2017_2018学年高二物理上学期期末复习备考黄金30题专题05小题易丢分（30题）.docx

小题易丢分（30题）一、单选题1如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( ) A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. P点的电势将降低C. 带电油滴的电势能将减小D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大2如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是( ) A. 粒子在三点的电势能大小关系为EpcEpaEkaEkc3如图，带电荷量之比为qAqB13的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响,则( ) A. A和B在电场中运动的时间之比为21B. A和B运动的加速度大小之比为41C. A和B的质量之比为12D. A和B的位移大小之比为114阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S闭合且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1,；断开开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为 A. B. C. D. 5如图电路，C为电容器，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想电表。闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为，电压表V2的示数改变量大小为，电流表A的示数改变量大小为，则下列判断正确的有 A. 的值不变，且始终等于电源内阻B. 的值变小C. 的值变大D. 滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少6有一直流电动机的内阻是4.4，将电动机和一盏标有“110V、60W”的灯泡串联后接在电压为220V的电路两端，若灯正常发光，则A. 电动机的输入功率为120W B. 电动机的发热功率为60WC. 电路消耗的总功率为60W D. 电动机的输出功率约为58.7W7一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力的变化情况分别是 A. F增大， 减小B. F减小， 增大C. F与都减小D. F与都增大8如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接。一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为=，在安培力的作用下，金属棒以速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为（ ） A. 30 B. 37C. 45 D. 609一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示。若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内金属圈中( ) A. 感应电流逐渐增大，沿逆时针方向B. 感应电流恒定，沿顺时针方向C. 圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心D. 圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心10如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其它电阻导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等关于上述情景，下列说法正确的是（ ） A. 两次上升的最大高度相比较为HhB. 有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C. 有磁场时，电阻R产生的焦耳热为D. 有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsin11如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： A. 1:1 B. 1:2 C. 2:1 D. 1:112如图所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（LR1, 可变电阻R2的最大值，(1)当R2=_时，R1的电功率P1有最大值，最大值为_；(2)当R2=_时，R2的电功率P2有最大值，最大值为_；(3)当R2=_时，电源功率PE有最大值，最大值为_；(4)当R2=_时，电源内部消耗的功率P有最小值，最小值为_(5)当R2=_时，电源输出功率P出有最大值，最大值为_ 28如图所示，阴极射线管（A为其阴极）放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的A极接在直流高压电源的_极（选填“正极”或者“负极”）此时，荧光屏上的电子束运动轨迹_偏转（选填“向上”“向下”或“不”） 29如图所示，自感线圈电阻可忽略，闭合开关S电路稳定后，同样规格的两个小灯泡A1、A2都正常发光，然后断开开关。 （1）再次闭合开关时，描述两个灯泡的现象（2）闭合开关使两个灯泡正常发光后，再断开开关，A2灯泡 （填“马上”或“延迟”熄灭）流过A2灯泡的电流方向为 （填“向左”或“向右”）30我国西部特别是云、贵、川有大量的水力资源，西电东送是西部大开发的重要项目之一据报道，云南大朝山在2005年可建成100万千瓦的水力发电站设电站输出电压为25万伏，则输电线上的电流是_A如输电线总电阻为40 ，则电流通过输电线时，在输电线上发热消耗的功率为_ kW如将输出电压升高到100万伏，则输电线上发热消耗的功率为kW根据以上数据得出你认为合理的输电方法是_ 1B【解析】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化视频2A【点睛】本题考察到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面、任意两个等势面都不会相交、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱3B 4B【解析】根据等效电路，开关S断开时，电容器的电压，闭合时， ， ，故，故B正确。点晴：闭合电路的欧姆定律、电容器的综合应用。5A【解析】由图可知R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压若P向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大A、根据闭合电路欧姆定律得：由，则所以的值不变； A正确； B、根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值，所以的值变大，B错误；C、根据闭合电路欧姆定律得： ，则，所以的值不变，C 错误；D、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，只会充电，不会放电，所以电容器所带的电荷量不变，D错误；故选A。