2025届高考物理二轮专题复习与测试滚动综合练二电学综合

滚动综合练(二)电学综合1．(2024·深圳市一模)如图所示，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动(从左往右看沿顺时针方向转)，从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生如图所示的波形交变电流的是(A)解析：由题图可知，t＝0时，线圈中电流为零，此时线圈与磁场垂直，故B、D错误；t＝0时，电流从2流出线圈，由右手定则可知，题图A中电流从2流出线圈，题图C中电流从1流出线圈，故A正确，C错误。2．(多选)可控核聚变的磁约束像一个无形的管道，将高温等离子体束缚在其中，通过电磁感应产生的涡旋电场给等离子体加速，此情境可以简化为如图所示的装置，两个半径不同的同心环形光滑绝缘管道a、b处于垂直于纸面向里、磁感应强度大小随时间均匀增大的匀强磁场中，甲、乙两个完全相同的带负电小球分别在a、b两管道中同时由静止释放，之后两小球在管道内做速率随时间均匀增大的加速运动，不计小球受到的重力及小球间相互作用力，下列说法正确的是(BD)A．小球a沿逆时针方向运动B．小球b沿顺时针方向运动C．小球a受到的洛伦兹力保持不变D．小球b受到的洛伦兹力变大解析：根据楞次定律可知，磁场在管道内产生的涡旋电场为逆时针方向，小球带负电，则小球所受的电场力为顺时针方向，两小球均沿顺时针方向运动，A错误，B正确；小球做加速运动，速度逐渐增大，磁感应强度也逐渐增强，根据F洛＝qvB可知小球所受洛伦兹力变大，C错误，D正确。3．(2024·佛山市禅城区二模)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y轴对称，a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过a点时动能为60eV，各等势线的电势高低标注在图中，则(D)A．a、d两点的电场强度相同B．电子从a到b运动时，电场力做负功C．电子从c到d运动时，电势能逐渐减小D．电子在经过等势线d点时的动能为60eV解析：各等势面关于y轴对称，疏密相同，所以电场线疏密也相同，场强大小相等，根据等势线与电场线垂直，可知a、d两点的电场强度方向不同，故a、d两点的电场强度不同，故A错误；根据等势线与电场线垂直，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，速度方向沿轨迹的切线方向，故电子从a到b运动时，电场力做正功，故B错误；根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子从c到d运动时，电势能逐渐增大，故C错误；a、d两点的电势相等，故从a到d电场力不做功，所以电子在经过等势线d点时的动能为60eV，故D正确。4．利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同同极相对放置的磁体缝隙中，建立图乙所示的空间坐标系。两磁极连线方向沿x轴，通过霍尔元件的电流I不变，方向沿z轴正方向。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压UH为0，将该点作为位移的零点。当霍尔元件沿着±x方向移动时，则有霍尔电压输出，从而能够实现微小位移的测量。已知该霍尔元件的载流子是负电荷，则下列说法正确的是(B)A．霍尔元件向左偏离位移零点时，其左侧电势比右侧高B．霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高C．增加霍尔元件沿y方向的厚度，可以增加测量灵敏度D．增加霍尔元件沿x方向的厚度，可以增加测量灵敏度解析：霍尔元件向左偏离位移零点时，磁场方向向右，则带负电的载流子向下偏转，则上侧电势比下侧高，同理霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高，A错误，B正确；稳定时，eq\f(UH,dy)q＝qvB，其中I＝nqdydxv，解得UH＝eq\f(BI,nqdx)，则只有减小x方向的厚度才能增加灵敏度，增加霍尔元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加测量灵敏度，C、D错误。5．如图所示的电路中，电动机的内阻为2Ω，灯泡上标有“2V1W”，定值电阻R的阻值为4Ω。当变压器原线圈接入220V的交流电时，电动机和灯泡均正常工作，且电动机的输出功率为18W，则(C)A．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1B．电动机的额定电压为22VC．原线圈的电流为0.1AD．若灯泡损坏导致电路断路，则电动机会被烧坏解析：副线圈的输出电流I2＝eq\f(PL,UL)＋eq\f(UL,R)＝1A，设电动机两端电压为UM，则有UMI2＝Ieq\o\al(2,2)RM＋P出，解得UM＝20V，副线圈的输出电压U2＝UM＋UL＝22V，变压器原、副线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,22)＝eq\f(10,1)，故A、B错误；原线圈的电流I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,10)×1A＝0.1A，故C正确；若灯泡损坏导致电路断路，则灯泡与定值电阻并联部分电阻变大，电动机两端电压减小，电动机不会被烧坏，故D错误。6．(多选)图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直于纸面向内、磁感应强度为B2的匀强磁场。下列选项正确的是(BCD)A．若圆盘按照图示方向转动，那么平行板电容器D板电势高B．铜盘产生的感应电动势E感＝eq\f(1,2)B1ωL2C．若一电子从电容器两板中间水平向右射入，恰能做匀速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度v＝eq\f(B1ωL2,2B2d)D．若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，则小球做圆周运动的半径为eq\f(5d,4)解析：根据右手定则可得，C极板带正电，电势高，故A错误。