2016版优化方案高考物理电学综合检测

电学综合检测一、单项选择题1．(2015·南京一模)图甲所示的电路中，电流表A1的指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的23处，图乙中，A2的指针指满刻度，A1的指针指满刻度的13处，已知A1的电阻为0.45Ω，则A2的电阻为()A．0.1ΩB．0.15ΩC．0.3ΩD．0.6Ω解析：选A.设电流表A1、A2的满偏电流分别为I1、I2；由题意知，当电流表串联时：I1＝23I2当电流表并联时：I2R2＝13I1R1由于R1＝0.45Ω解得：R2＝0.1Ω.2.(2015·高考海南卷)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为()A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1解析：选A.因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为25l，电荷量为－q的粒子通过的位移为35l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝qEM、a2＝qEm，由运动学公式有25l＝12a1t2＝qE2Mt2①，35l＝12a2t2＝qE2mt2②，①②得Mm＝32.B、C、D错，A对．3.(2015·常熟一模)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，电场力做正功解析：选D.根据电场线与等势线垂直的特点，在M点所在电场线上找到P点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；根据电场线分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U＝Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；O点电势高于Q点，根据Ep＝φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，C错误；M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移到高电势电场力做正功，故D正确．4.(2015·江苏名校检测)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度解析：选A.由运动轨迹可判定，电场力的方向指向轨迹右侧，因此粒子从Q→R→P，速率增大，故A正确；由于粒子只受电场力，动能与电势能之和守恒，故B、C错误；由电场线分布可知，粒子在R点所受电场力大于在Q点时的电场力，故D错误．5.如图所示，有一用铝板制成的U形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬线拉力为FT，则()A．悬线竖直，FT＝mgB．悬线竖直，FT＞mgC．悬线竖直，FT＜mgD．无法确定FT的大小和方向解析：选A.设两板间的距离为L，由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E＝BLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电＝qE电＝qEL＝qBLvL＝qvB.设小球带正电，则所受电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F洛＝qvB，方向由左手定则判断知竖直向下，即F电＝F洛，所以FT＝mg.同理分析可知当小球带负电时，FT＝mg，故无论小球带什么电，FT＝mg，选项A正确．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()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，根据楞次定律，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处所用时间为t0，那么线框的dc边从L处运动到2L处所用时间将小于t0；综上所述，选项D正确．二、多项选择题7.(2015·宿迁调研)如图为某灯光控制电路示意图，由电源(电动势为E、内阻为r)与一圆环形电位器(可视为滑动变阻器)R和灯泡(电阻不变)连接而成，图中D点与电位器相连，电位器触片一端固定在圆心处，并与电源正极相连，当触片由D点开始顺时针旋转一周的过程中，下列说法正确的是()A．电源的输出功率一定先减小后增大B．电源的供电电流一定先减小后增大C．电源两端的电压一定先减小后增大D．灯泡的亮度一定先变暗后变亮解析：选BD.由题图可知在触片从D点开始顺时针转一周的过程中电位器连入电路的等效电阻先增大后减小，又E、r、RL不变，则由闭合电路欧姆定律可得：干路电流先减小后增大，故灯泡的亮度应先变暗后变亮，而路端电压(U＝E－Ir)应先增大后减小，B、D正确，C错误．当R外＝r时，P出最大，因不知R外与r的大小关系，故无法判断P出的变化情况，A错误．8.(2015·徐州调研)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，原线圈接u1＝2202sin100πt(V)的交流电，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，则()A．电阻R1两端电压为50VB．二极管的反向耐压值应大于502VC．原线圈的输入功率为200WD．通过副线圈的电流为3A解析：选ABD.由已知条件可知，原线圈交流电有效值为220V，因n1∶n2＝22∶5，所以U1U2＝n1n2，得U2＝50V，所以A正确；当交变电流的方向相反时，有效值仍为U2＝50V，但二极管的反向耐压值是最大值，所以应大于502V，所以B正确；副线圈中的电流在0～T2内为4A，在T2～T内为2A，功率为P＝50×4×T2＋50×2×T2TW＝150W，故C错误；由P＝UI得I＝3A，D正确．