2022届高考物理一轮复习电学综合检测（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习电学综合检测（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2020·山东烟台市一模)如图1所示，在xOy平面内有一匀强电场，以坐标原点O为圆心的圆，与x、y轴的交点分别为a、b、c、d，从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大．则( )
图1
A．在圆周上的各点中，b点电势最高
B．a点电势大于c点电势
C．电场线与x轴平行
D．电子从O点射出至运动到b点过程中，其电势能增加
答案 A
解析 从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大，说明b、O两点间电势差最大，电场线与y轴平行，沿y轴负方向，所以b点电势最高，a点电势等于c点电势，故A正确，B、C错误；电子带负电，从O点射出至运动到b点过程中，电势升高，其电势能减小，故D错误．
2.(2020·山西大同市第一次联考)如图2所示，竖直向上的匀强电场中固定一点电荷，一带电小球(可视为质点)可绕该点电荷在竖直面内做匀速圆周运动，a、b是运动轨迹上的最高点与最低点，两点电势分别为φa、φb，电场强度分别为Ea、Eb，则( )
图2
A．φa＞φb Ea＞Eb B．φa＜φb Ea＜Eb
C．φa＜φb Ea＞Eb D．φa＞φb Ea＜Eb
答案 B
解析 小球做匀速圆周运动，则匀强电场的电场力和重力平衡，所以小球带正电，O点固定的点电荷带负电，根据场强叠加原理可得Ea＜Eb；O点产生的电势在圆周上是相等的，匀强电场中沿电场线方向电势越来越低，即φa＜φb.故选B.
3.(2020·上海市虹口区一模)图3中的实线为电场线，O为产生电场的其中一个固定的点电荷，A、B、C、D为电场中的四个位置，某带电粒子仅在电场力的作用下沿虚线轨迹运动．下列判断正确的是( )
图3
A．O处点电荷一定带正电
B．B点电势一定高于C点电势
C．粒子在A点的动能大于在D点的动能
D．若将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动
答案 C
解析 根据题给条件，无法判断O处点电荷的电性，故A错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线斜向下，若粒子从A运动到D，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，粒子在A点的动能大于在D点的动能，同理，若粒子从D运动到A，电场对粒子做正功，粒子动能增大，粒子在A点的动能仍大于在D点的动能，故C正确；粒子从A运动到D时，受到的电场力做负功，根据功能关系可知，粒子的电势能增大，但不知道粒子的电性，所以无法确定B、C两点电势的高低，故B错误；场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．
4.(2020·北京市房山区一模)如图4所示，金属棒ab质量为m，通过ab的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是( )
图4
A．金属棒受到的安培力大小为F＝BILsin θ
B．金属棒受到的摩擦力大小为f＝BILcs θ
C．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大
D．若只增大磁感应强度B，金属棒对导轨的压力将增大
答案 C
解析 金属棒受到的安培力大小F＝BIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，
根据平衡条件有f＝Fsin θ＝BILsin θ，N＝G－Fcs θ＝G－BILcs θ，所以若只增大磁感应强度B，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确．
5．(2020·福建南平市一模)如图5所示，宽度为L的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个高为L的梯形闭合金属线框abcd沿垂直于磁场边界向右匀速穿过磁场，速度大小为v，ab、cd边保持与磁场边界平行，金属线框ab边到达磁场左边界时为t＝0时刻，规定向左为线框所受安培力F的正方向，关于线框所受安培力F与时间t关系图像可能正确的是( )
图5
答案 D
解析 进入磁场过程中，所受的安培力：F＝BIl＝eq \f(B2l2v,R)，当线圈向右运动进入磁场时，由于有效切割长度l逐渐增加，所以安培力增加，但非线性增加；出磁场过程中，有效切割长度也是逐渐增加，所以安培力也是逐渐增加，但非线性增加，故选D.
6．(2020·山东日照市4月模拟)如图6是实验时用的原、副线圈都有从中点抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双掷开关S1与一个安培表A连接，在副线圈上通过另一个单刀双掷开关与一个定值电阻R0相连接，通过S1、S2可以改变原、副线圈的匝数．在原线圈上加一电压为U的交流电后，①当S1接a，S2接c时，安培表的示数为I1；②当S1接a，S2接d时，安培表的示数为I2；③当S1接b，S2接c时，安培表的示数为I3；④当S1接b，S2接d时，安培表的示数为I4，则( )
图6
A．I1＝I2 B．I1＝I4
C．I2＝I3 D．I2＝I4
答案 B
解析 在第①种情况下，设副线圈加在R0上的电压为U0，流过R0的电流为I0，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得，第②③④种情况，R0上的电压分别为eq \f(U0,2)、2U0、U0，流过R0的电流分别为eq \f(I0,2)、2I0、I0，根据P入＝P出可得I2＝eq \f(1,4)I1、I3＝4I1、I4＝I1，故选B.
