【特色专项训练 优化方案】高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一电学选择题巧练(一)
优化方案2016届高三物理二轮复习特色专项训练第1篇专题一选择题巧练速度_快得分电学选择题巧练(二)
电学选择题巧练(二)(建议用时：20分钟)1.如图所示，电路中的A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器．当开关S断开与闭合时，A、B灯泡发光情况是( )A．S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮B．S刚闭合后，B灯亮一下又逐渐变暗，A灯逐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A灯泡和B灯泡一样亮D．S闭合足够长时间后再断开，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭2.如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是( )A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B．灯泡L2一定逐渐变暗C．电源效率一定逐渐减小D．R上消耗功率一定逐渐变小3.(多选)如图所示，M是小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接正弦交变电源，电压u＝311sin 100πt(V)．变压器右侧部分为火警系统原理图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度升高而减小，R1为定值电阻．下列说法正确的是( )A．电压表V1的示数为31.1 VB．变压器副线圈中电流的频率为50 HzC．当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变小D．当R2所在处出现火警时，变压器原线圈的输入功率变大4.如图所示，一个光滑环状绝缘圆管轨道平放于水平桌面上固定，管内有一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，沿着管道有逆时针方向的电场，场强大小均为E，圆管内径可忽略，半径为R，将小球自图中A点由静止释放，经时间t小球第一次回到A点，其动能为E k1，再经过时间t小球的动能为E k2，则E k1∶E k2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶45．(多选)(2015·贵州六校联考)如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲固定在粗糙绝缘水平面上O 点，另一个电荷量为＋q 、质量为m 的点电荷乙，从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v ，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L 0，静电力常量为k ，则下列说法中正确的是( )A ．O 、B 间的距离为kQqμmgB ．在点电荷甲产生的电场中，B 点的场强大小为μmgqC ．点电荷乙在A 点的电势能小于在B 点的电势能D ．在点电荷甲产生的电场中，A 、B 间的电势差U AB ＝mv 2－mv 202q6.(多选)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器为范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外．一质量为m 、带电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )A ．极板M 比极板N 电势高B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷7.如图，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgdU 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动8.两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，不计粒子的重力，则下列说法正确的是()A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．b 粒子动能较大C ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长电学选择题巧练(二)1．解析：选A.S 刚闭合后，线圈L 中的电流逐渐增大，A 灯立刻变亮，随着线圈L 中电流的增大，A 灯被短路，A 灯逐渐变暗直到熄灭；S 刚闭合后，先给电容器充电，B 灯逐渐变亮；S 断开后，电容器放电，B 灯逐渐熄灭；综上所述，选项A 正确．2．解析：选D.滑动变阻器滑片P 向下滑动，R ↓→R 并↓→R 外↓，由闭合电路欧姆定律I ＝E r ＋R 外推得I ↑，由电源内电路消耗功率P 内＝I 2r 可得P 内↑，A 正确．U 外↓＝E －I ↑r ，U 1↑＝(I ↑－I L1↓)R 1，U L2↓＝U 外↓－U 1↑，P L2↓＝U 2L2↓R L2，故灯泡L 2变暗，B 正确．电源效率η↓＝I 2R 外I 2（R 外＋r ）＝R 外R 外＋r＝11＋r R 外↓，故C 正确．R 上消耗的功率P R ＝U 2L2↓R ↓，P R 增大还是减小不确定，故D 错误．3．解析：选BD.输入电压的有效值是U 1＝3112V ＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得电压表V 1的示数为22 V ，A 错误；变压器原、副线圈中电流频率相同，均为50 Hz ，B 正确；当R 2处出现火警时，R 2阻值变小，副线圈中电流I 2变大，原线圈中电流I 1也变大，电流表A 的示数变大，变压器的输入功率变大，而由U V1＝I 2R 1＋U V2知，I 2变大时U V1不变，U V2必定变小，C 错误、D 正确．4．解析：选D.根据题意，小球受到沿轨迹切线方向的电场力大小始终为qE ，设小球沿轨迹切线方向的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，小球第一个时间t 内的路程为x 1＝12at 2，由动能定理有qEx 1＝E k1－0，小球在前2t 时间内的路程为x 2＝12a (2t )2，由动能定理有qEx 2＝E k2－0，联立解得E k1∶E k2＝1∶4，选项D 正确．5．解析：选AB.因在B 点速度最小，有F 库＝kQqr 2＝μmg ，解得r ＝ kQqμmg，故A 正确．由点电荷场强公式可得B 点场强大小E ＝k Qr2＝μmgq，故B 正确．两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以其电势能减小，故C 错误．乙电荷从A 运动到B 的过程中，据动能定理有W －μmgL 0＝12mv 2－12mv 20，在此过程中电场力对点电荷乙做的功为W ＝qU AB ，解得U AB＝μmgL 0＋12mv 2－12mv 2q，故D 错误．6．解析：选AD.带电粒子要打到胶片Q 点上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M 比极板N 电势高，A 正确；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即qE ＝m v 2R ，再根据Uq ＝12mv 2，可知U ＝12ER ，B 错误；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ ＝2mv Bq ＝2qERmBq，C 错误；若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据qvB ＝m v 2r 和Uq ＝12mv 2可知，r ＝1B2Umq，即这群粒子的比荷相同，D 正确．7．解析：选C.带电油滴静止在两板间，重力与电场力等大、反向，电场力方向竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，A 项错；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q 解得：q ＝mgdU，B 项错；由题意知，电容器带电量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU2，C 项对；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Udq ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D 项错．8．解析：选B.由左手定则可知，a 粒子带负电、b 粒子带正电，A 项错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a 粒子轨迹半径小于b 粒子轨迹半径，由半径公式R ＝mvqB可知，a 粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b 粒子动能较大，B 项对；由洛伦兹力F 洛＝qvB 可知，b 粒子受洛伦兹力较大，C 项错；由周期公式T ＝2πmqB可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，由于粒子轨迹所对圆心角θ等于其偏向角，故a 粒子的轨迹所对圆心角较大，故a 粒子在磁场中运动时间较长，D 项错．。
【特色专项训练优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼第一篇专题一电学选择题巧练(三)
电学选择题巧练(三 )[ 建议用时：20 分钟]1.如下图，菱形abcd 的四个极点分别放上电荷量都为Q 的不一样电性的点电荷，∠ abc＝ 120°.对角线的交点为O， A、B、C、D 分别是 O 点与四个极点连线的中点，则以下说法正确的选项是()A ．O 点的电势和电场强度都为零B ．A、C 两点的电场强度相等C．B、 D 两点的电势相等且都为正D ．正的查验电荷从 A 到 D 电场力做正功2.(多项选择 )如图为某电场中x 轴上电势φ随x变化的图象，－x0与 x0对于坐标原点对称，则以下说法正确的选项是()A．纵轴的左边为匀强电场B．－ x0处的场强为零C．一电子在 x0处由静止开释，电子将沿 x 轴正方向运动，加快度渐渐增大D ．一电子在x0处由静止开释，电子不必定沿x 轴正方向运动，但速度渐渐增大3.(多项选择 )如下图为向来流电路，电源内阻不可以忽视，在滑动变阻器滑片 P 从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，以下说法正确的选项是()A．电压表的示数可能增大B．电流表的示数可能增大C．电阻 R0耗费的功率可能增大D．电源的输出功率可能增大4.如下图，在半径为R 的圆形地区内有垂直纸面向里的磁感觉强度为 B 的匀强磁场，在磁场地区的上方有一水平搁置的感光板场地区最左端Q 垂直磁场射入大批的带电荷量为q、质量为MN .从磁m、速率为 v 的粒子，且速率知足 v＝qBR，最后都打在了感光板上．不考虑粒m子间的互相作使劲和粒子的重力，对于这些粒子，以下说法正确的选项是()A．这些粒子都带负电B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延伸线不必定过圆心C．只有对着圆心入射的粒子，出射后才垂直打在感光板MN 上D ．沿不一样方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN 上5.如下图为一种获取高能粒子的装置——环形加快器，环形地区内存在垂直纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为＋ q 的粒子在环中做半径为R的圆周运动．A、 B 为两块中心开有小孔的极板，本来电势都为零，每当粒子飞经 A 板时， A 板电势高升为＋U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加快．每当粒子走开电场地区时， A 板电势又降为零，粒子在电场一次次加快下动能不停增大，而在环形地区内绕行半径不变(设极板间距远小于于环形加快器的说法中正确的选项是()R) ．以下关A ．环形地区内的磁感觉强度大小B n与加快次数n 之间的关系为B n＝B n＋1nn＋ 1B ．环形地区内的磁感觉强度大小B n与加快次数n 之间的关系为B n＝B n＋1nn＋ 1C．A、 B 板之间的电压能够一直保持不变D ．粒子每次绕行一圈所需的时间t n与加快次数n 之间关系为t nt n＋1＝nn＋16.空间存在一匀强磁场地区，磁场方向垂直纸面向里，该地区为等腰直角三角形，其腰长为 2a，在磁场的左边有一边长为 a 的正方形导体框，从磁场的左边向右以恒定的速度穿越该磁场地区，规定逆时针电流方向为正．则整个过程中导体框中的感觉电流与时间的变化规律为()7．如图甲所示，在匀强磁场中有一个匝数n＝10的矩形线圈匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为 5 Ω.从图甲所示地点开始计时，经过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，那么 ()A ．线圈从图示地点转过 90°角时穿过线圈的磁通量为 2 WbB ．在 t＝ 0.2 s 时，线圈中的感觉电动势为零，且电流改变一次方向C．线圈从图示地点转过 30°角时的感觉电流为πAD ．线圈转动过程中耗费的电功率为2 10π W8.(多项选择 )如下图，一粗拙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻 R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为 m 的金属杆 ab 以初速度 v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h 后又返回究竟端．若运动过程中金属杆一直保持与导轨垂直且接触优秀，轨道与金属杆的电阻均忽视不计．则以下说法正确的是 ()A ．金属杆 ab 上滑过程与下滑过程经过电阻R 的电量同样多12B ．金属杆 ab 上滑过程中战胜重力、安培力和摩擦力所做功之和等于2mv0C．金属杆 ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不必定相等D ．金属杆 ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量电学选择题巧练 (三 )1．[ 分析 ] 选 C.依据电场叠加原理可知，O 点的场强为零，电势为正， A 项错误；依据电场叠加原理可知 A、 C 两点的场强等大反向， B 项错误；依据几何关系可知，B、 D 点都在 a、b 点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的右边，都在c、 d 点上的两个等量异种点电荷C 电场中零等势线的左边，所以电势叠加后必定为正，依据对称性可知，这两点的电势相等，项正确；同理能够剖析 A 点电势为负，所以正的查验电荷从 A 到 D 电势能增大，电场力做负功， D 项错误．2．[分析 ] 选 BD. 纵轴的左边 x 轴上电势到处相等，所以场强为零，不行能是匀强电场，A 项错误， B 项正确； x 轴正半轴不必定与电场线重合，且电场线不必定是直的，所以带电粒子不必定沿 x 轴正方向运动，但从静止开始只在电场力的作用下运动，电场力做正功，速度渐渐增大， C 项错误， D 项正确．3．[ 分析 ] 选 AD. 在刚开始滑动的一段时间内，电路中的总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，电阻 R0耗费的功率也减小，B、C 项错误；假如滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻 R，则内电压向来减小，外电压向来增大，电源与R0两头电压向来减小，电压表示数增大，A 项正确；假如电源的内阻向来大于外电阻，且滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R，则电源的输出功率增大， D 项正确．4．[ 分析 ] 选 D. 粒子最后都打在了感光板上，说明粒子向上偏，依据左手定章知粒子带正mv电， A 错误；粒子所受洛伦兹力充任向心力，做半径为r ＝ qB 的匀速圆周运动；由于速率知足 qBR mvv ＝ m ，所以 r ＝ qB ＝ R ，依据几何关系知沿不一样方向入射的粒子出射后均可垂直打在 MN 上， C 错误、 D 正确，明显 B 错误．5．[分析 ] 选 B.因粒子每绕行一圈，其增添的能量为 qU ，所以，绕行第 n 圈时获取的总动能为 12nqU.在磁场中，由牛顿第二定律得qB n 2mv n 2＝ nqU ，得第 n 圈的速度 v n ＝n ＝ m v n，解2mv R得B ＝12nmU ，所以 B n ＝n ， A 错误， B 正确；假如A 、B 板之间的电压一直保 n R qB n ＋ 1 n ＋1持不变，粒子在 A 、B 两极板之间飞翔时，电场力对其做功 qU ，进而使之加快，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU ，进而使之减速．粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能 不会增添，达不到加快成效，C 错误；依据 t ＝2πR 得 t n ＝ 2πR m ，得 t n＝ n ＋ 1， D v2nqU t n ＋ 1 n 错误．6．[分析 ] 选 A. 在 0～t 时间内， bc 边在磁场中切割磁感线，其有效长度不变，由楞次定律可知电流沿逆时针方向，为正当且大小不变；在t ～2t 时间内 ad 边进入磁场， bc 边走开磁场， 有效切割长度从零渐渐增大，感觉电动势从零渐渐增大，感觉电流从零渐渐增大，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值；2t ～3t 时间内 ad 边开始走开磁场，有效切割长度渐渐减 小到零，感觉电动势渐渐减小到零，电流渐渐减小到零，由楞次定律可知电流沿顺时针方向， 为负值． 7．[ 分析 ] 选 D.线圈从图示地点转过 90°角时穿过线圈的磁通量为 0.2 Wb ，与线圈匝数无 关， A 错；感觉电动势的大小和方向均可经过 Φ－ t 图象中图线斜率的大小和正负来判断，在t ＝ 0.2 s 时，图线的斜率最大，感觉电动势最大，其前后图线斜率的正负不变，电流方向不变，2πE ＝ nBS ω＝ n ωΦ ＝ 10πV ，从图 B 错；线圈转动的角速度为＝ 5πrad/s ，电动势峰值为ω＝ T i＝ E mmm10π示地点开始计时， 电流刹时价表达式为30°角时刹时电流 R cos ωt，所以线圈转过i ＝ 5 cos 30°A ＝ 3πA ，C 错；电压的有效值为 U ＝ E m ＝ 5 2πV ，电功率为 P ＝ U 2 22 R ＝ 10π W ，D 正确．ΔΦ ΔΦ8．[分析 ] 选 ABD. 经过电阻的电量 q ＝ It ＝ tR t ＝ R ，所以 A 项正确；由动能定理知B 项正确；上滑、下滑过程中，摩擦力大小均为 μ mgcos θ，所以摩擦力产生的内能相等，C 项错误；由能量守恒知 D 项正确．。
【特色专项训练优化方案】2021届高考物理二轮专题精炼第一篇专题二电学实验题巧练(二)
