2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.25 电学综合（二）课件

1．25电学综合(二)一、选择题1.(2019·海淀区二模)如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是()A．通过电阻R的电流方向向左B．棒受到的安培力方向向上C．棒机械能的增加量等于恒力F做的功D．棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量答案D解析棒向上运动时，穿过回路的磁通量减小，结合磁场方向，由楞次定律判断知通过电阻R的电流方向向右，故A项错误；通过棒的电流方向向左，由左手定则知棒受到的安培力方向向下，故B项错误；根据功能关系知，恒力F做的功等于棒的机械能的增加量与电路中产生的热量之和，故C项错误；棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，安培力做负功，即克服安培力做功，根据功能关系知，棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故D项正确．2．(2019·课标全国Ⅲ)(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是()答案AC解析金属棒滑动过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，则v＝v02，所以ab的速度逐渐减小，cd的速度逐渐增大，相对速度越来越小，最后为零，则安培力逐渐减小、加速度逐渐减小到零，故A项正确，B项错误；设两根导体棒的总电阻为R，由于I＝BL（v1－v2）R，二者的速度之差越来越小，最后速度之差为0，则感应电流越来越小，最后为零，故C项正确，D项错误．3．(2019·北京)如图所示，正方形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是()A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短答案C解析粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A项错误；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点的速率等于在a点的速率，故B项错误；根据R＝mvqB可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故C项正确；若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据t＝θ2πT可知粒子运动时间可能增加，故D项错误．4．(2019·石家庄模拟)如图为某种型号手机充电器的简化电路图，其中副线圈的中心抽头有一根引线，该装置先将市网电压通过一个小型变压器后，再通过理想二极管D连接到手机电源上．已知原副线圈的匝数比为22∶1，若原线圈中输入的电压为u＝2202sin314t(V)，则下列说法正确的是()A．手机电源得到的是脉动直流电，其频率为50HzB．手机电源得到的是正弦交流电，其频率为50HzC．该装置正常工作时手机电源获得的电压为5VD．若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时手机电源获得的电压为2.5V答案C解析由于二极管具有单向导电性，副线圈上端为高电势时上端二极管导通，副线圈上端为低电势时下端二极管导通，两个二极管交替工作，故手机电源得到的是一股脉动直流电，脉动直流电通过手机电源时，其周期减半，频率加倍，故手机电源得到的频率为100Hz，即A、B两项错误；由单向导电性知每半个周期导通一个二极管，副线圈的一根引线是通过中心抽头引出的，由匝数比为221，知U44＝U11，因此手机电源获得的电压为U1＝5V，故C项正确；若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时还能间歇充电，但其有效值满足U12R·T2＝U22R·T，代入数据可得U2＝522V≈3.54V，即D项错误．5．(2019·莆田一模)(多选)如图所示，A、B、C三点在同一水平面上，D点在B点正上方，A、C到B的距离均为d，D到B点的距离为22d，AB垂直于BC，空间存在着匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的粒子从A移到D时电场力做的功为零，从C到D时电场力做的功也为零，从B移到D时克服电场力做的功为W，则下列说运正确的是()A．带电粒子从A移到C时电场力做的功一定为零B．电场强度既垂直于AD，又垂直于ACC．电场强度的大小为WqdD．C点和B点间的电势差大小为Wq答案ABD解析一个质量为m、电荷量为＋q的粒子从A移到D时电场力做的功为零，则φA＝φD，从C到D时电场力做的功也为零，则φC＝φD，故A、C、D三点所在的平面为等势面，电场强度的方向垂直于ACD平面，所以电场强度既垂直于AD，又垂直于AC，带电粒子从A移到C时电场力做的功一定为零，故A、B两项正确；电荷量为＋q的粒子从B移到D时克服电场力做的功为W，则D点和B点间的电势差大小为U＝Wq，则C点和B点间的电势差大小为U＝Wq，但B到等势面ACD沿电场线方向的距离ld，根据E＝Ul可知电场强度为：EWqd，故C项错误，D项正确．6．(2019·济南二模)一个带正电的粒子(重力不计)仅在电场力作用下以原点O为中心，沿x轴方向做周期性运动，x轴上各点电势如图所示．若该粒子的质量为m，电荷量为q，其电势能与动能之和为34qφ0(φ0已在图中标出)，则下列说法正确的是()A．x＝－3x0与原点O之间的电场为非匀强电场B．原点O右侧的电场为匀强电场，电场强度大小为φ0x0C．粒子在原点O时的电势能最小，为34qφ0D．粒子在运动过程中的最大动能为34qφ0答案D解析由图可知－3x0～0间电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场，故A项错误；由图可知，斜率表示电场强度，0与2x0两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：E＝φ02x0，故B项错误；粒子带正电，根据Ep＝φq可知，电势越高的地方，电势能越大，所以粒子在原点O时的电势能最小，为0，故C项错误；粒子在原点O时的电势能最小为0，根据能量守恒可知此时，动能最大，为34qφ0，故D项正确．