电学部分综合测试

高考热点专题专练·高考热点专题专练·二轮钻石卷物理PAGEPAGE19电学部分综合测试1．(2014·江苏省苏北四市调研)关于涡流，下列说法中错误的是()冶炼炉电磁炉阻尼摆硅钢片A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流解析用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，所以A正确；家用电磁炉使用的是交流电，交流电产生的是变化的磁场，不是恒定的磁场，故B错误；阻尼摆的铝盘以一定相对速度通过磁场区域时，在铝盘内会产生感应电流，因铝盘有电阻，电流做功，消耗机械能，因此产生阻碍铝盘运动的阻尼作用，故C正确；用绝缘的硅钢片做铁芯，是为了减小涡流，减小能量损失，所以D正确．答案B2．(2014·天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误．答案C3.(多选题)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eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)，n2＝kt(k为单位时间增加的匝数)，得U2＝eq\f(U1,n1)kt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)(2014·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u＝311sin100πtV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50HzB．灯泡L1两端电压为55VC．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u＝311sin100πtV可知，副线圈中电流的变化频率为50Hz，选项A正确．根据变压公式，副线圈两端电压为55V，线圈有感抗，灯泡L1两端电压一定小于55V，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．(2014·江苏卷)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B－B,Δt)＝eq\f(B,Δt)，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中磁场中的有效面积S＝eq\f(1,2)a2，代入得E＝neq\f(Ba2,2Δt)，选项B正确，A、C、D错误．答案B7．(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μ，A、B间距离为L，则以下说法不正确的是()A．O、B间的距离为eq\r(\f(kQq,μmg))B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2C．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．从A到B的过程中，乙的电势能减小解析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μmg＝keq\f(qQ,r2)，解得O、B间的距离为r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，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W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项B不正确、C正确．从A到B的过程中，电场力做功，乙的电势能减小，选项D正确．答案B8．某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW.现用500kV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2.0×10B．输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD．输电线上损失的功率为ΔP＝eq\f(U2,r)，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＝eq\f(P,U)＝eq\f(3×106×103,500×103)A＝6×103A，A项错误，输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5V＝1.5×104V＝15kV，B项正确；当用5kV的电压输电时，输电线上损失的功率不会超过3×106kW，与实际情况相背，故C项错误；当用公式ΔP＝eq\f(U2,r)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．(2014·广东卷)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底端时在P中的速度比在Q中的大解析小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误．答案C10．(多选题)如图所示，相距为d的边界水平的匀强磁场，磁感应强度垂直纸面向里、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L＝d，则线圈穿过磁场的整个过程用时为eq\r(\f(2,gh))dB．在线圈穿过磁场的整个过程中，克服安培力做功为mgdC．若L<d，则线圈的最小速度可能为eq\f(mgR,B2L2)D．若L<d，则线圈的最小速度可能为eq\r(2gh＋L－d)解析由题意，若L＝d，则线圈匀速穿过磁场，由mgh＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，求出cd边刚进入磁场时速度v0＝eq\r(2gh)，线圈穿过磁场的整个过程用时t＝eq\f(2d,v0)＝eq\r(\f(2,gh))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mgd＋W安＝mveq\o\al(2,0)/2－mveq\o\al(2,0)/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L<d，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：mg＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，联立解得v＝eq\f(mgR,B2L2)，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(h＋L)＋W安＝eq\f(mv2,2)－0，结合W安＝－mgd，解出v＝eq\r(2gh＋L－d)，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(h＋d＋L)＋W′安＝eq\f(mv2,2)－0，又W′安＝－2mgd，联立解得v＝eq\r(2gh＋L－d).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12V，内阻约100kΩ)、电流表(量程100μA，内阻约50Ω)，滑动变阻器(10Ω，1A)、电池组(电动势E＝12V，内阻不计)、开关、导线若干、直尺、待测的水样品．如图①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②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③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________Ω·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＝eq\f(ρL,S)，通过图①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．(2014·江西省南昌市模拟)发光二极管(LED)是一种节能、环保的元器件，被广泛应用到显示器、照明等各领域．某兴趣小组为探究工作电压是“1.4～4V”、最大正向直流电源是“5～20mA”的LED管的I－U曲线，设计了如图①所示的实验电路．实验室备有以下器材：电流表A1：量程0～50mA，内阻约为50Ω电流表A2：量程0～200mA，内阻约为10Ω电压表V：量程0～5V，内阻约为10kΩ滑动变阻器R1：阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A滑动变阻器R2：阻值范围0～1kΩ，允许最大电流100mA直流电源E：输出电压6V，内阻不计开关(S)、导线若干①②③(1)为了提高实验结果的准确性，电流表应选择________；滑动变阻器应选用________(以上填器材代号)．(2)实验小组根据实验得到的数据描点绘出了如图②所示的I－U图象．而发光二极管(LED)的效率η与通过二极管的电流I的关系曲线如图③所示．其中发光二极管的效率η是指辐射的全部光功率Φ与供给发光二极管的电功率比值．则发光二极管效率达最大时其电阻RL＝________Ω，辐射的光功率Φ＝________W.解析(1)因LED最大正向直流电流是5～20mA，所以电流表应选择A1，由图①可知供电电路采用分压式接法，所以选择的滑动变阻器是阻值较小的R1.(2)由图③可知发光二极管效率达最大时电流为6mA，由图②可知其对应的电压为1.6V，故此时电阻RL＝eq\f(U,I)＝267Ω；根据题意可知60%＝eq\f(Φ,1.6×6×10－3)×100%，则辐射的光功率Φ＝0.00576W.答案(1)A1R1(2)2670.0057613．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＝eq\f(2πm,q).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＝eq\f(mg,q).一倾角为θ、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t＝0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，θ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(mg＋qE0)sinθ＝ma.第一秒末的速度为v＝at1，第二秒内有qE0＝mg，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＝eq\f(mv2,R)，圆周运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)＝1s.由下图可知，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v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ，小球离开斜面的最大距离为d＝2R3＝eq\f(6gsinθ,π).(2)第19秒内仍在斜面上，则有v′＝a·10.又因为：Bqv′≤(mg＋qE0)cosθ，所以θ≤arctaneq\f(1,20π).答案(1)eq\f(6gsinθ,π)(2)θ≤arctaneq\f(1,20π)14．(2014·福建卷)如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．(1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值．解析(1)设带电离子所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U0保持恒定，有qv0B＝qeq\f(U0,d)①得U0＝Bdv0②(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到安培力为F安，有p1hd＝f③p2hd＝f＋F安④F安＝BId⑤根据欧姆定律，有I＝eq\f(U0,R＋r)⑥两导体板间液体的电阻r＝ρeq\f(d,Lh)⑦由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝p2－p1＝eq\f(Ldv0B2,LhR＋dρ)⑧(3)电阻R获得的功率为P＝I2R⑨P＝(eq\f(Lv0B,\f(LR,d)＋\f(ρ,h)))2R⑩当eq\f(d,h)＝eq\f(LR,ρ)时⑪电阻R获得最大功率Pm＝eq\f(LSv\o\al(2,0)B2,4ρ)⑫答案(1)Bdv0(2)eq\f(Ldv0B2,LhR＋dρ)(3)eq\f(LSv\o\al(2,0)B2,4