電學(xué)部分綜合測試

高考熱點專題專練·高考熱點專題專練·二輪鉆石卷物理PAGEPAGE19電學(xué)部分綜合測試1．(2014·江蘇省蘇北四市調(diào)研)關(guān)于渦流，下列說法中錯誤的是()冶煉爐電磁爐阻尼擺硅鋼片A．真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置B．家用電磁爐鍋體中的渦流是由恒定磁場產(chǎn)生的C．阻尼擺擺動時產(chǎn)生的渦流總是阻礙其運動D．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成能減小渦流解析用來冶煉合金鋼的真空冶煉爐，爐外有線圈，線圈中通入反復(fù)變化的電流，爐內(nèi)的金屬中產(chǎn)生渦流，渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化，所以A正確；家用電磁爐使用的是交流電，交流電產(chǎn)生的是變化的磁場，不是恒定的磁場，故B錯誤；阻尼擺的鋁盤以一定相對速度通過磁場區(qū)域時，在鋁盤內(nèi)會產(chǎn)生感應(yīng)電流，因鋁盤有電阻，電流做功，消耗機械能，因此產(chǎn)生阻礙鋁盤運動的阻尼作用，故C正確；用絕緣的硅鋼片做鐵芯，是為了減小渦流，減小能量損失，所以D正確．答案B2．(2014·天津卷)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C．微粒從M點運動到N點動能一定增加D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加解析微粒向下偏轉(zhuǎn)，則微粒受到的電場力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電場力小于重力，就不能確定A、B板所帶電荷的電性，A項錯誤；不能確定電場力的方向和微粒所帶電荷的電性，因此不能確定電場力做功的正負(fù)，不能確定微粒從M點運動到N點電勢能的變化，B項錯誤；由于電場力與重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根據(jù)動能定理可知，微粒從M到N的過程中動能增加，C項正確；由于不能確定重力以外的力即電場力做的是正功還是負(fù)功，根據(jù)功能原理可知，不能確定微粒從M到N過程中機械能是增加還是減少，D項錯誤．答案C3.(多選題)已知磁敏電阻在沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，并且磁場越強阻值越大．為探測磁場的有無，利用磁敏電阻作為傳感器設(shè)計了如圖所示電路，電源的電動勢E和內(nèi)阻r不變，在沒有磁場時調(diào)節(jié)變阻器R使電燈L正常發(fā)光，若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)．則()A．電燈L變暗 B．電燈L變亮C．電流表的示數(shù)增大 D．電流表的示數(shù)減小解析若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)，磁敏電阻阻值增大，電源輸出電流減小，路端電壓增大，電流表的示數(shù)減小，電燈L變亮，選項B、D正確．答案BD4．(多選題)如圖中為一理想變壓器，其原線圈與一電壓有效值不變的交流電源相連：P為滑動頭．現(xiàn)令P從均勻密繞的副線圈最低端開始，沿副線圈勻速上滑，直至白熾燈L兩端的電壓等于其額定電壓為止．用I1表示流過原線圈的電流，I2表示流過燈泡的電流，U2表示燈泡兩端的電壓，N2表示燈泡消耗的電功率(這里的電流、電壓均指有效值，電功率指平均值)．則在下圖中，能夠正確反映相應(yīng)物理量的變化趨勢的是()解析副線圈是均勻密繞的且滑動頭勻速上滑，說明副線圈匝數(shù)在均勻增大，由變壓器的變壓比eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)，n2＝kt(k為單位時間增加的匝數(shù))，得U2＝eq\f(U1,n1)kt均勻增大，C正確．燈泡兩端的電壓由零增大時其電阻增大，描繪的伏安特性曲線為B.燈泡的功率先增大的快(電阻小)后增大的慢(電阻大)，D錯誤．原線圈功率等于燈泡的功率是增大的，所以原線圈電流一定增大，A錯誤．答案BC5.(多選題)(2014·江蘇省揚州質(zhì)檢)如圖所示，理想變壓器的原副線圈的匝數(shù)比為4∶1，原線圈接有u＝311sin100πtV的交變電壓，副線圈上接有定值電阻R、線圈L、燈泡L1及理想電壓表V，以下說法正確的是()A．副線圈中電流的變化頻率為50HzB．燈泡L1兩端電壓為55VC．若交變電壓u的有效值不變，頻率增大，則燈泡L1的亮度將變暗D．若交變電壓u的有效值不變，頻率增大，則電壓表V的示數(shù)將減小解析由原線圈電壓表達式u＝311sin100πtV可知，副線圈中電流的變化頻率為50Hz，選項A正確．