【特色专项训练优化方案】2021届高考物理二轮专题精炼第一篇专题二电学实验题巧练（二）[建议用时：40分钟]1．(2020·西安高三质检)一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100.用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发觉表头指针偏转角度专门小，为了较准确地进行测量，应换到________挡．假如换挡后赶忙用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________________________________________________________________________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是________Ω.2．(2020·江西八校联考)用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描画小灯泡的伏安特性曲线．A．电压表V1(量程6 V、内阻专门大)B．电压表V2(量程3 V、内阻专门大)C．电流表A(量程3 A、内阻专门小)D．滑动变阻器R(最大阻值10 Ω、额定电流4 A)E．小灯泡(2 A、5 W)F．电池组(电动势E、内阻r)G．开关一只，导线若干实验时，调剂滑动变阻器的阻值，多次测量后发觉：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．请将设计的实验电路图在虚线方框中补充完整．(1)每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点(I1，U1)、(I1，U2)，标到U－I坐标中，通过多次测量，最后描画出两条图线，如图所示，则电池组的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω.(结果保留两位有效数字)(2)在U－I坐标中两条图线在P点相交，现在滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω. 3．(2020·淄博模拟)在一次实验技能竞赛中，一同学设计了如图甲所示电路来测电源的电动势和内阻．该同学选好器材后，用导线将各器材连接成如图乙所示实物连线电路(图甲是其电路原理图)，其中R0是爱护电阻．(1)该同学在闭合电键后，发觉电压表无示数，电流表有示数，在选用器材时，除了导线外，其他器材经检测差不多上完好的，则显现故障的缘故是______________(请用接线柱处的字母去表达)．(2)该同学测量时记录了6组数据，并依照这些数据画出了U－I图线如图所示．依照图线求出电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)若爱护电阻R0的阻值未知，该电源的电动势E、内电阻r差不多测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出R0的阻值．该条线是________，需改接为________．改接好后，调剂滑动变阻器，读出电压表的示数为U、电流表示数为I，电源的电动势用E表示，内电阻用r表示，则R0＝________.4．(2020·江西八校联考)小汽车外表台内的鼓风机靠的是一种电动势约为10 V、内阻约为30 Ω的电池驱动的，已知该电池承诺输出的最大电流为55 mA，为了测定那个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示电路进行实验，图中电流表的内阻RA＝15 Ω，R为电阻箱，阻值范畴为0～Ω，R0为定值电阻，对电源起爱护作用．(1)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则依照图线可求得该电池的电动势为E＝______V，r＝______Ω.(2)冬天为了防止汽车外表盘上的玻璃“起雾”，可用通电电阻加热，用图丙所示10根阻值皆为30 Ω的电阻条和上述电池，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，且要求电阻条数最少，请在图丙中画出电路连线．丙5．小明和小红在实验室利用图a所示的电路测定值电阻R0的大小、电源电动势E的大小和内电阻r的大小．调剂滑动变阻器R的滑动触头使P向某一方向移动时，小明记录了电流表A和电压表V1的测量数据，小红记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，两人依照数据描画了如图b所示的两条U－I图线．(1)依照两人描画的图线，可知________．A．图线甲是依照电压表V1和电流表A的数据画出来的B．图线甲是依照电压表V2和电流表A的数据画出来的C．图线乙是依照电压表V1和电流表A的数据画出来的D．图线乙是依照电压表V2和电流表A的数据画出来的(2)图b中两图线的交点表示的物理意义是________．A．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为WD．电源的效率达到最大值(3)依照图b，能够求出定值电阻R0＝________Ω，电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(4)该电路中电流表的读数能否达到0.6 A，试说明理由．________________________________________________________________________. 6．如图所示是3种测电源电动势和内电阻的方法，图甲为伏安法、图乙为安欧法、图丙为伏欧法．现在仅提供下列器材来测量某型号手机所用锂电池的电动势E和内阻r(电动势约为4 V，内阻在几欧到几十欧之间)．A．电压表V(量程6 V，内阻约为kΩ)B．电流表A(量程2 mA，内阻约为50 Ω)C．电阻箱R(0～Ω)D．开关S一只、导线若干(1)分别用两组测量数据(U1、U2、I1、I2、R1、R2)推出按图甲和图乙测得电源电动势和内电阻的表达式：图甲：E＝________；r＝________.图乙：E＝________；r＝________.(2)依照图丙中实验电路测得的U、R数据，在图丁所示坐标系中描出各点，作出了图象．请依照图象求得E＝________V，r＝________Ω.(结果保留两位有效数字)丁(3)说明测量手机所用锂电池的电动势和内阻时，选用图丙的伏欧法的理由．电学实验题巧练(二)1．[解析]刚开始欧姆表指针偏转角度较小，说明选用倍率偏小，应换用大倍率．每次换挡之后欧姆表都需重新欧姆调零．[答案]×100欧姆调零 2 2002．[解析]由图象可知，纵轴截距为电源电动势E＝V，该直线斜率表示电源内阻r＝Ω，由交点P可知，灯泡两端电压为V，电流为2 A，因此滑动变阻器连入电路的阻值为0 Ω. [答案]如图所示(1)(2)03．[解析](1)电流表有示数，说明电源与电流表构成的闭合回路中各段导线均完好，电压表无示数，只能是jd 部分断路造成的．(2)由U －I 图线能够读出：E ＝ V ，r ＝|ΔU||ΔI|＝错误! Ω＝ Ω. (3)要测出R0的阻值，只需将jd 线改接为je 或jf 即可，由闭合电路欧姆定律可得：E ＝U ＋I(r ＋R0)，故R0＝E －U I－r. [答案](1)jd 部分断路 (2)(3)jd je(或jf) E －U I－r 4．[解析](1)在题图甲中，依照闭合电路欧姆定律有：E ＝I(R ＋R0＋RA ＋r)，得1I ＝1E(R ＋R0)＋1E (RA ＋r)，再结合图乙得5＝1E (15＋r)，1E ＝110，联立解得E ＝10 V ，r ＝35 Ω. (2)现要使整个电路中电阻条上消耗功率最大，则知现在有R 外＝r ＝35 Ω，又知每根电阻条电阻为30 Ω，且要求电阻条数最少，则可把6根电阻条并联(总电阻值为5 Ω)，然后再串联一根电阻条，如答案图所示．[答案](1)10 35 (2)如图所示5．[解析](1)依照电压表V1和电流表A 的数据作出的图线是甲，依照电压表V2和电流表A 的数据作出的图线是乙．(2)图线交点的坐标表示现在电阻R0的电流和电压，即消耗的功率能够求出，为 W. (3)依照R ＝U I，由图线乙能够求出定值电阻R0＝2 Ω.依照U ＝E －Ir ，图线甲与纵轴的交点表示电源电动势，可知E ＝ V ，图线甲的斜率的绝对值表示内阻，可知r ＝1 Ω.(4)当滑动变阻器接入电路的阻值最小为零时，电流表的示数最大，Im ＝E R0＋r ＝0.5 A ，因此不能达到0.6 A.[答案](1)AD (2)C (3)2 1 (4)不能，电流最大为0.5 A6．[解析](1)依照闭合电路欧姆定律得题图甲中：U1＝E －I1r ，U2＝E －I2r ，联立两式得：E ＝I1U2－I2U1I1－I2，r ＝U2－U1I1－I2； 题图乙中：E ＝I1(R1＋r)，E ＝I2(R2＋r)，联立两式得：E ＝I1I2I1－I2(R2－R1)，r ＝I2R2－I1R1I1－I2. (2)依照图丙电路，由闭合电路欧姆定律U ＝E －U R r 得：1U ＝1E ＋r E ·1R ，在1U －1R图象中，截距表示1E ＝ V －1，因此E ＝ V ，斜率表示r E，代入数据得：r ＝ Ω. (3)依照所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流仍大于电流表量程2 mA ，会烧坏电流表，因此欲测定手机电池的电动势和内阻，只能用题图丙所示的伏欧法．I1U2－I2U1 I1－I2U2－U1I1－I2I1I2I1－I2(R2－R1)I2R2－I1R1I1－I2(2)(3)见解析[答案](1)。
优化方案2016届高三物理二轮复习特色专项训练第1篇专题一选择题巧练速度_快得分电学选择题巧练(三)
电学选择题巧练(三)(建议用时：20分钟)1．(多选)如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V 0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M 均正常工作．则( )A．电源内阻为1 ΩB．电动机的内阻为4 ΩC．电动机正常工作电压为1 VD．电源效率约为93.3%2．如图甲所示，在匀强磁场中有一个匝数n＝10的矩形线圈匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5 Ω.从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，那么( )A．线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量为2 WbB．在t＝0.2 s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C．线圈从图示位置转过30°时的感应电流为π AD．线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 W3.(多选)如图所示是某一静电场的等差等势面，图中ad是一水平线，仅受电场力的带电粒子由a点运动到e点的轨迹如图中实线所示，则( )A．ab＝bcB．带电粒子在a点所受的电场力一定大于在e点所受的电场力C．带电粒子在a点的电势能一定大于在e点的电势能D．带电粒子在a点的速度一定大于在e点的速度4．(2015·安徽合肥一模)如图所示，真空中有两个点电荷，Q 1＝＋4.0×10－8 C 和Q 2＝－1.0×10－8C ，分别固定在x 轴上的x ＝0 cm 和x ＝6 cm 的位置上．将一带负电的试探电荷q 从x ＝20 cm 的位置沿x 轴负方向移到x ＝10 cm 的位置，在此过程中，试探电荷的( )A ．电势能一直增大B ．电势能一直减小C ．电势能先减小后增大D ．电势能先增大后减小5.(2015·黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，在竖直平面内，AB ⊥CD 且A 、B 、C 、D 位于同一半径为r 的圆上，在C 点有一固定点电荷，电荷量为－Q .现从A 点将一质量为m 、电荷量为－q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB 运动到D 点时的速度大小为4gr ，规定电场中B 点的电势为零，重力加速度为g .则在－Q 形成的电场中( )A ．D 点的电势为7mgr qB ．A 点的电势高于D 点的电势C ．O 点的电场强度大小是A 点的 2 倍D ．点电荷－q 在D 点具有的电势能为7mgr6.(多选)如图所示，金属板的两极板间的电压U ＝100 V ，匀强磁场的磁感应强度B ＝1.0×10－2 T ．现有比荷为q m ＝1.0×108 C/kg 的带正电粒子以v 0＝3×105m/s 的速度沿两板间的中线OO ′连续进入电场，恰能从下极板边缘穿越电场射入有理想边界的磁场，且粒子刚好没有穿过边界线PQ (粒子的重力和粒子间相互作用力均可以忽略不计)，则下列说法正确的是( )A ．射出电场时速度的偏转角度为30°B ．射出电场时速度为2.0×105 m/sC ．磁场两边界线之间的距离是0.3 mD ．磁场两边界线之间的距离是0.6 m7.空间存在一匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，该区域为等腰直角三角形，其腰长为2a ，在磁场的左侧有一边长为a 的正方形导体框，从磁场的左侧向右以恒定的速度穿越该磁场区域，规定逆时针电流方向为正．则整个过程中导体框中的感应电流与时间的变化规律为( )8.(多选)如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h 后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电荷量一样多B ．金属杆ab 上滑过程中克服重力、安培力和摩擦力所做功之和等于12mv 20 C ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等D ．金属杆ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量电学选择题巧练(三)1．解析：选AD.小灯泡正常工作时的电阻R L ＝U 2P ＝10 Ω，流过小灯泡的电流I ＝P U＝0.2 A ，当开关S 接1时，R 总＝E I ＝15 Ω，电源内阻r ＝R 总－R －R L ＝1 Ω，A 正确；当开关S 接2时，电动机M 两端的电压U M ＝E －Ir －U ＝0.8 V ，U M I＝4 Ω，因为电动机是非纯电阻用电器，所以R M <4 Ω，B 、C 错误；电源的效率η＝EI －I 2r EI≈93.3%，D 正确． 2．解析：选D.线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量为0.2 Wb ，与线圈匝数无关，A 错误；感应电动势的大小和方向均可通过Φ－t 图象中图线斜率的大小和正负来判断，在t ＝0.2 s 时，图线的斜率最大，感应电动势最大，其前后图线斜率的正负不变，电流方向不变，B 错误；线圈转动的角速度为ω＝2πT＝5π rad/s ，电动势峰值为E m ＝nBS ω＝n ωΦm ＝10π V ，从图示位置开始计时，电流瞬时值表达式为i ＝E m Rcos ωt ，因此线圈转过30°时瞬时电流i ＝10π5cos 30° A ＝3π A ，C 错误；电压的有效值为U ＝E m 2＝52π V ，电功率为P ＝U 2R＝10π2 W ，D 正确． 3．解析：选BD.由等差等势面的疏密程度可知ab 段平均电场强度大于bc 段平均电场强度，则有ab <bc ，A 错；同理可知a 点电场强度大于e 点的电场强度，即带电粒子在a 点所受的电场力一定大于在e 点所受的电场力，B 对；由题图知带电粒子从a 点运动到e 点过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，C 错、D 对．4．解析：选C.由点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，点电荷Q 1在x ＝20 cm 处产生的场强大于点电荷Q 2在该处产生的场强，由场强叠加原理，可知x ＝20 cm 处的场强方向沿＋x 方向；同理可知，点电荷Q 1在x ＝10 cm 处产生的场强小于点电荷Q 2在该处产生的场强，由场强叠加原理，可知x ＝10 cm 处的场强方向沿－x 方向．带负电的试探电荷在由x ＝20 cm 处向x ＝10 cm 处运动过程中，电场力方向先向左再向右，故电场力先做正功后做负功，根据电场力做功与电势能变化关系可知，试探电荷的电势能先减小后增大，C 项正确．5．解析：选A.在C 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，A 、B 相对CD 线左右对称，则φA ＝φB ＝0 V ，点电荷－q 从A 点由静止释放以后沿光滑轨道ADB 运动到D 点过程中，由动能定理可得：mgr ＋W 电＝12mv 2－0，得W 电＝7mgr ，由W 电＝E p A －E p D ，得E p D ＝－7mgr ，由φD ＝E p D －q，得φD ＝7mgr q ，则φD >φA .A 正确，B 、D 错误；由场强公式E ＝kQ r 2可知：E A ＝kQ （2r ）2，E O ＝kQ r 2，E O ＝2E A ，则C 错误． 6．解析：选ABC.由动能定理知q U 2＝12mv 21－12mv 20，解得粒子出电场时的速度v 1＝2.0×105 m/s ，设射出电场时速度偏转角为θ，cos θ＝v 0v 1＝32，θ＝30°，因此A 、B 正确；粒子运动轨迹刚好与右边界相切时，R ＝mv 1qB ＝0.2 m ，所以磁场宽度d ＝R ＋R sin 30°＝32R ＝0.3 m ，C 正确，D 错误．7．解析：选A.在0～t 时间内，bc 边在磁场中切割磁感线，其有效长度不变，由楞次定律可知电流沿逆时针方向，为正值且大小不变；在t ～2t 时间内ad 边进入磁场，bc 边离开磁场，有效切割长度从零逐渐增大，感应电动势从零逐渐增大，感应电流从零逐渐增大，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值；2t ～3t 时间内ad 边开始离开磁场，有效切割长度逐渐减小到零，感应电动势逐渐减小到零，电流逐渐减小到零，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值．8．解析：选ABD.通过电阻的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR，所以A 项正确；由动能定理知B 项正确；上滑、下滑过程中，摩擦力大小均为μmg cos θ，所以摩擦力产生的内能相等，C 项错误；由能量守恒知D 项正确．。