7.(2021·安徽芜湖市高三5月模拟)如图7所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
图7
A.eq \f(qBL,m) B.eq \f(\r(2)qBL,m)
C.eq \f(\r(2)－1qBL,m) D.eq \f(\r(2)＋1qBL,m)
答案 C
解析 粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可知，eq \r(2)r＋r＝L，则r＝(eq \r(2)－1)L，根据牛顿第二定律得qv0B＝meq \f(v\\al(02),r)，
解得v0＝eq \f(\r(2)－1qBL,m)，C项正确．
8.(2020·黑龙江哈尔滨市第一中学一模)如图8所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是( )
图8
A．粒子垂直BC边射出时，半径R等于eq \f(L,4)
B．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动的时间长
C．粒子可能从AB边射出，且在磁场中运动的时间为eq \f(5T,6)
D．粒子可能从C点射出，且在磁场中运动的时间为eq \f(T,6)
答案 D
解析 粒子垂直BC边射出时，由几何关系可知，粒子运动的半径R＝eq \f(L,2)cs 30°＝eq \f(\r(3),4)L，选项A错误； 若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中运动的时间为eq \f(2,3)T，且所有从AB边上射出的粒子的时间均为eq \f(2,3)T，则并非速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动的时间长，选项B、C错误；粒子可能从C点射出，由几何关系可知R2＝(L－eq \f(L,4))2＋(R－eq \f(\r(3)L,4))2，解得R＝eq \f(\r(3),2)L，可知此时粒子在磁场中的圆心角为60°，则运动的时间为eq \f(T,6)，选项D正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9.(2020·福建南平市一模)如图9所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连．开始时开关闭合，一带电粒子沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器．则下列判断正确的是( )
图9
A．保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上
B．保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器
C．断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子可能打在电容器的A板上
D．断开开关，将B板竖直向上平移一小段距离，粒子仍能沿原中心线通过电容器
答案 AD
解析 开始时，粒子能沿直线飞过两板，可知粒子受向下的重力和向上的电场力，二力平衡，粒子带负电．若保持开关闭合，将B板竖直向上平移一小段距离，根据E＝eq \f(U,d)可知，两板间场强变大，粒子所受向上的电场力变大，粒子向上偏转，则粒子可能打在电容器的A板上，选项A正确，B错误；断开开关，则两板带电荷量不变，根据C＝eq \f(Q,U)、E＝eq \f(U,d)以及C＝eq \f(εrS,4πkd) 可知E＝eq \f(4πkQ,εrS)，则将B板竖直向上平移一小段距离，两板间场强不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍能沿原中心线通过电容器，选项C错误，D正确．
10．(2020·山东潍坊市五县联考)某化工厂为检测污水排放量，技术人员在排污管末端安装一台污水流量计，如图10所示，该装置由非磁性绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个金属板间的电压U＝1 V．下列说法中正确的是( )
图10
A．金属板M电势低，金属板N的电势高
B．污水中离子浓度对电压表的示数有影响
C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16 m3/s
D．电荷量为1.6×10－19 C的离子，流经该装置时受到的静电力F＝8.0×10－19 N
答案 CD
解析 根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝qeq \f(U,c)，解得U＝Bvc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速v＝eq \f(U,Bc)，则流量为Q＝vbc＝eq \f(Ub,B)＝eq \f(1×0.2,1.25) m3/s＝0.16 m3/s，故C正确；电荷量为1.6×10－19 C的离子流经该装置时受到的静电力F＝eq \f(qU,c)＝eq \f(1.6×10－19×1,0.2) N＝8×10－19 N，故D正确．
11.(2020·云南昆明市一模)如图11所示，绝缘材料做成的轨道ACDE固定于竖直平面内，AC段水平，CDE段为半径R＝0.4 m的半圆轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝0.5 T，方向与轨道平面垂直．有一个质量为m＝1.0×10－4 kg，带电荷量为q＝＋1.5×10－3 C，可视为质点的小滑块，以v0＝5 m/s的初速度从C点开始进入半圆轨道，小滑块恰好能通过E点水平飞出，一段时间后小滑块通过与E点等高的F点(图中未标出)．若运动过程中小滑块带电荷量不变，取重力加速度为g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
图11
A．小滑块通过E、F两点时的速度大小相等
B．小滑块通过E点时的速度大小为2 m/s
C．从C到E小滑块克服摩擦力做的功为4.0×10－4 J
D．从C到D小滑块损失的机械能小于2.0×10－4 J
答案 AC
解析 小滑块从E点到等高的F点，重力做功为零，洛伦兹力不做功，则由能量关系可知，通过E、F两点时的动能相同，即速度大小相等，选项A正确；小滑块恰好能通过E点水平飞出，则有mg－BqvE＝meq \f(v\\al(E2),R)，得vE＝1 m/s，选项B错误；从C到E小滑块克服摩擦力做的功为Wf＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mvE2－2mgR，解得Wf＝4.0×10－4 J，选项C正确；小滑块从C到D的速度大于从D到E的速度，可知从C到D滑块对轨道的压力大于从D到E对轨道的压力，则从C到D滑块受到的摩擦力大于从D到E受到的摩擦力，则从C到D损失的机械能大于2.0×10－4 J，选项D错误．