根據(jù)變壓公式，副線圈兩端電壓為55V，線圈有感抗，燈泡L1兩端電壓一定小于55V，選項B錯誤；若交變電壓u的有效值不變，頻率增大，則線圈L感抗增大，燈泡L1兩端電壓減小，燈泡L1的亮度將變暗，選項C正確；若交變電壓u的有效值不變，頻率增大，線圈L感抗增大，R中電流減小，則電壓表V的示數(shù)將增大，選項D錯誤．答案AC6．(2014·江蘇卷)如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)解析磁感應(yīng)強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B－B,Δt)＝eq\f(B,Δt)，法拉第電磁感應(yīng)定律公式可寫成E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中磁場中的有效面積S＝eq\f(1,2)a2，代入得E＝neq\f(Ba2,2Δt)，選項B正確，A、C、D錯誤．答案B7．(2013·湖南省12校聯(lián)考)如圖所示，一個電量為＋Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點，另一個電量為－q、質(zhì)量為m的點電荷乙從A點以初速度v0.沿它們的連線向甲運動，到B點時速度最小且為v.已知靜電力常量為k，點電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間距離為L，則以下說法不正確的是()A．O、B間的距離為eq\r(\f(kQq,μmg))B．從A到B的過程中，電場力對點電荷乙做的功為W＝μmgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2C．從A到B的過程中，電場力對點電荷乙做的功為W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．從A到B的過程中，乙的電勢能減小解析A做加速度逐漸減小的減速直線運動，到B點時速度最小，所受庫侖力等于摩擦力，由μmg＝keq\f(qQ,r2)，解得O、B間的距離為r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，選項A正確．從A到B的過程中，由動能定理，電場力對點電荷乙做的功為W＝μmgL＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項B不正確、C正確．從A到B的過程中，電場力做功，乙的電勢能減小，選項D正確．答案B8．某水電站，用總電阻為2.5Ω的輸電線輸電給500km外的用戶，其輸出電功率是3×106kW.現(xiàn)用500kV電壓輸電，則下列說法正確的是()A．輸電線上輸送的電流大小為2.0×10B．輸電線上由電阻造成的損失電壓為15kVC．若改用5kV電壓輸電，則輸電線上損失的功率為9×108kWD．輸電線上損失的功率為ΔP＝eq\f(U2,r)，U為輸電電壓，r為輸電線的電阻解析輸電線上輸送的電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(3×106×103,500×103)A＝6×103A，A項錯誤，輸電線上損失的電壓為U損＝IR＝6×103×2.5V＝1.5×104V＝15kV，B項正確；當(dāng)用5kV的電壓輸電時，輸電線上損失的功率不會超過3×106kW，與實際情況相背，故C項錯誤；當(dāng)用公式ΔP＝eq\f(U2,r)計算損失的功率時，U為輸電線上損失的電壓而不是輸電電壓，D項錯誤．答案B9．(2014·廣東卷)如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置．小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部．則小磁塊()A．在P和Q中都做自由落體運動B．在兩個下落過程中的機械能都守恒C．在P中的下落時間比在Q中的長D．落至底端時在P中的速度比在Q中的大解析小磁塊從銅管P中下落時，P中的磁通量發(fā)生變化，P中產(chǎn)生感應(yīng)電流，給小磁塊一個向上的磁場力，阻礙小磁塊向下運動，因此小磁塊在P中不是做自由落體運動，而塑料管Q中不會產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，因此Q中小磁塊做自由落體運動，A項錯誤；P中的小磁塊受到的磁場力對小磁塊做負(fù)功，機械能不守恒，B項錯誤；由于在P中小磁塊下落的加速度小于g，而Q中小磁塊做自由落體運動，因此從靜止開始下落相同高度，在P中下落的時間比在Q中下落的時間長，C項正確；根據(jù)動能定理可知，落到底部時在P中的速度比在Q中的速度小，D項錯誤．答案C10．(多選題)如圖所示，相距為d的邊界水平的勻強磁場，磁感應(yīng)強度垂直紙面向里、大小為B.質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形線圈abcd，將線圈在磁場上方高h(yuǎn)處由靜止釋放，已知cd邊剛進入磁場時和cd邊剛離開磁場時速度相等，不計空氣阻力，則()A．