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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A 1的指针指满刻度，电流表A 2的指针指满刻度的23处，图乙中，A 2的指针指满刻度，A 1的指针指满刻度的13处，已知A 1的电阻为0.45Ω，则A 2的电阻为( )A ．0.1 ΩB ．0.15 ΩC ．0.3 ΩD ．0.6 Ω 解析：选A.设电流表A 1、A 2的满偏电流分别为I 1、I 2； 由题意知，当电流表串联时：I 1＝23I 2当电流表并联时：I 2R 2＝13I 1R 1由于R 1＝0.45 Ω 解得：R 2＝0.1 Ω. 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 (q >0)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a 1＝qE M 、a 2＝qE m ，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2①，35l ＝12a 2t 2＝qE 2m t 2②，①②得M m ＝32.B 、C 、D 错，A 对．(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E p＝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．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F T ，则( )A ．悬线竖直，F T ＝mgB ．悬线竖直，F T ＞mgC ．悬线竖直，F T ＜mgD ．无法确定F T 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＝q E L ＝q BLvL ＝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F T ＝mg .同理分析可知当小球带负电时，F T ＝mg ，故无论小球带什么电，F T ＝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t 0，那么线框的dc 边从L 处运动到2L 处所用时间将小于t 0；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 、R L 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n 1∶n 2＝22∶5，原线圈接u 1＝2202sin 100πt (V)的交流电，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，则( ) A ．电阻R 1两端电压为50 VB ．二极管的反向耐压值应大于50 2 VC ．原线圈的输入功率为200 WD ．通过副线圈的电流为3 A解析：选ABD.由已知条件可知，原线圈交流电有效值为220 V ，因n 1∶n 2＝22∶5，所以U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝50 V ，所以A 正确；当交变电流的方向相反时，有效值仍为U 2＝50 V ，但二极管的反向耐压值是最大值，所以应大于50 2 V ，所以B 正确；副线圈中的电流在0～T2内为4A ，在T2～T 内为2 A ，功率为P ＝50×4×T 2＋50×2×T2T W ＝150 W ，故C 错误；由P ＝UI 得I＝3 A ，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v 1沿导轨匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2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 ＋B 2L 2v 12RB ．cd 杆所受摩擦力为零C ．回路中的电流为BL （v 1＋v 2）2RD ．μ与v 1大小的关系为μ＝2RmgB 2L 2v 1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 ＝F f1＋F 安，F N ＝mg ，F f1＝μF Nab 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 ＝BLv 1，I ＝E2R ，F 安＝BIL ，联立解得F ＝μmg ＋B 2L 2v 12R ，故A 正确，C 错误；对cd 杆，有F f2＝mg ，F f2＝μF 安，得μ＝2RmgB 2L 2v 1，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 ＝0.5 Ω的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，导轨宽度为L ＝0.5 m ．质量为m ＝1 kg 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 ＝2sin π2t (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 ＝1 T ，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 ＝1 s 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 ＝3 s 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 ＝v m ·sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πT t ，这里v m ＝2 m/s ，T ＝4 s ，产生的感应电动势为： E ＝BLv ＝BLv m sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πT t 导体棒两端的最大电压为BLv m ＝1 V ，变压器原线圈输入电压有效值为 U 1＝BLv m2由变压公式可得副线圈输出电压有效值：U 2＝BLv m22所以I 2＝U 2R ，I 1＝I 22＝BLv m 42R ＝24 A即任意时刻电流表的示数为I 1＝24A. (2)电阻R 上消耗的功率为P ＝U 22R ＝B 2L 2v 2m8R＝0.25 W.(3)由能量守恒定律，从t ＝0至t ＝3 s ＝3T4的时间内水平外力所做的功为W ＝P 34T ＋12mv 2m ＝3B 2L 2v 2m32R T ＋12mv 2m代入数据得：W ＝2.75 J. 答案：(1)24A (2)0.25 W (3)2.75 J 11．(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O 2，两板间电压为U 2，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O 1O ′1进入，并能从O ′1沿O ′1O 2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v 0为多大时，粒子刚好能到达O 2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qU 2＝12mv 20即v 0＝2qU 2m. (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O 1O ′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 ＝v 0T ＝T2qU 2m. (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·qU 1md ·⎝⎛⎭⎫T 42×2＝d 2即d ＝T 2qU 12m. 答案：见解析 12．(2015·连云港模拟)如图所示，真空中有一半径r ＝0.5 m 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x 1＝0.5 m 到x 2＝1.0 m 区域内有一个方向竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝2.0×103 N/C.在x ＝2.0 m 处有一竖直放置的足够大的荧光屏．现将比荷为qm ＝1×109 C/kg 的带负电粒子从O 点处射入磁场，不计粒子所受重力．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝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 ＝0.5 m ；粒子在磁场中运动，则有：Bqv ＝mv 2R ；粒子在磁场中运动的过程：y 1＝r ＝0.5 m.粒子进入电场后做类平抛运动：水平位移L 1＝vt ； y 2＝12at 2；a ＝qE m ，tan θ＝v y v x ＝at v；飞出电场后粒子做匀速直线运动y 3＝L 2tan θ(L 2为电场右边界到荧光屏的距离)，y ＝y 1＋y 2＋y 3.代入数据得：y ＝1.75 m.(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 ＋R sin 37°；解得：y′＝1.75 m＋0.3 m＝2.05 m.答案：(1)1.75 m(2)2.05 m。
特色专项训练优化方案高考物理二轮专题精炼第一篇专题一仿高考选择题巧练(一)
仿高考选择题巧练(一) [建议用时：20分钟]1．(2014·潍坊模拟)下列说法符合物理学史实的是( )A ．开普勒发现了万有引力定律B ．伽利略首创了理想实验的研究方法C ．卡文迪许测出了静电力常量D ．奥斯特发现了电磁感应定律2.(2014·昆明三中、玉溪一中联考)如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O .一人站在A 点处以速度v 0沿水平方向扔小石子，已知AO ＝40 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．若v 0>18 m/s ，则石块可以落入水中B ．若v 0<20 m/s ，则石块不能落入水中C ．若石块能落入水中，则v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D ．若石块不能落入水中，则v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大3.(2014·杭州二模)国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，被吸食星体的质量远大于吸食星体的质量．假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中( )A ．它们做圆周运动的万有引力保持不变B ．它们做圆周运动的角速度不断变大C ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小4.空间中有一电场强度方向沿x 轴方向的电场，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(重力不计)，以初速度v 0从x ＝0处的O 点进入电场并沿x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中错误的是( )A ．粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中动能逐渐减小B ．粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电势能逐渐减小C ．欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子从x ＝0处出发时的最小速度应为2qφ0mD ．若v 0＝22qφ0m ，则粒子在运动过程中的最小速度为 6qφ0m5.如图所示，A 、B 分别为电源E 和电阻R 的U －I 图线，虚线C 是过图线A 、B 交点的曲线B 的切线，现将电源E 与电阻R 及开关、导线组成闭合电路，由图象可得( )A ．电源的电动势为3 V ，此时消耗的总功率为6 WB ．R 的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 ΩC ．此时电源消耗的热功率为4 W ，效率约为66.7%D ．若再串联一定值电阻，电源的输出功率一定改变6.(多选)甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移—时间图象(x －t 图象)如图所示，则下列关于两车运动情况的说法中正确的是( )A ．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B ．乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.8 m/sC ．在0～10 s 内，甲、乙两车相遇两次D ．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P 所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s7．(多选)(2014·江苏南通二模)如图所示，在MN 、PQ 间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b 点，则小球( )A ．可能带正电B ．受到电场力的方向一定水平向右C ．从a 到b 过程，克服电场力做功D ．从a 到b 过程中可能做匀加速运动8．(多选)如图所示，一根质量为m 、长为L 、粗细均匀的金属直棒ab 靠立在光滑弯曲的金属杆AOC 上(开始时b 离O 点很近)．ab 由静止开始在重力作用下运动，运动过程中a 端始终在AO 上，b 端始终在OC 上，ab 刚好完全落在OC 上(此时速度为0)，整个装置放在一匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，则( )A ．ab 棒所受安培力方向垂直于ab 向上B ．ab 棒所受安培力方向先垂直于ab 向下，后垂直于ab 向上C ．安培力先做正功后做负功，所以全过程安培力做功为零D ．全过程产生的焦耳热为12mgL仿高考选择题巧练(一)1．[解析]选B.万有引力定律是牛顿发现的，选项A 错误；理想斜面实验是伽利略首创的，选项B 正确；卡文迪许测出了万有引力常量，选项C 错误；电磁感应定律是由法拉第发现的，选项D 错误．2．[解析]选A.设石子恰好落到O 点AO sin 30°＝12gt 2 AO cos 30°＝v 0t解得v 0＝10 3 m/s当v 0>10 3 m/s ，石子落入水中，故A 正确，B 错误．当石块能落入水中时，设落水时速度方向与水平面的夹角为α，则tan α＝v y v 0，随v 0的增大，α减小，C 错误．当石块不能落入水中时，落到斜面上的速度方向不变，D 错误．3．[解析]选C.它们做圆周运动的万有引力F ＝G Mm r 2，由于M 变小，m 变大，所以F 变大，选项A 错误；由牛顿第二定律得G Mm r 2＝Mω2r 1＝mω2r 2，解得r 1＝m M ＋mr ，m 变大，r 1变大，又解得ω＝G (M ＋m )r 3，ω保持不变，由v ＝ωr 得，r 1变大，v 1变大，选项B 、D 错误，C 正确． 4．[解析]选C.粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中电场力做的功为W ＝－q φ0，亦即电场力做负功，所以动能减小，选项A 正确；粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电场力做的功为W ＝2qφ0，所以电场力做正功，动能增加，电势能减小，选项B 正确；粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中做减速运动，从x ＝x 1到x ＝x 3处的过程中粒子做加速运动，从x ＝x 3到x ＝x 4处的过程中粒子做减速运动，所以欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子至少要能到达x ＝x 1处，则有12m v 20＝qφ0，解之可得v 0＝2qφ0m，选项C 错误；由题意可知，当粒子到达x ＝x 1处时速度最小，设粒子到达x＝x1处时的速度大小为v，则由动能定理可得：12m v2＝12m v2－qφ，解得：v＝6qφ0m，选项D正确．5．[解析]选A.由电源的U－I图线可知电源的电动势为3 V，内电阻为1 Ω，此时电阻两端电压为1 V，通过的电流为2 A，所以电源消耗的总功率为P＝EI＝6 W，A对；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R＝UI＝0.5 Ω，B错；由P＝I2r知此时电源消耗的热功率为4W，由η＝UIEI×100%知电源的效率是33.3%，C错；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D错．6．[解析]选BCD.从题图中可以看出，甲车先做匀速直线运动，当运动到t＝4 s末时，甲车停止，故A错误；乙车在0～10 s内的位移大小为8 m，平均速度v＝0.8 m/s，故B正确；甲车和乙车的位移－时间图象有两个交点，所以甲、乙两车会相遇两次，故C正确；若乙车做匀变速直线运动，P点对应的位置坐标为x＝4 m，恰好是在0～10 s内乙车位移的中点，又因为v t2＝v＝0.8m/s，v P＝v x2>vt2，所以D正确．7．[解析]选AC.由于洛伦兹力与速度有关，所以可推断小球做匀速直线运动，由合力为零分析可知，小球可能带正电也可能带负电，电场强度的方向也不是唯一确定的方向，故A正确，B、D均错．根据动能定理可知，重力与电场力对小球做的总功必为零，重力做正功，所以电场力做负功，故C正确．8．[解析]选BD.ab棒在运动过程中，穿过△aOb的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流方向先是b→a，后变为a→b，由左手定则得，ab棒所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，A错，B对；ab棒在运动过程中，只有重力和安培力做功，根据动能定理，mg L2＋W＝0，所以安培力做功W＝－12mgL，根据功能关系，全过程产生的焦耳热为12mgL，C错，D对．。
高三物理二轮复习 特色专项训练 第1篇二 题巧练策略捞分 电学题巧练(一)
