【優(yōu)化方案】2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)綜合講義：綜合檢測(cè)4

綜合檢測(cè)一、選擇題1．(2022·河南開封一模)如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為R.L1和L2為相同的燈泡，每個(gè)燈泡的電阻和定值電阻阻值均為R.電壓表為抱負(fù)電表．K為單刀雙擲開關(guān)，當(dāng)開關(guān)由1位置擲到2位置時(shí)，下列說法中正確的是()A．L1亮度不變，L2將變暗B．L1將變亮，L2將變暗C．電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率將變小D．電壓表示數(shù)將變小解析：選D.開關(guān)擲到位置1時(shí)，燈泡L1和L2并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并＝eq\f(R×R,R＋R)＝eq\f(R,2)，電路總電阻R總＝R＋R＋eq\f(R,2)＝eq\f(5R,2)，干路電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2E,5R)，依據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比可得流過燈泡L1和L2的電流相等，即I1＝I2＝eq\f(E,5R).開關(guān)擲到2位置，燈泡L1與定值電阻R串聯(lián)，然后與燈泡L2并聯(lián)，并聯(lián)電阻為R并′＝eq\f(R＋R×R,R＋R＋R)＝eq\f(2R,3)，電路總電阻R總′＝R＋eq\f(2R,3)＝eq\f(5R,3)，干路電流I′＝eq\f(E,R總′)＝eq\f(3E,5R)，依據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比可得流過燈泡L1的電流I1′＝I′×eq\f(1,3)＝eq\f(E,5R)，流過燈泡L2的電流I2′＝I′×eq\f(2,3)＝eq\f(2E,5R).據(jù)此推斷，開關(guān)由1位置擲到2位置，流過燈泡L1的電流大小不變，燈泡亮度不變，流過燈泡L2的電流變大，燈泡變亮，所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)．總電流變大，電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率(P＝I2R)變大，選項(xiàng)C錯(cuò)．總電流變大，內(nèi)電壓變大，路端電壓變小，電壓表示數(shù)變小，選項(xiàng)D對(duì)．2．(多選)(2022·高考山東卷)如圖，將額定電壓為60V的用電器，通過一抱負(fù)變壓器接在正弦交變電源上．閉合開關(guān)S后，用電器正常工作，溝通電壓表和溝通電流表(均為抱負(fù)電表)的示數(shù)分別為220V和2.2A．A．變壓器輸入功率為484WB．通過原線圈的電流的有效值為0.6C．通過副線圈的電流的最大值為2.2D．變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝11∶3解析：選BD.對(duì)于抱負(fù)變壓器，P入＝P出，所以輸入功率P入＝60×2.2W＝132W，A錯(cuò)．I1＝eq\f(P入,U1)＝eq\f(132,220)A＝0.6A，B正確．正弦式溝通電電流的最大值I2m＝eq\r(2)I2＝2.2eq\r(2)A，C錯(cuò)誤．變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝U1∶U2＝11∶3，D正確．3．(多選)(2021·高考江蘇卷)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球四周，所形成的電場(chǎng)線分布如圖所示，金屬球表面的電勢(shì)處處相等．a(chǎn)、b為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，則()A．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的大B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的高C．檢驗(yàn)電荷－q在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的大D．將檢驗(yàn)電荷－q從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功解析：選ABD.電場(chǎng)線的疏密程度表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，A正確；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，B正確；負(fù)電荷在電勢(shì)越高的位置電勢(shì)能越小，C錯(cuò)誤；因負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增大，由功能關(guān)系知電場(chǎng)力必做負(fù)功，D正確．4．(2022·高考安徽卷)一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)．取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示．下列圖象中合理的是()解析：選D.在粒子運(yùn)動(dòng)中的某一小段位移Δx內(nèi)電場(chǎng)力做功qEΔx.由功能關(guān)系知ΔEp＝－qE·Δx，即eq\f(ΔEp,Δx)＝－qE，Ep－x圖線斜率的確定值表示電場(chǎng)力，故由圖線可知E漸漸減小，A錯(cuò)誤．因粒子僅受電場(chǎng)力作用，由qE＝ma可知a也漸漸減小，D正確；再由動(dòng)能定理有ΔEk＝qE·Δx，即eq\f(ΔEk,Δx)＝qE，Ek－x圖線的斜率也表示電場(chǎng)力，則Ek－x圖線應(yīng)是一條斜率漸漸減小的曲線，B錯(cuò)誤．由v2＝2ax有v＝eq\r(2ax)，可知v－x圖線應(yīng)是一條曲線，故C錯(cuò)誤．5．(多選)(2022·甘肅第一次診考)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，將一帶負(fù)電的摸索電荷q由y軸上的a點(diǎn)移至x軸上的b點(diǎn)時(shí)，需克服電場(chǎng)力做功W；若將q從a點(diǎn)移至x軸上c點(diǎn)時(shí)，也需克服電場(chǎng)力做功W.