速运动D.最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动,滑块做速度为10 m/s的匀速运动电学选择题巧练(四)1.解析:选B.分析电路图,R1与L1并联(可记为并联电路1),R2与R3并联后再先后与电流表和R4串联,该串联电路再与L2并联(可记为并联电路2),并联电路1和2串联,接在电源两端,若R1断路,并联电路1的电阻变大,电路的总电阻变大,干路电流变小,电源内阻的电压降和并联电路2的电压均减小,所以并联电路1的电压增大,即灯L1两端的电压变大,灯L1变亮,选项A错误;同理,若R2断路时,干路电流变小,电源内阻的电压降和并联电路1的电压减小,灯L1变暗,灯L2两端的电压变大,通过灯L2的电流变大,则通过电流表的电流变小,即电流表示数变小,选项B正确;再逐个排除选项C、D,本题答案为B.2.解析:选C.由等量同种正点电荷电场分布特点可知a、c两点电势相等,正电荷+q 在a、c两点的电势能相等,A、B错误.M、N连线的中垂线上由无穷远到O点场强先变大再变小,中间某一位置场强最大,负电荷从无穷远到O点做加速度先增大再减小的加速运动,在O点时速度最大,动能最大,电势能最小,过O点后做加速度先增大再减小的减速运动,动能减小,电势能增加,所以负电荷在M、N连线中垂线上的O点电势能最小,则O点电势最高,C正确.由于不知b、d在M、N连线中垂线上的具体位置,负电荷从d到b运动过程中加速度可能先减小再增大,也可能先增大再减小,再增大再减小,D错误.3.解析:选D.板间距离为d ,射入速度为v 0,板间电压为U 1时,在电场中有:d 2=12at 2,a =qU 1md ,t =x v 0,解得U 1=md 2v 20qx 2;A 板上移d 2,射入速度为2v 0,板间电压为U 2时,在电场中有:d =12a ′t ′2,a ′=2qU 23md ,t ′=x 2v 0,解得U 2=12md 2v 20qx 2,即U 2=12U 1,选D. 4.解析:选C.因为v -t 图线的斜率表示加速度,根据题图乙可知,粒子在b 点的加速度为零,所受电场力也为零,b 点的电场强度一定为零,选项C 正确;要使b 点的场强为零,Q 1、Q 2必为异种电荷,所以Q 2一定带正电,选项A 错误;Q 1、Q 2单独存在时在b 点产生的场强必等大反向,再考虑到Q 1到b 点的距离较大,可知Q 1的电荷量一定大于Q 2的电荷量,选项B 错误;整个运动过程中,粒子的动能和电势能之和保持不变,考虑到其动能先减小后增大,则其电势能一定是先增大后减小,选项D 错误.5.解析:选AD.根据题意可知,小球受到的洛伦兹力与电场力平衡,即qE =qv 0B ,从A 到C 的运动时间t 2=d v 0,其中d 表示AC 间距;若将磁场撤去,小球从B 点离开场区,该过程粒子在电场力作用下,做类平抛运动,运动时间t 1=d v 0;若撤去电场,小球做匀速圆周运动,从A 到D 的过程中,沿AC 方向的速度分量逐渐减小,且一直小于v 0,则t 3>d v 0,因此,A 正确,B 错误;小球从A 到C 过程做匀速直线运动,动能不变;从A 到D 过程中,小球只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,动能不变,则E k2=E k3;小球从A 到B 过程中,合外力是电场力,电场力做了正功,小球的动能增加,则有E k1>E k2=E k3,选项D 正确,C 错误.6.解析:选BC.闭合开关S 后,通过D 1、D 2和D 3的电流都是由上向下,D 1中电流逐渐增大为稳定电流,且D 1中稳定电流为D 2、D 3中稳定电流的2倍;断开S 后,由于自感现象,通过D 1的电流方向不变,但电流大小不能突变,电流逐渐减为零,所以选项A 错误,B 正确;开关断开后,D 2和D 3中电流方向都是由下向上,大小从D 1中的稳定电流值逐渐减为零,所以选项C 正确,D 错误. 7.解析:选D.F -ILB =ma ,F -L 2B 2R +rv =ma ,金属杆的速度逐渐增大,加速度逐渐减小,选项A 错误;加速度为0时,金属杆的速度最大,为v =(R +r )F L 2B 2=10 m/s ,I =LBv R +r∝v ,杆运动的v -t 图象与I -t 图象极其类似,选项D 正确;在刚开始运动的0.40 s 内通过电阻的电荷量q 等于图线与t 轴包围的面积,由题图乙知:总格数为150格(145~155格均正确),q =150×0.04×0.4 C =2.4 C ,选项B 错误;q =I Δt =ΔΦΔt (R +r )·Δt =BLx R +r,0~0.40 s 内杆的位移约为x =q (R +r )BL=2.4 m ,选项C 错误. 8.解析:选BD.开始木板和滑块一起运动时的加速度为a =FM +m =2 m/s 2,滑块所受弹力F N =mg -qvB ,随滑块速度的增大而减小;当满足μF N =μ(mg -qvB )=ma 时二者发生相对滑动,代入数据解得此时v =6 m/s ,接下来随速度增大滑块做加速度逐渐减小的加速运动,直到Bqv m =mg 时即v m =10 m/s 时,滑块开始做匀速直线运动,此后木板在拉力作用下保持a ′=F M =3 m/s 2做匀加速运动,所以本题选项B 、D 正确,A 、C 错误.。