峙对市爱惜阳光实验学校电学题巧练(一) (建议用时：40分钟)1．图甲、乙为常用的电压表和电流表的刻度盘，在图，假设选用的量程为0～15 V，那么表的示数为________，假设选用的量程为0～3 V，那么表的示数为________．在图乙中，假设选用的量程为0～0.6 A，那么表的示数为________，假设选用的量程为0～3 A，那么表的示数为________．2．(2021·昆明三中、一中统考)(1)多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，R g为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值R x关系图象如图乙所示，那么该图象的函数关系式为____________________；(调零电阻R0接入电路的阻值用R0表示)(2)以下根据图乙中I－R x图线做出的解释或判断中正确的选项是________；(有两个选项正确)A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使R x＝0时电路中的电流I＝I gC．R x越小，相同的电阻变化量对的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当R x的阻值为图乙中的R2时，指针位于表盘位置的右侧(3)某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表(量程10 V)的内阻(大约为几十千欧)，欧姆挡的选择开关拨至倍率“×1 k〞挡．先将红、黑表笔短接调零后，选用图丙中________(填“A〞或“B〞)方式连接．在本中，如图丁所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势为________ V．(计算结果保存三位有效数字)3．(2021·五校质监)为了测一节干电池的电动势和内阻，室提供了以下器材：A．待测干电池(电动势 V左右，内阻不超过Ω)B．电流表A1(量程0～2 mA，内阻为10 Ω)C．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为0.1 Ω)D．滑动变阻器R1(0～20 Ω，10 A)E．滑动变阻器R2(0～100 Ω，1 A)F．值电阻R3＝990 ΩG．开关、导线假设干(1)请在以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在虚线框内补画完整的电路原理图．(要求在电路图中标明所使用器材)(2)根据合理的设计电路测量数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，某同学测出了6组I1、I2的数据，并已描绘出如下图的I1和I2的关系图线．根据已描绘出的图线，可得被测干电池的电动势为________V，内阻为________Ω.4．(2021·一中一模)(1)某小组在“测金属电阻率〞的过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如下图，那么它们的读数依次是________mm、________A、________V.(2)中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为20 kΩ，电源为干电池(不在长时间、大功率状况下使用)，电源电动势E＝ V，内阻较小．那么以下电路图中，________电路为本次当采用的最正确电路，但用此最正确电路测量的金属丝电阻仍然会比真实值偏________(选填“大〞或“小〞)．(3)假设所用的电流表内阻的准确值R A＝2.0 Ω，那么测量金属丝电阻R x 的最正确电路是上图中的________电路．此时测得电流为I、电压为U，那么金属丝电阻R x＝________(用题中字母代号表示)．5．有一个小灯泡上标有“4 V，2 W〞的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线．现有以下器材供选用：A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)B．电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)C．电流表(0～3 A，内阻0.4 Ω)D．电流表(0～0.6 A，内阻1.0 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(500 Ω，1 A)G．学生电源(直流6 V)、开关、导线假设干(1)时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成，请说明理由：____________________________________________________________________ ____.(2)中所用电压表选用________，电流表选用________，滑动变阻器选用________．(用序号字母表示)(3)把图丙中所示的器材按图甲用笔画线代替导线连接成实物电路图．(4)某同学通过测量得到的数据已经描在了如下图的I－U坐标系中，请用一光滑的曲线将各描点连接好．6．(2021·四校)某同学为了测一只电阻的阻值，采用了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整以下依次该进行的主要操作步骤：①____________________________________________________________________ ____.②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处．③重测量并读数，假设这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω.(2)为了尽量准确测该电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据．除被测电阻外，还备有如下仪器，请选择仪器，设计电路．A．电压表V(量程50 V，内阻约为25 kΩ)B．电流表A1(量程500 mA、内电阻r1＝20 Ω)C．电流表A2(量程100 mA、内电阻约5 Ω)D．值电阻R0(80 Ω)E．滑动变阻器R(0～10 Ω)F．电源：电动势E＝6 V，内电阻较小G．导线、开关假设干请在虚线框内画出能准确测量电阻R的电路图(要求在电路图上标出元件符号)．请根据设计的电路图写出R x的测量值表达式R x＝________．电学题巧练(一)1．解析：在题图，假设选用的量程为0～15 V，那么最小分度为0.5 V，读数时估读到最小分度的1/5，所以读数为10.8 V．假设选用的量程为0～3 V，那么最小分度为0.1 V，读数时估读到最小分度的1/10，所以读数为6 V.在题图乙中，假设选用的量程为0～0.6 A，那么最小分度为0.02 A，读数时估读到最小分度的1/2，所以读数为0.16 A．假设选用的量程为0～3 A，那么最小分度为0.1 A，读数估读到最小分度的1/10，所以读数为0.80 A.答案：10.8 V 6 V 0.16 A 0.80 A2．解析：(1)对题图甲，由闭合电路欧姆律，E＝I(R0＋R g＋r＋R x)，题图乙象的函数关系式为I＝ER0＋R g＋r＋R x.(2)用欧姆表测电阻时，指针指示在刻度盘中间附近，测量的误差最小．读数大或读数小，测量的误差都较大，选项A错误．测量中，当R x的阻值为题图乙中的R2时，电流小于满偏电流的1/2，指针位于表盘位置的左侧，选项D错误．(3)由于多用电表红表笔连接内部电池的负极，所以通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表(量程10 V)的内阻，红表笔该连接电压表的“－〞接线柱，选用图丙中“A〞方式连接．电压表内阻为R V＝40 kΩ，电压表读数为U＝5 V，该挡中值电阻为R中＝30 kΩ，所以E＝U＋UR V×R中＝5 V.答案：(1)I＝ER0＋R g＋r＋R x(2)BC (3)A 53．解析：(1)测量干电池的电动势和内电阻常用方法为伏安法、伏阻法和安阻法，由于未提供电阻箱，故只能用伏安法．器材中未提供电压表，但有内阻的小量程电流表和值电阻，可将其串联改装为电压表使用，另一电流表量程为0.6 A，故电路中电阻不能太大，故滑动变阻器选择R1，干电池内阻较小，故电流表内接．(2)由欧姆律可知，电源两端电压与电流表A1示数关系为U＝I1(R A1＋R3)，因此图象中纵坐标的数值与电压的数值相，由U≈E－I2r可知，纵截距为电源电动势，故E＝8 V；r＝ΔUΔI＝8－1.080.50Ω＝0.80 Ω.答案：(1)如图(2)8(7～9均对) 0.80(0.77～0.81均对)4．解析：(1)螺旋测微器的固刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为4×0.01 mm＝0.499 mm，金属丝直径为0.5 mm＋0.499 mm＝0.999 mm.电流表读数为0.42 A，电压表读数为3 V.(2)因R V≫R x⎝⎛⎭⎪⎫R x＝30.42Ω≈Ω，测量电路采用电流表外接法，故最正确电路为丁电路，此时测量结果因电压表的分流而偏小．(3)假设电流表内阻时，最正确电路为戊电路，由欧姆律得：R x＋R A＝UI，那么R x＝UI－R A.答案：(1)0.999(0.998～1.000间均可) 0.42 3(2～4间均可) (2)丁小(3)戊UI－R A5．解析：(1)由于测量数据要从零开始，故采用图甲所示的分压式电路，且能方便地多测几组数据．(2)因小灯泡额电压为4 V，那么电压表选量程为0～5 V的电压表．小灯泡的额电流为I＝PU＝24A＝0.5 A，那么电流表选D.滑动变阻器选最大阻值较小的E ，这样在中移动滑片时能使电路中的电流和电压有明显的变化，从而减小读数误差．(3)按题图甲连接实物电路图，如下图． (4)所描的伏安特性曲线如下图．答案：(1)描绘灯泡的I －U 图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据 (2)A D E (3)、(4)见解析图6．解析：(1)由题知选择×100倍率的电阻挡，正确操作时，发现多用电表的指针偏转角度太大，由多用电表的电阻刻度特点可知，为了使读数准确，指针要摆到表盘附近，那么要把×100倍率挡换成×10倍率挡．由欧姆表表盘的读数规那么可知测量结果为12.0×10 Ω＝120 Ω.(2)电源电动势E ＝6 V ，而电压表V 的量程为50 V ，相比拟可得知，此电压表不可选，误差太大；由电源电动势E ＝6 V ，被测阻值约120 Ω可知：通过R x 的最大电流约为I ＝ER x＝50 mA ；此题要用伏安法测电阻，测量中表的指针要有较大角度偏转误差才会较小，同时知A 1的量程和内电阻，可将值电阻R 0与A 1串联改装成一电压表测R x 两端的电压；滑动变阻器的最大阻值R ＝10 Ω比被测电阻R x 小得多，那么采取分压式接法，那么电路图如下图：由电路图可知，R x 两端电压U x ＝I 1(R 0＋r 1)R x 中的电流I x ＝I 2－I 1那么R x ＝U x I x ＝I 1I 2－I 1(R 0＋r 1)．答案：(1)①换用×10倍率的挡位 ③120 (2)电路图见解析 I 1I 2－I 1(R 0＋r 1)。
高三物理二轮复习 特色专项训练 第1篇 专题一 选择题
电学选择题巧练(四)(建议用时：20分钟)1.将四个定值电阻R1、R2、R3、R4以及两个灯泡L1、L2、理想电流表按如图所示的方式连接，当开关闭合后，两个灯泡均能正常发光．突然电路发生故障使灯泡L1的亮度变暗，理想电流表的示数变小．则电路中出现的故障为( )A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路2.(2015·河北石家庄二中一模)如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在M、N的连线上有对称点a、c，M、N连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是( )A．正电荷＋q在c点电势能大于在a点电势能B．正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能C．在M、N连线的中垂线上，O点电势最高D．负电荷－q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大3.(2015·东北三校二联)如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点．如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将A板向上移动d2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为( )A．U2＝3U1B．U2＝6U1C．U2＝8U1D．U2＝12U14．(2015·吉林省吉林市质量检测)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是( )A．Q2一定带负电B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大5.(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上某一正方形区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电小球以某一初速度由边界中点A进入这个区域沿直线运动，从对边中点C离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则小球从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则小球从D点离开场区．已知BC＝CD，设小球在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2、t3，离开三点时的动能分别是E k1、E k2、E k3，以下关系式正确的是( )A．t1＝t2<t3B．t1<t2＝t3C．E k1＝E k2<E k3D．E k1>E k2＝E k36．(多选)(2015·江苏镇江市高三模拟)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1、D2的电流，则下图中能定性描述电流随时间变化关系的是( )7．如图甲所示，DIS系统中，S是电流传感器，接计算机，足够长的金属导轨MN和PQ 与R相连，平行地放在水平桌面上，质量m＝0.10 kg的金属杆ab可以无摩擦地沿导轨运动．已知电阻R＝0.60 Ω，ab杆的电阻r＝0.40 Ω，导轨宽度为L＝1.0 m，磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场垂直向上穿过整个导轨平面．现给金属杆ab施加一个恒力F＝10 N，电流传感器就将各时刻t的电流I数据实时传到计算机，在屏幕上显示出I－t图象如图乙．g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )A．杆在恒力F作用下做匀加速直线运动B．在刚开始运动的0.40 s内通过电阻的电荷量q大约为4 CC．0～0.40 s内杆的位移约为4.4 m，R上产生的焦耳热Q R＝5 JD．杆运动的v－t图象与I－t图象极其类似，最大速度是10 m/s8.(多选)如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对绝缘木板施加水平向左，大小为0.6 N的恒力，g 取10 m/s2.则( )A．木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动B．滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动C．最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动电学选择题巧练(四)1．解析：选B.分析电路图，R1与L1并联(可记为并联电路1)，R2与R3并联后再先后与电流表和R4串联，该串联电路再与L2并联(可记为并联电路2)，并联电路1和2串联，接在电源两端，若R1断路，并联电路1的电阻变大，电路的总电阻变大，干路电流变小，电源内阻的电压降和并联电路2的电压均减小，所以并联电路1的电压增大，即灯L1两端的电压变大，灯L1变亮，选项A错误；同理，若R2断路时，干路电流变小，电源内阻的电压降和并联电路1的电压减小，灯L1变暗，灯L2两端的电压变大，通过灯L2的电流变大，则通过电流表的电流变小，即电流表示数变小，选项B正确；再逐个排除选项C、D，本题答案为B.2．解析：选C.由等量同种正点电荷电场分布特点可知a、c两点电势相等，正电荷＋q 在a、c两点的电势能相等，A、B错误．M、N连线的中垂线上由无穷远到O点场强先变大再变小，中间某一位置场强最大，负电荷从无穷远到O点做加速度先增大再减小的加速运动，在O点时速度最大，动能最大，电势能最小，过O点后做加速度先增大再减小的减速运动，动能减小，电势能增加，所以负电荷在M、N连线中垂线上的O点电势能最小，则O点电势最高，C正确．由于不知b、d在M、N连线中垂线上的具体位置，负电荷从d到b运动过程中加速度可能先减小再增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，D错误.3．解析：选D.板间距离为d ，射入速度为v 0，板间电压为U 1时，在电场中有：d 2＝12at 2，a ＝qU 1md ，t ＝x v 0，解得U 1＝md 2v 20qx 2；A 板上移d 2，射入速度为2v 0，板间电压为U 2时，在电场中有：d ＝12a ′t ′2，a ′＝2qU 23md ，t ′＝x 2v 0，解得U 2＝12md 2v 20qx 2，即U 2＝12U 1，选D. 4．解析：选C.因为v －t 图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b 点的加速度为零，所受电场力也为零，b 点的电场强度一定为零，选项C 正确；要使b 点的场强为零，Q 1、Q 2必为异种电荷，所以Q 2一定带正电，选项A 错误；Q 1、Q 2单独存在时在b 点产生的场强必等大反向，再考虑到Q 1到b 点的距离较大，可知Q 1的电荷量一定大于Q 2的电荷量，选项B 错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D 错误．5．解析：选AD.根据题意可知，小球受到的洛伦兹力与电场力平衡，即qE ＝qv 0B ，从A 到C 的运动时间t 2＝d v 0，其中d 表示AC 间距；若将磁场撤去，小球从B 点离开场区，该过程粒子在电场力作用下，做类平抛运动，运动时间t 1＝d v 0；若撤去电场，小球做匀速圆周运动，从A 到D 的过程中，沿AC 方向的速度分量逐渐减小，且一直小于v 0，则t 3>d v 0，因此，A 正确，B 错误；小球从A 到C 过程做匀速直线运动，动能不变；从A 到D 过程中，小球只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，动能不变，则E k2＝E k3；小球从A 到B 过程中，合外力是电场力，电场力做了正功，小球的动能增加，则有E k1>E k2＝E k3，选项D 正确，C 错误．6．解析：选BC.闭合开关S 后，通过D 1、D 2和D 3的电流都是由上向下，D 1中电流逐渐增大为稳定电流，且D 1中稳定电流为D 2、D 3中稳定电流的2倍；断开S 后，由于自感现象，通过D 1的电流方向不变，但电流大小不能突变，电流逐渐减为零，所以选项A 错误，B 正确；开关断开后，D 2和D 3中电流方向都是由下向上，大小从D 1中的稳定电流值逐渐减为零，所以选项C 正确，D 错误． 7．解析：选D.F －ILB ＝ma ，F －L 2B 2R ＋rv ＝ma ，金属杆的速度逐渐增大，加速度逐渐减小，选项A 错误；加速度为0时，金属杆的速度最大，为v ＝（R ＋r ）F L 2B 2＝10 m/s ，I ＝LBv R ＋r∝v ，杆运动的v －t 图象与I －t 图象极其类似，选项D 正确；在刚开始运动的0.40 s 内通过电阻的电荷量q 等于图线与t 轴包围的面积，由题图乙知：总格数为150格(145～155格均正确)，q ＝150×0.04×0.4 C ＝2.4 C ，选项B 错误；q ＝I Δt ＝ΔΦΔt （R ＋r ）·Δt ＝BLx R ＋r，0～0.40 s 内杆的位移约为x ＝q （R ＋r ）BL＝2.4 m ，选项C 错误． 8．解析：选BD.开始木板和滑块一起运动时的加速度为a ＝FM ＋m ＝2 m/s 2，滑块所受弹力F N ＝mg －qvB ，随滑块速度的增大而减小；当满足μF N ＝μ(mg －qvB )＝ma 时二者发生相对滑动，代入数据解得此时v ＝6 m/s ，接下来随速度增大滑块做加速度逐渐减小的加速运动，直到Bqv m ＝mg 时即v m ＝10 m/s 时，滑块开始做匀速直线运动，此后木板在拉力作用下保持a ′＝F M ＝3 m/s 2做匀加速运动，所以本题选项B 、D 正确，A 、C 错误．。
2016版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习特色专题训练仿高考选择题巧练(二)Word版含答案
