【特色专项训练 优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼 第一篇专题一电学选择题巧练(三)

1电学选择题巧练(三)[建议用时：20分钟]1.如图所示，菱形abcd的四个顶点分别放上电荷量都为Q的不同电性的点电荷，∠abc＝120°.对角线的交点为O，A、B、C、D分别是O点与四个顶点连线的中点，则下列说法正确的是()A．O点的电势和电场强度都为零B．A、C两点的电场强度相等C．B、D两点的电势相等且都为正D．正的检验电荷从A到D电场力做正功2.(多选)如图为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，－x0与x0关于坐标原点对称，则下列说法正确的是()A．纵轴的左侧为匀强电场B．－x0处的场强为零C．一电子在x0处由静止释放，电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大D．一电子在x0处由静止释放，电子不一定沿x轴正方向运动，但速度逐渐增大3.(多选)如图所示为一直流电路，电源内阻不能忽略，在滑动变阻器滑片P从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是()A．电压表的示数可能增大B．电流表的示数可能增大C．电阻R0消耗的功率可能增大D．电源的输出功率可能增大4.如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场区域的上方有一水平放置的感光板MN.从磁场区域最左端Q垂直磁场射入大量的带电荷量为q、质量为m、速率为v的粒子，且速率满足v＝qBRm，最后都打在了感光板上．不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子，以下说法正确的是()A．这些粒子都带负电B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C．只有对着圆心入射的粒子，出射后才垂直打在感光板MN上D．沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN上5.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速．每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)．下列关于环形加速器的说法中正确的是()A．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为BnBn＋1＝nn＋12B．环形区域内的磁感应强度大小Bn与加速次数n之间的关系为BnBn＋1＝nn＋1C．A、B板之间的电压可以始终保持不变D．粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数n之间关系为tntn＋1＝nn＋16.空间存在一匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，该区域为等腰直角三角形，其腰长为2a，在磁场的左侧有一边长为a的正方形导体框，从磁场的左侧向右以恒定的速度穿越该磁场区域，规定逆时针电流方向为正．则整个过程中导体框中的感应电流与时间的变化规律为()7．如图甲所示，在匀强磁场中有一个匝数n＝10的矩形线圈匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5Ω.从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，那么()A．线圈从图示位置转过90°角时穿过线圈的磁通量为2WbB．在t＝0.2s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C．线圈从图示位置转过30°角时的感应电流为πAD．线圈转动过程中消耗的电功率为10π2W8.(多选)如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是()A．金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电量一样多B．金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力和摩擦力所做功之和等于12mv20C．金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等D．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量3电学选择题巧练(三)1．[解析]选C.根据电场叠加原理可知，O点的场强为零，电势为正，A项错误；根据电场叠加原理可知A、C两点的场强等大反向，B项错误；根据几何关系可知，B、D点都在a、b点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的右侧，都在c、d点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的左侧，因此电势叠加后肯定为正，根据对称性可知，这两点的电势相等，C项正确；同理可以分析A点电势为负，因此正的检验电荷从A到D电势能增大，电场力做负功，D项错误．2．[解析]选BD.纵轴的左侧x轴上电势处处相等，因此场强为零，不可能是匀强电场，A项错误，B项正确；x轴正半轴不一定与电场线重合，且电场线不一定是直的，因此带电粒子不一定沿x轴正方向运动，但从静止开始只在电场力的作用下运动，电场力做正功，速度逐渐增大，C项错误，D项正确．3．[解析]选AD.在刚开始滑动的一段时间内，电路中的总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，电阻R0消耗的功率也减小，B、C项错误；如果滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R，则内电压一直减小，外电压一直增大，电源与R0两端电压一直减小，电压表示数增大，A项正确；如果电源的内阻一直大于外电阻，且滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R，则电源的输出功率增大，D项正确．4．[解析]选D.粒子最后都打在了感光板上，说明粒子向上偏，根据左手定则知粒子带正电，A错误；粒子所受洛伦兹力充当向心力，做半径为r＝mvqB的匀速圆周运动；因为速率满足v＝qBRm，所以r＝mvqB＝R，根据几何关系知沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，C错误、D正确，显然B错误．5．[解析]选B.因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以，绕行第n圈时获得的总动能为12mv2n＝nqU，得第n圈的速度vn＝2nqUm.在磁场中，由牛顿第二定律得qBnvn＝mv2nR，解得Bn＝1R2nmUq，所以BnBn＋1＝nn＋1，A错误，B正确；如果A、B板之间的电压始终保持不变，粒子在A、B两极板之间飞行时，电场力对其做功qU，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU，从而使之减速．粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C错误；根据t＝2πRv得tn＝2πRm2nqU，得tntn＋1＝n＋1n，D错误．6．[解析]选A.在0～t时间内，bc边在磁场中切割磁感线，其有效长度不变，由楞次定律可知电流沿逆时针方向，为正值且大小不变；在t～2t时间内ad边进入磁场，bc边离开磁场，有效切割长度从零逐渐增大，感应电动势从零逐渐增大，感应电流从零逐渐增大，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值；2t～3t时间内ad边开始离开磁场，有效切割长度逐渐减小到零，感应电动势逐渐减小到零，电流逐渐减小到零，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值．7．[解析]选D.线圈从图示位置转过90°角时穿过线圈的磁通量为0.2Wb，与线圈匝数无关，A错；感应电动势的大小和方向均可通过Φ－t图象中图线斜率的大小和正负来判断，在t＝0.2s时，图线的斜率最大，感应电动势最大，其前后图线斜率的正负不变，电流方向不变，B错；线圈转动的角速度为ω＝2πT＝5πrad/s，电动势峰值为Em＝nBSω＝nωΦm＝10πV，4从图示位置开始计时，电流瞬时值表达式为i＝EmRcosωt，因此线圈转过30°角时瞬时电流i＝10π5cos30°A＝3πA，C错；电压的有效值为U＝Em2＝52πV，电功率为P＝U2R＝10π2W，D正确．8．[解析]选ABD.通过电阻的电量q＝IΔt＝ΔΦΔtRΔt＝ΔΦR，所以A项正确；由动能定理知B项正确；上滑、下滑过程中，摩擦力大小均为μmgcosθ，所以摩擦力产生的内能相等，C项错误；由能量守恒知D项正确．