【特色专项训练 优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一电学选择题巧练(一)

【特色专项训练 优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一电学选择题巧练(一)

电学选择题巧练(一)[建议用时:20分钟]1.下列有关物理学史的说法中正确的是( ) A .赫兹最早发现了电磁感应现象B .库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律,并测出了静电力常量k 的值C .奥斯特发现了电流的磁效应,并总结出了右手螺旋定则D .安培通过实验发现了在磁场中产生电流的条件2.(2014·海淀区模拟)如图所示,电场中的一簇电场线关于y 轴对称分布,O 点是坐标原点,M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四个点,其中M 、N 在y 轴上,Q 点在x 轴上,则( ) A .M 点电势比P 点电势高B .OM 间的电势差等于NO 间的电势差C .一正电荷在O 点的电势能小于在Q 点的电势能D .将一负电荷从M 点移到P 点,电场力做正功3.(多选)两个等量电荷形成的电场中,以两电荷连线中点为坐标原点,某一方向为x 轴,x 轴上的电场强度E 的大小与x 的变化关系如图甲、乙所示,下列判断正确的有( )A .若以两电荷连线为x 轴,则图甲是两个等量异种电荷形成的电场B .若以两电荷连线中垂线为x 轴,则图甲是两个等量异种电荷形成的电场C .若以两电荷连线为x 轴,则图乙是两个等量同种电荷形成的电场D .若以两电荷连线中垂线为x 轴,则图乙是两个等量同种电荷形成的电场 4.如图所示,两平行金属极板之间有一匀强电场,金属板长为L ,一带电粒子以速度v0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场,刚好贴下极板边缘飞出,如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v1射入电场并能从其中射出,当它的竖直位移等于板间距d 时,它的水平射程为2L(轨迹未画出).则粒子进入电场的初速度v1等于( )A .v0B .2v0 C.3v0 D .2v05.两个电荷量分别为q 和-q 的带电粒子a 、b 分别以速度va 和vb 射入匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°,磁场宽度为d ,两粒子同时由A 点出发,同时到达B 点,如图所示,则( ) A .a 粒子带正电,b 粒子带负电B .两粒子的轨迹半径之比Ra ∶Rb =3∶1C .两粒子的质量之比ma ∶mb =1∶2D .两粒子的速度大小之比va ∶vb =1∶26.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小B =k Ir ,即某点的磁感应强度大小B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比.如图所示,两根平行长直导线相距为r ,通以大小相等、方向相同的电流.规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正,则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是()7.(多选)如图所示,理想变压器原线圈的匝数n1=1 500匝,副线圈的匝数n2=150匝,R0、R1、R2均为定值电阻,原线圈接u=311sin(100πt) V的交流电源.起初开关S处于闭合状态.下列说法中正确的是()A.电压表示数为22 VB.当开关S断开后,电压表示数变小C.当开关S断开后,电流表示数变小D.当开关S断开后,变压器的输出功率减小8.(多选)如图所示,水平桌面上固定两平行的光滑金属导轨ab、cd,相距为L,导轨的左端连有阻值为R的电阻.导轨上放一质量为m、电阻为r的滑杆MN,滑杆垂直于导轨并可在导轨上自由滑动,不计导轨和导线的电阻.整个空间中存在磁感应强度大小为B、方向竖直的匀强磁场.MN的中点系一不可伸长的轻绳,轻绳绕过固定在桌边的滑轮后,另一端与质量也为m的物块相连,轻绳处于伸直状态.现将物块由静止释放,当物块下落高度为h时速度达到最大,用g表示重力加速度,则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中,下列说法中正确的是()A.物块的最大速度为+B2L2B.