若L＝d，則線圈穿過磁場的整個過程用時為eq\r(\f(2,gh))dB．在線圈穿過磁場的整個過程中，克服安培力做功為mgdC．若L<d，則線圈的最小速度可能為eq\f(mgR,B2L2)D．若L<d，則線圈的最小速度可能為eq\r(2gh＋L－d)解析由題意，若L＝d，則線圈勻速穿過磁場，由mgh＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，求出cd邊剛進入磁場時速度v0＝eq\r(2gh)，線圈穿過磁場的整個過程用時t＝eq\f(2d,v0)＝eq\r(\f(2,gh))d，故A正確；在cd邊剛進入磁場到cd邊剛離開磁場的過程中，設(shè)安培力對線框做功為W安，由動能定理得mgd＋W安＝mveq\o\al(2,0)/2－mveq\o\al(2,0)/2，則W安＝－mgd.再考慮到線圈離開磁場的過程也要克服安培力做功，故B錯誤；若L<d，有一種可能是：線圈進入磁場后，先減速再勻速運動，再加速運動，則勻速時速度最小，設(shè)為v，勻速時：mg＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(mgR,B2L2)，故選項C正確．還有一種可能是：線圈進入磁場后一直減速，直到ab邊剛進入磁場時，線圈速度最小，設(shè)為v，對從開始到線圈ab邊剛進入磁場，應(yīng)用動能定理mg(h＋L)＋W安＝eq\f(mv2,2)－0，結(jié)合W安＝－mgd，解出v＝eq\r(2gh＋L－d)，故選項D正確．或?qū)拈_始到ab邊剛出磁場時的全過程，由動能定理得mg(h＋d＋L)＋W′安＝eq\f(mv2,2)－0，又W′安＝－2mgd，聯(lián)立解得v＝eq\r(2gh＋L－d).答案ACD11．某課題小組通過實驗測量淮河水的電阻率．現(xiàn)備有一根均勻的長玻璃管(兩端各有一個圓形電極，可裝入樣品水，接觸電阻不計)、電壓表(量程12V，內(nèi)阻約100kΩ)、電流表(量程100μA，內(nèi)阻約50Ω)，滑動變阻器(10Ω，1A)、電池組(電動勢E＝12V，內(nèi)阻不計)、開關(guān)、導(dǎo)線若干、直尺、待測的水樣品．如圖①是他們用伏安法多次測量并計算出對應(yīng)的水柱長度L與水柱電阻R描點畫出的圖象．實驗中還用10分度的游標(biāo)卡尺測量了玻璃管的內(nèi)徑，結(jié)果如圖②所示．請回答下面的問題：(1)玻璃管內(nèi)徑d的測量值為________cm；(2)請在圖③虛線框內(nèi)畫出測量水柱電阻的電路圖；(3)所測水的電阻率為________Ω·m(保留兩位有效數(shù)字)．解析本題考查游標(biāo)卡尺的讀數(shù)、伏安法測電阻的實驗電路圖的設(shè)計和電阻率的定義式，游標(biāo)卡尺讀數(shù)時，主尺部分一定要看游標(biāo)的零刻線對齊的整數(shù)以上部分．在設(shè)計伏安法測電阻的電路時，考慮兩點，一是外接內(nèi)接的選擇，二是分壓限流的選擇．因為該電阻阻值較大，故選用內(nèi)接法，因為滑動變阻器的阻值太小，用限流法對電路電流不能大范圍的調(diào)節(jié)，故用分壓法．根據(jù)電阻率的定義式R＝eq\f(ρL,S)，通過圖①讀出任一組R、L的數(shù)值，利用(1)中讀數(shù)算出S的值，代入可得．答案(1)2.26(2)如圖所示(3)8012．(2014·江西省南昌市模擬)發(fā)光二極管(LED)是一種節(jié)能、環(huán)保的元器件，被廣泛應(yīng)用到顯示器、照明等各領(lǐng)域．某興趣小組為探究工作電壓是“1.4～4V”、最大正向直流電源是“5～20mA”的LED管的I－U曲線，設(shè)計了如圖①所示的實驗電路．實驗室備有以下器材：電流表A1：量程0～50mA，內(nèi)阻約為50Ω電流表A2：量程0～200mA，內(nèi)阻約為10Ω電壓表V：量程0～5V，內(nèi)阻約為10kΩ滑動變阻器R1：阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A滑動變阻器R2：阻值范圍0～1kΩ，允許最大電流100mA直流電源E：輸出電壓6V，內(nèi)阻不計開關(guān)(S)、導(dǎo)線若干①②③(1)為了提高實驗結(jié)果的準(zhǔn)確性，電流表應(yīng)選擇________；滑動變阻器應(yīng)選用________(以上填器材代號)．(2)實驗小組根據(jù)實驗得到的數(shù)據(jù)描點繪出了如圖②所示的I－U圖象．而發(fā)光二極管(LED)的效率η與通過二極管的電流I的關(guān)系曲線如圖③所示．其中發(fā)光二極管的效率η是指輻射的全部光功率Φ與供給發(fā)光二極管的電功率比值．則發(fā)光二極管效率達最大時其電阻RL＝________Ω，輻射的光功率Φ＝________W.解析(1)因LED最大正向直流電流是5～20mA，所以電流表應(yīng)選擇A1，由圖①可知供電電路采用分壓式接法，所以選擇的滑動變阻器是阻值較小的R1.