70高考物理二轮复习专题训练：电学专题二(含答案详解)新人教版70

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图1
A．太阳对各小行星的引力相同
B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
【解析】 根据F＝Geq \f(Mm,r2)，知小行星带中各小行星的轨道半径r、质量m均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝m(eq \f(2π,T))2r，得T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝ma得a＝eq \f(GM,r2)，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C正确；根据Geq \f(Mm,r2)＝eq \f(mv2,r)，得v＝eq \r(\f(GM,r))，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D错误．
【答案】 C
2.如图2所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是点O在地面上的竖直投影，且O′A∶AB＝1∶3，若不计空气阻力，则两小球( )
A．抛出的初速度大小之比为1∶4
B．落地速度大小之比为1∶3
C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶3
D．通过的位移大小之比为1∶eq \r(3)
【解析】 因两球抛出点高度相同，故两球落地时间相等，由x＝vt，xO′B＝4xO′A，可得v1∶v2＝1∶4，A正确；落地速度v地＝eq \r(v2＋gt2)，故无法得出B项结果，B错误；由tan α1＝eq \f(gt,v1)，tan α2＝eq \f(gt,v2)得eq \f(tan α1,tan α2)＝eq \f(4,1)，C错误；由位移x＝ eq \r(vt2＋\f(1,2)gt22)，可知也无法求出两球位移大小之比，D错误．
【答案】 A
3．如图3所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51 sin 314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( )
图3
A．2.0 V B．9.0 V
C．12.7 V D．144.0 V
【解析】 若未考虑铁芯的漏磁因素，上线圈电压有效值U1＝eq \f(51,\r(2))＝36 V，按变压器的变压比eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得U2＝eq \f(n2,n1)U1＝9.0 V，而实际上有漏磁现象，两线圈磁通量变化率不相等，eq \f(U1,n1)＞eq \f(U2,n2)，则应选A.
【答案】 A
4．如图6甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场．现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合．当t＝0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t＝t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合．图乙为拉力F随时间变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为( )
甲 乙
图6
A.eq \f(1,l) eq \r(\f(mR,t0)) B.eq \f(1,l) eq \r(\f(2mR,t0))
C.eq \f(1,l) eq \r(\f(mR,2t0)) D.eq \f(2,l) eq \r(\f(mR,t0))
【解析】 由牛顿第二定律可得：F－eq \f(B2l2v,R)＝ma，又v＝at，可得出：F＝eq \f(B2l2a,R)t＋ma，对应乙图可知，eq \f(B2L2a,R)＝eq \f(2F0,t0)，F0＝ma.由以上两式消去a可得出：B＝eq \f(1,l) eq \r(\f(2mR,t0))，故B正确．
【答案】 B7．“天宫一号”目标飞行器既是交会对接目标飞行器，也是一个空间实验室，将以此为平台开展空间实验室的有关技术验证，假设“天宫一号”绕地球做半径为r1，周期为T1的匀速圆周运动，地球绕太阳做半径为r2、周期为T2的匀速圆周运动，已知引力常量为G，则根据题中的条件可以求得( )
A．太阳的质量
B．“天宫一号”的质量
C．“天宫一号”与地球间的万有引力
D．地球与太阳间的万有引力
【解析】 已知“天宫一号”绕地球做半径为r1，周期为T1的匀速圆周运动，由Geq \f(Mm,r\\al(2,1))＝mr1eq \f(4π2,T\\al(2,1))，可求出地球的质量，同理，已知地球绕太阳做半径为r2、周期为T2的匀速圆周运动，可求出太阳的质量，故A对，B错；又知道引力常量为G，故可求出地球与太阳间的万有引力，所以C错，D对．
【答案】 AD
5．在如图7的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是( )
A.变大，变大
B.变小，变大
C.变大，变小
D.变小，变小
【解析】 滑片P向右移动，电阻变大，总电阻也变大，由闭合电路的欧姆定律可知，回路中电流减小，电源内压减小，R0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压升高，电压表示数变大，故B项正确．
【答案】 B
6.如图8所示，有一匀强磁场分布在一个半径为R的圆形区域内，并以变化率eq \f(ΔB,Δt)均匀变化．长度为L的圆弧形金属棒按图中形式放置，圆弧圆心与圆形磁场的中心重合．下面给出了此圆弧形金属棒中产生的感应电动势的表达式，其中只有一个是合理的．你可能不会求解此圆弧形金属棒中产生的感应电动势，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，此圆弧形金属棒中产生的感应电动势的合理表达式为( )
A．E＝eq \f(ΔB,Δt)eq \f(LR,2) B．E＝eq \f(ΔB,Δt)LR
C．E＝eq \f(ΔB,Δt)L D．E＝0
【解析】 由法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔB,Δt)·S可知，eq \f(ΔB,Δt)之后的量应为—“面积”，故C错误，D错误；一般长为L的圆弧的电动势应比长为L宽为R的矩形对应的感应电动势小，故B错误，A正确．
【答案】 A
7．一名侦察兵躲在战壕里观察敌机的情况，有一架敌机正在沿水平直线向他飞来，当侦察兵观察敌机的视线与水平线间的夹角为30°时，发现敌机丢下一枚炸弹，他在战壕内一直注视着飞机和炸弹的运动情况并计时，他看到炸弹飞过他的头顶，落地后立即爆炸，测得从敌机投弹到看到炸弹爆炸的时间为10 s，从看到炸弹爆炸的烟尘到听到爆炸声音之间的时间间隔为1.0 s．若已知爆炸声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度g取10 m/s2.求敌机丢下炸弹时水平飞行速度的大小(忽略炸弹受到的空气阻力)．
【解析】
设炸弹飞过侦察兵后的水平位移为x1，如图，因声音在空气中匀速传播，得x1＝v声t1，t1＝1.0 s.
