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1．24电学综合(一)一、选择题1.(2019·北京)如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q0)为球心的球面上，c点在球面外，则()A．a点场强的大小比b点大B．b点场强的大小比c点小C．a点电势比b点高D．b点电势比c点低答案D解析根据点电荷电场强度的计算公式E＝kQr2可知，a点场强的大小和b点电场强度大小相等，b点场强的大小比c点大，故A、B两项错误；a、b在以负点电荷为球心的同一球面上，即在同一等势面上，故a点电势和b点电势相等，根据沿电场线方向电势降低可得b点电势比c点低，故C项错误，D项正确．2．(2019·宁德二模)(多选)如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈．图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈．下列说法正确是()A．当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电B．当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压C．当线圈M中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出D．充电时，Δt时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB，则M两端电压为nSΔBΔt答案AC解析当线圈N接入恒定电流时，穿过线圈M的磁通量不变，不产生感应电动势，不能为电动汽车充电，故A项正确；当线圈N接入正弦式交变电流时，穿过线圈M的磁通量按正弦规律变化，由法拉第电磁感应定律可知，线圈M两端产生变化的电压，故B项错误；穿过线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向为从b向a，即电流从a端流出，故C项正确；根据法拉第电磁感应定律，有：E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt，设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得线圈M两端的电压U＝ER＋rR＝nSRΔB（R＋r）Δt，故D项错误．3.(2019·杭州模拟)将一金属小球置于竖直放置的带电平行金属板间，A、B间电场线分布如图所示，则下列判断正确的是()A．EMEN，φMφNB．EMEN，φMφNC．将正试探电荷从M点移到N点，电场力做正功D．将负试探电荷从M点移到N点，电荷的电势能减小答案C解析电场线的疏密表示电场强度的强弱，由图象知M点处的电场强度大于N点处的电场强度，沿电场线的方向电势逐渐降低，M点处的电势高于N点电势，故A、B两项错误；将正试探电荷从M点移到N点，即将正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，故C项正确；将负试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，该电荷的电势能增加，故D项错误．4.(2019·安庆二模)如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器．则下列判断正确的是()A．粒子带正电B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动答案B解析开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力和重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故油滴带负电，故A项错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d减小，根据E＝Ud知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹②运动，故B项正确；保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，根据E＝Ud知场强减小，电场力小于重力，粒子向下偏转，故C项错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，场强不变，故粒子沿轨迹①运动，故D项错误．5.(2019·德州二模)如图所示，直角三角形ABC中∠A＝60°，AD＝DC，置于B、C两点垂直纸面的直导线中通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为B0.若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则D点的磁感应强度变为()A．大小为3B0，方向向下B．大小为33B0，方向向下C．大小为B0，方向向左D．大小为2B0，方向向左答案A解析依题意据几何知识知：θ＝60°，设每根导线在D点产生的磁感强度为B，据矢量合成的平行四边形定则有：B0＝2Bcosθ＝2B×12＝B；若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，据几何知识可得：α＝30°，D点合磁感强度大小为：B′＝2Bcosα＝2B0cosα＝3B0，方向竖直向下；故A项正确，B、C、D三项错误．6．(2019·济南二模)如图甲所示，光滑水平面上有一正方形金属框abcd，金属框的质量为m、边长为L、总电阻为R，匀强磁场方向垂直于水平面向里，磁场宽度为3L，金属框在拉力作用下向右以速度v0匀速穿过磁场，速度方向始终与磁场边界垂直．当金属框cd边到达磁场左边界时，匀强磁场磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化，则金属框从进入磁场到ab边到达磁场右边界的过程中．回路产生的焦耳热为()A.3B02L3v0RB.5B02L3v0RC.21B02L3v04RD.11B02L3v02R答案D解析金属框进入磁场过程产生的电动势为：E1＝B0Lv0产生的焦耳热为：Q1＝E12R·Lv0＝B02L3v0R；金属框在磁场内运动时产生的电动势为：E2＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝2B0－B02×Lv0·L2＝B0v0L2此过程中产生的焦耳热为：Q2＝E22R·2Lv0＝B02L3v02R，金属框离开磁场过程产生的电动势为：E3＝2B0Lv0产生的焦耳热为：Q3＝E32R·Lv0＝4B02L3v0R；金属框从进入磁场到ab边到达磁场右边界的过程，产生的焦耳热为：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝11B02L3v02R；故A、B、C三项错误，D项正确．7.