2025屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試滾動(dòng)綜合練二電學(xué)綜合

滾動(dòng)綜合練(二)電學(xué)綜合1．(2024·深圳市一模)如圖所示，各線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(從左往右看沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn))，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，設(shè)電流從2流出線圈為正方向，能產(chǎn)生如圖所示的波形交變電流的是(A)解析：由題圖可知，t＝0時(shí)，線圈中電流為零，此時(shí)線圈與磁場(chǎng)垂直，故B、D錯(cuò)誤；t＝0時(shí)，電流從2流出線圈，由右手定則可知，題圖A中電流從2流出線圈，題圖C中電流從1流出線圈，故A正確，C錯(cuò)誤。2．(多選)可控核聚變的磁約束像一個(gè)無形的管道，將高溫等離子體束縛在其中，通過電磁感應(yīng)產(chǎn)生的渦旋電場(chǎng)給等離子體加速，此情境可以簡(jiǎn)化為如圖所示的裝置，兩個(gè)半徑不同的同心環(huán)形光滑絕緣管道a、b處于垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻增大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，甲、乙兩個(gè)完全相同的帶負(fù)電小球分別在a、b兩管道中同時(shí)由靜止釋放，之后兩小球在管道內(nèi)做速率隨時(shí)間均勻增大的加速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)小球受到的重力及小球間相互作用力，下列說法正確的是(BD)A．小球a沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)B．小球b沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)C．小球a受到的洛倫茲力保持不變D．小球b受到的洛倫茲力變大解析：根據(jù)楞次定律可知，磁場(chǎng)在管道內(nèi)產(chǎn)生的渦旋電場(chǎng)為逆時(shí)針方向，小球帶負(fù)電，則小球所受的電場(chǎng)力為順時(shí)針方向，兩小球均沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；小球做加速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸增大，磁感應(yīng)強(qiáng)度也逐漸增強(qiáng)，根據(jù)F洛＝qvB可知小球所受洛倫茲力變大，C錯(cuò)誤，D正確。3．(2024·佛山市禪城區(qū)二模)靜電透鏡是利用靜電場(chǎng)使電子束會(huì)聚或發(fā)散的一種裝置。如圖，一電子在電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力的作用，實(shí)線描繪出了其運(yùn)動(dòng)軌跡，虛線表示等勢(shì)線，各等勢(shì)線關(guān)于y軸對(duì)稱，a、b、c、d分別是軌跡與等勢(shì)線的交點(diǎn)。已知電子在經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為60eV，各等勢(shì)線的電勢(shì)高低標(biāo)注在圖中，則(D)A．a(chǎn)、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．電子從a到b運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功C．電子從c到d運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能逐漸減小D．電子在經(jīng)過等勢(shì)線d點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為60eV解析：各等勢(shì)面關(guān)于y軸對(duì)稱，疏密相同，所以電場(chǎng)線疏密也相同，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，根據(jù)等勢(shì)線與電場(chǎng)線垂直，可知a、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，故a、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)等勢(shì)線與電場(chǎng)線垂直，故電子在y軸左側(cè)受到一個(gè)斜向右下方的電場(chǎng)力，速度方向沿軌跡的切線方向，故電子從a到b運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做正功，故B錯(cuò)誤；根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能大，可知電子從c到d運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能逐漸增大，故C錯(cuò)誤；a、d兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故從a到d電場(chǎng)力不做功，所以電子在經(jīng)過等勢(shì)線d點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為60eV，故D正確。4．利用霍爾元件可以進(jìn)行微小位移的測(cè)量。如圖甲所示，將霍爾元件置于兩塊磁性強(qiáng)弱相同同極相對(duì)放置的磁體縫隙中，建立圖乙所示的空間坐標(biāo)系。兩磁極連線方向沿x軸，通過霍爾元件的電流I不變，方向沿z軸正方向。當(dāng)霍爾元件處于中間位置時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0，霍爾電壓UH為0，將該點(diǎn)作為位移的零點(diǎn)。當(dāng)霍爾元件沿著±x方向移動(dòng)時(shí)，則有霍爾電壓輸出，從而能夠?qū)崿F(xiàn)微小位移的測(cè)量。已知該霍爾元件的載流子是負(fù)電荷，則下列說法正確的是(B)A．