12．(2020·河北石家庄市二模)如图12，MN和PQ是固定在水平面上电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，水平部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．水平部分导轨区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，宽度为d.质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，在水平导轨上运动距离d时恰好停止．己知金属棒与导轨水平部分间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图12
A．金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热
B．金属棒克服安培力做功与克服摩擦力做的功的和为mgh
C．金属棒产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
D．金属棒在磁场中运动的时间为eq \f(\r(2gh),μg)－eq \f(B2L2d,2Rμmg)
答案 BCD
解析 根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和，故A错误；设金属棒克服安培力所做的功为W，对整个过程，由动能定理得mgh－μmgd－W＝0，解得μmgd＋W＝mgh，故B正确；由B项可解得金属棒克服安培力所做的功为W＝mg(h－μd)，则电路中产生的总的焦耳热Q＝W＝mg(h－μd)，则金属棒产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)，故C正确；金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv02，得v0＝eq \r(2gh)，金属棒经过磁场通过某截面的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLd,2R)，根据动量定理有－Beq \x\t(I)LΔt－μmgΔt＝0－mv0，其中q＝eq \x\t(I)Δt，解得Δt＝eq \f(\r(2gh),μg)－eq \f(B2L2d,2Rμmg)，故D正确．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2020·四川宜宾市一诊)实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，再利用图13甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω；
电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ
滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；
定值电阻：R0＝3 Ω；
电源：电动势6 V，内阻可不计；
开关、导线若干．
图13
回答下列问题：
(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2” )；
(2)调节滑动变阻器，当电压表的读数为1.80 V时，电流表示数如图乙所示，读数为____ A；
(3)导线实际长度为________ m(保留2位有效数字)．
答案 (1)R2 (2)0.40 (3)88
解析 (1)根据电阻定律，待测电阻的阻值约为：Rx＝ρeq \f(L,S)＝eq \f(1.7×10－8×100,1.0×10－6) Ω＝1.7 Ω，本实验采用限流法测电阻，R0＝3 Ω，Rx＝1.7 Ω，所以滑动变阻器选R2调节电压的效果好．
(2)由题图乙可知，电流表的最小刻度为0.02 A，故电流表的读数为0.40 A；
(3)根据欧姆定律得：R0＋Rx＝eq \f(U,I)＝eq \f(1.80,0.40) Ω＝4.5 Ω，则：Rx＝1.5 Ω
由Rx＝ρeq \f(L,S)可知：L＝eq \f(RxS,ρ)＝eq \f(1.5×1.0×10－6,1.7×10－8) m≈88 m.
14．(8分)(2020·山东济宁市二模)在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，实验室提供了下列实验器材：
A．干电池两节，每节电动势约为1.5 V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3 V，内阻约为3 kΩ
C．电流表，量程为0～0.6 A，内阻小于1 Ω
D．定值电阻R0，阻值为5 Ω
E．滑动变阻器R，最大阻值为20 Ω
F．导线和开关若干
图14
两位同学分别选用了上述部分实验器材设计了甲、乙两种实验电路．
(1)一同学利用如图14甲所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1、I数据，并画出U1－I图像，求出电动势和内电阻．这种方案测得的电动势和内阻均偏小，产生该误差的原因是______________________________________________________________________，
这种误差属于________________(填“系统误差”或“偶然误差”)．
(2)另一同学利用如图乙所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1和U2的数据，描绘出U1－U2图像如图丙所示，图线斜率为k，在纵轴上的截距为a，则电池的电动势E＝________，内阻r＝________.(用k、a、R0表示)
答案 (1)电压表的分流 系统误差 (2)eq \f(a,1－k) eq \f(kR0,1－k)
解析 (1)误差主要来源于电压表的分流作用，使流过内电阻的电流不等于流过电流表的电流；这种误差属于系统误差．
(2)根据电压与电动势的关系U1＋eq \f(U1－U2,R0)r＝E
整理得U1＝eq \f(r,R0＋r)U2＋eq \f(R0E,R0＋r)
可知k＝eq \f(r,R0＋r)，a＝eq \f(R0E,R0＋r)
解得E＝eq \f(a,1－k)，r＝eq \f(kR0,1－k).