7．(2019·大连模拟)信息时代，霍尔元件被广泛应用．如图所示，宽度为h、厚度为d的金属霍尔元件，单位体积内自由电子数为n，电子电量为e.将它放在与之垂直的磁感应强度大小为B＝B0sinωt的匀强磁场中．当恒定电流I通过霍尔元件时，在它的前后两个侧面之间会产生交流电压，这样就实现了将直流输入转化为交流输出．在元件的前后两个侧面接入交流电压表(图中未画出)，则电压表示数为()A.IB0nedsinωtB.IB02nedC.IB0nehsinωtD.IB02neh答案B解析自由电子做定向移动，电子受电场力和洛伦兹力平衡，有eUmh＝Bev解得Um＝Bhv；而电流的微观表达式I＝neSv＝nehdv，则有：Um＝BhInehd＝IB0nedsinωt电压表的示数为交流电的有效值，故有：U＝Um2＝IB02ned，故B项正确，A、C、D三项错误．8.(2019·天津二模)(多选)半径分别为r和2r的同心半圆光滑导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为2R、质量为m均匀的导体棒AB置于半圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．在N、Q之间接有一阻值为R的电阻．导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说正确的是()A．导体棒AB两端的电压为34Brω2B．电阻R中的电流方向从Q到N，大小为Br2ω2RC．外力的功率大小为3B2r4ω24R＋32μmgrωD．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁场的磁感应强度增加，且变化得越来越慢答案BC解析导体棒在匀强磁场中切割磁感线产生感应电动势E＝Brv＝BrvA＋vB2＝Brωr＋ω·2r2＝32Br2ω，感应电流为：I＝ER＋2R＝Br2ω2R，AB两端电压为：UAB＝IR＝12Br2ω，由右手定则可知，电流的方向为：由Q流向N，故A项错误，B项正确；电功率公式：P电＝I2(R＋2R)，由能量守恒定律得：P外＝P＋P电，解得：P外＝3B2r4ω24R＋32μmgrω，故C项正确；若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，由楞次定律可知，可使竖直向下的磁场的磁感应强度减小，故D项错误．9.(2019·浙江等级考试)用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg、电荷量为2.0×10－8C的小球，细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向成37°角，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin37°＝0.6)()A．该匀强电场的场强为3.75×107N/CB．平衡时细线的拉力为0.17NC．经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/sD．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s答案C解析小球的受力情况如图甲，根据合成法知电场力为：qE＝mgtan37°，解得电场强度E＝mgtan37°q＝1.0×10－2×10×0.752×10－8N/C＝3.75×106N/C，故A项错误；平衡时细线的拉力为T＝mgcos37°＝1.0×10－2×100.8N＝0.125N，故B项错误；现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，小球向最低点做初速度为零的匀加速直线运动，如图乙所示：根据牛顿第三定律得T′＝T，加速度a＝T′m＝12.5m/s2，绳子刚伸直时位移x＝2Lsin37°＝1.68m，此过程的时间为t，根据位移时间关系x＝12at2，解得t＝0.2688s0.5s，所以经过t1＝0.5s，小球的速度大小为v＝at1＝6.25m/s，故C项正确；如果细线水平且拉直，静止释放无能量损失，达到最低点的速度为v0，根据动能定理可得mgL＋qEL＝12mv02－0，解得v0＝7m/s，由于绳子伸直时，沿绳子方向的速度减为0，此时能量有损失，所以小球第一次通过O点正下方速度大小小于7m/s，故D项错误．二、非选择题10．(2019·西安模拟)要测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：A．待测干电池E(电动势约为1.5V)B．电流表A(量程1mA，内阻r1＝599Ω)C．电压表V(量程3V，内阻约3kΩ)D．滑动变阻器R1(0～20Ω，1A)E．滑动变阻器R2(0～100Ω，1A)F．定值电阻R＝1ΩG．开关和导线若干(1)请根据提供器材，在图甲所示的方框内画出实验电路图，要求实验能尽可能减小实验误差，电路中滑动变阻器应选用________(填器材前面的字母)．(2)根据电路图连接好实物图，闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，测出多组干路电流及电压表示数U，根据测得的数据作出U­I图象，如图乙所示，由此得到干电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(结果保留两位小数)(3)该实验________(填“存在”或“不存在”)误差，由于电表内阻引起的系统误差，原因是________________________________________________________________________________.答案(1)电路图如解析图所示D(2)1.500.84(3)不存在原因见解析解析(1)电流表量程为1mA，量程太小，应把电流表与定值电阻并联以扩大其量程，由于电流表内阻已知，电流表可以采用外接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择D，实验电路图如图所示；(2)电流表内阻为：RA＝r1Rr1＋R＝599×1599＋1Ω≈1.00Ω，由图示电源U­I图象可知，电源电动势为：E＝1.50V，电源内阻：r＝ΔUΔI－RA＝1.50－0.80.38Ω－1.00Ω≈0.84Ω；(3)由于电流表内阻已知，把电流表与电池等效为一个新电源，电流与电压的测量值不存在系统误差．11．(2019·上海二模)