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（一）（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

電學(xué)與原子物理學(xué)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(gè)被固定的、電荷量相同的正點(diǎn)電荷，在它們連線所在的直線上有A、B、C三點(diǎn)，已知MA＝CN＝NB，MA<NA?，F(xiàn)有一正點(diǎn)電荷q，在兩固定點(diǎn)電荷形成的電場中移動(dòng)此點(diǎn)電荷q，下列說法中正確的是()A．沿半圓弧l將q從B點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力不做功B．沿曲線r將q從B點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力做負(fù)功C．沿曲線s將q從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力做正功D．沿直線將q從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做正功解析：選C根據(jù)題述電場特點(diǎn)知，q從B點(diǎn)到N點(diǎn)電場力做負(fù)功，N點(diǎn)到C點(diǎn)電場力做正功，根據(jù)場強(qiáng)的疊加知，NC段的電場強(qiáng)度大于BN段的電場強(qiáng)度，q從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中，電場力做的負(fù)功小于電場力做的正功，則將q從B點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力做正功，電場力做功與電荷移動(dòng)路徑無關(guān)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；A點(diǎn)與B點(diǎn)等電勢，所以將q從A點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)與從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)等效，所以沿曲線s將q從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力做正功，選項(xiàng)C正確；沿直線將q從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做功為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．在如圖所示的電路中，P、Q為平行板電容器兩個(gè)極板，G為靜電計(jì)，開關(guān)K閉合后靜電計(jì)G的指針張開一定的角度。下列說法正確的是()A．?dāng)嚅_K，將P向左移動(dòng)少許，G的指針張開的角度變大B．閉合K，將P向左移動(dòng)少許，G的指針張開的角度變大C．閉合K，將P向下移動(dòng)少許，G的指針張開的角度變小D．?dāng)嚅_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(dòng)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(duì)面積，靜電計(jì)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(cuò)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(cuò)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(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)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(yīng)電動(dòng)勢E1＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝1V，同理可以得到1～1.2s內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)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(dòng)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(xiàng)正確。4.如圖所示，在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，有一個(gè)均勻?qū)Ь€制成的單匝直角三角形線框?，F(xiàn)用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行。已知AB＝BC＝l，線框?qū)Ь€的總電阻為R，則線框離開磁場的過程中()A．線框A、B兩點(diǎn)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(shí)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(dòng)勢增大，電流增大，A、B兩點(diǎn)間的電壓變大，A錯(cuò)；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(duì)；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(cuò)；由于電流隨時(shí)間均勻增大，電阻不變，所以熱功率與時(shí)間不是正比關(guān)系，D錯(cuò)。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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)間接入一電容器，則在降低交流電的頻率時(shí)，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(xiàng)A錯(cuò)誤；若在A、B兩點(diǎn)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(xiàng)B正確；若在A、B兩點(diǎn)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(xiàng)C錯(cuò)誤；若在A、B兩點(diǎn)間接入一電容器，則在降低交流電的頻率時(shí)，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(xiàng)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(gè)D形金屬盒，在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek隨時(shí)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(shí)間，下列判斷中不正確的是()A．在Ek-t圖中應(yīng)有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn－tn－1C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動(dòng)能一定越大D．要想粒子獲得的最大動(dòng)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(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)，與帶電粒子的速度無關(guān)，題圖乙中t2－t1、t3－t2、t4－t3均等于eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，選項(xiàng)A正確；高頻電源的變化周期與帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子從D形盒中出來時(shí)，其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于D形盒的半徑，故有R＝eq\f(mvm,qB)，粒子的最大動(dòng)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(guān)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)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(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，圖中斜線為該曲線過點(diǎn)(0.15,3)的切線?，F(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg、電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))，從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動(dòng)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(yùn)動(dòng)的加速度逐漸減小B．滑塊P運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大C．x＝0.15m處的電場強(qiáng)度大小為2.0×106N/CD．滑塊P運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度，由題圖知隨坐標(biāo)x增大，電場強(qiáng)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(shí)所受電場力大小F＝qE＝0.04N，滑動(dòng)摩擦力大小f＝μmg＝0.04N，此時(shí)F＝f，由牛頓第二定律有F－f＝ma，則a＝0，滑塊P從x＝0.10m運(yùn)動(dòng)到x＝0.15m的過程中電場力減小，加速度減小，之后的運(yùn)動(dòng)過程中電場力小于滑動(dòng)摩擦力，加速度反向增大，A錯(cuò)，B、C對(duì)；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(dòng)能定理可得qΔφ′－μmgΔx＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝0.1m/s，D對(duì)。8.[多選]在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，飛飛同學(xué)用同一光電管在不同實(shí)驗(yàn)條件下得到了三條光電流與電壓之間的關(guān)系曲線(甲光、乙光、丙光)如圖所示，則可判斷出()A