版物理二轮考前冲刺模拟卷电学部分综合测试.docx

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版物理二轮考前冲刺模拟卷电学部分综合测试

电学部分综合测试

1．（2014·江苏省苏北四市调研）关于涡流，下列说法中错误的是（　　）

冶炼炉

电磁炉

阻尼摆

硅钢片

A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置

B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的

C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动

D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流

解析　用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，所以A正确；家用电磁炉使用的是交流电，交流电产生的是变化的磁场，不是恒定的磁场，故B错误；阻尼摆的铝盘以一定相对速度通过磁场区域时，在铝盘内会产生感应电流，因铝盘有电阻，电流做功，消耗机械能，因此产生阻碍铝盘运动的阻尼作用，故C正确；用绝缘的硅钢片做铁芯，是为了减小涡流，减小能量损失，所以D正确．

答案　B

2．（2014·天津卷）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）

A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷

B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加

C．微粒从M点运动到N点动能一定增加

D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加

解析　微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误．

答案　C

3.

（多选题）已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区．则（　　）

A．电灯L变暗B．电灯L变亮

C．电流表的示数增大D．电流表的示数减小

解析　若探测装置从无磁场区进入强磁场区，磁敏电阻阻值增大，电源输出电流减小，路端电压增大，电流表的示数减小，电灯L变亮，选项B、D正确．

答案　BD

4．（多选题）如图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：

P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最低端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值，电功率指平均值）．则在下图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是（　　）

解析　副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈匝数在均匀增大，由变压器的变压比

＝

，n2＝kt（k为单位时间增加的匝数），得U2＝

kt均匀增大，C正确．灯泡两端的电压由零增大时其电阻增大，描绘的伏安特性曲线为B.灯泡的功率先增大的快（电阻小）后增大的慢（电阻大），D错误．原线圈功率等于灯泡的功率是增大的，所以原线圈电流一定增大，A错误．

答案　BC

5.

（多选题）（2014·江苏省扬州质检）如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接有u＝311sin100πtV的交变电压，副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡L1及理想电压表V，以下说法正确的是（　　）

A．副线圈中电流的变化频率为50Hz

B．灯泡L1两端电压为55V

C．若交变电压u的有效值不变，频率增大，则灯泡L1的亮度将变暗

D．若交变电压u的有效值不变，频率增大，则电压表V的示数将减小

解析　由原线圈电压表达式u＝311sin100πtV可知，副线圈中电流的变化频率为50Hz，选项A正确．根据变压公式，副线圈两端电压为55V，线圈有感抗，灯泡L1两端电压一定小于55V，选项B错误；若交变电压u的有效值不变，频率增大，则线圈L感抗增大，灯泡L1两端电压减小，灯泡L1的亮度将变暗，选项C正确；若交变电压u的有效值不变，频率增大，线圈L感抗增大，R中电流减小，则电压表V的示数将增大，选项D错误．

答案　AC

6．（2014·江苏卷）如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（　　）

A.

B.

C.

D.

解析　磁感应强度的变化率

＝

＝

，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n

＝n

S，其中磁场中的有效面积S＝

a2，代入得E＝n

，选项B正确，A、C、D错误．

答案　B

7．（2013·湖南省12校联考）如图所示，一个电量为＋Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为－q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0.沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v.已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，则以下说法不正确的是（　　）

A．O、B间的距离为

B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋

mv

－

mv2

C．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋

mv2－

mv

D．从A到B的过程中，乙的电势能减小

解析　A做加速度逐渐减小的减速直线运动，到B点时速度最小，所受库仑力等于摩擦力，由μmg＝k

，解得O、B间的距离为r＝

，选项A正确．从A到B的过程中，由动能定理，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋

mv2－

mv

，选项B不正确、C正确．从A到B的过程中，电场力做功，乙的电势能减小，选项D正确．

答案　B

8．某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW.现用500kV电压输电，则下列说法正确的是（　　）