仿高考选择题巧练(二)(建议用时：20分钟)一、单项选择题14．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A ．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型B ．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想C ．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E ＝F q，电容C ＝Q U ，加速度a ＝F m都是采用比值法定义的 D ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了类比的思想方法15.如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m ，重力加速度为g ，则( )A ．箱子受到的摩擦力方向向右B ．地面对木板的摩擦力方向向左C ．木板对地面的压力大小为3mgD ．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg16.(2015·台州模拟)如图所示，在一个点电荷形成的电场中，M 、N 、L 是三个间距相等的等势面．一重力不计的带电粒子从p 点无初速释放后，沿图中直线依次经过q 、k 两点，且p 、q 、k 三点是带电粒子的运动轨迹与等势面的交点．设带电粒子从p 点到q 点电场力做功W pq ，从q 点到k 点电场力做功W qk ，则( )A ．W pq ＝W qkB ．W pq ＜W qkC ．粒子从p 点到q 点做匀加速直线运动D ．粒子从p 点到q 点其电势能逐渐减小17.如图所示，宽为2L 且上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L 的闭合矩形线框由静止从某高度释放，线框竖直下落过程中，下边始终保持水平，磁感应强度方向垂直线框平面向里，线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，第二次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，用I 1、I 2分别表示第一次、第二次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流，则下列反映线框的感应电流随位移变化的图象中可能正确的是( )二、不定项选择题18.如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t ，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )A ．若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0cot θgB ．若小球垂直击中斜面，则t ＝v 0cot θgC ．若小球能击中斜面中点，则t ＝2v 0cot θgD ．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t ＝2v 0tan θg19.如图所示，坐标原点O 处有一粒子源，能沿纸面向各个方向(y >0)发射速率v 相同的粒子，在x 轴上方的空间存在着磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，图中曲线OMN 表示粒子运动的区域边界，OM ＝ON ＝L ，则( )A ．粒子带负电，其比荷为q m ＝2v LBB ．当粒子沿x 轴负方向射入磁场时，其运动轨迹即为曲线OMNC ．当粒子射入磁场的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°时，粒子在磁场中的运动时间为πL 6vD ．当粒子沿y 轴正方向射入磁场时，其一定会经过ON 的中点20.如图所示，一金属棒AC 在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O 点)匀速转动，OA ＝2OC ＝2L ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属圆环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流I ＝3B ωL 22（R ＋r ）C ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小D ．金属棒AC 间电压为3B ωL 2R 2（R ＋r ）仿高考选择题巧练(二)14．解析：选B.位移不是理想化模型，A 项错；a ＝F m表示加速度a 与物体所受合外力成正比，与质量成反比，并非采用比值法定义的，C 项错；瞬时速度的定义利用到了极限思维法，D 项错．15．解析：选C.人用力F 向右推箱子，箱子受到的摩擦力方向向左，选项A 错误；把木板、人、箱子看做整体，人对箱子的作用力为内力，整体水平方向所受合外力为零，地面对木板的摩擦力为零，选项B 错误；整体竖直方向所受合外力为零，由平衡条件可知，地面对木板支持力大小为3mg ，由牛顿第三定律可知，木板对地面的压力大小为3mg ，选项C正确，D 错误.16．解析：选D.离点电荷越近，等差等势面分布越密集，即离点电荷越近的地方间距相等的等势面间的电势差越大，则有U pq ＞U qk ，由W ＝qU 得W pq ＞W qk ，选项A 、B 错误；粒子从静止开始运动，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D 正确；从p 点到q 点电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C 错误．17．解析：选A.线框第一次进入磁场先做匀速运动，产生恒定电流，完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，线框中无感应电流，而出磁场时，做减速运动，线框中产生逐渐减小的感应电流，但刚出磁场时速度不小于进入磁场时速度，即x ＝3L 时，感应电流不小于I 0，A 对，B 错；线框第二次出磁场时做匀速运动，产生恒定电流，因线框在完全进入磁场后有一段匀加速运动过程，所以线框在进入磁场过程中将一直做加速运动且感应电流一定小于I 0，C 、D 错．18．解析：选AB.小球以最小位移到达斜面时，位移与水平方向的夹角为π2－θ，则tan ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝gt 2v 0，即t ＝2v 0cot θg ，A 对，D 错；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向夹角为π2－θ，则tan ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝gt v 0，即t ＝v 0cot θg ，B 对；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L ，则水平射程为L cos θ＝v 0t ，下落高度为L sin θ＝12gt 2，联立两式得t ＝2v 0tan θg，C 错．19．解析：选AC.由左手定则知粒子带负电，由题图知粒子轨道半径为12L ，而Bqv ＝m v 2r ，所以q m ＝2v LB，A 对；当粒子沿x 轴负方向射入磁场时，粒子的运动轨迹是一完整的圆周，B 错；当粒子射入磁场的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°时，粒子运动所对圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间为t ＝T 6＝πL 6v ，C 对；因ON ＝L ，粒子运动半径为12L ，当粒子沿y 轴正方向射入磁场时，ON 恰好为粒子做圆周运动的直径，粒子一定会经过N 点，D 错．20．解析：选BD.由右手定则可知金属棒相当于电源且A 是电源的正极，即金属棒中有从C 到A 的感应电流，A 错；金属棒转动产生的感应电动势为E ＝12B ω(2L )2－12B ωL 2＝3B ωL 22，即回路中电流I ＝3B ωL 22（R ＋r ），B 对；由电源输出功率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C 错；U AC ＝IR ＝3B ωL 2R 2（R ＋r ），D 对．。
【特色专项训练 优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一电学选择题巧练(一)
电学选择题巧练(一)[建议用时：20分钟]1．下列有关物理学史的说法中正确的是( ) A ．赫兹最早发现了电磁感应现象B ．库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量k 的值C ．奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了右手螺旋定则D ．安培通过实验发现了在磁场中产生电流的条件2.(2014·海淀区模拟)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3．(多选)两个等量电荷形成的电场中，以两电荷连线中点为坐标原点，某一方向为x 轴，x 轴上的电场强度E 的大小与x 的变化关系如图甲、乙所示，下列判断正确的有( )A ．若以两电荷连线为x 轴，则图甲是两个等量异种电荷形成的电场B ．若以两电荷连线中垂线为x 轴，则图甲是两个等量异种电荷形成的电场C ．若以两电荷连线为x 轴，则图乙是两个等量同种电荷形成的电场D ．若以两电荷连线中垂线为x 轴，则图乙是两个等量同种电荷形成的电场 4.如图所示，两平行金属极板之间有一匀强电场，金属板长为L ，一带电粒子以速度v0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场，刚好贴下极板边缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v1射入电场并能从其中射出，当它的竖直位移等于板间距d 时，它的水平射程为2L(轨迹未画出)．则粒子进入电场的初速度v1等于( )A ．v0B ．2v0 C.3v0 D ．2v05.两个电荷量分别为q 和－q 的带电粒子a 、b 分别以速度va 和vb 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，如图所示，则( ) A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．两粒子的轨迹半径之比Ra ∶Rb ＝3∶1C ．两粒子的质量之比ma ∶mb ＝1∶2D ．两粒子的速度大小之比va ∶vb ＝1∶26.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小B ＝k Ir ，即某点的磁感应强度大小B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为r ，通以大小相等、方向相同的电流．规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是()7．(多选)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 500匝，副线圈的匝数n2＝150匝，R0、R1、R2均为定值电阻，原线圈接u＝311sin(100πt) V的交流电源．起初开关S处于闭合状态．下列说法中正确的是()A．电压表示数为22 VB．当开关S断开后，电压表示数变小C．当开关S断开后，电流表示数变小D．当开关S断开后，变压器的输出功率减小8．(多选)如图所示，水平桌面上固定两平行的光滑金属导轨ab、cd，相距为L，导轨的左端连有阻值为R的电阻．导轨上放一质量为m、电阻为r的滑杆MN，滑杆垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨和导线的电阻．整个空间中存在磁感应强度大小为B、方向竖直的匀强磁场．MN的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的滑轮后，另一端与质量也为m的物块相连，轻绳处于伸直状态．现将物块由静止释放，当物块下落高度为h时速度达到最大，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中，下列说法中正确的是()A．物块的最大速度为＋B2L2B．通过电阻R的电荷量是BhLR＋rC．滑杆MN产生的最大感应电动势为＋BLD．电阻R上产生的焦耳热为mgh－＋B4L4电学选择题巧练(一)1．[解析]选B.法拉第最早发现了电磁感应现象，A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了右手螺旋定则，C错误；法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，D错误．2．[解析]选D.如题图所示的电场为带正电的点电荷形成的电场，所有电场线反向延长的交点即为该点电荷所在的位置，P 点离该点电荷的距离比M 点更近，所以P 点的电势比M 点电势高，选项A 错误；NO 之间的电场线比OM 之间的电场线密，所以NO 之间的场强大，电势差也大，选项B 错误；O 点到该点电荷的距离比Q 点近，O 点电势高，正电荷在电势高的位置电势能大，故正电荷在O 点的电势能比在Q 点大，选项C 错误；P 点的电势比M 点电势高，将负电荷由电势低的位置移动到电势高的位置电场力做正功，选项D 正确．3．[解析]选BD.由电场叠加可知，两等量异种电荷形成的电场，两电荷连线中点的场强不为零，连线中点场强在两电荷间连线上最小，但在连线中垂线上最大，从连线中点沿中垂线向两边一直减小；两等量同种电荷形成的电场在两电荷连线的中点场强为零，向两边越来越大，在两电荷连线中垂线上从连线中点向两边先增大后减小，故选项A 、C 错误，B 、D 正确．4．[解析]选C.设粒子在电场中的加速度为a.第一次，粒子恰好从下极板的边缘飞出，粒子做类平抛运动，有L ＝v0t ，d ＝12at2，解得：v0＝La 2d .第二次，由类平抛运动的推论知粒子好像是从上极板的中点沿直线飞出，由几何相似可得，粒子飞出电场时竖直方向的位移为y ＝d 3，可得L ＝v1t ′，y ＝d 3＝12at ′2，解得：v1＝L3a2d ＝3v0，故C 正确．5．[解析]选C.由左手定则可判定：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故A 错误；由几何关系可得：Ra ∶Rb ＝33，故B 错误；两者运动时间相同，则由：t ＝60°360°Tb ＝120°360°Ta ，可得Ta Tb ＝12，由Bqv ＝4π2mR T2和R ＝mv qB 可得：T ＝2πm Bq ，则ma mb ＝Ta Tb ＝12，又由Bqv ＝m v2R ，解得：v ＝BqRm ，则va vb ＝Ramb Rbma ＝233，故C 正确、D 错误．6．[解析]选D.两根通电导线通以同向电流，在a 导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里，b 导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里，由公式B ＝k I r 和磁场的叠加可知：在0<x<r2范围内，磁感应强度大小B 随x 的增大而减小且为正；当x ＝r 2时，B ＝0；在r2<x<r 区域内，B 随x 增大而减小且为负；在x>r 时，B 随x 增大而减小且为正，无穷远处大小为零．故D 正确．7．[解析]选CD.原线圈电压的有效值为220 V ，根据匝数比可得副线圈电压的有效值为22 V ，电压表接在R1两端，示数一定小于22 V ，A 错．当开关S 断开后，R1两端的电压会增大，电压表示数增大，副线圈电流减小，输出功率减小，原线圈电流减小，故B 错，C 、D 正确． 8．[解析]选ABC.当安培力等于物块重力时，速度最大，有B2L2v R ＋r ＝mg ，则最大速度v ＝＋B2L2，A 正确；通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝BhLR ＋r，B 正确； 滑杆MN 产生的最大感应电动势为 E ＝BLv ＝＋BL，C 正确；根据能量守恒得，mgh ＝12×2mv2＋Q 总，由电路可知电阻R 上产生的焦耳热QR ＝RR ＋r Q 总，解得QR ＝R R ＋r ⎣⎡⎦⎤mgh －＋B4L4，D 错误．。
高考物理二轮温习选择题专练一
选择题专练（一）近四年全国I卷选择题涉及的考点14151617181920212 013力学史静电场静电场电磁感应磁场直线运动万有引力机械能2014电磁感应磁场磁场牛顿定律电磁感应万有引力曲线运动静电场2015磁场电场交流电机械能曲线运动电磁感应牛顿定律万有引力2016静电场磁场交流电万有引力牛顿定律相互作用静电场直线运动[说明：2016年高考变成单选4个、多选4个]近四年全国I卷选择题命题内容题型题号2013年2014年2015年2016年单选14物理学史、物理方法(匀变速直线运动)电磁感应现象(物理学史)带电粒子在匀强磁场中的运动平行板电容器15库仑定律、电场强度(电场的叠加)磁感应强度、安培力静电场及其性质(电势与电场力做功)质谱仪应用16动能定理、功能关系(带电粒子在平行板电容器中运动)带电粒子在匀强磁场中的运动理想变压器、正弦交变电流理想变压器17电磁感应定律、闭合电路欧姆定律力的平衡、牛顿第二定律动能定理、功能关系(摩擦力做功)地球同步卫星通讯18带电粒子在匀电磁感应定律、平抛物体的牛顿定律、力强磁场中的运动理想变压器、交变电流运动和运动的关系、加速度定义(多选)多选19x－t图像、追及问题(直线运动)万有引力定律及其应用电磁感应、物理学史、楞次定律(圆盘实验)动态平衡、力的正交分解20万有引力定律及其应用圆周运动与摩擦力v－t图像、牛顿运动定律及其应用(力与运动)带电粒子在匀强电场中的运动21v－t图像、牛顿运动定律及其应用(舰载机匀减速直线运动，含功率)静电场及其性质、等势面万有引力定律及其应用、宇宙速度v－t图像、追及和相遇问题精析5个必考点例题展示(2016·全国乙卷·17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间维持无线电通信.目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的倍.假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )h h h h解析地球自转周期变小，卫星要与地球维持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r3T2＝k可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全世界的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出它们间的位置关系如图所示.卫星的轨道半径为r2＝Rsin 30°＝2R由r31T21＝r32T22得3242＝2R3T22.解得T2≈4 h.答案 B命题分析与对策1.命题特点这种题目也是持续5年的命题考点，已经成了必考项目.从近几年的高考中对万有引力方面的知识点的考查分析来看，对该考点的命题形式变得愈来愈新颖，考题出题形式活跃，与航天科技、实际生活和物理学史联系紧密，题目难易程度常为中等.2.应考策略理清万有引力、重力、向心力之间的关系，从发射、运行、变轨、降落等角度全面掌握卫星问题，能够将牛顿运动定律和功能关系应用于天体运动或其他天体表面的物体，了解特殊卫星和重要的天文现象.例题展示(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示.若重力加速度及图1中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图1A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度解析 由vt 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，按照牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cosθ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ和动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行进程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，按照斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0v 0＋v 14g，选项D 正确；仅按照vt 图象无法求出物块的质量，选项B 错误. 