设敌机丢下炸弹时水平飞行速度的大小为v机，由炸弹做平抛运动得
x＝v机t，h＝eq \f(1,2)gt2，t＝10 s.
设炸弹飞过侦察兵前的水平位移为x2，
由几何关系得x2＝htan 60°，x＝x1＋x2，
联立以上各式解得：v机＝120.6 m/s.
【答案】 120.6 m/s
8． 2008年9月25日，载人航天宇宙飞船“神舟七号”发射成功，且中国人成功实现了太空行走，并顺利返回地面．
(1)设飞船在太空环绕时轨道高度为h，地球半径为R，地面重力加速度为g，飞船绕地球遨游太空的总时间为t，则“神舟七号”飞船绕地球运转多少圈？(用给定字母表示)
(2)若t＝3天，h＝343 km，R＝6 400 km，g＝10 m/s2，则飞船绕地球运转的圈数为多少？
【解析】 (1)在地球表面：g＝eq \f(GM,R2)即GM＝gR2
在轨道上：eq \f(GMm,R＋h2)＝m(R＋h)eq \f(4π2,T2)
所以T＝2π eq \r(\f(R＋h3,GM))＝eq \f(2πR＋h,R) eq \r(\f(R＋h,g))
故n＝eq \f(t,T)＝eq \f(tR,2πR＋h) eq \r(\f(g,R＋h)).
(2)代入数据得：n≈48圈．
【答案】 (1)eq \f(tR,2πR＋h) eq \r(\f(g,R＋h)) (2)48圈
9．如图11所示，把两根平行光滑金属导轨放在水平桌面上，桌子高0.8 m，导轨间距0.2 m，在导轨水平部分有磁感应强度为0.1 T、方向竖直向下的匀强磁场，弧形金属导轨的一端接有电阻R＝1 Ω，质量m＝0.2 kg的金属杆ab由静止开始由距离桌面h＝0.2 m高处开始下滑，最后落到距桌子水平距离s＝0. 4 m处，金属杆及导轨电阻不计，试求：
图11
(1)金属杆进入导轨水平部分瞬间产生的感应电流的大小和方向；
(2)金属杆滑出导轨瞬间感应电动势的大小；
(3)整个过程中电阻R产生的热量．
【解析】 (1)ab棒进入水平部分的瞬间，ab速率为v，由机械能守恒定律：
mgh＝eq \f(1,2)mv2，v＝ eq \r(2gh)
此时感应电动势E＝Blv＝Bl eq \r(2gh)
E＝0.1×0.2× eq \r(2×10×0.2) V＝0. 04 V
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.04,1) A＝0.04 A，方向由a→b.
(2)滑出导轨后做平抛运动，平抛初速度为v′.
s＝v′t，H＝eq \f(1,2)gt2，v′＝eq \f(s,\r(\f(2H,g)))＝eq \f(0.4,\r(\f(2×0.8,10))) m/s＝1 m/s
此时E′＝Blv′＝0.1×0.2×1 V＝0.02 V.
(3)整个过程中电阻R放出的热量：
Q＝mgh－eq \f(1,2)mv′2＝0.2×10×0.2 J－eq \f(1,2)×0.2×12 J＝0.3 J.
【答案】 (1)0.04 A 方向a→b (2) 0.02 V
(3)0.3 J
10. 如图7所示的水平转盘可绕竖直轴OO′旋转，盘上水平杆上穿着两个质量均为m的小球A和B.现将A和B分别置于距轴r和2r处，并用不可伸长的轻绳相连．已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是fm.试分析转速ω从零逐渐增大，两球对轴保持相对静止过程中，在满足下列条件下，ω与m、r、fm的关系式．
(1)绳中出现张力时；
(2)A球所受的摩擦力改变方向时；
(3)两球对轴刚要滑动时．
【解析】 (1)由于ω从零开始逐渐增大，当ω较小时，A和B只靠自身静摩擦力提供向心力．
A球：mω2r＝fA；B球：mω2·2r＝fB
随ω增大，静摩擦力不断增大，直至ω＝ω1时，将有fB＝fm，即mωeq \\al(2,1)·2r＝fm，则ω1＝ eq \r(\f(fm,2mr)).
即ω从ω1开始继续增加，绳上将出现张力T.
(2)当绳上出现张力后，对B球有mω2·2r＝fm＋T，并且ω增加时，绳上张力将增加．对于A球应有mω2r＝fA＋T，可知随ω的增大，A球所受摩擦力将不断减小，直至fA＝0时，角速度ω＝ω2.
此时，A球mωeq \\al(2,2)r＝T，B球mωeq \\al(2,2)·2r＝fm＋T
解之得ω2＝ eq \r(\f(fm,mr)).
(3)当角速度从ω2继续增加时，A球所受的摩擦力方向将沿杆指向外侧，并随ω的增大而增大，直至fA＝fm为止．设此时角速度为ω3，并有如下情况：
A球mωeq \\al(2,3)r＝T－fm，B球mωeq \\al(2,3)·2r＝fm＋T
解之得ω3＝ eq \r(\f(2fm,mr)).
若角速度从ω3继续增加，A和B将一起向B一侧甩出．
【答案】 (1)ω1＝ eq \r(\f(fm,2mr)) (2)ω2＝ eq \r(\f(fm,mr))
(3)ω3＝ eq \r(\f(2fm,mr))