2022版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习：第一部分电学综合检测 Word版含答案

电学综合检测
一、单项选择题 1．(2021·金华十校高三模拟)如图所示，电源电动势为E ＝16 V ，内阻为r ＝4 Ω，直流电动机内阻为1 Ω.现调整滑动变阻器R 使电源的输出功率最大，此时电动机的功率刚好为6 W ，则此时滑动变阻器R 的阻值和电动机的发热功率P 为( )
A ．R ＝3.0 Ω P ＝6 W
B ．R ＝3.0 Ω P ＝4 W
C ．R ＝2.5 Ω P ＝6 W
D ．R ＝2.5 Ω
P ＝4 W
解析：选D.由于电源的输出功率为P ＝I (E －Ir )＝EI －rI 2，当I ＝E
2r ＝2 A 时电源的输出功率最大，又电动
机两端的电压U M ＝P M
I ＝3 V ，则R ＝E －U M I －r ＝2.5 Ω，电动机的发热功率为P ＝I 2R M ＝4 W ．所以选项D 正
确．
2．(2021·安徽合肥一模)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2
3处，
图乙中，A 2的指针指满刻度，A 1的指针指满刻度的1
3
处，已知A 1的电阻为0.45 Ω，则A 2的电阻为( )
A ．0.1 Ω
B ．0.15 Ω
C ．0.3 Ω
D ．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＝1
3I 1R 1
由于R 1＝0.45 Ω 解得：R 2＝0.1 Ω. 3.
(2021·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 .在正极板四周有一质量为M 、电荷量为q (q >0)的粒子；在负极板四周有另一质量为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头运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距2
5l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽视，
不计重力，则M ∶m 为( )
A ．3∶2
B ．2∶1
C ．5∶2
D ．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2
5l ，
电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿其次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 2
②，①②得M m ＝32
.B 、C 、D 错，A 对．
4.(2021·白山一模)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.依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，依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；依据电场线分布可知，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，依据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．
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F T ，则( )
A ．悬线竖直，F T ＝mg
B ．悬线竖直，F T ＞mg
C ．悬线竖直，F T ＜mg
D ．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，由右手定则推断下板电势高于上板，动生电动势大小E ＝BL v ，即带电小球处于电势差为BL v 的电场中，所受电场力F 电＝qE 电＝q E L ＝q BL v
L ＝q v B .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＝q v B ，
方向由左手定则推断知竖直向下，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.(2021·嘉兴模拟)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．具有肯定电阻的矩形线框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头沿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，依据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向(正方向)，线框出磁场时，
依据楞次定律，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、不定项选择题
7.(2021·河北冀州调研)如图为某灯光把握电路示意图，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 点开头顺时针旋转一周的过程中，下列说法正确的是( )
A ．电源的输出功率肯定先减小后增大
B ．电源的供电电流肯定先减小后增大
C ．电源两端的电压肯定先减小后增大
D ．灯泡的亮度肯定先变暗后变亮
解析：选BD.由题图可知在触片从D 点开头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，故无法推断P 出的变化状况，A 错误．
8.(2021·四川名校检测)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 点时的加速度大于在Q 点时的加速度
解析：选AD.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 正确．
9.(2021·浙江东北联考卷)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 1
2R
B ．cd 杆所受摩擦力为零
C ．回路中的电流为BL （v 1＋v 2）
2R
D ．μ与v 1大小的关系为μ＝2Rmg
B 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 N
ab 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 ＝BL v 1，I ＝E
2R ，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＝2Rmg
B 2L 2v 1，故B 错误，
D 正确．
三、非选择题
10.(2021·高考海南卷)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力
加速度大小为g ，导轨和导体棒的电阻均可忽视．求：
(1)电阻R 消耗的功率； (2)水平外力的大小．
解析：法一：导体棒匀速向右滑动，速率为v ， 则有F ＝F 安＋μmg E ＝Bl v I ＝E R F 安＝BIl
解得F ＝B 2l 2v
R ＋μmg .
由能量守恒定律得
F v ＝μmg v ＋P R ，故得P R ＝B 2l 2v 2
R .
法二：(1)导体棒切割磁感线产生的电动势 E ＝Bl v
由于导轨与导体棒的电阻均可忽视，则R 两端电压等于电动势： U ＝E
则电阻R 消耗的功率 P R ＝U 2
R
综合以上三式可得 P R ＝B 2l 2v 2
R
.
(2)设水平外力大小为F ，由能量守恒有
F v ＝P R ＋μmg v
故得F ＝P R
v ＋μmg ＝B 2l 2v R ＋μmg .
答案：(1)B 2l 2v 2R (2)B 2l 2v
R
＋μmg
11．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 随时间变化状况如图乙所示，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时刻以肯定初速度沿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＝12m v 2
即v 0＝
2qU 2
m
. (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 ＝T
2qU 2
m
. (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 2
qU 1
2m
. 答案：见解析 12．(2021·商丘模拟)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q
m ＝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，求粒子最终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°角射入其次象限，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：Bq v ＝m v 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＝v t ； 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。