答案 ACD命题分析与对策 1.命题特点牛顿运动定律是力学知识的核心内容，是力学的基础，对整个物理学存在重大的意义.此类型考题持续连年都有，形式转变多样，是属于基础知识、大体应用能力的考查.既可单独考查，也可与其他力学规律、电学规律综合考查，因此，牛顿运动定律实际上几乎贯穿了物理必考内容的全数.属于必考题型. 2.应考策略关注弹力、摩擦力的性质、力的合成与分解的平行四边形定则、平衡条件及应用、动力学的两类大体问题等大体内容，准确理解牛顿第必然律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是对物体进行受力分析的方式；理解牛顿第三定律等.例题展示(多选)(2016·全国乙卷·20)如图2，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知( )图2点的电势比P 点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错误；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力老是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的进程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确.答案AB命题分析与对策1.命题特点从近几年的高考试题来看，高考关于“静电场”考查所占分值很高，试题主要集中在电场的性质和与其他知识的综合应用.重点考查大体概念的成立、大体规律的内涵与外延、大体规律的适用条件，和对电场知识跟其他相关知识的区别与联系的理解、辨别和综合应用.主要题型有电场性质及其描述、电场线和等势面的关系、带电粒子在电场中的加速和偏转，电场力做功及其能量问题等.2.应考策略(1)利用对比法熟悉掌握电场线和等势面的散布特点，关注五种典型电场的性质及电势，电场强度相关物理量(特别是点电荷的电场)的散布特点.(2)按照对粒子的受力分析和初速度，分析粒子的运动是直线运动仍是曲线运动问题，灵活运用动力学方式、功能关系解决粒子的运动轨迹和能量转变问题.对于直线运动问题：①若是是带电粒子在恒力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律，结合运动学公式肯定带电粒子的速度、位移等.②若是是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全进程中能的转化，研究带电粒子的速度转变、运动的位移等.对于曲线运动问题：①恒力作用：一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方式处置.通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方式或功能方式求解.②变力作用：一般利用动能定理研究全进程中能的转化，研究带电粒子的速度转变、运动的位移等.例题展示(2016·全国乙卷·15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示用意如图3所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比值约为( )图3解析 设质子的质量和电荷量别离为m 1、q 1，一价正离子的质量和电荷量为m 2、q 2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU ＝12mv 2－0，得v ＝ 2qUm① 在磁场中qvB ＝m v 2r②由①②式联立得m ＝B 2r 2q2U，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U 不变，其中B 2＝12B 1，q 1＝q 2，可得m 2m 1＝B22B21＝144，故选项D 正确.答案 D命题分析与对策 1.命题特点“带电粒子在磁场中运动”这部份知识是高中物理的重点，也是高考的热点，倍受命题专家的青睐.以此知识为背景的选择题或计算综合题在全国卷中年年出现，乃至连年作为压轴大题，是常考类型.考查带电粒子在匀强磁场中运动或其相关联的考题形式较多，而且分值高、占分比例大、综合性强、区分度较高.从近几年出题特色来看，选择题中出现这种考题的难度要求大体都是中、低等形式，是学生的得分点.只要大题不是此类题目，选择题中应该必有表现.(1)了解速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机等构造，明确它们的工作原理. (2)对于带电粒子在磁场和复合场中的运动问题，要擅长联系力学中的运动模型(类平抛运动和匀速圆周运动)，从受力情况、运动规律、能量转化等角度分析，综合运用动力学方式和功能关系加以解决.例题展示(2016·全国乙卷·16)一含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值别离为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图4解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两头的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两头的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确.甲 乙答案 B命题分析与对策交变电流和理想变压器的知识是电磁感应的应用和延伸，高考考查主要表现为“三突出”：一是考查交变电流的产生及描述问题；二是考查交变电流的图象和交变电流的“四值”(平均值、瞬时值、最大值、有效值)；三是考查变压器和远距离输电问题，交流电和变压器的综合问题.2.应考策略夯实基础，重在理清各个大体概念、熟记大体公式，明确各公式的适用条件.对于交变电流的问题，重视对交流电“四值”的理解及应用，变压器问题是温习的重中之重，重视该部份知识在实际生活中应用的问题.吃透7个热考点例题展示(2015·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图5所示.水平台面的长和宽别离为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速度向右边不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速度v在某范围内，通过选择适合的方向，就可以使乒乓球落到球网右边台面上，则v的最大取值范围是( )图5g 6h ＜v＜L1g6hg h ＜v＜4L21＋L22g6hg 6h ＜v＜124L21＋L22g6hg h ＜v＜124L21＋L22g6h解析发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动.当速度v最小时，球沿中线恰好于网，有：3h －h ＝gt 212① L 12＝v 1t 1②联立①②得v 1＝L 14gh当速度最大时，球斜向右边台面两个角发射，有L 222＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝124L 21＋L 22g6h所以使乒乓球落到球网右边台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜124L 21＋L 22g6h ，选项D 正确.答案 D命题分析与对策 1.命题特点圆周运动和(类)平抛运动是高中物理中两种典型的曲线运动，前者为变速曲线运动，后者为匀变速曲线运动.在考题中往往把两种运动综合在一路形成较为复杂的运动问题，是高考备考中的重点温习题型.同时运动合成份解的思想是种超级重要的物理思想方式，是解决复杂运动问题的一种主要思路.因此很多时候命题专家也借助一些曲线运动等复杂运动问题来考查学生是不是掌握了运动合成份解这一化繁为简、表现等效思维的科学方式. 2.应考策略掌握学过的几种典型运动的特点和规律，如平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，同时还要加深对速度、加速度及其关系的理解，加深对牛顿第二定律的理解，提高解决实际问题的能力.例题展示(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图6，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的进程中克服摩擦力所做的功.则( )图6＝12mgR ，质点恰好可以抵达Q 点 ＞12mgR ，质点不能抵达Q 点 ＝12mgR ，质点抵达Q 点后，继续上升一段距离 ＜12mgR ，质点抵达Q 点后，继续上升一段距离 解析 按照动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，通过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点按照动能定理可得mgR －W ＝3mgR2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动进程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R，按照左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功致使在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，按照动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，质点会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确. 答案 C命题分析与对策 1.命题特点本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功与重力势能、弹力做功与弹性势能、合力功与机械能，摩擦阻力做功、内能与机械能.都是历年高考的热点内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全.动能定理、功能关系是历年高考力学部份的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一.考题的内容常常与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学等方面知识综合，物理进程复杂，综合分析的能力要求较高，这部份知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，也常常成为高考的压轴题，且高难度的综合题常常涉及本专题知识.2.应考策略重力做功与重力势能的关系、动能定理等内容是高考的热点，其中动能定理仍是此后高考的热点，建议温习时要偏重于动能定理的应用，体会用动能定理解题的优越性.对于大体概念的理解及功和功率的计算是高考的冷点，近三年的考卷中出现的概率较小，可是它们属于重点内容，建议温习时要重视这部份知识的掌握，在此后的高考中这部份知识点有可能会被考到，而且极有可能会在一个计算题中以其中的一问方式出现.关于能量的转化和守恒，要注意其考查的综合性，因为它是自然界中的普适规律，不但在力学中是重点，而且在热学、电磁学领域也是命题的热点，所以在温习本专题时要给予足够的重视.例题展示(多选)(2016·全国乙卷·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt 图象如图7所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图7A.在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B.在t ＝0时，甲车在乙车前 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析 按照vt 图，甲、乙都沿正方向运动.t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由位移和vt 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝ m.故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝ m ，即甲在乙前方 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝ m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝ m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地址之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确.答案 BD命题分析与对策1.命题特点物理图象是描述物理规律最简练的语言，高考十分重视对物理图象的考查，其中对证点运动图象的考查力度明显增强，既有单独命题，又有综合命题；既有定性分析、判断、简单推理的问题，又有定量计算或作图的问题.在近几年高考物理试卷中质点运动图象的问题可谓出色纷呈.直线运动图象不局限于匀速或匀变速运动，不局限于x—t或v—t图象，可单独命题，也可与其他考点综合.2.应考策略对图象的分析理解，包括图象中的各类信息，如图象所描述的物理规律、图象的斜率、图线与坐标轴的交点、两图线的交点、图线包围的面积、图线的拐点或极值点等.掌握一般方式，适度拓宽范围.能够按照图象获取解题信息、还原物理情景、表示转变规律、进行分析判断.例题展示(2014·全国课标Ⅰ卷·18)如图8(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上.在ab线圈中通以转变的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间转变关系的图中，可能正确的是( )图8解析由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀转变的，则线圈ab中的电流是均匀转变的，故选项A、B、D错误，选项C 正确.答案 C命题分析与对策1.命题特点电磁感应涉及的知识面较广，是历年高考物理命题的热点.高考试题中“电磁感应”的问题，主要集中在感应电流产生的条件、感应电动势(电流)方向的判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算上.如滑轨类问题和矩形线圈穿越有界匀强磁场问题是电磁感应中的典型综合性问题，其综合性强，能力要求高，是高考命题的热点，由于电磁感应现象与磁场、直流电路、力和运动、动量和能量等知识点联系密切，所以涉及这些知识的综合性问题及感应电流(或感应电动势)的图象问题在最近几年高考中也时常出现，因此在温习中还要注意培育学生综合应用这些知识分析解决实际问题的能力.2.应考策略(1)注意大体规律的理解，深刻理解大体概念和规律是解决综合问题的基础.如对线框导体棒在磁场中运动问题要弄清楚哪部份相当于电源，知道电源内部电流是从负极到正极，按照这点判断导体的哪端相当于电源正极.(2)电磁感应与力和运动结合的问题，首先明确研究对象，弄清物理进程，正确地进行受力分析.(3)电磁感应现象中，产生的电能是其他形式的能转化来的，外力克服安培力做多少功，就有多少电能产生.例题展示(多选)(2016·全国乙卷·19)如图9，一滑腻的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一名于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态.若F方向不变，大小在必然范围内转变，物块b仍始终维持静止，则( )图9A.绳OO′的张力也在必然范围内转变B.物块b所受到的支持力也在必然范围内转变C.连接a和b的绳的张力也在必然范围内转变D.物块b与桌面间的摩擦力也在必然范围内转变解析由于物块a、b均维持静止，各绳角度维持不变，对a受力分析得，绳的拉力F T′＝m a g，所以物块a受到绳的拉力维持不变.由滑轮性质，滑轮双侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均维持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示.由平衡条件得：F T cos β＋F f ＝F cos α，F sin α＋F N＋F T sin β＝m b g.其中F T和m b g始终不变，当F大小在必然范围内转变时，支持力在必然范围内转变，B选项正确；摩擦力也在必然范围内发生转变，D选项正确.答案BD命题分析与对策1.命题特点力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，共点力作用下的物体平衡是高中物理重要的知识点.尤其是三个共点力的平衡问题，一直是高考的热点.隔离法、整体法分析平衡问题是学生必需掌握的方式，也是高考考查的重点，高考命题常以新情境来考查，而且常常与其他知识综合出题.单独考查共点力平衡的题型一般为选择题，综合其它知识考查的题型一般为计算题，命题难度大体上属于中等.同时，共点力的平衡问题与数学、生物学科、体育运动等结合形成新颖试题的亮点.在高考备考中应加以关注.2.应考策略(1)深刻理解各类性质力的方向特点，牢牢把握平衡这一特殊状态，通过受力分析，运用平衡条件，选用适当的方式解决问题.(2)灵活应用如下物理思想和方式：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想等.例题展示(2014·全国课标Ⅰ卷·14)在法拉第时期，下列验证“由磁产生电”假想的实验中，能观察到感应电流的是( )A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的转变B.在一通电线圈旁放置连续有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的转变C.将一房间内的线圈两头与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的转变D.绕在同一铁环上的两个线圈，别离接电源和电流表，在给线圈通电或断电的刹时，观察电流表的转变解析产生感应电流必需知足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生转变.选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的转变；选项C知足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，可是等咱们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的转变；选项D知足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的转变，所以选D.答案 D命题分析与对策1.命题特点物理学史、物理方式和物理思想是高考的一个重要考查对象，难度较低，这种题目的特点是涉及面广，命题的形式花腔繁多.无论直接考查仍是间接考查，出题方向再也不是简单物理学史的罗列——“谁发现了什么”，而是偏向于围绕某个知识点的成立进程进行考查，要求考生掌握物理学家在研究进程中的科学思维.2.应考策略建议温习进程以专题讲座或校本课程的方式进行系统的提炼梳理.例如：伽利略对自由落体运动及力与运动关系的研究(归谬法、外推法、理想实验法等)；牛顿对物理学的主要贡献；万有引力定律的发现及完善(三巨头)；法拉第对电磁感应现象的研究等.例题展示(2016·全国乙卷·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上.若将云母介质移出，则电容器( )A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析由C＝εr S4πkd可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器。
