2019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（3）.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(03 A)和A2(00.6 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。闭合开关S,调节滑动变阻器,下列说法中正确的是()A.A1、A2的读数之比为11B.A1、A2的读数之比为51C.A1、A2的指针偏转角度之比为11D.A1、A2的指针偏转角度之比为156.(多选)如图甲所示,质量m=3.010-3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300、面积S=0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t=0.22 s时闭合开关K的瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力),跳起的最大高度h=0.20 m。不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是()A.00.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 VB.开关K闭合瞬间,CD中的电流方向由C到DC.磁感应强度B2的方向竖直向下D.开关K闭合瞬间,通过细杆CD的电荷量为0.03 C7.(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,磁分析器有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、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,下列说法中正确的是()A.极板M比极板N电势高B.加速电场的电压U=ERC.直径PQ=2BqmERD.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8.(多选)如图所示,图a中变压器为理想变压器,其原线圈接在u=122 sin 100t(V)的交流电源上,副线圈与阻值为R1=2 的电阻接成闭合电路,电流表为理想电流表。图b中为阻值R2=32 的电阻直接接到u=122 sin 100t(V)的交流电源上,结果电阻R1与R2消耗的电功率相等,则()A.通过电阻R1的交变电流的频率为0.02 HzB.电阻R1消耗的电功率为4.5 WC.电流表的示数为6 AD.变压器原、副线圈匝数比为41答案精解精析1.BDA、B间的连线与竖直方向的夹角减小,对B分析,库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向,因此A、B两小球间的库仑力减小,选项A错误,B正确;由整体法可知,A对MO杆的压力等于A、B的重力之和,故选项C错误,D正确。2.A若圆环向右平动,穿过圆环的磁通量先是向里增加,后是向里减少,由楞次定律及安培定则知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向,选项A正确;若圆环竖直向上平动,由于穿过圆环的磁通量始终为零,未发生变化,所以圆环中无感应电流产生,选项B错误;若圆环以ab为轴转动,在090内,由右手定则知b点的电势高于a点的电势,在90180内,由右手定则知a点的电势高于b点的电势,以后a、b两点电势按此规律周期性变化,选项C、D错误。3.C交流电流表测量的是交流电的有效值,线圈的角速度恒定,电流表示数不随时间而变化,故A错误。由交流电动势最大值Em=NBS可知,越大,Em越大,有效值E=22Em越大,交流电流表A的示数越大,故B错误。当线圈平面与磁场平行时,AB边与CD边垂直切割磁感线,感应电动势最大,感应电流最大,故C正确,D错误。4.ABD两粒子进入电场后竖直方向匀速运动,水平方向匀加速运动,且加速度相同。因为两粒子水平方向的位移不同,所以电场力做功一定不同,两粒子达到P点所需时间也不相等,故B、D正确;电场力对两粒子都做正功,电势能减少,故C错误;竖直方向上,y=v1t1=v2t2,由数学知识可得,当y=at1t2时,(at1)2+v12=(at2)2+v22,即两粒子到达P点的速度大小相等,故A正确。5.BC图中A1、A2并联,两端电压相等,又因A1、A2是由两个相同的电流计改装而成,所以A1、A2的指针偏转角度相同,即偏转角度之比为11,再结合其量程可知A1、A2的读数之比为51,B、C正确。6.BD由法拉第电磁感应定律知,00.10 s内线圈中的感应电动势大小为E=nt=nSB2t=3000.011.00.10 V=30 V,选项A错误;t=0.22 s时闭合开关K的瞬间细框跳起,由左手定则知CD中的电流方向由C到D,选项B正确;由CD中的电流方向和楞次定律及安培定则知磁感应强度B2的方向竖直向上,选项C错误;开关K闭合瞬间(细框跳起瞬间安培力远大于重力),由动量定理有Ft=p=mv-0,而v=2gh=2 m/s,安培力F=B1Il,Ft=B1Ilt=mv,故通过细杆CD的电荷量q=It=mvB1l=3.010-321.00.20 C=0.03 C,选项D正确。7.AD由左手定则可知,粒子带正电,而粒子在M、N间被加速,所以M板的电势高于N板,A正确;根据电场力提供向心力,则有qE=mv2R,又粒子在加速电场中运动,有qU=12mv2,从而解得U=ER2,B错误;根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,结合上式可知,PQ=2r=2ERBmq,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说明运动的直径相同,由于磁感应强度、电场强度与静电分析器的半径不变,则该群粒子具有相同的比荷,C错误,D正确。8.BD由交变电流瞬时值表达式u=122 sin 100t(V)可知,该交流电源的频率为f=50 Hz,周期为0.02 s,由于变压器不改变交变电流的频率,所以通过电阻R1的交变电流的频率为50 Hz,选项A错误。由题图b可知,R2=32 的电阻两端电压