高考物理二輪復(fù)習(xí) 電學(xué)與原子物理學(xué)選擇題押題練（二）（含解析）-人教版高三全冊物理試題

電學(xué)與原子物理學(xué)選擇題押題練（二）1．如圖所示，一個帶電荷量為－Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點。另一個帶電荷量為＋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，運動到B點時速度為v，且為運動過程中速度的最小值。已知點電荷乙受到的阻力大小恒為f，A、B間距離為L0，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()A．點電荷乙從A點向甲運動的過程中，加速度逐漸增大B．點電荷乙從A點向甲運動的過程中，其電勢能先增大再減小C．OB間的距離為eq\r(\f(kQq,f))D．在點電荷甲形成的電場中，AB間電勢差UAB＝eq\f(fL0＋\f(1,2)mv2,q)解析：選C點電荷乙在向甲運動的過程中，受到點電荷甲的庫侖力和阻力，且?guī)靵隽χ饾u增大，由題意知，在B點時速度最小，則點電荷乙從A點向甲運動過程中先減速后加速，運動到B點時庫侖力與阻力大小相等，加速度為零，根據(jù)庫侖定律，有keq\f(Qq,rOB2)＝f，所以rOB＝eq\r(\f(kQq,f))，選項A錯誤，C正確；點電荷乙向甲運動的過程中，庫侖力一直做正功，點電荷乙的電勢能一直減小，選項B錯誤；根據(jù)動能定理，qUAB－fL0＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得UAB＝eq\f(fL0＋\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02,q)，選項D錯誤。2.如圖所示，理想變壓器原線圈兩端A、B接在電動勢為E＝8V，內(nèi)阻為r＝2Ω的交流電源上，理想變壓器的副線圈兩端與滑動變阻器Rx相連，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2，當電源輸出功率最大時()A．滑動變阻器的阻值Rx＝2ΩB．最大輸出功率P＝4WC．變壓器的輸出電流I2＝2AD．滑動變阻器的阻值Rx＝8Ω解析：選D當外電路電壓等于內(nèi)電路電壓時電源輸出功率最大，即U1＝Ur，且U1＋Ur＝8V，故U1＝Ur＝4V，根據(jù)歐姆定律可得I1＝eq\f(Ur,r)＝2A，故根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得副線圈中的電流為I2＝1A，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副線圈兩端的電壓U2＝8V，故Rx＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(8,1)Ω＝8Ω，最大輸出功率為P＝U2I2＝8W，故D正確。3.如圖所示，空間有一磁感應(yīng)強度B＝0.5T的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，一質(zhì)量M＝0.2kg且足夠長的絕緣塑料板靜止在光滑水平面上。在塑料板左端無初速度放上一質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與塑料板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現(xiàn)對塑料板施加方向水平向左、大小F＝0.6N的恒力，g取10m/s2，則()A．塑料板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運動B．滑塊開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動C．最終塑料板做加速度為2m/s2的勻加速運動，滑塊做速度為10m/s的勻速運動D．最終塑料板做加速度為3m/s2的勻加速運動，滑塊做速度為6m/s的勻速運動解析：選B滑塊隨塑料板向左運動時，受到豎直向上的洛倫茲力，則滑塊和塑料板之間的正壓力逐漸減小。開始時塑料板和滑塊加速度相同，由F＝(M＋m)a，得a＝2m/s2，對滑塊有μ(mg－qvB)＝ma，當v＝6m/s時，滑塊恰好相對于塑料板有相對滑動，此后滑塊做加速度減小的加速運動，當mg＝qvB，即v＝10m/s時滑塊對塑料板的壓力FN＝0，此后滑塊做勻速運動，塑料板所受的合力為0.6N，由F＝Ma1，得a1＝3m/s2，B選項正確。4.如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌(電阻不計)固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長且間距為L，左端接有阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、長度為L的勻質(zhì)金屬棒cd放置在導(dǎo)軌上，金屬棒的電阻為r，整個裝置置于方向豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為B。金屬棒在水平向右的拉力F作用下，由靜止開始做加速度大小為a的勻加速直線運動，經(jīng)過的位移為s時，下列說法正確的是()A．