6D点评：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的7D 8A【解析】假设流过导体棒的电流最小时，安培力方向与竖直方向的夹角是，对导体棒受力分析如图，则： 解得： =，当时，使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为30，故A正确。 9D【解析】试题分析：从图乙中可得第3s内垂直向里的磁场均匀增大，穿过线圈垂直向里的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流为逆时针方向；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为，根据欧姆定律产生的感应电流为， 正比于，第3s内磁通量的变化率恒定，所以产生的感应电流恒定，AB错误；圆环各微小段受安培力，由于磁场逐渐增大，电流不变，根据公式，可得圆环各微小段受力逐渐增大，由左手定则可得，安培力的方向沿半径指向圆心故C错误；D正确考点：考查了电磁感应与图像10D 11C【解析】金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0=2mv，解得：v=；对右侧杆，采用微元法，以向右为正方向，根据动量定理，有：Ft=mv，其中：F=BIL= ，故t=mv，即，解得：l1l2=，即AB间的距离最小为x=；当棒2固定后，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：Ft=mv，其中：F=BIL=BL，故：t=mv，即=mv0，解得：l=，故AB间的距离最小为x=；故x：x=1:2；故ABD错误，C正确；故选：C。【名师点睛】两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。12A C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则，则线圈下落的最小速度可能为： ，故C错误；D、设线圈的最小速度为vm，可知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有： ，有，综上可解得线圈的最小速度为，故D正确；本题选择错误答案，故选：A。【名师点睛】线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，可知线圈进入磁场先要做减速运动；根据动能定理，分析安培力做的功和最小速度。13B 14B【解析】试题分析：由题意可知，根据右手定则，得：乙、丁中线圈虽与磁场方向平行，但切割速度与磁场垂直，故有感应电流出现，而甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，但切割速度与磁场平行，因此没有感应电流，故B正确，ACD错误；故选B考点：交流电【名师点睛】考查右手定则的应用，注意切割速度的理解，并形成结论：磁通量最大时，切割速度与磁场平行；磁通量最小时，切割速度与磁场垂直。15A【解析】AB：对小球A受力分析如图，则、；解得： 对小球B受力分析可得：、；解得：综上：，故A正确、B错误。CD：若将L1和L2同时剪断，则A球加速度为，B球加速度为；解得，故CD错误。16ABD 17BC【解析】小球所受的电场力为：，所受的合力，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，由牛顿第二定律得：，解得：，故A错误；若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，所以到B点时的机械能最大，故B正确；小球运动的最小速度为， 若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，当竖直上拋合位移为零时，小球刚好运动到B点，故C正确；小球受合力方向与电场方向夹角45斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。所以BC正确，AD错误。18BC【解析】AB、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻，功率P1=U1I1=0.75W故A错误，BC正确； C、灯泡L2的电压为U，电流为I，R与灯泡L2串联，则有，在小灯泡的伏安特性曲线作图，如图所示， 则有，L2的电阻为5，L2消耗的电功率为0.2W，故C正确，D错误；故选BC。19ABD各电表示数均不变，可能原因是R2发生断路故障故D正确故选ABD.【点睛】本题中有伏安法测电阻、测量电源的电动势和内阻，还有故障分析等问题，抓住实验的原理是关键20AD 21ACD【解析】摆球运动过程中机械能守恒，所以A，B在同一高度选项A正确，B错误；球在B点不受洛伦兹力，与球在A点时受拉力大小相等，选项C正确；球在磁场中运动时虽然受洛伦兹力，但洛伦兹力总与速度方向垂直，不能提供回复力，所以不改变振动的周期，选项D正确；单摆向右或向左摆过D点时，速度大小相等，但洛伦兹力的方向相反，所以线上的拉力不相等，选项E错误【点睛】本题中小球在复合场运动，洛伦兹力不做功，其机械能仍然守恒，洛伦兹力不改变小球运动的快慢但要注意洛伦兹力方向与速度有关，速度反向，洛伦兹力方向也相反22ACD【解析】A、根据电场的叠加原理和对称性可知，带电圆环在圆心处产生的场强为零，A正确；B、由乙图知，小球在a处的加速度小于b处加速度，由知，a点场强小于b点场强，B错误；C、根据动能定理得：，可得，C正确；D、小球由b到c的过程中做非匀加速运动，位移大于匀加速运动的位移，所以平均速度大于，D正确；故选ACD。23BCD 视频24ACD【解析】因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=BSsint，转过60角时，感应电动势的瞬时值，感应电流的瞬时值为，故A正确；B错误转过60的时间，磁通量变化量感应电动势的平均值为，故C正确；感应电流的最大值为，感应电流的有效值，故D正确；故选：ACD25ABD【解析】试题分析：当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即不变，可知输电线中的电流增大，即增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即减小，所以通过的电流减小，即减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据知，原线圈中的电流增大，所以示数增大，故C正确，ABD错误考点：考查了远距离输电，理想变压器【名师点睛】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化抓住输电线上电流的变化，根据原