（江苏选考）2023版高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略电学综合练5

PAGEPAGEPAGE1电学综合练5一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出平安警报，从而防止事故的发生。如下图是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面上下的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器。灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表那么电流表指针向哪侧偏转。假设矿井渗水(导电液体深度h增大)，那么电流表()A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电解析：选B由题图可知，A、C构成的电容器两极间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化，那么由C＝eq\f(εS,4πkd)可知，当液面升高时，只有正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据C＝eq\f(Q,U)，因电势差不变，那么电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表那么电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转；故A、C、D错误，B正确。2.如下图，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放，那么小球由C运动到D的过程中，以下说法正确的选项是()A．杆对小球的作用力先增大后减小B．杆对小球的作用力先减小后增大C．小球的速度先增大后减小D．小球的速度先减小后增大解析：选A由等量异种电荷的电场分布特点知，从C到D，电场强度先增大后减小，那么电场力先增大后减小，那么杆对小球的作用力先增大后减小，故A正确，B错误；因杆处于AB的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对小球受力分析，受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以小球一直做匀加速直线运动，故C、D错误。3．如下图，折成不同形状的四个导线框质量相等、匝数相同，高度相同，MN边长度相等，将它们用相同的细线悬挂在空中，四个导线框的下边处在同一水平线上，且四个线框的下半局部都处在与线框平面垂直的同一匀强磁场中，磁场的上边界水平(如图中虚线所示)，四个导线框中都通有顺时针方向、电流强度相同的电流，均处于平衡状态。假设使磁场缓慢变强，细线最不易拉断的是()解析：选B导线框中都通有顺时针方向的电流，由左手定那么可知，安培力的方向向下；所以细线的拉力等于导线框的重力与受到安培力的和，四个导线框质量相等那么重力相等，受到安培力大的导线框对细线的拉力大；设MN的长度为L，导线框在各磁场内有效长度不同，故各导线框受到安培力大小不同，各导线框在磁场中的有效长度：LA＝eq\x\to(MN)＝L；LB＝eq\f(\x\to(MN),2)＝eq\f(1,2)L；LC＝eq\f(\x\to(MN)＋上边长,2)>eq\f(1,2)L；LD＝eq\f(\x\to(MN)＋下边长,2)>eq\f(1,2)L；可知选项B图中的有效长度最小，由公式F＝BIL有效，可知选项B图中导线框受到的安培力最小，即导线框对细线的拉力最小，细线最不容易拉断。故B正确，A、C、D错误。4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(电流增加到一定值时将发出警报声)组成闭合电路。电压表、电流表均为理想电表，那么以下判断正确的选项是()A．变压器副线圈中输出交流电的频率为50HzB．电压表的示数为22eq\r(2)VC．Rt处温度减小到一定值时，报警器P将会发出警报声D．报警器P报警时，变压器的输入功率比报警前小解析：选AB根据题图乙知，原线圈输入的交流电的周期T＝0.02s，频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以变压器副线圈中输出交流电的频率为50Hz，故A正确；原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压U2＝eq\f(1,5)×220V＝44V，因为二极管具有单向导电性，所以有eq\f(U22,R总)·eq\f(T,2)＝eq\f(U有2,R总)·T，解得：U有＝22eq\r(2)V，故B正确；温度降低，Rt电阻增大，电流减小，但是电流要增大到一定值时报警器P才报警，故C错误；报警器P报警时，电流增大，输出功率变大，根据输入功率等于输出功率，知变压器的输入功率变大，所以变压器的输入功率比报警前大，故D错误。5.静电场在x轴上的电势φ随x的变化关系如下图，带正电的点电荷只受电场力作用下沿x轴正方向运动，那么点电荷()A．由x1运动到x3的过程中电势能先减小后增大B．由x1运动到x3的过程中加速度不断减小C．在x1处和x4处的加速度方向相反D．可能在x2和x4之间往复运动解析：选BC由x1运动到x3的过程中，根据电场力做功为W＝qU可以判断，电场力做正功，电势能减小，故A错误；φx图像的斜率绝对值代表的是场强的大小，由x1运动到x3的过程中，可知，场强越来越小，受到的电场力越来越小，故加速度越来越小，故B正确；斜率的正负代表场强的方向，由题图可知，在x1处和x4处图像斜率正负相反，加速度方向相反，故C正确；从x2和x4之间，电场力总体做正功，速度不可能减为零，故不可能做往复运动，故D错误。