霍爾元件向左偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其左側(cè)電勢(shì)比右側(cè)高B．霍爾元件向右偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其下側(cè)電勢(shì)比上側(cè)高C．增加霍爾元件沿y方向的厚度，可以增加測(cè)量靈敏度D．增加霍爾元件沿x方向的厚度，可以增加測(cè)量靈敏度解析：霍爾元件向左偏離位移零點(diǎn)時(shí)，磁場(chǎng)方向向右，則帶負(fù)電的載流子向下偏轉(zhuǎn)，則上側(cè)電勢(shì)比下側(cè)高，同理霍爾元件向右偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其下側(cè)電勢(shì)比上側(cè)高，A錯(cuò)誤，B正確；穩(wěn)定時(shí)，eq\f(UH,dy)q＝qvB，其中I＝nqdydxv，解得UH＝eq\f(BI,nqdx)，則只有減小x方向的厚度才能增加靈敏度，增加霍爾元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加測(cè)量靈敏度，C、D錯(cuò)誤。5．如圖所示的電路中，電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為2Ω，燈泡上標(biāo)有“2V1W”，定值電阻R的阻值為4Ω。當(dāng)變壓器原線圈接入220V的交流電時(shí)，電動(dòng)機(jī)和燈泡均正常工作，且電動(dòng)機(jī)的輸出功率為18W，則(C)A．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為11∶1B．電動(dòng)機(jī)的額定電壓為22VC．原線圈的電流為0.1AD．若燈泡損壞導(dǎo)致電路斷路，則電動(dòng)機(jī)會(huì)被燒壞解析：副線圈的輸出電流I2＝eq\f(PL,UL)＋eq\f(UL,R)＝1A，設(shè)電動(dòng)機(jī)兩端電壓為UM，則有UMI2＝Ieq\o\al(2,2)RM＋P出，解得UM＝20V，副線圈的輸出電壓U2＝UM＋UL＝22V，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,22)＝eq\f(10,1)，故A、B錯(cuò)誤；原線圈的電流I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,10)×1A＝0.1A，故C正確；若燈泡損壞導(dǎo)致電路斷路，則燈泡與定值電阻并聯(lián)部分電阻變大，電動(dòng)機(jī)兩端電壓減小，電動(dòng)機(jī)不會(huì)被燒壞，故D錯(cuò)誤。6．(多選)圖甲是法拉第發(fā)明的銅盤發(fā)電機(jī)，也是人類歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)。利用這個(gè)發(fā)電機(jī)給平行金屬板電容器供電，如圖乙。已知銅盤的半徑為L，加在盤下側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，每塊平行板長度為d，板間距離也為d，板間加垂直于紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列選項(xiàng)正確的是(BCD)A．若圓盤按照?qǐng)D示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，那么平行板電容器D板電勢(shì)高B．銅盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E感＝eq\f(1,2)B1ωL2C．若一電子從電容器兩板中間水平向右射入，恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)從右側(cè)水平射出，則電子射入時(shí)速度v＝eq\f(B1ωL2,2B2d)D．若有一帶負(fù)電的小球從電容器兩板中間水平向右射入，在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)又恰好從極板右側(cè)射出，則小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為eq\f(5d,4)解析：根據(jù)右手定則可得，C極板帶正電，電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤。根據(jù)電磁感應(yīng)方程得E感＝B1Leq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)B1ωL2，故B正確。由于電子做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，由evB2＝eeq\f(E感,d)得v＝eq\f(B1ωL2,2B2d)，故C正確。帶電小球恰能從右板邊緣射出，則運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得r2＝d2＋(r－eq\f(d,2))2，得r＝eq\f(5d,4)，故D正確。7.(多選)(2024·廣東省部分學(xué)校一模)如圖所示，放在光滑絕緣水平面上的輕質(zhì)單匝矩形線框長、寬之比為5∶3，線框在外力作用下以相同的速度勻速離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，離開磁場(chǎng)區(qū)時(shí)始終有兩邊與邊界平行，則在1、2兩種情況下(CD)A．所用拉力大小之比為3∶5B．通過線框的電荷量之比為3∶5C．線框中的感應(yīng)電流之比為3∶5D．線框中產(chǎn)生的熱量之比為3∶5解析：在1、2兩種情況下，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(BL1v,BL2v)＝eq\f(3,5)，根據(jù)I＝eq\f(E,R)可得，線框中的感應(yīng)電流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(3,5)，故C正確；根據(jù)受力平衡可得F＝F安＝BIL，所用拉力大小之比eq\f(F1,F2)＝eq\f(I1,I2)·eq\f(L1,L2)＝eq\f(9,25)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)q＝It＝I·eq\f(x,v)可得，通過線框的電荷量之比eq\f(q1,q2)＝eq\f(I1,I2)·eq\f(L2,L1)＝eq\f(1,1)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)Q＝I2Rt＝I2R·eq\f(x,v)可得，線框中產(chǎn)生的熱量之比eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(Ieq\o\al(2,1),Ieq\o\al(2,2))·eq\f(L2,L1)＝eq\f(3,5)，故D正確。