那么此空間存在的靜電場(chǎng)可能是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)B．電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)C．位于第Ⅰ象限某一位置的正點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)D．位于y軸上的一對(duì)等量異種電荷形成的電場(chǎng)解析：選ACD.電荷由a到b過程中－qUab＝－W，由a到c過程中－qUac＝－W，說明b、c兩點(diǎn)電勢(shì)相等，在圖1、3、4中b、c兩點(diǎn)電勢(shì)均相等．所以，A、C、D正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤．6．帶電粒子a、b在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的動(dòng)量大小相等(已知?jiǎng)恿康扔谫|(zhì)量與速度的乘積，即p＝mv)，a運(yùn)動(dòng)的半徑大于b運(yùn)動(dòng)的半徑．若a、b的電荷量分別為qa、qb，質(zhì)量分別為ma、mb，周期分別為Ta、Tb.則確定有()A．qa<qbB．ma<mbC．Ta<TbD.eq\f(qa,ma)<eq\f(qb,mb)解析：選A.帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)①兩粒子動(dòng)量相等，由①知p＝mv＝qBr，則qaBra＝qbBrb已知ra>rb，則qa<qb，故選項(xiàng)A正確．由已知條件不能對(duì)其他選項(xiàng)進(jìn)行判定．7．(多選)(2022·河南六市聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端等高，分別處于沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中．兩個(gè)相同的帶正電小球a、b同時(shí)從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放，M、N為軌道最低點(diǎn)，則下列說法中正確的是()A．兩個(gè)小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度vM＜vNB．兩個(gè)小球第一次經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FM＞FNC．磁場(chǎng)中a小球能到達(dá)軌道另一端最高處，電場(chǎng)中b小球不能到達(dá)軌道另一端最高處D．a(chǎn)小球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間大于b小球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間解析：選BC.依據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)a球，mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－0，對(duì)b球，mgR－EqR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－0，可得vM＞vN，所以a球第一次到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間小于b球第一次到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間，所以A、D兩項(xiàng)均錯(cuò)．由F－mg＝meq\f(v2,R)，可知FM＞FN，所以B項(xiàng)正確．依據(jù)能量守恒，洛倫茲力不做功，a球的機(jī)械能守恒，故能到達(dá)另一端最高處，電場(chǎng)力做負(fù)功，b小球機(jī)械能削減，故不能到達(dá)軌道另一端最高處，所以C項(xiàng)正確．8．(多選)(2022·高考四川卷)如圖所示，不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小．質(zhì)量為0.2kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長(zhǎng)為1m的正方形，其有效電阻為0.1Ω.此時(shí)在整個(gè)空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颍颉．t＝1s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DB．t＝3s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CC．t＝1s時(shí)，金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1ND．t＝3s時(shí)，金屬桿對(duì)擋板H的壓力大小為0.2N解析：選AC.據(jù)已知B＝(0.4－0.2t)T可知t＝1s時(shí)，正方向的磁場(chǎng)在減弱，由楞次定律可判定電流方向?yàn)橛蒀到D，A項(xiàng)正確．同理可判定B項(xiàng)錯(cuò)誤．t＝1s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(|ΔB|,Δt)·S·sin30°＝0.1V，I＝E/R＝1A，安培力F安＝BIL＝0.2N，對(duì)桿受力分析如圖．結(jié)合牛頓第三定律可知金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為F′N＝F安cos60°＝0.1N，C項(xiàng)正確．同理可得t＝3s時(shí)對(duì)擋板H的壓力大小為0.1N，D項(xiàng)錯(cuò)誤．9．(多選)(2022·內(nèi)蒙古包頭測(cè)評(píng))如圖，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連．質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)．整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.導(dǎo)體棒的中點(diǎn)系一個(gè)不行伸長(zhǎng)的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)．