（江蘇選考）2023版高考物理二輪復習第二部分考前提速力爭滿分4策略電學綜合練5

PAGEPAGEPAGE1電學綜合練5一、選擇題(第1～3題為單項選擇題，第4～5題為多項選擇題)1.利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發(fā)出平安警報，從而防止事故的發(fā)生。如下圖是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面上下的儀器原理圖，A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質，C為導電液體(礦井中含有雜質的水)，A、C構成電容器。靈敏電流表G的指針偏轉方向與電流方向的關系：電流從哪側流入電流表那么電流表指針向哪側偏轉。假設礦井滲水(導電液體深度h增大)，那么電流表()A．指針向右偏轉，A、C構成的電容器充電B．指針向左偏轉，A、C構成的電容器充電C．指針向右偏轉，A、C構成的電容器放電D．指針向左偏轉，A、C構成的電容器放電解析：選B由題圖可知，A、C構成的電容器兩極間距離不變；液面變化時只有正對面積發(fā)生變化，那么由C＝eq\f(εS,4πkd)可知，當液面升高時，只有正對面積S增大，故可判斷電容增大，再依據(jù)C＝eq\f(Q,U)，因電勢差不變，那么電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，因電流從哪側流入電流表那么電流表指針向哪側偏轉，因此指針向左偏轉；故A、C、D錯誤，B正確。2.如下圖，等量異種電荷A、B固定在同一水平線上，豎直固定的光滑絕緣桿與AB連線的中垂線重合，C、D是絕緣桿上的兩點，ACBD構成一個正方形。一帶負電的小球(可視為點電荷)套在絕緣桿上自C點無初速度釋放，那么小球由C運動到D的過程中，以下說法正確的選項是()A．桿對小球的作用力先增大后減小B．桿對小球的作用力先減小后增大C．小球的速度先增大后減小D．小球的速度先減小后增大解析：選A由等量異種電荷的電場分布特點知，從C到D，電場強度先增大后減小，那么電場力先增大后減小，那么桿對小球的作用力先增大后減小，故A正確，B錯誤；因桿處于AB的連線的中垂線上，所以此線上的所有點的電場方向都是水平向右的，對小球受力分析，受豎直向下的重力、水平向左的電場力和水平向右的彈力，水平方向上受力平衡，豎直方向上的合力大小等于重力，重力大小不變，加速度大小始終等于重力加速度，所以小球一直做勻加速直線運動，故C、D錯誤。3．如下圖，折成不同形狀的四個導線框質量相等、匝數(shù)相同，高度相同，MN邊長度相等，將它們用相同的細線懸掛在空中，四個導線框的下邊處在同一水平線上，且四個線框的下半局部都處在與線框平面垂直的同一勻強磁場中，磁場的上邊界水平(如圖中虛線所示)，四個導線框中都通有順時針方向、電流強度相同的電流，均處于平衡狀態(tài)。假設使磁場緩慢變強，細線最不易拉斷的是()解析：選B導線框中都通有順時針方向的電流，由左手定那么可知，安培力的方向向下；所以細線的拉力等于導線框的重力與受到安培力的和，四個導線框質量相等那么重力相等，受到安培力大的導線框對細線的拉力大；設MN的長度為L，導線框在各磁場內有效長度不同，故各導線框受到安培力大小不同，各導線框在磁場中的有效長度：LA＝eq\x\to(MN)＝L；LB＝eq\f(\x\to(MN),2)＝eq\f(1,2)L；LC＝eq\f(\x\to(MN)＋上邊長,2)>eq\f(1,2)L；LD＝eq\f(\x\to(MN)＋下邊長,2)>eq\f(1,2)L；可知選項B圖中的有效長度最小，由公式F＝BIL有效，可知選項B圖中導線框受到的安培力最小，即導線框對細線的拉力最小，細線最不容易拉斷。故B正確，A、C、D錯誤。4．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5∶1，原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電，副線圈與二極管(正向電阻為零，相當于導線；反向電阻為無窮大，相當于斷路)、定值電阻R0、熱敏電阻Rt(阻值隨溫度的升高而減小)及報警器P(電流增加到一定值時將發(fā)出警報聲)組成閉合電路。電壓表、電流表均為理想電表，那么以下判斷正確的選項是()A．變壓器副線圈中輸出交流電的頻率為50HzB．電壓表的示數(shù)為22eq\r(2)VC．Rt處溫度減小到一定值時，報警器P將會發(fā)出警報聲D．報警器P報警時，變壓器的輸入功率比報警前小解析：選AB根據(jù)題圖乙知，原線圈輸入的交流電的周期T＝0.02s，頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，變壓器不改變交流電的頻率，所以變壓器副線圈中輸出交流電的頻率為50Hz，故A正確；原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，得副線圈兩端的電壓U2＝eq\f(1,5)×220V＝44V，因為二極管具有單向導電性，所以有eq\f(U22,R總)·eq\f(T,2)＝eq\f(U有2,R總)·T，解得：U有＝22eq\r(2)V，故B正確；溫度降低，Rt電阻增大，電流減小，但是電流要增大到一定值時報警器P才報警，故C錯誤；報警器P報警時，電流增大，輸出功率變大，根據(jù)輸入功率等于輸出功率，知變壓器的輸入功率變大，所以變壓器的輸入功率比報警前大，故D錯誤。5.靜電場在x軸上的電勢φ隨x的變化關系如下圖，帶正電的點電荷只受電場力作用下沿x軸正方向運動，那么點電荷()A．由x1運動到x3的過程中電勢能先減小后增大B．由x1運動到x3的過程中加速度不斷減小C．在x1處和x4處的加速度方向相反D．可能在x2和x4之間往復運動解析：選BC由x1運動到x3的過程中，根據(jù)電場力做功為W＝qU可以判斷，電場力做正功，電勢能減小，故A錯誤；φx圖像的斜率絕對值代表的是場強的大小，由x1運動到x3的過程中，可知，場強越來越小，受到的電場力越來越小，故加速度越來越小，故B正確；斜率的正負代表場強的方向，由題圖可知，在x1處和x4處圖像斜率正負相反，加速度方向相反，故C正確；從x2和x4之間，電場力總體做正功，速度不可能減為零，故不可能做往復運動，故D錯誤。