二、非选择题6．有一阻值为500Ω左右的定值电阻，额定功率为0.20W，现用电流表和电压表测量它的阻值，备有如下器材：A．电流表：量程0～30mA，内阻约20ΩB．电流表：量程0～300mA，内阻约1ΩC．电压表：量程0～3V，内阻约2.5kΩD．电压表：量程0～15V，内阻约20kΩE．滑动变阻器：阻值范围0～20Ω，额定电流2AF．电源：输出电压12V，内阻不计另有开关和导线假设干(1)测量时，为使被测电阻不被烧坏，实验中被测电阻两端的电压应控制在________V以下，据此电流表应选用________(填写器材序号)。(2)为了减小测量误差，并能方便地进行屡次测量取平均值，在如下图的四种测量电路中，应选用________。(3)在操作、测量与计算均无误的情况下，假设实验中选择了C所示的电路，测得的结果是488Ω，假设选择了D所示的电路，测得的结果是519Ω，那么________。A．该电阻的真实阻值更接近519Ω，且应略小于519ΩB．该电阻的真实阻值更接近519Ω，且应略大于519ΩC．该电阻的真实阻值更接近488Ω，且应略大于488ΩD．该电阻的真实阻值更接近488Ω，且应略小于488Ω(4)对于该电阻的IU图线，理想情况下的IU图线用实线所示，假设选择用(2)中图B进行实验，所绘制的IU图线用虚线表示，那么如下图的几个图线总可能正确的选项是________。解析：(1)由P＝eq\f(U2,R)可得U＝eq\r(PR)＝10V，I＝eq\f(P,U)＝eq\f(0.2,10)A＝0.02A＝20mA，那么被测电阻两端的电压应控制在10V以下，据此电流表应选用A。(2)因电压表内阻较大，那么采用电流表外接法，为能多测量数据，滑动变阻器采用分压式接法，可知应选择电路C。(3)由(2)知C电路误差小，因为外接法测电阻测量值小于真实值，那么其真实值要略大于488Ω，那么C正确。(4)由题意可知，同一电压下实际电流要小，那么可确定其图像为D。答案：(1)10A(2)C(3)C(4)D7．如图1所示矩形线圈abcd的边ab＝2L，ad＝3L，OO′为线框的转动轴，aO＝bO′＝2L。匀强磁场垂直于线圈平面向里，磁感应强度为B，OO′刚好与磁场边界重合，线圈总电阻为R，当线圈绕OO(1)线圈的ab边第一次出磁场前的瞬间，回路中电流的大小和方向；(2)从图示位置开始计时，取电流沿abcda方向为正，请在图2中画出线圈中电流i随时间t变化的关系图(画两个周期)；(3)线圈中电流的有效值。解析：(1)ab边出磁场前瞬间感应电动势最大E1＝B·2L·ω·2L＝4BωI1＝eq\f(4BωL2,R)，根据楞次定律可知电流方向沿adcba方向。(2)cd边在磁场中运动时产生的最大感应电动势E2＝B·2L·ωL＝2BωL最大感应电流为I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(I1,2)，故it图像如图。(3)设电流有效值为I，在0～T时间内线框中焦耳热I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I2,\r(2))))2R·eq\f(T,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I1,\r(2))))2R·eq\f(T,2)，得I＝eq\f(\r(5)BL2ω,R)。答案：(1)eq\f(4BωL2,R)方向沿adcba方向(2)见解析图(3)eq\f(\r(5)BL2ω,R)8.如下图，空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场。现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中。粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达x轴所用的时间。解析：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)如图甲所示，因粒子的运动半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，那么粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R＝vt在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么有R＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2解得E＝eq\f(qB2R,2m)。(2)对于速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子，轨迹如图乙所示，设粒子的轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M、MC、AC，由几何关系知，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，易得速度方向偏转角度等于圆心角θ粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)粒子在磁场中运动的时间为t1＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(5πm,6qB)由几何关系知，粒子离开磁场到y轴的距离MH＝R－Rcos60°＝eq\f(R,2)，在无场区运动的时间t2＝eq\f(R,2v)＝eq\f(m,2qB)设粒子在电场中到达x轴运动的时间为t3，粒子在电场中做类平抛运动HO＝R＋Rs