（江蘇選考）2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)第二部分考前提速力爭滿分4策略電學(xué)綜合練2

PAGEPAGE1電學(xué)綜合練2一、選擇題(第1～3題為單項(xiàng)選擇題，第4～5題為多項(xiàng)選擇題)1.如下圖是一款避雷針原理演示器，上下金屬板之間用絕緣材料固定，尖端電極和球形電極與下金屬板連接，給上下金屬板接感應(yīng)圈并逐漸升高電壓，當(dāng)電壓逐漸升高時(shí)()A．尖端電極先放電B．球形電極先放電C．兩電極同時(shí)放電D．兩電極都不放電解析：選A由題圖可知，兩電極一個(gè)為尖頭、一個(gè)為圓頭，當(dāng)上下金屬板接在高壓電源上，因末端越尖越容易放電，故可以觀察到尖端電極先放電，這種放電現(xiàn)象叫做尖端放電，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2.如下圖是“二分頻〞音箱內(nèi)部電路，來自前級(jí)電路的電信號(hào)，被電容和電感組成的分頻電路分成高頻成分和低頻成分，分別送到高、低音揚(yáng)聲器，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．C1讓低頻成分通過B．L2讓高頻成分通過C．揚(yáng)聲器BL1是低音揚(yáng)聲器D．揚(yáng)聲器BL2是低音揚(yáng)聲器解析：選DC1的作用是阻礙低頻成分通過BL1揚(yáng)聲器，故A錯(cuò)誤；L2的作用是阻礙高頻成分通過BL2揚(yáng)聲器，是讓低頻成分通過，故B錯(cuò)誤；高頻和低頻成分通入該電路，由于線圈通低頻、阻高頻，電容通高頻、阻低頻，所以低頻成分通過BL2揚(yáng)聲器，高頻成分通過BL1揚(yáng)聲器，所以BL2揚(yáng)聲器是低音揚(yáng)聲器，故C錯(cuò)誤，D正確。3.如下圖，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平面的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。導(dǎo)線中均通有大小相等、方向向上的電流。長直導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(KI,r)，式中K是常數(shù)、I是導(dǎo)線中的電流、r為點(diǎn)到導(dǎo)線的距離。一帶正電小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)。關(guān)于上述過程，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B．小球先做減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)C．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃驞．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大解析：選C根據(jù)右手定那么可知，小球從a點(diǎn)出發(fā)沿連線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，直線M處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向里，直線N處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向外，所以合磁場(chǎng)大小先減小，過O點(diǎn)后反向增大，而方向先向里，過O點(diǎn)前方向向外，根據(jù)左手定那么可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向開始時(shí)方向向上，大小在減小，過O點(diǎn)后洛倫茲力的方向向下，大小在增大。由此可知，小球在速度方向上不受力的作用，那么將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。4.如下圖，電源內(nèi)阻較大，當(dāng)開關(guān)S閉合、滑動(dòng)變阻器滑片P位于某位置時(shí)，水平放置的平行板電容器C間一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，燈泡L也能正常發(fā)光，現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片P由原位置向a端滑動(dòng)，那么()A．燈泡L將變暗，電源效率將增大B．液滴帶正電，將向下做加速運(yùn)動(dòng)C．電源的路端電壓增大，輸出功率也增大D．滑片P滑動(dòng)瞬間，液滴電勢(shì)能將減小解析：選AD將滑片P由原位置向a端滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增大，電路中總電阻增大，電路中電流減小，燈泡L消耗的功率減小，那么燈泡L將變暗；外電路總電阻增大，路端電壓增大，那么電源的效率為η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%，U增大，那么知η增大，故A正確；液滴受力平衡，因電容器上極板帶負(fù)電，板間場(chǎng)強(qiáng)向上，那么知液滴帶正電。路端電壓增大，故電容器板間電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，液滴所受的電場(chǎng)力增大，因此液滴將向上做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由于電源的內(nèi)電阻與外電阻關(guān)系未知，所以不能判斷輸出功率如何變化，故C錯(cuò)誤；因電容器兩端的電壓增大，故液滴所在位置相對(duì)于下極板的電勢(shì)差增大，因下極板接地，故液滴所在位置的電勢(shì)減小，因液滴帶正電，故液滴電勢(shì)能將減小，故D正確。5.帶正電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如下圖，其中O～x2段是關(guān)于直線x＝x1對(duì)稱的曲線，x2～x3段是直線，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．x1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零B．x2～x3段電場(chǎng)強(qiáng)度大小恒定，方向沿x軸負(fù)方向C．粒子在O～x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．