(2)由圖③可知發(fā)光二極管效率達最大時電流為6mA，由圖②可知其對應(yīng)的電壓為1.6V，故此時電阻RL＝eq\f(U,I)＝267Ω；根據(jù)題意可知60%＝eq\f(Φ,1.6×6×10－3)×100%，則輻射的光功率Φ＝0.00576W.答案(1)A1R1(2)2670.0057613．在如圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度在數(shù)值上滿足B＝eq\f(2πm,q).在豎直方向存在交替變化的勻強電場(豎直向上為正)，電場強度大小為E0＝eq\f(mg,q).一傾角為θ、長度足夠的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有一質(zhì)量為m，帶電量為－q的小球，從t＝0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5秒內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g.求：(1)第6秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離；(2)第19秒內(nèi)小球未離開斜面，θ角應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運動的加速度為a，由牛頓第二定律，得(mg＋qE0)sinθ＝ma.第一秒末的速度為v＝at1，第二秒內(nèi)有qE0＝mg，所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運動，則由向心力公式得，qvB＝eq\f(mv2,R)，圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)＝1s.由下圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運動．所以，第5秒末的速度為v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ，小球離開斜面的最大距離為d＝2R3＝eq\f(6gsinθ,π).(2)第19秒內(nèi)仍在斜面上，則有v′＝a·10.又因為：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)如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長為L、寬為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連．整個管道置于磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿z軸正方向的勻強磁場中．管道內(nèi)始終充滿電阻率為ρ的導(dǎo)電液體(有大量的正、負(fù)離子)，且開關(guān)閉合前后，液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動，液體所受的摩擦阻力不變．(1)求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢差大小U0；(2)求開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強差的變化Δp；(3)調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積S＝dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應(yīng)的寬高比d/h的值．解析(1)設(shè)帶電離子所帶的電荷量為q，當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，U0保持恒定，有qv0B＝qeq\f(U0,d)①得U0＝Bdv0②(2)設(shè)開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為f，開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，有p1hd＝f③p2hd＝f＋F安④F安＝BId⑤根據(jù)歐姆定律，有I＝eq\f(U0,R＋r)⑥兩導(dǎo)體板間液體的電阻r＝ρeq\f(d,Lh)⑦由②③④⑤⑥⑦式得Δp＝p2－p1＝eq\f(Ldv0B2,LhR＋dρ)⑧(3)電阻R獲得的功率為P＝I2R⑨P＝(eq\f(Lv0B,\f(LR,d)＋\f(ρ,h)))2R⑩當(dāng)eq\f(d,h)＝eq\f(LR,ρ)時?電阻R獲得最大功率Pm＝eq\f(LSv\o\al(2,0)B2,4ρ)?答案(1)Bdv0(2)eq\f(Ldv0B2,LhR＋dρ)(3)eq\f(LSv\o\al(2,0)B2,4