15.(8分)如图15，质量为m＝10 g，电荷量为q＝10－4 C的带正电小球用长为L＝0.3 m的绝缘细线系于O点放在匀强电场中，静止时悬线与竖直方向夹角θ＝60°，重力加速度g取10 m/s2.
图15
(1)求电场强度大小；
(2)若通过外力做功将带电小球缓慢拉至竖直方向的最低点并使悬线拉紧，而小球最终处于静止状态，问电场力做了多少功，外力需做多少功？
答案 (1)eq \r(3)×103 N/C (2)－0.045 J 0.03 J
解析 (1)分析带电小球的受力情况如图所示，可得：qE＝mgtan θ
解得E＝eq \f(mgtan θ,q)
＝eq \f(10×10－3×10×\r(3),10－4) N/C
＝eq \r(3)×103 N/C.
(2)用外力将小球拉至竖直方向最低点过程中，重力做正功，电场力做负功，大小为W电＝－qELsin θ＝－10－4×eq \r(3)×103×0.3×eq \f(\r(3),2) J＝－0.045 J
根据动能定理得：WF＋mgL(1－cs θ)＋W电＝0
解得：WF＝0.03 J.
16.(10分)(2018·南通市、泰州市一模)如图16所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面上平行于底边的虚线MN、PQ间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ相距为L.一质量为m、边长为d(d＜L)的正方形金属线框abef置于斜面上，线框电阻为R.ab边与磁场边界MN平行，相距为L.线框由静止释放后沿斜面下滑，ef边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g.求：
图16
(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q；
(2)线框ef边离开磁场区域时速度的大小v；
(3)线框穿过磁场区域产生的热量Q.
答案 (1)eq \f(Bd2,R) (2)eq \f(mgRsin θ,B2d2) (3)mg(2L＋d)sin θ－eq \f(m3g2R2sin2 θ,2B4d4)
解析 (1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
通过回路的电荷量q＝I·Δt＝eq \f(E,R)·Δt
磁通量的变化量ΔΦ＝Bd2
解得q＝eq \f(Bd2,R).
(2)线框ef边离开磁场前，线框中产生的感应电流I＝eq \f(Bdv,R)
受到的安培力F＝IdB
由平衡条件有mgsin θ－F＝0
解得v＝eq \f(mgRsin θ,B2d2).
(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg(2L＋d)sin θ－Q＝eq \f(1,2)mv2－0
解得Q＝mg(2L＋d)sin θ－eq \f(m3g2R2sin2 θ,2B4d4).
17．(12分)(2020·云南昆明市一模)如图17甲所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨PQF、MNE相距L＝0.8 m，轨道的PQ和MN段为圆弧轨道，分别与固定在水平面上的QF段和NE段平滑连接，轨道右端足够长．金属杆ab和cd锁定在图示位置，此时杆ab距离水平轨道的竖直高度为h＝0.8 m，杆cd到圆弧轨道末端的距离为x＝2.5 m，杆ab和cd与两金属导轨垂直且接触良好，已知杆ab、cd的质量均为m＝0.4 kg、电阻均为R＝0.4 Ω，金属导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的规律如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求0～2 s内通过杆ab的感应电流的大小和方向；
(2)t＝2 s时刻自由释放杆ab，保持杆cd处于锁定状态，待杆ab进入磁场运动x1＝1 m时，立即解除杆cd锁定，求t＝2 s后杆cd中产生的焦耳热．
图17
答案 (1)1.25 A 方向由a指向b (2)1.4 J
解析 (1)0～2 s内由法拉第电磁感应定律有
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S
S＝Lx
由题图乙可得eq \f(ΔB,Δt)＝0.5 T/s
I＝eq \f(E,2R)
解得I＝1.25 A，由楞次定律可知感应电流方向由a指向b；
(2)杆ab下滑过程有mgh＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝4 m/s
杆ab进入磁场后，设其速度大小为v时，取一段极短时间Δt，有－FΔt＝mΔv
即－eq \f(B2L2,2R)vΔt＝mΔv
解除杆cd锁定时，设杆ab的速度大小为v1，杆ab进入磁场后到解除杆cd锁定时，则有－eq \f(B2L2,2R)x1＝m(v1－v0)
解得v1＝2 m/s
解除杆cd锁定后，杆ab和杆cd组成的系统动量守恒，可得mv1＝2mv2
解得v2＝1 m/s
从杆ab进磁场到最终共速，据能量关系可得eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv22＝2Qcd
解得Qcd＝1.4 J.
18．(16分)(2020·山东烟台市一模)如图18所示，在第二、三象限内，存在电场强度大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场．在第一、四象限内存在磁感应强度大小均相等的匀强磁场，其中第四象限内0