二、非選擇題6．有一阻值為500Ω左右的定值電阻，額定功率為0.20W，現(xiàn)用電流表和電壓表測量它的阻值，備有如下器材：A．電流表：量程0～30mA，內阻約20ΩB．電流表：量程0～300mA，內阻約1ΩC．電壓表：量程0～3V，內阻約2.5kΩD．電壓表：量程0～15V，內阻約20kΩE．滑動變阻器：阻值范圍0～20Ω，額定電流2AF．電源：輸出電壓12V，內阻不計另有開關和導線假設干(1)測量時，為使被測電阻不被燒壞，實驗中被測電阻兩端的電壓應控制在________V以下，據(jù)此電流表應選用________(填寫器材序號)。(2)為了減小測量誤差，并能方便地進行屢次測量取平均值，在如下圖的四種測量電路中，應選用________。(3)在操作、測量與計算均無誤的情況下，假設實驗中選擇了C所示的電路，測得的結果是488Ω，假設選擇了D所示的電路，測得的結果是519Ω，那么________。A．該電阻的真實阻值更接近519Ω，且應略小于519ΩB．該電阻的真實阻值更接近519Ω，且應略大于519ΩC．該電阻的真實阻值更接近488Ω，且應略大于488ΩD．該電阻的真實阻值更接近488Ω，且應略小于488Ω(4)對于該電阻的IU圖線，理想情況下的IU圖線用實線所示，假設選擇用(2)中圖B進行實驗，所繪制的IU圖線用虛線表示，那么如下圖的幾個圖線總可能正確的選項是________。解析：(1)由P＝eq\f(U2,R)可得U＝eq\r(PR)＝10V，I＝eq\f(P,U)＝eq\f(0.2,10)A＝0.02A＝20mA，那么被測電阻兩端的電壓應控制在10V以下，據(jù)此電流表應選用A。(2)因電壓表內阻較大，那么采用電流表外接法，為能多測量數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，可知應選擇電路C。(3)由(2)知C電路誤差小，因為外接法測電阻測量值小于真實值，那么其真實值要略大于488Ω，那么C正確。(4)由題意可知，同一電壓下實際電流要小，那么可確定其圖像為D。答案：(1)10A(2)C(3)C(4)D7．如圖1所示矩形線圈abcd的邊ab＝2L，ad＝3L，OO′為線框的轉動軸，aO＝bO′＝2L。勻強磁場垂直于線圈平面向里，磁感應強度為B，OO′剛好與磁場邊界重合，線圈總電阻為R，當線圈繞OO(1)線圈的ab邊第一次出磁場前的瞬間，回路中電流的大小和方向；(2)從圖示位置開始計時，取電流沿abcda方向為正，請在圖2中畫出線圈中電流i隨時間t變化的關系圖(畫兩個周期)；(3)線圈中電流的有效值。解析：(1)ab邊出磁場前瞬間感應電動勢最大E1＝B·2L·ω·2L＝4BωI1＝eq\f(4BωL2,R)，根據(jù)楞次定律可知電流方向沿adcba方向。(2)cd邊在磁場中運動時產(chǎn)生的最大感應電動勢E2＝B·2L·ωL＝2BωL最大感應電流為I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(I1,2)，故it圖像如圖。(3)設電流有效值為I，在0～T時間內線框中焦耳熱I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I2,\r(2))))2R·eq\f(T,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I1,\r(2))))2R·eq\f(T,2)，得I＝eq\f(\r(5)BL2ω,R)。答案：(1)eq\f(4BωL2,R)方向沿adcba方向(2)見解析圖(3)eq\f(\r(5)BL2ω,R)8.如下圖，空間中有一直角坐標系，其第一象限中在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內，有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場?，F(xiàn)有一群質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中。粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求：(1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大??；(2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達x軸所用的時間。解析：(1)設粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)如圖甲所示，因粒子的運動半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點沿x軸負方向射入電場，那么粒子在電場中從D點到N點做類平拋運動，有2R＝vt在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，那么有R＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2解得E＝eq\f(qB2R,2m)。(2)對于速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子，軌跡如圖乙所示，設粒子的軌跡圓心為C，從M點射出磁場，連接O1M、MC、AC，由幾何關系知，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，易得速度方向偏轉角度等于圓心角θ粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁場中運動的時間為t1＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(5πm,6qB)由幾何關系知，粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH＝R－Rcos60°＝eq\f(R,2)，在無場區(qū)運動的時間t2＝eq\f(R,2v)＝eq\f(m,2qB)設粒子在電場中到達x軸運動的時間為t3，粒子在電場中做類平拋運動HO＝R＋Rs