9.两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动，重力加速度为g.以下说法正确的是()A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋B2L2v12RB．cd杆所受摩擦力为零C．回路中的电流为BL（v1＋v2）2RD．μ与v1大小的关系为μ＝2RmgB2L2v1解析：选AD.金属细杆ab、cd受力分析如图甲、乙所示，ab、cd杆都做匀速直线运动，由平衡条件，对ab杆，F＝Ff1＋F安，FN＝mg，Ff1＝μFNab切割磁感线产生感应电动势E，cd不切割磁感线，无感应电动势，故E＝BLv1，I＝E2R，F安＝BIL，联立解得F＝μmg＋B2L2v12R，故A正确，C错误；对cd杆，有Ff2＝mg，Ff2＝μF安，得μ＝2RmgB2L2v1，故B错误，D正确．三、计算题10.如图所示，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R＝0.5Ω的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2＝2∶1，导轨宽度为L＝0.5m．质量为m＝1kg的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从t＝0时刻开始做往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝2sinπ2t(m/s)，已知垂直轨道平面向下的匀强磁场的磁感应强度大小为B＝1T，导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动．求：(1)在t＝1s时刻电流表的示数；(2)电阻R上消耗的电功率；(3)从t＝0至t＝3s的时间内水平外力所做的功W.解析：(1)导体棒ab在水平外力作用下，从t＝0时刻开始做往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝vm·sin2πTt，这里vm＝2m/s，T＝4s，产生的感应电动势为：E＝BLv＝BLvmsin2πTt导体棒两端的最大电压为BLvm＝1V，变压器原线圈输入电压有效值为U1＝BLvm2由变压公式可得副线圈输出电压有效值：U2＝BLvm22所以I2＝U2R，I1＝I22＝BLvm42R＝24A即任意时刻电流表的示数为I1＝24A.(2)电阻R上消耗的功率为P＝U22R＝B2L2v2m8R＝0.25W.(3)由能量守恒定律，从t＝0至t＝3s＝3T4的时间内水平外力所做的功为W＝P34T＋12mv2m＝3B2L2v2m32RT＋12mv2m代入数据得：W＝2.75J.答案：(1)24A(2)0.25W(3)2.75J11．(2015·苏州模拟)如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地，A板电势φA随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O′1和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O′1进入，并能从O′1沿O′1O2进入C、D间．已知带电粒子带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：(1)该粒子进入A、B间的初速度v0为多大时，粒子刚好能到达O2孔；(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；(3)A、B两板间距的最小值．解析：(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O′1孔的速度即为进入A、B板的初速度在C、D间，由动能定理得qU2＝12mv20即v0＝2qU2m.(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态且粒子回到O1O′1线上，若在第一个周期内进入O′1孔，则对应两板最短长度为L＝v0T＝T2qU2m.(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板最小间距，设为d所以12·qU1md·T42×2＝d2即d＝T2qU12m.答案：见解析12．(2015·连云港模拟)如图所示，真空中有一半径r＝0.5m的圆形磁场区域，圆与x轴相切于坐标原点O，磁场的磁感应强度大小B＝2×10－3T，方向水平向里，在x1＝0.5m到x2＝1.0m区域内有一个方向竖直向下的匀强电场，电场强度E＝2.0×103N/C.在x＝2.0m处有一竖直放置的足够大的荧光屏．现将比荷为qm＝1×109C/kg的带负电粒子从O点处射入磁场，不计粒子所受重力．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)若粒子沿y轴正方向射入，恰能从磁场与电场的相切处进入电场，求粒子最后到达荧光屏上位置的y坐标；(2)若粒子以(1)问中相同速率从O点与y轴成37°角射入第二象限，求粒子到达荧光屏上位置的y坐标．解析：(1)由题意可知，粒子的运动轨迹如图甲所示．据几何关系：R＝r＝0.5m；粒子在磁场中运动，则有：Bqv＝mv2R；粒子在磁场中运动的过程：y1＝r＝0.5m.粒子进入电场后做类平抛运动：水平位移L1＝vt；y2＝12at2；a＝qEm，tanθ＝vyvx＝atv；飞出电场后粒子做匀速直线运动y3＝L2tanθ(L2为电场右边界到荧光屏的距离)，y＝y1＋y2＋y3.代入数据得：y＝1.75m.(2)粒子射出磁场时，由几何关系得速度与x轴平行，粒子将垂直电场线射入电场，如图乙所示．据几何关系可得：y′＝y＋Rsin37°；解得：y′＝1.75m＋0.3m＝2.05m.