高考物理二轮专项复习：电学与原子物理学选择题押题练（一） （含详解）

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电学与原子物理学选择题押题练（一）1．如图所示，在真空空间中的M、N处存在两个被固定的、电荷量相同的正点电荷，在它们连线所在的直线上有A、B、C三点，已知MA＝CN＝NB，MA<NA。现有一正点电荷q，在两固定点电荷形成的电场中移动此点电荷q，下列说法中正确的是(　　)A．沿半圆弧l将q从B点移到C点，电场力不做功B．沿曲线r将q从B点移到C点，电场力做负功C．沿曲线s将q从A点移到C点，电场力做正功D．沿直线将q从A点移到B点，电场力做正功解析：选C　根据题述电场特点知，q从B点到N点电场力做负功，N点到C点电场力做正功，根据场强的叠加知，NC段的电场强度大于BN段的电场强度，q从B点到C点过程中，电场力做的负功小于电场力做的正功，则将q从B点移到C点，电场力做正功，电场力做功与电荷移动路径无关，选项A、B错误；A点与B点等电势，所以将q从A点移动到C点与从B点移动到C点等效，所以沿曲线s将q从A点移到C点，电场力做正功，选项C正确；沿直线将q从A点移到B点，电场力做功为零，选项D错误。2．在如图所示的电路中，P、Q为平行板电容器两个极板，G为静电计，开关K闭合后静电计G的指针张开一定的角度。下列说法正确的是(　　)A．断开K，将P向左移动少许，G的指针张开的角度变大B．闭合K，将P向左移动少许，G的指针张开的角度变大C．闭合K，将P向下移动少许，G的指针张开的角度变小D．断开K，在P、Q之间插入一陶瓷板，G的指针张开的角度变大解析：选A　断开K，将P向左移动少许，两极板之间的距离增大，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持K闭合，增大或减小两极板之间的距离，增大或减小两极板的正对面积，静电计金属球与外壳之间的电势差不变，G的指针张开的角度不变，B、C错误；断开K，电容器的带电荷量不变，在P、Q之间插入一陶瓷板，电容增大，电势差减小，G的指针张开的角度变小，D错误。 3．如图甲所示，圆形闭合线圈共有100匝，线圈的总电阻为1 Ω，线圈处在方向向上的匀强磁场中，线圈的半径为r＝ m，线圈平面与磁场垂直，现穿过线圈的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则线圈的发热功率为(　　)A. W　　　　　　　　 B. WC．2.5 W  D．5 W解析：选D　由题可知，线圈的面积为S＝πr2＝1 m2,0～1 s内的磁通量变化率为：＝S＝0.01 Wb/s，则感应电动势E1＝＝1 V，同理可以得到1～1.2 s内感应电动势E2＝5 V，由有效值定义有：T＝·T＋·T，解得电动势的有效值E＝ V，线圈的发热功率P＝＝5 W，D项正确。4.如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中，有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框。现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行。已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中(　　)A．线框A、B两点间的电压不变B．通过线框截面的电荷量为C．线框所受外力的最大值为D．线框中的热功率与时间成正比解析：选B　在线框离开磁场的过程中，有效切割长度增大，电动势增大，电流增大，A、B两点间的电压变大，A错；由公式q＝t得q＝t＝t＝，B对；线框所受的外力的最大值为Fm＝BIml，Im＝＝，得Fm＝，C错；由于电流随时间均匀增大，电阻不变，所以热功率与时间不是正比关系，D错。5.[多选]如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 000，副线圈匝数n2＝100，将原线圈接在u＝100sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有阻值R＝5 Ω的定值电阻、理想电流表和理想电压表。现在A、B两点间接入不同的电子元件，下列说法正确的是(　　)A．副线圈两端电压为1 000 VB．若在A、B两点间接入一阻值R′＝15 Ω的定值电阻，则电压表示数为2.5 VC．若在A、B两点间接入一电感线圈(感抗较大)，则电流表的示数为2 AD．若在A、B两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，电压表的示数减小解析：选BD　原线圈输入电压有效值为U1＝100 V，根据理想变压器变压公式，可知副线圈两端电压为U2＝10 V，选项A错误；若在A、B两点间接入一阻值R′＝15 Ω 的定值电阻，副线圈输出电流为I2＝＝0.5 A，则电压表示数为U＝I2R＝2.5 V，选项B正确；若在A、B两点间接入一电感线圈，由于感抗较大，电路中阻抗大于5 Ω，根据欧姆定律，可知电流表的示数一定小于2 A，选项C错误；若在A、B两点间接入一电容器，则在降低交流电的频率时，容抗增大，电路中的电流减小，由欧姆定律可知，电阻两端电压减小，电压表的示数减小，选项D正确。6．[多选]如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。若忽略带电粒子在电场中的加速时间，下列判断中不正确的是(　　)A．在Ek­t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能更大，则要求高频电源的电压更大解析：选BCD　带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝，与带电粒子的速度无关，题图乙中t2－t1、t3－t2、t4－t3均等于＝，选项A正确；高频电源的变化周期与带电粒子做圆周运动的周期相等，选项B错误；粒子从D形盒中出来时，其做圆周运动的半径等于D形盒的半径，故有R＝，粒子的最大动能Ekm＝mvm2＝，与粒子被加速的次数和加速电压的大小无关，选项C、D错误。7.[多选]如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20 kg、电荷量为＋2.0×10－8 C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)       A．滑块P运动的加速度逐渐减小B．滑块P运动的加速度先减小后增大C．x＝0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 N/CD．滑块P运动的最大速度为0.1 m/s解析：选BCD　由E＝(Δx→0)知φ­x图像的斜率表示电场强度，由题图知随坐标x增大，电场强度减小，在x＝0.15 m处，E＝＝ V/m＝2.0×106 V/m＝2.0×106 N/C，滑块P此时所受电场力大小F＝qE＝0.04 N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.04 N，此时F＝f，由牛顿第二定律有F－f＝ma，则a＝0，滑块P从x＝0.10 m运动到x＝0.15 m的过程中电场力减小，加速度减小，之后的运动过程中电场力小于滑动摩擦力，加速度反向增大，A错，B、C对；由上述分析易知，滑块P在x＝0.15 m处速度最大，从x＝0.10 m到x＝0.15 m，Δφ′＝(4.5×105－3×105)V＝1.5×105 V，Δx′＝(0.15－0.10)m＝0.05 m，由动能定理可得qΔφ′－μmgΔx＝mv2，解得v＝0.1 m/s，D对。8.[多选]在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)如图所示，则可判断出(　　)A．甲光的频率等于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能解析：选AB　由题图可知，丙光对应的光电子的最大初动能最大，即丙光的频率最高(波长最小)，选项B正确，D错误；甲光和乙光的频率相同，选项A正确；由于是同一光电管，所以乙光、丙光对应的截止频率相同，选项C错误。