通过电阻R的电荷量是BhLR+rC.滑杆MN产生的最大感应电动势为+BLD.电阻R上产生的焦耳热为mgh-+B4L4电学选择题巧练(一)1.[解析]选B.法拉第最早发现了电磁感应现象,A错误;奥斯特发现了电流的磁效应,安培总结出了右手螺旋定则,C错误;法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件,D错误.2.[解析]选D.如题图所示的电场为带正电的点电荷形成的电场,所有电场线反向延长的交点即为该点电荷所在的位置,P 点离该点电荷的距离比M 点更近,所以P 点的电势比M 点电势高,选项A 错误;NO 之间的电场线比OM 之间的电场线密,所以NO 之间的场强大,电势差也大,选项B 错误;O 点到该点电荷的距离比Q 点近,O 点电势高,正电荷在电势高的位置电势能大,故正电荷在O 点的电势能比在Q 点大,选项C 错误;P 点的电势比M 点电势高,将负电荷由电势低的位置移动到电势高的位置电场力做正功,选项D 正确.3.[解析]选BD.由电场叠加可知,两等量异种电荷形成的电场,两电荷连线中点的场强不为零,连线中点场强在两电荷间连线上最小,但在连线中垂线上最大,从连线中点沿中垂线向两边一直减小;两等量同种电荷形成的电场在两电荷连线的中点场强为零,向两边越来越大,在两电荷连线中垂线上从连线中点向两边先增大后减小,故选项A 、C 错误,B 、D 正确.4.[解析]选C.设粒子在电场中的加速度为a.第一次,粒子恰好从下极板的边缘飞出,粒子做类平抛运动,有L =v0t ,d =12at2,解得:v0=La 2d .第二次,由类平抛运动的推论知粒子好像是从上极板的中点沿直线飞出,由几何相似可得,粒子飞出电场时竖直方向的位移为y =d 3,可得L =v1t ′,y =d 3=12at ′2,解得:v1=L3a2d =3v0,故C 正确.5.[解析]选C.由左手定则可判定:a 粒子带负电,b 粒子带正电,故A 错误;由几何关系可得:Ra ∶Rb =33,故B 错误;两者运动时间相同,则由:t =60°360°Tb =120°360°Ta ,可得Ta Tb =12,由Bqv =4π2mR T2和R =mv qB 可得:T =2πm Bq ,则ma mb =Ta Tb =12,又由Bqv =m v2R ,解得:v =BqRm ,则va vb =Ramb Rbma =233,故C 正确、D 错误.6.[解析]选D.两根通电导线通以同向电流,在a 导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里,b 导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里,由公式B =k I r 和磁场的叠加可知:在0<x<r2范围内,磁感应强度大小B 随x 的增大而减小且为正;当x =r 2时,B =0;在r2<x<r 区域内,B 随x 增大而减小且为负;在x>r 时,B 随x 增大而减小且为正,无穷远处大小为零.故D 正确.7.[解析]选CD.原线圈电压的有效值为220 V ,根据匝数比可得副线圈电压的有效值为22 V ,电压表接在R1两端,示数一定小于22 V ,A 错.当开关S 断开后,R1两端的电压会增大,电压表示数增大,副线圈电流减小,输出功率减小,原线圈电流减小,故B 错,C 、D 正确. 8.[解析]选ABC.当安培力等于物块重力时,速度最大,有B2L2v R +r =mg ,则最大速度v =+B2L2,A 正确;通过电阻R 的电荷量q =ΔΦR +r =BhLR +r,B 正确; 滑杆MN 产生的最大感应电动势为 E =BLv =+BL,C 正确;根据能量守恒得,mgh =12×2mv2+Q 总,由电路可知电阻R 上产生的焦耳热QR =RR +r Q 总,解得QR =R R +r ⎣⎡⎦⎤mgh -+B4L4,D 错误.。

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电学选择题巧练(二) [建议用时:20分钟]
1.(多选)如图所示是某一静电场的等差等势面,图中ad 是一水平线,仅
受电场力的带电粒子由a 点运动到e 点的轨迹如图中实线所示,则( )
A .ab =bc
B .带电粒子在a 点的电场力一定大于在e 点的电场力
C .带电粒子在a 点的电势能一定大于在e 点的电势能
D .带电粒子在a 点的速度一定大于在e 点的速度
2.(多选)如图所示,电场强度方向水平向右的匀强电场中有a 、b 、c 三
点,三点的连线恰好组成一个边长为l 的正三角形.一质量为m 、电
荷量为q 的带正电小球(重力不计)以速度v 0从a 点射入电场,入射方
向与b 、c 两点的连线垂直,一段时间后带电小球经过c 点.则下列判
断正确的是( )
A .带电小球从a 点运动到c 点的时间为
3l 2v 0
B .该匀强电场的电场强度大小为4mv 203ql
C .带电小球到达c 点时的动能为23mv 20