在O、x1、x2、x3處電勢(shì)φO、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3＞φ2＝φO＞φ1解析：選BD根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep＝qφ，場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系：E＝eq\f(Δφ,Δx)，得：E＝eq\f(1,q)·eq\f(ΔEp,Δx)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知Epx圖像切線的斜率等于eq\f(ΔEp,Δx)，x1處切線的斜率為零，那么x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，因此x1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，且為零，故A錯(cuò)誤；x2～x3段斜率不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，即電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的粒子電勢(shì)能在增大，那么電場(chǎng)力做負(fù)功，電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，故B正確；由題圖可知在O～x1段圖像切線的斜率不斷減小，那么場(chǎng)強(qiáng)減小，粒子所受的電場(chǎng)力減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動(dòng)；x1～x2段圖像切線的斜率不斷增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，粒子所受的電場(chǎng)力增大，做非勻變速運(yùn)動(dòng)；x2～x3段圖像斜率不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，即電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep＝qφ，粒子帶正電，q＞0，根據(jù)正電荷的電勢(shì)能越大，粒子所在處的電勢(shì)越高，可知φ1＜φ2＜φ3；由于O和x2處粒子的電勢(shì)能相等，那么φ2＝φO，可得φ3＞φ2＝φO＞φ1，故D正確。二、非選擇題6．熱敏電阻包括正溫度系數(shù)電阻(PTC)和負(fù)溫度系數(shù)電阻(NTC)，正溫度系數(shù)電阻的電阻隨溫度的升高而增大，負(fù)溫度系數(shù)電阻的電阻隨溫度的升高而減小，某實(shí)驗(yàn)小組選用以下器材探究某一熱敏電阻Rx的導(dǎo)電特性。A．電流表A1(滿偏電流10mA，內(nèi)阻r1為10Ω)B．電流表A2(量程0.6A，內(nèi)阻r2為0.5Ω)C．滑動(dòng)變阻器R1(最大阻值10Ω)D．滑動(dòng)變阻器R2(最大阻值500Ω)E．定值電阻R3(阻值1490Ω)F．定值電阻R4(阻值140Ω)G．電源E(電動(dòng)勢(shì)15V，內(nèi)阻不計(jì))H．開關(guān)與導(dǎo)線假設(shè)干(1)實(shí)驗(yàn)采用的電路圖如圖1所示，那么滑動(dòng)變阻器選________，定值電阻R選________(填儀器前的字母序號(hào))。(2)該小組分別測(cè)出某個(gè)熱敏電阻的I1I2圖像如圖2所示，請(qǐng)分析說明該曲線對(duì)應(yīng)的熱敏電阻是________(選填“PTC〞或“NTC〞)熱敏電阻。(3)假設(shè)將此熱敏電阻直接接到一電動(dòng)勢(shì)為9V，內(nèi)阻10Ω的電源兩端，那么此時(shí)該熱敏電阻的阻值為________Ω(結(jié)果保存三位有效數(shù)字)。解析：(1)由題圖1知滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇總阻值較小的C；定值電阻R與電流表串聯(lián)充當(dāng)電壓表使用，故應(yīng)選擇阻值較大的E。(2)由題圖2所示圖線可知，隨電壓(由電流表A1示數(shù)代表)增大，電流增大，電阻實(shí)際功率增大，溫度升高，電壓與電流比值增大，電阻阻值增大，即隨溫度升高，電阻阻值增大，該電阻是正溫度系數(shù)(PTC)熱敏電阻。(3)根據(jù)改裝原理可知，加在電阻兩端的電壓U＝I1(r1＋R3)＝1500I1；那么在題圖2中作出所接的電源的伏安特性曲線如圖中傾斜直線所示。由圖可知，對(duì)應(yīng)的電流I1＝6.5mA，I2＝0.25A，那么由歐姆定律可知：R＝eq\f(1500×6.5×10－3,0.25)Ω＝39Ω。答案：(1)CE(2)PTC(3)397．在我國南海上有一浮桶式波浪發(fā)電燈塔，其原理如圖甲所示。浮桶內(nèi)的磁體通過支柱固定在暗礁上，浮桶內(nèi)置圓形線圈隨波浪相對(duì)磁體沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，上下運(yùn)動(dòng)的速度v＝0.4πsinπtm/s，且始終處于輻射磁場(chǎng)中，該線圈與阻值R＝15Ω的燈泡相連；浮桶下部由內(nèi)、外兩密封圓筒構(gòu)成(圖乙中陰影局部)，其內(nèi)部為產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁體；線圈匝數(shù)N＝200，線圈所在處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T，線圈直徑D＝0.4m，電阻r＝1Ω，計(jì)算時(shí)取π2的值為10。(1)求線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em；(2)求燈泡工作時(shí)消耗的電功率P；(3)假設(shè)此燈塔的發(fā)電效率為90%，求3min內(nèi)海浪提供應(yīng)發(fā)電燈塔的能量。解析：(1)線圈在磁場(chǎng)中切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)最大值為：Em＝NBlvmax，其中：l＝πD，聯(lián)立得：Em＝πNBDvmax＝π×200×0.2×0.4×0.4πV＝64V。(2)電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(64,\r(2))V＝32eq\r(2)V，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)，得：I＝eq\f(32\r(2),15＋1)A＝2eq\r(2)A，通過燈泡電流的有效值為：I＝2eq\那么燈泡的電功率為：P＝I2R＝(2eq\r(2))2×15W＝120W。(3)此燈塔的發(fā)電效率為90%，根據(jù)能量守恒定律，有：90%E總＝UIt燈泡兩端電壓的有效值為：U＝IR＝2eq\r(2)×15V＝30eq\r(2)V，解得：E總＝eq\f(UIt,90%)＝eq\f(30\r(2)×2\r(2)×180,0.9)J＝2.4×104J。答案：(1)64V(2)120W(3)2.4×104J8．如下圖，在xOy直角坐標(biāo)平面內(nèi)－0.05m≤x＜0的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T，0≤x≤0.08m的區(qū)域有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在x軸上坐標(biāo)為(－0.05m,0)的S點(diǎn)有一粒子源，它一次能沿紙面同時(shí)向磁場(chǎng)內(nèi)每個(gè)方向發(fā)射一個(gè)比荷eq\f(q,m)＝5×107C/kg，速率v0＝2×106m/s的帶正電粒子。假設(shè)粒子源只發(fā)射一次，其中只有一個(gè)粒子Z(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R；(2)第一次經(jīng)過y軸的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐標(biāo)；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度E。解析：(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，那么有qv0B＝meq\f(v02,R)可得R＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(2×106,5×107×0.4)m＝0.1m。(2)設(shè)在y軸上位置最高的粒子P的運(yùn)動(dòng)軌跡恰與y軸相切于N點(diǎn)，如下圖，由幾何關(guān)系知，N點(diǎn)到x軸的豎直距離L滿足：L2＋(R－dB)2＝R2解得：L＝eq\f