金屬棒中感應(yīng)電流方向為由d到cB．金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BLeq\r(as)C．金屬棒中感應(yīng)電流為eq\f(BL\r(2as),R＋r)D．水平拉力F的大小為eq\f(B2L2\r(2as),R＋r)解析：選C根據(jù)右手定則可知金屬棒中感應(yīng)電流的方向為由c到d，選項A錯誤；設(shè)金屬棒的位移為s時速度為v，則v2＝2as，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv＝BLeq\r(2as)，選項B錯誤；金屬棒中感應(yīng)電流的大小I＝eq\f(E,R＋r)，解得I＝eq\f(BL\r(2as),R＋r)，選項C正確；金屬棒受到的安培力大小F安＝BIL，解得F＝eq\f(B2L2\r(2as),R＋r)＋ma，選項D錯誤。5.圖甲所示為氫原子的能級圖，圖乙為氫原子的光譜。已知譜線b是氫原子從n＝5的能級躍遷到n＝2的能級時的輻射光，則譜線a可能是氫原子()A．從n＝2的能級躍遷到n＝1的能級時的輻射光B．從n＝3的能級躍遷到n＝1的能級時的輻射光C．從n＝4的能級躍遷到n＝1的能級時的輻射光D．從n＝4的能級躍遷到n＝2的能級時的輻射光解析：選D譜線a波長大于譜線b波長，所以a光的光子頻率小于b光的光子頻率，所以a光的光子能量小于n＝5和n＝2間的能級差，輻射光的能量小于此能級差的只有n＝4和n＝2間的能級差，故D正確，A、B、C錯誤。6.[多選]中國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?yīng)，楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎級的成果。如圖所示，厚度為h，寬度為d的金屬導(dǎo)體，當磁場方向與電流方向垂直時，在導(dǎo)體上下表面會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。下列說法正確的是()A．上表面的電勢高于下表面電勢B．僅增大h時，上、下表面的電勢差不變C．僅增大d時，上、下表面的電勢差減小D．僅增大電流I時，上、下表面的電勢差減小解析：選BC根據(jù)左手定則可知自由電子向上偏轉(zhuǎn)，則上表面帶負電，下表面帶正電，所以下表面電勢高于上表面電勢，所以A錯誤；最終穩(wěn)定時，evB＝eeq\f(U,h)，解得U＝vBh，根據(jù)電流的微觀表達式I＝neSv，S＝hd，故U＝eq\f(I,neS)Bh＝eq\f(IB,ned)，所以h增大時，上、下表面電勢差不變，所以B正確；當d增大時，U減小，所以C正確；I增大時，U增大，所以D錯誤。7.[多選]如圖所示，兩根相距為d的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌電阻不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，長度等于d的兩導(dǎo)體棒M、N平行地放在導(dǎo)軌上，且電阻均為R、質(zhì)量均為m，開始時兩導(dǎo)體棒靜止。現(xiàn)給M一個平行導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I，整個過程中M、N均與導(dǎo)軌接觸良好，下列說法正確的是()A．回路中始終存在逆時針方向的電流B．N的最大加速度為eq\f(B2Id2,2m2R)C．回路中的最大電流為eq\f(BId,2mR)D．N獲得的最大速度為eq\f(I,m)解析：選BCM剛開始運動時，回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流，隨著電流的產(chǎn)生，M受向左的安培力做減速運動，N受到向右的安培力做加速運動，直到兩者共速時回路中感應(yīng)電流為零，安培力為零，兩者做勻速運動，故選項A錯誤；M剛開始運動時，電路中的感應(yīng)電流最大，N所受安培力最大，加速度最大，則：I＝mv0，Em＝Bdv0，Im＝eq\f(Em,2R)，F(xiàn)安＝BImd＝mam，解得am＝eq\f(B2Id2,2m2R)，Im＝eq\f(BId,2mR)，選項B、C正確；當M、N共速時N速度最大，根據(jù)動量守恒定律可得：I＝2mv，解得v＝eq\f(I,2m)，選項D錯誤。8.[多選]如圖所示，直角三角形ABC由三段細直桿連接而成，AB桿豎直，長為2L的AC桿粗糙且絕緣，其傾角為30°，D為AC上一點，且BD垂直于AC，在BC桿中點O處放置一正點電荷Q，一套在細桿上的帶負電小球(未畫出)，以初速度v0由C點沿CA上滑，滑到D點速率恰好為零，之后沿AC桿滑回C點。小球質(zhì)量為m、電荷量為q，重力加速度為g。則()A．小球下滑過程中電場力先做負功后做正功B．小球再次滑回C點時的速率為vC＝eq\r(3gL－v02)C．小球下滑過程中動能、電勢能、重力勢能三者之和減小D．小球上滑過程中和下滑過程中經(jīng)過任意位置時的加速度大小都相等解析：選BC小球下滑過程中點電荷Q對小球的庫侖力是吸引力，故電場力先做正功后做負功，故A錯誤；小球從C到D的過程中，根據(jù)動能定理得：0－eq\f(1,2)mv02＝－mgh－Wf，再從D回到C的過程中，根據(jù)動能定理得