2022版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习特色专题训练：电学计算题巧练 Word版含答案
电学计算题巧练(建议用时：60分钟)1.如图所示，xOy 平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy 平面的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ；同时有垂直于xOy 平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6 kg 、电荷量q ＝2×10－7 C 的带负电粒子从坐标原点O 以肯定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P (4，3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP 向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y 轴上的M (0，6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：(1)OP 连线上与M 点等电势的点的坐标； (2)粒子由P 点运动到M 点所需的时间．2．(2021·杭州模拟)从地面以v 0斜向上抛出一个质量为m 的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等．求：(1)无电场时，小球升到最高点的时间； (2)后来加上的电场的场强大小．3.如图所示，在x 轴上方有垂直于xOy 平面对外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子，在P 点以速率v 沿与x 轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q 点离开磁场，P 点与Q 点关于y 轴对称且相距为2a ，其中a ＝m v 2Bq(B 为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)．(1)求粒子从P 点运动到Q 点的时间；(2)若匀强磁场只在x 轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，转变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x ＝－a2，其中a ＝m v B ′q (B ′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过Q 点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积．4. 如图所示，在矩形区域CDNM 内有沿纸面对上的匀强电场，场强的大小E ＝1.5×105 N/C ；在矩形区域MNGF 内有垂直于纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝0.2 T ．已知CD ＝MN ＝FG ＝0.6 m ，CM ＝MF ＝0.20 m ．在CD 边中点O 处有一放射源，沿纸面对电场中各方向均匀地放射速率均为v 0＝1.0×106 m/s的某种带正电的粒子，粒子质量m ＝6.4×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19 C ，粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场，不计粒子的重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG 上有粒子射出磁场的范围的长度； (3)粒子在磁场中运动的最长时间．5.如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道顶端连接有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab 处由静止开头下滑，到达轨道底端cd 时受到轨道的支持力为2mg .整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．(1)求金属棒到达最低点时通过电阻R 的电流大小；(2)求金属棒从ab 下滑到cd 的过程中回路中产生的焦耳热和通过R 的电荷量；(3)若金属棒在拉力作用下，从cd 开头以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab 的过程中拉力做的功为多少？6．如图所示，在竖直面内，左边为两同心圆，内圆半径为r ，其中有均匀变化的匀强磁场，外圆是半径为R 、阻值为R 1的线圈．中间是间距为L 的两平行导轨，导轨间有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，其上垂直导轨固定有长为L 、电阻为R 2、质量为m 的导体棒，导体棒与导轨接触良好．右边是间距为d 的平行板电容器，板间有匀强磁场，磁感应强度大小也为B ，一质量为m 、带电荷量为＋q (q ＞0)的粒子能在其间做匀速圆周运动．三个磁场方向均垂直纸面对里，上述三部分由电阻不计的导线连接．已知重力加速度为g .(1)要使带电粒子能在平行板内做圆周运动，左边内圆中磁场的磁感应强度是均匀增大还是均匀减小？磁感应强度的变化率为多大？(2)假如撤去左边圆形磁场，导体棒解除固定，同时让导体棒以一平行导轨的速度v 匀速运动，为使带电粒子能在平行板内做圆周运动，求速度v ；(3)求(1)、(2)两问中导体棒的功率大小的比值．电学计算题巧练1．解析：(1)设粒子在P 点时的动能为E k ，则初动能为2E k ，在M 点动能为1.25E k ，O 点与P 点和M 点的电势差分别为：U OP ＝E k q ，U OM ＝0.75E kq设OP 连线上与M 点电势相等的点为D ，由几何关系得OP 的长度为5 m ，沿OP 方向电势下降．则：U OD U OP ＝U OM U OP ＝OD OP ＝0.751得OD ＝3.75 m ，设OP 与x 轴的夹角为α，则sin α＝35，D 点的坐标为x D ＝OD cos α＝3 m ，y D ＝OD sinα＝2.25 m即D 点坐标为(3，2.25)．(2)由于OD ＝3.75 m ，而OM cos ∠MOP ＝3.75 m ，所以MD 垂直于OP ，由于MD 为等势线，因此OP 为电场线，方向从O 到P带电粒子从P 到M 过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP ＝12Eq mt 2，又DP ＝OP －OD ＝1.25 m 解得：t ＝0.5 s.答案：(1)(3，2.25) (2)0.5 s2．解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则由v 2y ＝2gh ，得12mv 2y ＝mgh 12mv 2x ∶12mv 2y＝9∶16 解得初始抛出时：v x ∶v y ＝3∶4 所以竖直方向的初速度为v y ＝45v 0竖直方向上做匀减速运动 v y ＝gt 得t ＝4v 05g.(2)设后来加上的电场场强大小为E ，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平重量方向相同，则有E 1q m t ＋35v 0＝v 0 解得：E 1＝mg 2q.若电场力的方向与小球初速度的水平重量方向相反，则有 E 2q m t －35v 0＝v 0 解得：E 2＝2mg q.答案：(1)4v 05g (2)mg 2q 或2mgq3．解析：(1)粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下，做圆周运动，经过PQ 两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，则由qvB ＝m v 2r 得：r ＝mvqB ＝2a圆周运动的周期：T ＝2πr v ＝4πav 劣弧对应的圆心角为θ：sinθ2＝a r ＝12，得θ＝π3优弧对应的圆心角为θ′：θ′＝2π－θ＝5π3粒子运动时间t ＝θ2πT ＝2πa 3v 或t ＝θ′2πT ＝10πa3v.(2)由题意可知：粒子进入磁场前先做一段直线运动，进入磁场后，在洛伦兹力作用下，做一段圆弧运动，而后离开磁场区域，再做一段直线运动到达Q 点，如图所示．设进入磁场点的坐标为(x ，y )，粒子圆周运动的半径为r ′由B ′q v ＝m v2r ′得r ′＝a由几何关系得：r ′2＝x 2＋(r ′cos α)2tan α＝y a －|x |，x ＝－a2解得：y ＝36a 当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积最小，对应的半径最小．由对称性可知磁场最小半径为a2S min ＝π⎝⎛⎭⎫a 22＝π4a 2.答案：见解析4．解析：(1)设带电粒子射入磁场时的速度为v ，由动能定理得 qE ·CM ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝2×106 m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB ＝m v 2rr ＝mvBq＝0.2 m. (2)如图所示，垂直电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，离开电场时，设其速度方向与电场方向的夹角为θ1粒子在电场中的加速度大小为a ＝Eqm沿电场方向的位移y 1＝12at 2＝CM垂直电场方向的位移x 1＝v 0t ＝2315m 离开电场时sin θ1＝v 0v ＝12，θ1＝30°由于x 1＋r (1－cos 30°)<0.30 m上述粒子从S 点射入磁场偏转后从边界FG 射出时的位置P 即为射出范围的左边界，且PS ⊥MN ；垂直MN 射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG 相切，切点Q 是射出范围的右边界，带电粒子从边界FG 射出磁场时的范围的长度为l ＝x 1＋r ＝⎝⎛⎭⎫2315＋0.2m ≈0.43 m. (3)带电粒子在磁场中运动的周期 T ＝2πm Bq＝6.28×10－7s带电粒子在磁场中运动时，沿O ′QR 运动的轨迹最长，运动的时间最长 sin θ2＝CD 2－r r ＝12，θ2＝30°即带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t ＝13T ＝2πm 3Bq ＝2.09×10－7s.答案：(1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.09×10－7s5．解析：(1)到达最低点时，设金属棒的速度为v ，产生的感应电动势为E ，感应电流为I ，则2mg －mg ＝m v 2rE ＝BLv I ＝E R， 联立解得速度v ＝gr ，I ＝BL grR.(2)设产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律有 Q ＝mgr －12mv 2得Q ＝12mgr设产生的平均感应电动势为E ，平均感应电流为I ，通过R 的电荷量为q ， 则E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R ，q ＝I Δt ，解得q ＝BrLR.(3)金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I ′＝BLv 02R，在四分之一周期内产生的热量Q ′＝I ′2R ·πr 2v 0，设拉力做的功为W F ，由功能关系W F －mgr ＝Q ′，解得W F ＝mgr ＋πB 2L 2v 0r4R.答案：(1)BL gr R (2)12mgr BrLR (3)mgr ＋πB 2L 2v 0r 4R6．解析：(1)要使带电粒子能在平行板间做匀速圆周运动，肯定有Eq ＝mg粒子受到的电场力方向竖直向上，故电场方向竖直向上，平行板下极板带正电．由楞次定律可知，内圆中磁场的磁感应强度在均匀增大其电动势为E 1＝ΔΦΔt ＝πr 2ΔBΔt又由于U ＝Ed由电路关系有U ＝E 1R 2R 1＋R 2解得：ΔB Δt ＝mgd （R 1＋R 2）πr 2qR 2.(2)由(1)分析可知，导体棒应当是匀速向左运动，产生的电动势为E 2＝BLv 故有Ed ＝BLvR 1R 1＋R 2解得：v ＝mgd （R 1＋R 2）qBLR 1.(3)P 1＝I 21R 2＝⎝⎛⎭⎫E 1R 1＋R 22R 2P 2＝I 22R 2＝⎝⎛⎭⎫E 2R 1＋R 22R 2 解得：P 1P 2＝⎝⎛⎭⎫E 1E 22＝R 21R 22.答案：见解析。
高考物理二轮复习一选择题快速练七选择题快速练四电学30301253.docx
(七)选择题快速练四电学(3)1.(多选)如图所示,MON是固定的光滑绝缘直角杆,MO沿水平方向,NO沿竖直方向,A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球,用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上,使两球均处于静止状态。
现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后,A、B两小球可以重新平衡。
则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较,下列说法正确的是( )A.A、B两小球间的库仑力变大B.A、B两小球间的库仑力变小C.A球对MO杆的压力变大D.A球对MO杆的压力肯定不变2.如图所示,在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小相等,一金属导线制成的圆环大小刚好可与磁场边界重合,现从图示位置开始,下列说法中正确的是( )A.若使圆环向右平动穿出磁场区域,感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B.若使圆环竖直向上平动穿出磁场区域,感应电流始终沿逆时针方向C.若圆环以ab为轴转动,a点的电势始终高于b点的电势D.若圆环以ab为轴转动,b点的电势始终高于a点的电势3.如图所示,在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈ABCD,AB边与磁场垂直,MN边始终与金属滑环K相连,PQ 边始终与金属滑环L相连;金属滑环L、交流电流表A、定值电阻R、金属滑环K通过导线串联。
使矩形线圈以恒定角速度绕过BC、AD中点的轴旋转。
下列说法中正确的是( )A.交流电流表A的示数随时间按余弦规律变化B.线圈转动的角速度越大,交流电流表A的示数越小C.线圈平面与磁场平行时,流经定值电阻R的电流最大D.线圈平面与磁场垂直时,流经定值电阻R的电流最大4.(多选)如图所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M点与N点在同一电场线上。
两个完全相同的带电粒子,分别以初速度v1、v2垂直于电场线进入电场(轨迹位于竖直平面内),两粒子恰好能相遇于P点,重力不计。
在此过程中,下列说法正确的是( )A.两粒子到达P点的速度大小可能相等B.电场力对两粒子做功一定不相同C.两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时大D.两粒子到达P点所需时间一定不相等5.(多选)如图所示,电流表A1(0~3 A)和A2(0~0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成,现将这两个电流表并联后接入电路中。
高三物理二轮复习 特色专项训练 第1篇二 题巧练策略捞分 电学题巧练(二)
咐呼州鸣咏市呢岸学校电学题巧练(二)(建议用时：40分钟)1．(2021·七校)测量一个长约5 cm、电阻R1约为30 Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：游标卡尺(20分度)；螺旋测微器；直流电源E(电动势为18 V，内阻可忽略不计)；电流表A1(量程1.5 A，内阻r1＝6 Ω)；电流表A2(量程2 A，内阻r2约为5 Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；开关S，导线假设干．(1)用游标卡尺测得导电材料的长度如图甲所示，读数L＝________cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D＝________mm.(2)请根据给出的仪器设计测电阻的电路原理图，要求获得较多的数据．(3)假设某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，那么由量和测量量计算电阻率的表达式ρ＝____________．2．(2021·高考卷Ⅱ)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，室提供的器材如下：待测电压表V(量程3 V，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99 99 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω，额电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关2个，导线假设干．(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一，将电路图补充完整．(2)根据设计的电路，写出步骤：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R V′，与电压表内阻的真实值R V相比，R V′________R V(填“>〞“＝〞或“<〞)，主要理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.3．(2021·十三校二联)某同学利用图甲所示电路测电源的电动势和内阻．中电表内阻对结果影响很小，均可以忽略不计．闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P由变阻器的一端滑到另一端的过程中，两电压表示数随电流表示数变化情况分别如图乙的U－I图象中的图线a、b所示．(1)用笔画线代表导线，将图丙实物图中各元件按图甲连接成电路．(2)通过分析可知，其乙线________(填“a〞或“b〞)表示电压表V1示数随电流表A示数变化的关系．(3)根据U－I图象中坐标轴上所标出的数据，可求出电源的电动势E＝________，内阻r＝________．(用图中给出的坐标值表示)4．(2021·高考卷)某同学利用图甲所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化．中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100 μF)、电阻R1(约200 kΩ)、电阻R2(1 kΩ)、电压表V(量程6V)、秒表、导线假设干．