現(xiàn)若從靜止開頭釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會(huì)觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計(jì)，則()A．電阻R中的感應(yīng)電流方向由a到cB．物塊下落的最大加速度為gC．若h足夠大，物塊下落的最大速度為eq\f(mgR,B2l2)D．通過電阻R的電荷量為eq\f(Blh,R)解析：選CD.題中導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線，由右手定則可得回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，則電阻R中的電流方向由c到a，A錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒應(yīng)用牛頓其次定律有：T－F安＝ma，又F安＝Beq\f(Blv,R)l，再對(duì)物塊應(yīng)用牛頓其次定律有：mg－T＝ma，則聯(lián)立可得：a＝eq\f(g,2)－eq\f(B2l2v,2mR)，則物塊下落的最大加速度am＝eq\f(g,2)，B錯(cuò)誤；當(dāng)a＝0時(shí)，速度最大為vm＝eq\f(mgR,B2l2)，C正確；下落h的過程，回路中的面積變化量ΔS＝lh，則通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(Blh,R)，D正確．二、計(jì)算題10．(2022·高考福建卷)如圖，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，邊長(zhǎng)L＝2.0m．若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C(1)兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大?。?2)C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向．解析：(1)依據(jù)庫(kù)侖定律，A、B兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)①代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N．②(2)A、B點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)③A、B兩點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)在C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝2E1cos30°④由③④式并代入數(shù)據(jù)得E＝7.8×103N/C場(chǎng)強(qiáng)E的方向沿y軸正向．答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向11．(2022·高考江蘇卷)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直.質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并始終勻速滑到導(dǎo)軌底端.導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求：(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析：(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡：mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ.(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv感應(yīng)電流：I＝eq\f(E,R)安培力：F安＝BIL受力平衡：F安＝mgsinθ解得v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).(3)摩擦生熱Q摩＝μmgdcosθ由能量守恒定律得3mgdsinθ＝Q＋Q摩＋eq\f(1,2)mv2解得Q＝2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4).答案：(1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)12．如圖所示，左側(cè)裝置內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，裝置上下兩極板間電勢(shì)差為U、間距為L(zhǎng)；右側(cè)為“臺(tái)形”勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域ACDH，其中，AH∥CD，eq\x\to(AH)＝4L.一束電荷量大小為q、質(zhì)量不等的帶電粒子(不計(jì)重力、可視為質(zhì)點(diǎn))，從狹縫S1射入左側(cè)裝置中恰能沿水平直線運(yùn)動(dòng)并從狹縫S2射出，接著粒子垂直于AH、由AH的中點(diǎn)M射入“臺(tái)形”區(qū)域，最終全部從邊界AC射出．若兩個(gè)區(qū)域的磁場(chǎng)方向均水平(垂直于紙面對(duì)里)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，“臺(tái)形”區(qū)域?qū)挾萫q\x\to(MN)＝L，忽視電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)及粒子間的相互作用．(1)判定這束粒子所帶電荷的種類，并求出粒子速度的大??；(2)求出這束粒子可能的質(zhì)量最小值和最大值；(3)求出(2)問中偏轉(zhuǎn)角度最大的粒子在“臺(tái)形”區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解析：(1)由于粒子在“臺(tái)形”磁場(chǎng)中從邊界AC射出，可知粒子帶正電由于粒子在左側(cè)正交電磁場(chǎng)中沿直線通過且洛倫茲力不做功，故粒子速率不變有qvB＝qE，E＝eq\f(U,L)，所以v＝eq\f(U,BL).(2)在“臺(tái)形”區(qū)域內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由牛頓其次定律，有qvB＝meq\f(v2,R)由上式知，當(dāng)粒子質(zhì)量有最小值時(shí)，R最小，粒子