高考物理二輪復習 電學與原子物理學選擇題押題練（一）（含解析）-人教版高三全冊物理試題

電學與原子物理學選擇題押題練（一）1．如圖所示，在真空空間中的M、N處存在兩個被固定的、電荷量相同的正點電荷，在它們連線所在的直線上有A、B、C三點，已知MA＝CN＝NB，MA<NA?，F(xiàn)有一正點電荷q，在兩固定點電荷形成的電場中移動此點電荷q，下列說法中正確的是()A．沿半圓弧l將q從B點移到C點，電場力不做功B．沿曲線r將q從B點移到C點，電場力做負功C．沿曲線s將q從A點移到C點，電場力做正功D．沿直線將q從A點移到B點，電場力做正功解析：選C根據(jù)題述電場特點知，q從B點到N點電場力做負功，N點到C點電場力做正功，根據(jù)場強的疊加知，NC段的電場強度大于BN段的電場強度，q從B點到C點過程中，電場力做的負功小于電場力做的正功，則將q從B點移到C點，電場力做正功，電場力做功與電荷移動路徑無關，選項A、B錯誤；A點與B點等電勢，所以將q從A點移動到C點與從B點移動到C點等效，所以沿曲線s將q從A點移到C點，電場力做正功，選項C正確；沿直線將q從A點移到B點，電場力做功為零，選項D錯誤。2．在如圖所示的電路中，P、Q為平行板電容器兩個極板，G為靜電計，開關K閉合后靜電計G的指針張開一定的角度。下列說法正確的是()A．斷開K，將P向左移動少許，G的指針張開的角度變大B．閉合K，將P向左移動少許，G的指針張開的角度變大C．閉合K，將P向下移動少許，G的指針張開的角度變小D．斷開K，在P、Q之間插入一陶瓷板，G的指針張開的角度變大解析：選A斷開K，將P向左移動少許，兩極板之間的距離增大，電容器的帶電荷量不變，電容減小，電勢差增大，A正確；保持K閉合，增大或減小兩極板之間的距離，增大或減小兩極板的正對面積，靜電計金屬球與外殼之間的電勢差不變，G的指針張開的角度不變，B、C錯誤；斷開K，電容器的帶電荷量不變，在P、Q之間插入一陶瓷板，電容增大，電勢差減小，G的指針張開的角度變小，D錯誤。3．如圖甲所示，圓形閉合線圈共有100匝，線圈的總電阻為1Ω，線圈處在方向向上的勻強磁場中，線圈的半徑為r＝eq\f(1,\r(π))m，線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)穿過線圈的磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，則線圈的發(fā)熱功率為()A.eq\r(5)W B.eq\f(\r(5),2)WC．2.5W D．5W解析：選D由題可知，線圈的面積為S＝πr2＝1m2,eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝0.01Wb/s，則感應電動勢E1＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝1V，同理可以得到1～1.2s內感應電動勢E2＝5V，由有效值定義有：eq\f(E2,R)T＝eq\f(E12,R)·eq\f(5,6)T＋eq\f(E22,R)·eq\f(1,6)T，解得電動勢的有效值E＝eq\r(5)V，線圈的發(fā)熱功率P＝eq\f(E2,R)＝5W，D項正確。4.如圖所示，在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中，有一個均勻導線制成的單匝直角三角形線框。現(xiàn)用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行。已知AB＝BC＝l，線框導線的總電阻為R，則線框離開磁場的過程中()A．線框A、B兩點間的電壓不變B．通過線框截面的電荷量為eq\f(Bl2,2R)C．線框所受外力的最大值為eq\f(\r(2)B2l2v,R)D．線框中的熱功率與時間成正比解析：選B在線框離開磁場的過程中，有效切割長度增大，電動勢增大，電流增大，A、B兩點間的電壓變大，A錯；由公式q＝eq\x\to(I)t得q＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(BS,Rt)t＝eq\f(Bl2,2R)，B對；線框所受的外力的最大值為Fm＝BIml，Im＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)，得Fm＝eq\f(B2l2v,R)，C錯；由于電流隨時間均勻增大，電阻不變，所以熱功率與時間不是正比關系，D錯。5.