甲(1)按图甲所示的电路原理图将图乙中实物图连线．(2)先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表开始计时．假设某时刻电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为________V(保存2位小数)．(3)该同学每隔10 s记录一次电压表的读数U，记录的数据如下表所示．在坐标纸上绘出U－t图线．只有一个数据点误差较大，该数据点对的表中的时间是________s.(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是________．5．(2021·4月模拟)某同学尝试把一个灵敏电流计改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流计(待改装)，学生电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线假设干，导热性能良好的防水材料，温度计，PTC热敏电阻R t(PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为R t＝a ＋kt，a>0，k>0)．设计电路图如下图，并按如下步骤进行操作：(1)按电路图连接好器材．(2)将滑动变阻器滑片P滑到________端(填“a〞或“b〞)，单刀双掷开关S掷于________端(填“c〞或“d〞)，调节滑片P使电流计________，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路．(3)向容器中倒入适量开水，观察温度计，每当温度计示数下降5 ℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对的电流计的示数I，然后断开开关．请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式(用题目中给的符号表示)I＝________．(4)根据对温度记录的电流计示数，重刻制电流计的表盘，改装成温度表．根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在________侧(填“左〞或“右〞)，刻度线分布________(填“是〞或“不是〞)均匀的．6．(2021·诊断检测)小华、小刚共同设计了图甲所示的电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组(电动势约6 V，内阻r约3 Ω)、电流表(量程2.0 A，内阻r A＝0.8 Ω)、电阻箱R1(0～9 Ω)、滑动变阻器R2(0～R x)、开关三个及导线假设干．他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值．(1)小华先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值．他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、S1，断开S2，调节电阻箱的电阻值为Ω时，电流表的示数也为I.此时滑动变阻器接入电路的阻值为________Ω.(2)小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻．①他的步骤为：a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至________(选填“最大值〞或“最小值〞)，之后闭合开关S，再闭合________(选填“S1”或“S2”)；b．调节电阻________(选填“R1”或“R2”)，得到一电阻值R和电流I的数据；c．断开开关，整理仪器．②图乙是他由数据绘出的1I－R图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表________，电源电动势E ＝________V，内阻r＝________Ω.(计算结果保存两位有效数字)电学题巧练(二)1．解析：(1)游标卡尺主尺读数为50 mm，20分度游标卡尺精确度为0.05 mm，第5条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为5×0.05 mm＝0.25 mm，所以该材料的长度为50 mm＋0.25 mm＝50.25 mm＝5.025 cm；螺旋测微器固刻度读数为2.0 mm，可动刻度读数为15.0×0.01 mm＝0.150 mm，因此该材料直径为2.0 mm ＋0.150 mm ＝2.150 mm.(2)电流表量程为1.5 A ，内阻为6 Ω，可当电压表使用，将其与待测材料并联，再与电流表A 2串联，由于提供的滑动变阻器总电阻小于待测材料电阻，故需要将滑动变阻器接成分压式电路，电路图见答案．(3)通过并联电路特点，可知通过电阻R 1的电流为I 2－I 1，其两端电压U ＝I 1r 1，所以待测材料的电阻为R 1＝I 1r 1I 2－I 1，由电阻律R 1＝ρL S ，S ＝πD 24，解得：电阻率ρ＝πD 2I 1r 14L 〔I 2－I 1〕. 答案：(1)5.025 50 (2)如下图(3)πD 2I 1r 14L 〔I 2－I 1〕2．解析：(1)由于R 1的总阻值远小于测量电路总电阻，故控制电路采用分压式接法，电路图见答案．(2)(3)见答案．答案：(1)电路图如下图(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路电压最小；闭合开关S 1、S 2，调节R 1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S 2，调节电阻箱R 0使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻(3)> 断开S 2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R 0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V ′>R V (其他合理说法同样正确)3．解析：(1)如下图．(2)由题图甲知电压表V 1测路端电压，那么其U －I 图线为图线a .(3)结合题给条件，由闭合电路欧姆律可得： E ＝U 1＋I 1rE ＝U 2＋I 2r解得E ＝U 1I 2－U 2I 1I 2－I 1r ＝U 1－U 2I 2－I 1.答案：(1)图见解析(2)a(3)U1I2－U2I1I2－I1U1－U2I2－I14．解析：(2)电压表的量程为6 V，分度值为0.1 V，所以读数为 0 V.(3)将表中各数据在坐标纸上描点连线如答图所示，由图可知除t＝40.0 s的数据外其他各点根本在同一平滑曲线上，故误差较大的数据点只能是t＝40.0 s对的点．(4)电路中C、R2和S2构成的回路，先闭合开关S2，再断开开关S2，目的是前使电容器上下极板所带电荷充分，不影响．答案：(1)如下图(2)0 (3)图线如下图40.0 (4)放电5．解析：(2)分析电路可知滑动变阻器为限流式接法，所以闭合开关前，使它的阻值处于最大值状态，即将滑片P滑到a端．为了设计表盘刻度，使开关掷于c处，调节滑片，使电流计满偏．(3)把开关置于d端，根据闭合电路欧姆律得I＝ER＋R t，又R t＝a＋kt，联立得出电流与温度的关系式为I＝ER＋a＋kt.(4)因为R t＝a＋kt(且a>0，k>0)，所以温度越低，电阻R t越小，回路中I越大，所以低温刻度在右侧，由(3)中关系式可知电流与温度不是线性关系，所以刻度线分布不是均匀的．答案：(2)a c 满偏(3)ER＋a＋kt(4)右不是6．解析：(1)闭合S、S2，断开S1，根据题图甲和闭合电路欧姆律可得I＝Er＋r A＋R2x；闭合S、S1，断开S2，根据题图甲和闭合电路欧姆律可得I＝Er＋r A＋R1；解得滑动变阻器接入电路的阻值R2x＝R1＝Ω.(2)①a.本利用“电阻箱＋电流表〞的方式来测量电源的电动势和内阻，为了保证电流表不被烧坏，在闭合开关前，将电阻箱R1的阻值调节到最大值；由于本利用“电阻箱＋电流表〞的方式来测量电源的电动势和内阻，因此，闭合开关S之后，再闭合开关S1.b.由于中使用电阻箱读取数据，故调节R1.②当闭合S、S1，根据题图甲和闭合电路欧姆律可得E＝I(r＋r A＋R)(其中R为电阻箱接入电路的电阻的大小)，即1I ＝1 ER＋r＋r AE，当R＝0时，1I·E＝r＋r A，即题图乙象纵轴截距与电源电动势的乘积代表电流表的内阻与电源的内阻之和(r ＋r A )；根据表达式1I ＝1E R ＋r ＋r A E 和题图乙所给图象可得，1E ＝1.60－0.606 V －1，r ＋r A E＝0.60，解得E ＝6.0 V ，r ＝ Ω.答案：(1) (2)①a .最大值 S 1 b ．R 1 ②r＋r A (电流表的内阻与电源的内阻之和) 6.0。
高考物理二轮复习一选择题快速练五选择题快速练四电学.docx
(五)选择题快速练四电学(1)1.如图,竖直平行金属板分别与电源正、负极相接,一带电颗粒沿图中直线从A向B运动,则该带电颗粒( )A.动能减小B.电势能减小C.机械能减小D.可能带负电2.如图所示,圆柱体为磁体,磁极在左右两侧,外侧a为一金属圆环,与磁体同轴放置,间隙较小。
在左侧的N极和金属圆环上各引出两根导线,分别接高压电源的正负极。
加高压后,磁体和金属环a间的空气会被电离,形成放电电流,若从右侧观察放电电流,下列说法正确的是( )A.放电电流将发生顺时针旋转B.放电电流将发生逆时针旋转C.放电电流不发生旋转D.无法确定放电电流的运动情况3.(多选)将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接,扭成如图所示四种形状的闭合线圈,图中大圆半径均为小圆半径的两倍,将线圈先后置于同一匀强磁场中,线圈平面均与磁场方向垂直。
若磁感应强度从B增大到2B,则线圈中通过的电量最少的是( )4.如图甲所示连接电路,电源电动势为6 V。
先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,这个过程可在瞬间完成。
然后把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,电流传感器将测得的电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线如图乙所示。
据此图可估算出电容器释放的电荷量,并进而估算出电容器的电容为( )A.2.0×10-1 FB.1.3×10-2 FC.4.5×10-3 FD.5.6×10-4 F5.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为55∶3,原线圈a、b间输入交流电瞬时值的表达式为u=2202 sin 100πt (V),副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡,当开关S1和S2都闭合时,两灯泡均正常发光,下列说法中正确的是( )A.两只灯泡能承受的最高电压为12 VB.断开开关S1,副线圈两端的电压将变大C.断开开关S1,变压器原线圈的输入功率将变小D.该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为55∶36.如图所示为一孤立的负点电荷形成的静电场,一带电粒子仅在电场力的作用下以某一速度进入该电场,依次经过A、B、C三点,其中A、C两点与负点电荷的距离相等,B点是轨迹上距离负点电荷最近的点。
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电学选择题巧练(一)
[建议用时：20分钟]
1．下列有关物理学史的说法中正确的是( )
A ．赫兹最早发现了电磁感应现象
B ．库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量k 的值
C ．奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了右手螺旋定则
D ．安培通过实验发现了在磁场中产生电流的条件
2.(2014·海淀区模拟)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
3．(多选)两个等量电荷形成的电场中，以两电荷连线中点为坐标原点，某一方向为x 轴，x 轴上的电场强度E 的大小与x 的变化关系如图甲、乙所示，下列判断正确的有( )
A ．若以两电荷连线为x 轴，则图甲是两个等量异种电荷形成的电场
B ．若以两电荷连线中垂线为x 轴，则图甲是两个等量异种电荷形成的电场
C ．若以两电荷连线为x 轴，则图乙是两个等量同种电荷形成的电场
D ．若以两电荷连线中垂线为x 轴，则图乙是两个等量同种电荷形成的电场
4.如图所示，两平行金属极板之间有一匀强电场，金属板长为L ，一带电粒
子以速度v0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场，刚好贴下极板边
缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v1射入电场并能从
其中射出，当它的竖直位移等于板间距d 时，它的水平射程为2L(轨迹未画
出)．则粒子进入电场的初速度v1等于( )
A ．v0
B ．2v0 C.3v0 D ．2v0
5.两个电荷量分别为q 和－q 的带电粒子a 、b 分别以速度va 和vb 射入匀
强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽
度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，如图所示，则( )
A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电
B ．两粒子的轨迹半径之比Ra ∶Rb ＝3∶1
C ．两粒子的质量之比ma ∶mb ＝1∶2
D ．两粒子的速度大小之比va ∶vb ＝1∶2
6.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小B ＝k I r ，即某点的磁感应强度
大小B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为r ，通以大小相等、方向相同的电流．规定磁感应强
度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是()
7．(多选)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 500匝，副线圈的匝数n2＝150匝，R0、R1、R2均为定值电阻，原线圈接u＝311sin(100πt) V的交流电源．起初开关S处于闭合状态．下列说法中正确的是()
A．电压表示数为22 V
B．当开关S断开后，电压表示数变小
C．当开关S断开后，电流表示数变小
D．当开关S断开后，变压器的输出功率减小
8．(多选)如图所示，水平桌面上固定两平行的光滑金属导轨ab、
cd，相距为L，导轨的左端连有阻值为R的电阻．导轨上放一质量
为m、电阻为r的滑杆MN，滑杆垂直于导轨并可在导轨上自由滑
动，不计导轨和导线的电阻．整个空间中存在磁感应强度大小为B、
方向竖直的匀强磁场．MN的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的滑轮后，另一端与质量也为m的物块相连，轻绳处于伸直状态．现将物块由静止释放，当物块下落高度为h时速度达到最大，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中，下列说法中正确的是()
A．物块的最大速度为
＋B2L2
B．通过电阻R的电荷量是BhL
R＋r
C．滑杆MN产生的最大感应电动势为
＋BL
D．电阻R上产生的焦耳热为mgh－
＋B4L4
电学选择题巧练(一)
1．[解析]选B.法拉第最早发现了电磁感应现象，A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了右手螺旋定则，C错误；法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，D错误．
2．[解析]选D.如题图所示的电场为带正电的点电荷形成的电场，所有电场线反向延长的交点即为该点电荷所在的位置，P 点离该点电荷的距离比M 点更近，所以P 点的电势比M 点电势高，选项A 错误；NO 之间的电场线比OM 之间的电场线密，所以NO 之间的场强大，电势差也大，选项B 错误；O 点到该点电荷的距离比Q 点近，O 点电势高，正电荷在电势高的位置电势能大，故正电荷在O 点的电势能比在Q 点大，选项C 错误；P 点的电势比M 点电势高，将负电荷由电势低的位置移动到电势高的位置电场力做正功，选项D 正确．
3．[解析]选BD.由电场叠加可知，两等量异种电荷形成的电场，两电荷连线中点的场强不为零，连线中点场强在两电荷间连线上最小，但在连线中垂线上最大，从连线中点沿中垂线向两边一直减小；两等量同种电荷形成的电场在两电荷连线的中点场强为零，向两边越来越大，在两电荷连线中垂线上从连线中点向两边先增大后减小，故选项A 、C 错误，B 、D 正确．
4．[解析]选C.设粒子在电场中的加速度为a.第一次，粒子恰好从下极板的
边缘飞出，粒子做类平抛运动，有L ＝v0t ，d ＝12at2，解得：v0＝L a
2d .
第二次，由类平抛运动的推论知粒子好像是从上极板的中点沿直线飞出，
由几何相似可得，粒子飞出电场时竖直方向的位移为y ＝d 3，可得L ＝v1t′，y ＝d 3＝12at′2，解
得：v1＝L 3a 2d ＝3v0，故C 正确．
5．[解析]选C.由左手定则可判定：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故A 错误；由几何关系可
得：Ra ∶Rb ＝33，故B 错误；两者运动时间相同，则由：t ＝60°360°Tb ＝120°360°Ta ，可得Ta Tb ＝12，
由Bqv ＝4π2mR T2和R ＝mv qB 可得：T ＝2πm Bq ，则ma mb ＝Ta Tb ＝12，又由Bqv ＝m v2R ，解得：v ＝BqR m ，则va vb ＝Ramb Rbma ＝233，故C 正确、D 错误．
6．[解析]选D.两根通电导线通以同向电流，在a 导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里，b
导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里，由公式B ＝k I r 和磁场的叠加可知：在0<x<r 2
范围内，磁感应强度大小B 随x 的增大而减小且为正；当x ＝r 2时，B ＝0；在r 2<x<r 区域内，
B 随x 增大而减小且为负；在x>r 时，B 随x 增大而减小且为正，无穷远处大小为零．故D 正确．
7．[解析]选CD.原线圈电压的有效值为220 V ，根据匝数比可得副线圈电压的有效值为22 V ，电压表接在R1两端，示数一定小于22 V ，A 错．当开关S 断开后，R1两端的电压会增大，电压表示数增大，副线圈电流减小，输出功率减小，原线圈电流减小，故B 错，C 、D 正确．
8．[解析]选ABC.当安培力等于物块重力时，速度最大，有B2L2v R ＋r
＝mg ， 则最大速度v ＝＋
B2L2，A 正确；
通过电阻R 的电荷量q ＝
ΔΦR ＋r ＝BhL R ＋r ，B 正确； 滑杆MN 产生的最大感应电动势为 E ＝BLv ＝＋BL ，C 正确；
根据能量守恒得，mgh ＝12×2mv2＋Q 总，
由电路可知电阻R 上产生的焦耳热QR ＝R R ＋r
Q 总， 解得QR ＝
R R ＋r ⎣⎡⎦⎤mgh －＋B4L4，D 错误．。