根据电磁感应方程得E感＝B1Leq\f(0＋ωL,2)＝eq\f(1,2)B1ωL2，故B正确。由于电子做匀速运动，受力平衡，由evB2＝eeq\f(E感,d)得v＝eq\f(B1ωL2,2B2d)，故C正确。带电小球恰能从右板边缘射出，则运动轨迹如图所示，由几何关系可得r2＝d2＋(r－eq\f(d,2))2，得r＝eq\f(5d,4)，故D正确。7.(多选)(2024·广东省部分学校一模)如图所示，放在光滑绝缘水平面上的轻质单匝矩形线框长、宽之比为5∶3，线框在外力作用下以相同的速度匀速离开匀强磁场区，离开磁场区时始终有两边与边界平行，则在1、2两种情况下(CD)A．所用拉力大小之比为3∶5B．通过线框的电荷量之比为3∶5C．线框中的感应电流之比为3∶5D．线框中产生的热量之比为3∶5解析：在1、2两种情况下，感应电动势之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(BL1v,BL2v)＝eq\f(3,5)，根据I＝eq\f(E,R)可得，线框中的感应电流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(3,5)，故C正确；根据受力平衡可得F＝F安＝BIL，所用拉力大小之比eq\f(F1,F2)＝eq\f(I1,I2)·eq\f(L1,L2)＝eq\f(9,25)，故A错误；根据q＝It＝I·eq\f(x,v)可得，通过线框的电荷量之比eq\f(q1,q2)＝eq\f(I1,I2)·eq\f(L2,L1)＝eq\f(1,1)，故B错误；根据Q＝I2Rt＝I2R·eq\f(x,v)可得，线框中产生的热量之比eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(Ieq\o\al(2,1),Ieq\o\al(2,2))·eq\f(L2,L1)＝eq\f(3,5)，故D正确。8．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示的是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为R0的eq\f(1,4)圆弧形静电分析器(静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场)后，从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向的夹角为15°，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q，不计离子所受的重力。(1)求离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；(2)求静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0；(3)若磁场方向垂直于纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小。解析：(1)离子通过加速电场，根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU,m))离子通过静电分析器做圆周运动，速度大小不改变，所以离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为eq\r(\f(2qU,m))。(2)离子经过静电分析器，由向心力公式得qE0＝meq\f(v2,R0)解得E0＝eq\f(2U,R0)。(3)作出符合题意的离子的运动轨迹如图所示。O1、O2分别为磁场圆和轨迹圆的圆心，M为射出点，PM为公共弦，连接O1O2，则O1O2⊥PM，△PO2M为等腰直角三角形，则∠MPO2＝45°，而又因∠QPO2＝75°，故∠QPM＝30°。设轨迹圆的半径为R，则R＝2rcos30°cos45°＝eq\f(\r(6),2)r由向心力公式qvB0＝meq\f(v2,R)得B0＝eq\f(2,r)eq\r(\f(mU,3q))。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(2U,R0)(3)eq\f(2,r)eq\r(\f(mU,3q))9．如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，mn左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场(图中未画出)，mn两侧磁场的磁感应强度B大小相等(B的大小未知)，导轨的间距为L＝1.5m，倾角θ＝37°，在t＝0时刻，置于倾斜导轨上的ef棒由静止释放，置于水平导轨上的cd棒在一水平向右的外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，cd、ef棒的质量分别为m1＝1.0kg、m2＝2.0kg，电阻分别为R1＝2Ω、R2＝3Ω，忽略导轨的电阻，ef棒与金属导轨间的动摩擦因数μ＝0.12，不计cd棒与导轨之间的摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：(1)t＝0时刻cd棒的加速度大小及cd棒中的电流方向；(2)磁感应强度B的大小；(3)ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大所用的时间。解析：(1)在t＝0时刻根据牛顿第二定律有F＝m1a，且由题图乙可知，此时F＝5N，代入得a＝5m/s2，由右手定则知，cd棒中的电流方向是由d到c。(2)由题知cd棒做匀加速直线运动，经过时间t，cd棒的速度v＝at此时E＝BLv＝BLat，I＝eq\f(E,R1＋R2)则cd棒受的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2at,R1＋R2)由牛顿第二定律得F－F安＝m1a由以上各式整理得F＝m1a＋eq\f(B2L2at,R1＋R2)由图线可知t＝2s时F＝13N代入得B＝eq\f(4,3)T≈1.33T。(3)①当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，ef棒受力如图1所示，当F1＝m2gcosθ时，