[多選]如圖所示，一理想變壓器原線圈匝數(shù)n1＝1000，副線圈匝數(shù)n2＝100，將原線圈接在u＝100eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，副線圈接有阻值R＝5Ω的定值電阻、理想電流表和理想電壓表?，F(xiàn)在A、B兩點間接入不同的電子元件，下列說法正確的是()A．副線圈兩端電壓為1000VB．若在A、B兩點間接入一阻值R′＝15Ω的定值電阻，則電壓表示數(shù)為2.5VC．若在A、B兩點間接入一電感線圈(感抗較大)，則電流表的示數(shù)為2AD．若在A、B兩點間接入一電容器，則在降低交流電的頻率時，電壓表的示數(shù)減小解析：選BD原線圈輸入電壓有效值為U1＝100V，根據(jù)理想變壓器變壓公式，可知副線圈兩端電壓為U2＝10V，選項A錯誤；若在A、B兩點間接入一阻值R′＝15Ω的定值電阻，副線圈輸出電流為I2＝eq\f(U2,R＋R′)＝0.5A，則電壓表示數(shù)為U＝I2R＝2.5V，選項B正確；若在A、B兩點間接入一電感線圈，由于感抗較大，電路中阻抗大于5Ω，根據(jù)歐姆定律，可知電流表的示數(shù)一定小于2A，選項C錯誤；若在A、B兩點間接入一電容器，則在降低交流電的頻率時，容抗增大，電路中的電流減小，由歐姆定律可知，電阻兩端電壓減小，電壓表的示數(shù)減小，選項D正確。6．[多選]如圖甲所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，下列判斷中不正確的是()A．在Ek-t圖中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高頻電源的變化周期應該等于tn－tn－1C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D．要想粒子獲得的最大動能更大，則要求高頻電源的電壓更大解析：選BCD帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，與帶電粒子的速度無關，題圖乙中t2－t1、t3－t2、t4－t3均等于eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，選項A正確；高頻電源的變化周期與帶電粒子做圓周運動的周期相等，選項B錯誤；粒子從D形盒中出來時，其做圓周運動的半徑等于D形盒的半徑，故有R＝eq\f(mvm,qB)，粒子的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與粒子被加速的次數(shù)和加速電壓的大小無關，選項C、D錯誤。7.[多選]如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢φ與坐標x的關系如圖中曲線所示，圖中斜線為該曲線過點(0.15,3)的切線?，F(xiàn)有一質量為0.20kg、電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視為質點)，從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.02，取重力加速度g10m/s2。則下列說法中正確的是()A．滑塊P運動的加速度逐漸減小B．滑塊P運動的加速度先減小后增大C．x＝0.15m處的電場強度大小為2.0×106N/CD．滑塊P運動的最大速度為0.1m/s解析：選BCD由E＝eq\f(Δφ,Δx)(Δx→0)知φ-x圖像的斜率表示電場強度，由題圖知隨坐標x增大，電場強度減小，在x＝0.15m處，E＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(3×105,0.30－0.15)V/m＝2.0×106V/m＝2.0×106N/C，滑塊P此時所受電場力大小F＝qE＝0.04N，滑動摩擦力大小f＝μmg＝0.04N，此時F＝f，由牛頓第二定律有F－f＝ma，則a＝0，滑塊P從x＝0.10m運動到x＝0.15m的過程中電場力減小，加速度減小，之后的運動過程中電場力小于滑動摩擦力，加速度反向增大，A錯，B、C對；由上述分析易知，滑塊P在x＝0.15m處速度最大，從x＝0.10m到x＝0.15m，Δφ′＝(4.5×105－3×105)V＝1.5×105V，Δx′＝(0.15－0.10)m＝0.05m，由動能定理可得qΔφ′－μmgΔx＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝0.1m/s，D對。8.[多選]在光電效應實驗中，飛飛同學用同一光電管在不同實驗條件下得到了三條光電流與電壓之間的關系曲線(甲光、乙光、丙光)如圖所示，則可判斷出()A