(2019·河南模拟)如图所示，足够长的平行导轨水平放置，导轨间距为L，质量均为m、电阻均为R的金属棒ab，cd放在导轨上并与导轨垂直，金属棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直导轨平面向下，用水平向右、大小等于32μmg(g为重力加速度)的恒力F向右拉金属棒cd，最大静摩擦力等滑动摩擦力，不计导轨电阻，下列说法正确的是()A．恒力F作用瞬间，金属棒cd的加速度大小等于0B．恒力F作用足够长时间后，金属棒ab会向右运动C．金属棒cd运动的最大速度大小为μmgRB2L2D．金属棒cd的速度会不断增大答案C解析恒力F作用瞬间，金属棒cd的加速度大小为a＝32μmg－μmgm＝12μg，故A项错误；当cd棒的加速度为零时速度最大．设cd加速度为零时所受的安培力为F安．根据平衡条件有32μmg＝F安＋μmg，则得F安＝12μmg，对ab棒，因F安fm＝μmg，所以金属棒ab不可能运动，故B项错误；金属棒cd先做加速运动，当金属棒cd达到最大速度后匀速运动，由F安＝BIL＝BBLv2RL＝B2L2v2R，结合F安＝12μmg，可得，金属棒cd运动的最大速度大小v＝μmgRB2L2，故C项正确，D项错误．8.(2019·莆田模拟)如图，足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场，方向竖直向下(与纸面平行)；下方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里．一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN时的位置记为P点，第二次穿过MN时的位置记为Q点，PQ两点间的距离记为d，从P点运动到Q点的时间记为t.不计粒子的重力，若增大v0，则()A．t不变，d不变B．t不变，d变小C．t变小，d变小D．t变小，d不变答案D解析粒子在电场中做类平抛运动，设第一次到达P点竖直速度为v1(大小不变)，则粒子进入磁场的速度v＝v02＋v12，速度方向与MN的夹角tanθ＝v1v0，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R＝mvqB.第二次经过MN上的Q点时由几何关系可得：d＝2Rsinθ；又sinθ＝tanθ1＋tan2θ＝v1v02＋v12，联立解得：d＝2mv1qB，可知当增大v0时d不变；运动的时间t＝θ2π·2πmqB＝θmqB，则当增大v0时，tanθ减小，θ减小，t减小；故A、B、C三项错误，D项正确．9．(2019·湖北模拟)(多选)一匀强电场的方向平行于纸面，平面内有矩形abcd，已知ab＝8cm，bc＝6cm，如图所示．a、b、c三点的电势分别为10V、16V、22V．一电荷量为＋e的粒子从b点沿bc方向以4eV的初动能射入电场，恰好经过a点，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．a点的电势比d点低4.8VB．电场强度的大小为125V/mC．粒子到达a点时的动能为10eVD．仅改变粒子的电性，粒子能通过c点答案BC解析根据题意：Uda＝Ucb，即φd－φa＝φc－φb，代入数据解得：φd＝16V，a点的电势比d点低6V，故A项错误；因为φd＝φb＝16V，所以bd为等势线，过c点作垂直于bd的电场线cn交bd于点n，如图所示，因为φc＝22V，φn＝16V，所以Ucn＝22V－16V＝6V设cn＝l，根据几何知识：l＝bc·dcbd＝4.8cm＝4.8×10－2mE＝Ucnd＝64.8×10－2V/m＝125V/m，故B项正确；因为φb＝16V，φa＝10V，所以Uba＝16V－10V＝6V电子从b到a，由动能定理：eUba＝Eka－Ekb，代入数据解得：Eka＝10eV，故C项正确；仅改变粒子的电性，粒子电场力和电场方向相反，初速度方向沿bc方向，且粒子仍然做曲线运动，该粒子不能通过c点，故D项错误．二、非选择题10．(2019·福建二模)某同学欲将量程为300μA的微安表头Ⓖ改装成量程为0.3A的电流表．可供选择的实验器材有：A．微安表头Ⓖ(量程300μA，内阻约为几百欧姆)B．滑动变阻器R1(0～10kΩ)C．滑动变阻器R2(0～50kΩ)D．电阻箱(0～9999Ω)E．电源E1(电动势约为1.5V)F．电源E2(电动势约为9V)G．开关、导线若干该同学先采用如图甲的电路测量Ⓖ的内阻，实验步骤如下：①按图甲连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端所对应的位置；②断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使Ⓖ满偏；③闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使Ⓖ的示数为200μA，记下此时电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中电源应选用________(填“E1”或“E2”)，滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)．(2)若实验步骤③中记录的电阻箱的阻值为R，则Ⓖ的内阻Rg与R的关系式为Rg＝________．(3)实验测得Ⓖ的内阻Rg＝500Ω，为将Ⓖ改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为________Ω的电阻与Ⓖ________(填“串联”或“并联”)．(4)接着该同学利用改装后的电流表Ⓐ，按图乙电路测量未知电阻Rx的阻值．某次测量时电压表的示数为1.20V，表头Ⓖ的指针指在原电流刻度的250μA处，则Rx＝________Ω.答案(1)E2R2(2)12R(3)0.5并联(4)4.3解析(1)闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E2，滑动变阻器应选择R2；(2)闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的23，则流过电阻箱的电流为满偏电流的13，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则：Rg＝12R；(3)把微安表改装成0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R＝IgRgI－Ig＝300×10－6×5000.3－300×10－6Ω＝0.5Ω；(4)改装后电流表内阻：RA＝IgRgI＝300×10－6×5000.3Ω＝0.5Ω；微安表量程为300μA，改装后电流表量程为0.3A，量程扩大了1000倍，微安表示数为250μA时，流过电流表的电流为：250×10－6×1000A＝0.25A，由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值：Rx＝UI－RA＝1.200.25Ω－0.5Ω＝4.3Ω.11.(2019·唐山模拟)如图所示，质量m＝0.5kg的通电导体棒