D .b 、c 两点之间的电势差为2mv 203q
3.如图甲是某交流发电机产生的正弦交变电压的图象,图乙是原、副线圈匝数比为5∶1的理想变压器,电流表为理想电表,电阻R =100 Ω,现将该交流发电机接入到变压器的A 、B 端,则下列说法中正确的是( )
A .交流发电机线圈转动的角速度为50π rad/s
B .在t =0.01 s 时穿过发电机线圈的磁通量最小
C .电阻R 消耗的电功率为19.36 W
D .电流表的示数为2.20 A
4.(多选)巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输
电线路中的强电流,其原理利用了巨磁电阻效应.巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R 在一定磁场作用下随磁感应强度B 的增加而急剧减小的特性.如图所示的检测电路,设输电线路电流为I (不是GMR 中的电流),GMR 为巨磁电阻,R 1、R 2为定值电阻,已知输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 的大小与I 成正比,下列有关说法正确的是( )
A .如果I 增大,电压表V 1示数减小,电压表V 2示数增大
B .如果I 增大,电流表A 示数减小,电压表V 1示数增大
C .如果I 减小,电压表V 1示数增大,电压表V 2示数增大
D .如果I 减小,电流表A 示数减小,电压表V 2示数减小
5.如图所示,电路中的A 、B 是两个完全相同的灯泡,L 是一个自感系数
很大、电阻可忽略的自感线圈,C 是电容很大的电容器.当开关S 断开
与闭合时,A 、B 灯泡发光情况是( )
A .S 刚闭合后,A 灯亮一下又逐渐变暗,
B 灯逐渐变亮
B .S 刚闭合后,B 灯亮一下又逐渐变暗,A 灯逐渐变亮
C .S 闭合足够长时间后,A 灯泡和B 灯泡一样亮
D .S 闭合足够长时间后再断开,B 灯立即熄灭,A 灯逐渐熄灭
6.如图所示,在0≤x ≤2L 的区域内存在着匀强磁场,磁场方向垂直于
xOy 坐标系平面(纸面)向里.具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy
坐标系平面内,线框的ab 边与y 轴重合,bc 边长为L .设线框从t =0
时刻起在外力作用下由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动,则线框中的感应电流i (取逆时针方向的电流为正)随时间t 变化的函数图象可能是选项中的( )
7.如图所示,一边长为l 的正方形区域内存在着磁感应强度方向垂直于
纸面的匀强磁场(磁场未画出),一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子(重
力不计)以速度v 0由A 点沿AD 方向射入该匀强磁场.当匀强磁场的磁
感应强度大小为B 1时,粒子恰好能从C 点射出磁场;当磁感应强度大
小变为B 2时,粒子恰好能从B 点射出磁场,则下列关于磁场和粒子运动的说法中正确的是
( )
A .匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外
B .当匀强磁场的磁感应强度大小为B 1时,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为32
l
C .B 1与B 2的大小关系为B 2=4B 1
D .粒子在磁感应强度大小为B 1和B 2的磁场中运动时间相等
8.CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L ,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B ,磁场区域的长度为d ,如图所示.导轨的右端接有一电阻R ,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接.将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处.已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是( )
A .电阻R 的最大电流为Bd 2gh R
B .流过电阻R 的电荷量为BdL R
C .整个电路中产生的焦耳热为mgh
D .电阻R 中产生的焦耳热为12
mg (h -μd )
电学选择题巧练(二)
1.[解析]选BD.由等差等势面的疏密程度可知ab 段平均电场强度大于bc 段平均电场强度,则有ab <bc ,A 错;同理可知a 点电场强度大于e 点的电场强度,即带电粒子在a 点的电场力一定大于在e 点的电场力,B 对;由题图知带电粒子从a 点运动到e 点过程中,电场力做负功,电势能增加,动能减小,C 错、D 对.
