【状元之路】高考物理二轮复习钻石卷 电学部分综合测试（含13年各地联考、模拟试题）.doc

电学部分综合测试1(2013安徽省马鞍山质检)下列运动(电子只受电场或磁场力的作用)不可能的是()解析电子在固定的等量异种点电荷连线的中垂线上受到指向左侧的电场力作用，不可能做直线运动，正确选项是b.答案b2有一只小型直流电动机和一只白炽灯，它们的铭牌上都标有“220 v40 w”的字样，现将它们并联接在电源电压为220 v直流电路中，当电路接通正常工作后()a在相同的时间内发出的热量相同b在相同的时间内消耗的电能相同c对它们来说iui2r都是成立的d对电动机来说iu成立解析在相同的时间内电动机(非纯电阻)发出的热量小得多，故a错误；在相同的时间内消耗的电能均为wpt，故b对；iui2r，仅对白炽灯(纯电阻)来说是成立的，故c、d错误答案b3(多选题)(2013山东省名校联考)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bd4(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，n2kt(k为单位时间增加的匝数)，得u2kt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bc5.(多选题)(2013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u311sin100t v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50 hzb灯泡l1两端电压为55 vc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u311sin100t v可知，副线圈中电流的变化频率为50 hz，选项a正确根据变压公式，副线圈两端电压为55 v，线圈有感抗，灯泡l1两端电压一定小于55 v，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ac6.如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线重合从t0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域用i表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正则下列表示it关系的图线中，可能正确的是()解析从图示位置开始，t时刻水平移动的距离xvt，导线框切割磁感线的有效长度lxsin45vtsin45，又i，eblv，故推出i与t成正比，故排除c；又考虑到导线框全部进入磁场后，产生的感应电动势为零，故a、b错，d正确答案d7(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，a、b间距离为l，则以下说法不正确的是()ao、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wmglmvmv2c从a到b的过程中，电场力对点电荷乙做的功为wmglmv2mvd从a到b的过程中，乙的电势能减少解析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mgk，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wmglmv2mv，选项b不正确、c正确从a到b的过程中，电场力做功，乙的电势能减少，选项d正确答案b8某水电站，用总电阻为2.5 的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3106 kw.现用500 kv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2.0105 ab输电线上由电阻造成的损失电压为15 kvc若改用5 kv电压输电，则输电线上损失的功率为9108 kwd输电线上损失的功率为p，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 a6103 a，a项错误，输电线上损失的电压为u损ir61032.5 v1.5104 v15 kv，b项正确；当用5 kv的电压输电时，输电线上损失的功率不会超过3106 kw，与实际情况相背，故c项错误；当用公式p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b9.(2013山东省名校联考)a、b两块正对的金属板竖直放置，在金属板a的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球两块金属板接在如图所示的电路中，r1为光敏电阻，r2为滑动变阻器，r3为定值电阻，当r2的滑动触头p在中间时闭合开关s，此时电流表和电压表的示数分别为i和u，带电小球静止时绝缘细线与金属板a的夹角为.已知电源电动势e和内阻r一定，光敏电阻随光照的增强电阻变小，以下说法正确的()a保持光照强度不变，将r2的滑动触头p向b端滑动，则r3消耗的功率变大b保持滑动触头p不动，让光敏电阻周围光线变暗，则小球重新平衡后变小c滑动触头向a端滑动，用更强的光照射r1，则电压表示数变小d保持滑动触头不动，用更强的光照射r1，则u的变化量的绝对值与i的变化量的绝对值的比值变小解析保持光照强度不变，将r2的滑动触头p向b端滑动，则r1阻值不变，r2连入电路中的阻值变大，r3中电流变小，则r3消耗的功率变小，选项a错误保持滑动触头p不动，让光敏电阻周围光线变暗，光敏电阻阻值变大，两金属板之间的电压增大，小球所受电场力变大，则小球重新平衡后变大，选项b错误滑动触头向a端滑动，用更强的光照射r1，光敏电阻阻值变小，电源输出电流变大，路端电压变小，则电压表示数变小，选项c正确保持滑动触头不动，用更强的光照射r1，则u的变化量的绝对值与i的变化量的绝对值的比值等于电源内阻和定值电阻之和，选项d错误答案c10(多选题)如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度水平向里、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ld，则线圈穿过磁场的整个过程用时间为 