A．输电线上输送的电流大小为2.0×105A

B．输电线上由电阻造成的损失电压为15kV

C．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kW

D．输电线上损失的功率为ΔP＝

，U为输电电压，r为输电线的电阻

解析　输电线上输送的电流为I＝

＝

A＝6×103A，A项错误，输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5V＝1.5×104V＝15kV，B项正确；当用5kV的电压输电时，输电线上损失的功率不会超过3×106kW，与实际情况相背，故C项错误；当用公式ΔP＝

计算损失的功率时，U为输电线上损失的电压而不是输电电压，D项错误．

答案　B

9．（2014·广东卷）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块（　　）

A．在P和Q中都做自由落体运动

B．在两个下落过程中的机械能都守恒

C．在P中的下落时间比在Q中的长

D．落至底端时在P中的速度比在Q中的大

解析　小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误．

答案　C

10．（多选题）

如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度垂直纸面向里、大小为B.质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd，将线圈在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，则（　　）

A．若L＝d，则线圈穿过磁场的整个过程用时为

d

B．在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgd

C．若L

D．若L

解析　由题意，若L＝d，则线圈匀速穿过磁场，由mgh＝

，求出cd边刚进入磁场时速度v0＝

，线圈穿过磁场的整个过程用时t＝

＝

d，故A正确；在cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中，设安培力对线框做功为W安，由动能定理得mgd＋W安＝mv

/2－mv

/2，则W安＝－mgd.再考虑到线圈离开磁场的过程也要克服安培力做功，故B错误；若L

线圈进入磁场后，先减速再匀速运动，再加速运动，则匀速时速度最小，设为v，匀速时：

mg＝BIL，I＝

，联立解得v＝

，故选项C正确．还有一种可能是：

线圈进入磁场后一直减速，直到ab边刚进入磁场时，线圈速度最小，设为v，对从开始到线圈ab边刚进入磁场，应用动能定理mg（h＋L）＋W安＝

－0，结合W安＝－mgd，解出v＝

，故选项D正确．或对从开始到ab边刚出磁场时的全过程，由动能定理得mg（h＋d＋L）＋W′安＝

－0，又W′安＝－2mgd，联立解得v＝

.

答案　ACD

11．某课题小组通过实验测量淮河水的电阻率．现备有一根均匀的长玻璃管（两端各有一个圆形电极，可装入样品水，接触电阻不计）、电压表（量程12V，内阻约100kΩ）、电流表（量程100μA，内阻约50Ω），滑动变阻器（10Ω，1A）、电池组（电动势E＝12V，内阻不计）、开关、导线若干、直尺、待测的水样品．

如图①是他们用伏安法多次测量并计算出对应的水柱长度L与水柱电阻R描点画出的图象．实验中还用10分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图②所示．

请回答下面的问题：

（1）玻璃管内径d的测量值为________cm；

（2）请在图③虚线框内画出测量水柱电阻的电路图；

（3）所测水的电阻率为________Ω·m（保留两位有效数字）．

解析　本题考查游标卡尺的读数、伏安法测电阻的实验电路图的设计和电阻率的定义式，游标卡尺读数时，主尺部分一定要看游标的零刻线对齐的整数以上部分．在设计伏安法测电阻的电路时，考虑两点，一是外接内接的选择，二是分压限流的选择．因为该电阻阻值较大，故选用内接法，因为滑动变阻器的阻值太小，用限流法对电路电流不能大范围的调节，故用分压法．根据电阻率的定义式R＝

，通过图①读出任一组R、L的数值，利用

（1）中读数算出S的值，代入可得．

答案　

（1）2.26

（2）如图所示

（3）80

12．（2014·江西省南昌市模拟）发光二极管（LED）是一种节能、环保的元器件，被广泛应用到显示器、照明等各领域．某兴趣小组为探究工作电压是“1.4～4V”、最大正向直流电源是“5～20mA”的LED管的I－U曲线，设计了如图①所示的实验电路．实验室备有以下器材：