8．在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示的是離子注入工作原理的示意圖，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，沿圖中圓弧虛線通過半徑為R0的eq\f(1,4)圓弧形靜電分析器(靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng))后，從P點(diǎn)沿豎直方向進(jìn)入半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑PQ與豎直方向的夾角為15°，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在豎直放置的硅片上。離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不計(jì)離子所受的重力。(1)求離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v；(2)求靜電分析器通道內(nèi)虛線處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E0；(3)若磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，離子從磁場(chǎng)邊緣上某點(diǎn)出磁場(chǎng)時(shí)，可以垂直打到硅片上，求圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小。解析：(1)離子通過加速電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU,m))離子通過靜電分析器做圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不改變，所以離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為eq\r(\f(2qU,m))。(2)離子經(jīng)過靜電分析器，由向心力公式得qE0＝meq\f(v2,R0)解得E0＝eq\f(2U,R0)。(3)作出符合題意的離子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。O1、O2分別為磁場(chǎng)圓和軌跡圓的圓心，M為射出點(diǎn)，PM為公共弦，連接O1O2，則O1O2⊥PM，△PO2M為等腰直角三角形，則∠MPO2＝45°，而又因∠QPO2＝75°，故∠QPM＝30°。設(shè)軌跡圓的半徑為R，則R＝2rcos30°cos45°＝eq\f(\r(6),2)r由向心力公式qvB0＝meq\f(v2,R)得B0＝eq\f(2,r)eq\r(\f(mU,3q))。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(2U,R0)(3)eq\f(2,r)eq\r(\f(mU,3q))9．如圖甲所示，一對(duì)足夠長金屬導(dǎo)軌由等寬的右側(cè)水平導(dǎo)軌和左側(cè)傾斜導(dǎo)軌兩部分在虛線mn處連接組成，mn右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，mn左側(cè)存在與傾斜軌道平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，mn兩側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等(B的大小未知)，導(dǎo)軌的間距為L＝1.5m，傾角θ＝37°，在t＝0時(shí)刻，置于傾斜導(dǎo)軌上的ef棒由靜止釋放，置于水平導(dǎo)軌上的cd棒在一水平向右的外力F的作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，外力隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，cd、ef棒的質(zhì)量分別為m1＝1.0kg、m2＝2.0kg，電阻分別為R1＝2Ω、R2＝3Ω，忽略導(dǎo)軌的電阻，ef棒與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.12，不計(jì)cd棒與導(dǎo)軌之間的摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：(1)t＝0時(shí)刻cd棒的加速度大小及cd棒中的電流方向；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)ef棒在傾斜軌道上的速度達(dá)到最大所用的時(shí)間。解析：(1)在t＝0時(shí)刻根據(jù)牛頓第二定律有F＝m1a，且由題圖乙可知，此時(shí)F＝5N，代入得a＝5m/s2，由右手定則知，cd棒中的電流方向是由d到c。(2)由題知cd棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，cd棒的速度v＝at此時(shí)E＝BLv＝BLat，I＝eq\f(E,R1＋R2)則cd棒受的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2at,R1＋R2)由牛頓第二定律得F－F安＝m1a由以上各式整理得F＝m1a＋eq\f(B2L2at,R1＋R2)由圖線可知t＝2s時(shí)F＝13N代入得B＝eq\f(4,3)T≈1.33T。(3)①當(dāng)mn左側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與傾斜軌道平行斜向上時(shí)，ef棒受力如圖1所示，當(dāng)F1＝m2gcosθ時(shí)，