db在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgdc若ld，则线圈的最小速度可能为d若ld，则线圈的最小速度可能为解析由题意，若ld，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间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mgdw安mv/2mv/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ld，有一种可能是：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：mgbil，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(hl)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(hdl)w安0，又w安2mgd，联立解得v.答案acd11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12 v，内阻约100 k)、电流表(量程100 a，内阻约50 )，滑动变阻器(10 ，1 a)、电池组(电动势e12 v，内阻不计)、开关、导线若干、直尺、待测的水样品如图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_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)8012现代化养鸡场使用孵化室来孵化小鸡，为使孵化室保持适当的温度，可采用触发开关控制加热系统，如图所示触发开关可采用热敏电阻来控制其1、2两端所加电压，当1、2两端所加电压上升至8.0 v时，触发开关自动启动加热系统，当1、2两端所加电压下降至7.0 v时，触发开关自动切断加热系统请利用下列器材设计一个孵化室内的控制电路，给1、2两端提供电压(不考虑触发开关对所设计的电路的影响)提供的器材如下：a热敏电阻rt，其阻值随温度的升高而减小，其不同温度下的阻值如下表：温度()30.032.034.036.038.040.042.044.046.048.0电阻(k)54.239.830.624.720.017.115.013.211.610.5b.恒压电源e；c定值电阻r0；d开关s及导线若干(1)在图中的虚线框内完成控制电路原理图，并在图中标上热敏电阻和定值电阻的符号(2)孵化小鸡时孵化室的温度应保持在38 至42 的范围，若要达到这一设计要求，电源输出电压应为u_v，定值电阻应为r0_k.(结果保留两位有效数字)解析控制电路如图，由表格，知温度保持在38 至42 的范围，则相对应的电阻范围是20 k至15 k，由题意，当1、2两端所加电压为7.0 v时，触发开关自动切断加热系统，温度自42 开始降低，电压上升，当温度降至38 、电压升至8.0 v时，触发开关自动启动加热系统则有u7r0，u8r0，联立解得u14 v，r015 k. 答案(1)见解析图(2)141513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、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t0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，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(mgqe0)sinma.第一秒末的速度为vat1，第二秒内有qe0mg，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t1 s.由上图可知，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v5a(t1t3t5)6gsin，小球离开斜面的最大距离为d2r3.(2)第19秒内仍在斜面上，则有va10.又因为：bqv(mgqe0)cos，所以arctan.答案(1)(2)arctan14(2013河南名校质检)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨mn、pq竖直放置，其宽度l1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端m与p之间连接阻值为r0.40 的电阻，质量m0.01 kg、电阻r0.30 的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的oa段为曲线，ab段为直线，导轨电阻不计，g10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，试求：(1)当t1.5 s时，重力对金属棒ab做功的功率；(2)金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻r上产生的热量；(3)磁感应强度b的大小解析(1)金属棒先做加速度减小的加速运动，最后以vt7 m/s的速度(由图象乙中数据可知)匀速下落由功率定义得重力对金属棒ab做功的功率pgmgvtpg0.01107 w0.7 w.(2)在01.5 s，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得mghw安mv0w安0.455 j对闭合回路由闭合电路欧姆定律得e电i(rr)则电阻r两端的电压ur为ure电电阻r上产生的热量qrw安0.26 j(3)当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得mgbil金属棒产生的感应电动势eblvt则电路中的电流i代入数据解得b0.1 t.答案(1)0.7 w(2)0.26 j(3)0.1