电流表A1：

量程0～50mA，内阻约为50Ω

电流表A2：

量程0～200mA，内阻约为10Ω

电压表V：

量程0～5V，内阻约为10kΩ

滑动变阻器R1：

阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A

滑动变阻器R2：

阻值范围0～1kΩ，允许最大电流100mA

直流电源E：

输出电压6V，内阻不计

开关（S）、导线若干

①

②

③

（1）为了提高实验结果的准确性，电流表应选择________；滑动变阻器应选用________（以上填器材代号）．

（2）实验小组根据实验得到的数据描点绘出了如图②所示的I－U图象．而发光二极管（LED）的效率η与通过二极管的电流I的关系曲线如图③所示．其中发光二极管的效率η是指辐射的全部光功率Φ与供给发光二极管的电功率比值．则发光二极管效率达最大时其电阻RL＝________Ω，辐射的光功率Φ＝________W.

解析　

（1）因LED最大正向直流电流是5～20mA，所以电流表应选择A1，由图①可知供电电路采用分压式接法，所以选择的滑动变阻器是阻值较小的R1.

（2）由图③可知发光二极管效率达最大时电流为6mA，由图②可知其对应的电压为1.6V，故此时电阻RL＝

＝267Ω；根据题意可知60%＝

×100%，则辐射的光功率Φ＝0.00576W.

答案　

（1）A1　R1　

（2）267　0.00576

13．在如图所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度在数值上满足B＝

.在竖直方向存在交替变化的匀强电场（竖直向上为正），电场强度大小为E0＝

.一倾角为θ、长度足够的光滑绝缘斜面放置在此空间．斜面上有一质量为m，带电量为－q的小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g.求：

（1）第6秒内小球离开斜面的最大距离；

（2）第19秒内小球未离开斜面，θ角应满足什么条件？

解析　

（1）设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为a，由牛顿第二定律，得（mg＋qE0）sinθ＝ma.

第一秒末的速度为v＝at1，

第二秒内有qE0＝mg，

所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得，qvB＝

，

圆周运动的周期为T＝

＝1s.

由下图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动．

所以，第5秒末的速度为v5＝a（t1＋t3＋t5）＝6gsinθ，

小球离开斜面的最大距离为d＝2R3＝

.

（2）第19秒内仍在斜面上，则有v′＝a·10.

又因为：

Bqv′≤（mg＋qE0）cosθ，

所以θ≤arctan

.

答案　

（1）

（2）θ≤arctan

14．（2014·福建卷）如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．

（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；

（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；

（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值．

解析　

（1）设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有

qv0B＝q

　①

得U0＝Bdv0　②

（2）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到安培力为F安，有

p1hd＝f　③

p2hd＝f＋F安　④

F安＝BId　⑤

根据欧姆定律，有I＝

　⑥

两导体板间液体的电阻r＝ρ

　⑦

由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝p2－p1＝

　⑧

（3）电阻R获得的功率为P＝I2R　⑨

P＝（

）2R　⑩

当

＝

时　⑪

电阻R获得最大功率Pm＝

　⑫

答案　

（1）Bdv0　

（2）

（3）

15．如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：

（1）画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹；

（2）粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨道半径R1和R2比值；

（3）Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）．

解析　

（1）画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示．

（2）设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区、Ⅱ区的磁感应强度、轨道半径和周期（没有设符号的，在图中标记也可以）

设圆形区域的半径为r，如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径

R1＝A1A2＝OA2＝r

在Ⅱ区磁场中运动的半径R2＝r/2；

即：

R1/R2＝2∶1

（3）qvB1＝m

①

qvB2＝m

②

T1＝

＝

③

T2＝

＝

④

圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为　t1＝

T1

在Ⅱ区磁场中运动时间为t2＝

T2

带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2

由以上各式可得

B1＝

B2＝

.

答案　

（1）见解析图

（2）2∶1

（3）