2015届高考物理第二轮冲关复习题64

电学选择题巧练(三) [建议用时：20分钟]
1.如图所示，菱形abcd 的四个顶点分别放上电荷量都为Q 的不同电
性的点电荷，∠abc ＝120°.对角线的交点为O ，A 、B 、C 、D 分别是
O 点与四个顶点连线的中点，则下列说法正确的是( )
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 ．正的检验电荷从A 到D 电场力做正功
2.(多选)如图为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图象，－x
0与x 0关于
坐标原点对称，则下列说法正确的是( )
A ．纵轴的左侧为匀强电场
B ．－x 0处的场强为零
C ．一电子在x 0处由静止释放，电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐
增大
D ．一电子在x 0处由静止释放，电子不一定沿x 轴正方向运动，但速度逐渐增大
3.(多选)如图所示为一直流电路，电源内阻不能忽略，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，下列说法正确的是
( )
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R 0消耗的功率可能增大
D ．电源的输出功率可能增大
4.如图所示，在半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度
为B 的匀强磁场，在磁场区域的上方有一水平放置的感光板MN .从磁
场区域最左端Q 垂直磁场射入大量的带电荷量为q 、质量为m 、速率
为v 的粒子，且速率满足v ＝qBR m
，最后都打在了感光板上．不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子，以下说法正确的是
( )
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长线不一定过圆心
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 ．沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN 上
5.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂
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，原来电势都为零，每当粒
子飞经A 板时，A 板电势升高为＋U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两极板
间的电场中加速．每当粒子离开电场区域时，A 板电势又降为零，粒子在电
场一次次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R )．下列关于环形加速器的说法中正确的是( )
A ．环形区域内的磁感应强度大小
B n 与加速次数n 之间的关系为B n B n ＋1＝n n ＋1
B ．环形区域内的磁感应强度大小B n 与加速次数n 之间的关系为B n B n ＋1＝n n ＋1
C ．A 、B 板之间的电压可以始终保持不变
D ．粒子每次绕行一圈所需的时间t n 与加速次数n 之间关系为t n t n ＋1＝n n ＋1
6.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( )
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O 1O 2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°角时穿过线圈的磁通量为2 Wb
B ．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°角时的感应电流为π A
D ．线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 W
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12m v 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C.根据电场叠加原理可知，O 点的场强为零，电势为正，A 项错误；根据电场叠加原理可知A 、C 两点的场强等大反向，B 项错误；根据几何关系可知，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侧，都在c 、d 点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的左侧，因此电势叠加后肯定为正，根据对称性可知，这两点的电势相等，C 项正确；同理可以分析A 点电势为负，因此正的检验电荷从A 到D 电势能增大，电场力做负功，D 项错误．
2．[解析]选BD.纵轴的左侧x 轴上电势处处相等，因此场强为零，不可能是匀强电场，A 项错误，B 项正确；x 轴正半轴不一定与电场线重合，且电场线不一定是直的，因此带电粒子不一定沿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，速度逐渐增大，C 项错误，D 项正确．
3．[解析]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R 0消耗的功率也减小，B 、C 项错误；如果滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R ，则内电压一直减小，外电压一直增大，电源与R 0两端电压一直减小，电压表示数增大，A 项正确；如果电源的内阻一直大于外电阻，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．[解析]选D.粒子最后都打在了感光板上，说明粒子向上偏，根据左手定则知粒子带
正电，A 错误；粒子所受洛伦兹力充当向心力，做半径为r ＝m v qB
的匀速圆周运动；因为速率满足v ＝qBR m ，所以r ＝m v qB
＝R ，根据几何关系知沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上，C 错误、D 正确，显然B 错误．
5．[解析]选B.因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU ，所以，绕行第n 圈时获得的总
动能为12m v 2n ＝nqU ，得第n 圈的速度v n ＝2nqU m .在磁场中，由牛顿第二定律得qB n v n ＝m v 2n R
，解得B n ＝1R 2nmU q ，所以B n B n ＋1＝n n ＋1
，A 错误，B 正确；如果A 、B 板之间的电压始终保持不变，粒子在A 、B 两极板之间飞行时，电场力对其做功qU ，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU ，从而使之减速．粒子绕行一周电场对其所做总功为
零，动能不会增加，达不到加速效果，C 错误；根据t ＝2πR v 得t n ＝2πR
m 2nqU ，得t n t n ＋1
＝n ＋1n
，D 错误． 6．[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．
7．[解析]选D.线圈从图示位置转过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；线圈转动的角速度为ω＝2πT
＝5π rad/s ，电动势峰值为E m ＝nBSω＝nωΦm ＝10π V ，从图示位置开始计时，电流瞬时值表达式为i ＝E m R
cos ωt ，因此线圈转过30°角时瞬时电流i ＝10π5cos 30° A ＝3π A ，C 错；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．
8．[解析]选ABD.通过电阻的电量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．
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。

佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。

东篱把酒黄昏后，有暗香盈袖。

莫道不消魂，帘卷西风，人比黄花瘦。