2.[解析]选AB.由题意可知,小球在竖直方向上做匀速直线运动,当小球运动到c 点时,由运动学规律可得t =3l 2v 0,选项A 正确;小球在水平方向上运动的距离为l 2
,由运动学规律
有l 2=qEt 22m ,代入数据可解得E =4mv 203ql ,选项B 正确;由动能定理可得E k c =qE ·l 2+12mv 20=76
mv 20,选项C 错误;由电势差公式可知U bc =E ·l =4mv 203q
,选项D 错误. 3.[解析]选C.由题图甲可知,该交变电流的周期为T =0.02 s ,所以交流发电机线圈转
动的角速度为ω=2πT
=100π rad/s ,选项A 错误;在t =0.01 s 时,交流发电机产生的电动势为零,即磁通量的变化率为零,所以此时穿过发电机线圈的磁通量最大,选项B 错误;发
电机发出的交流电的电压有效值为220 V ,通过匝数比为5∶1的理想变压器后,由n 1n 2=U 1U 2
可得其副线圈两端的电压为44 V ,所以电阻R 消耗的电功率为P =U 2R
=19.36 W ,选项C 正确;副线圈的电流为I 2=U 2R =0.44 A ,由n 1n 2=I 2I 1
可得I 1=0.088 A ,选项D 错误. 4.[解析]选AD.如果I 增大,输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 增大,GMR 电阻值减小,回路中电流增大,电流表A 示数增大,电压表V 1示数减小,电压表V 2示数增大,选项A 正确,选项B 错误;如果I 减小,输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生磁场的磁感应强度B 减小,GMR 电阻值增大,回路中电流减小,电流表A 示数减小,电压表V 1示数增大,电压表V 2示数减小,选项D 正确,选项C 错误.
5.[解析]选A.S 刚闭合后,线圈L 中的电流逐渐增大,A 灯立刻变亮,随着线圈L 中电流的增大,A 灯被短路,A 灯逐渐变暗直到熄灭;S 刚闭合后,先给电容器充电,B 灯逐渐变亮;S 断开后,电容器放电,B 灯逐渐熄灭;综上所述,选项A 正确.
6.[解析]选D.线框进入磁场时,根据楞次定律,感应电流的方向为逆时针方向(正方向),线框出磁场时,感应电流的方向为顺时针方向(负方向);线框做初速度为零的匀加速直线运动,若线框的dc 边由-L 处运动到O 处时所用的时间为t 0,那么线框的dc 边从L 处运动到2L 处所用的时间将小于t 0;综上所述,选项D 正确.
7.[解析]选D.由于粒子带负电,所以由左手定则可判断出匀强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向里,故选项A 错误;当匀强磁场的磁感应强度大小为B 1、粒子恰好能从C 点射出磁场时,由几何关系可知,粒子在该匀强磁场中做圆周运动的半径为R 1=l ,选项B 错误;当粒子从B 点射出磁场时,由几何关系可知,粒子在该磁场中做匀速圆周运动的半径
为R 2=l /2,又因为qv 0B 1=m v 20R 1,所以有B 1=mv 0qR 1,同理有B 2=mv 0qR 2
,可得B 2=2B 1,选项C 错误;粒子在磁场中运动的时间为t 1=t 2=πl 2v 0
,选项D 正确. 8.[解析]选D.由题图可知,导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大,产生的感应电流最大,
由机械能守恒有mgh =12mv 2,所以I =E 2R =BLv 2R =BL 2gh 2R ,A 错;流过R 的电荷量为q =I
t =ΔΦ2R =BLd 2R
,B 错;由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q =mgh -μmgd ,C 错;由于导体棒的电阻也为R ,则电阻R 中产生的焦耳热为12Q =12
mg (h -μd ),D 对.。

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