高考物理一轮复习【分层练习】 阶段性检测（12）电学综合

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高考物理一轮复习策略首先，要学会听课：1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。3、听要结合写和思考。4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。其次，要学会记忆：1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。2、合理用脑。3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。1.摸透主干知识       2.能力驾驭高考      3.科技领跑生活  阶段性检测（十二）电学综合时间：90分钟   满分：100分一、单项选择题：共8小题，每小题4分，共32分。1．水平光滑的绝缘木板上点的正上方固定一正点电荷，其电荷量为，、、为木板上以为圆心的三个等间距同心圆。现将一带正电的小球P从木板上点附近静止释放，在小球依次经过、、位置的过程中，下列说法错误的是（　　）A．点电荷电场的电势逐渐降低B．点电荷电场的电场强度逐渐较小C．小球运动的加速度逐渐增大D．小球的电势能逐渐减小【答案】C【解析】A．由正点电荷的电场线及等势面分布特点可知故A正确，不符合题意；B．由点电荷的场强大小公式和a、b、c三点到正点电荷的距离可知故B正确，不符合题意；C．由F=qE可知小球P在三处所受电场力由牛顿第二定律可知小球P在三处的加速度大小故C错误，符合题意；D．由可知正电荷在电势高的地方电势能大，小球P在三处的电势能
故D正确，不符合题意。故选C。2．在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，其中，现将滑动变阻器的滑动触头逐渐向a移动过程中（　　）A．电压表的示数减小，电流表的示数减小B．电压表的示数增大，电流表的示数增大C．电源的总功率增大D．电源的输出功率减小【答案】C【解析】AB．滑动变阻器的滑动触头逐渐向a移动中，滑动变阻器接入电路中的电阻R0减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，则电源内阻上的电压降增大，由可知，电源的路端电压减小，即电压表的示数减小，因电源的路端电压减小，R1两端电压增大，R2与R0并联电路的电压减小，由欧姆定律可知R2电流减小，则电流表的示数增大，AB错误；C．由P=EI可知，电路中的总电流I增大，E不变，所以电源的总功率增大，C正确；D．由题意可知，则外电路电阻大于内电阻，当外电阻减小时，外电阻与内电阻更接近，所以电源的输出功率增大，D错误。故选C。3．如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，中心线处的场强大小为E；半圆形磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场。要让质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止开始从M板经加速电场加速后沿圆弧中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打到胶片上，则（　　）
A．若q<0，则辐向电场的方向与图示方向相反，且磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外B．电荷量相同的粒子都能打在胶片上的同一点C．加速电场的电压U需满足的关系为U=ERD．粒子打在胶片上的位置Q到P点的距离为【答案】D【解析】A．若q<0，要想使粒子在静电分析器中做圆周运动，则辐向电场的方向由圆心指向圆外，则辐向电场的方向与图示方向相反；根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，A错误；C．在加速电场中在静电分析器中解得C错误；BD．离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有解得则粒子打在胶片上的位置Q到P点的距离为
可知荷质比相同的粒子能打在胶片上的同一点，B错误，D正确。故选D。4．电磁炮技术是我国国防力量的重要保证，在世界上具有领先地位。下图是一种电磁炮简易模型，间距为L的平行导轨水平放置，导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源，带有可导电金属炮弹垂直放在导轨上，电阻为R，导轨电阻不计。炮弹与导轨阻力忽略不记。则下列说法正确的是（　　）A．通电后炮弹沿右方发射，需要加一个磁场方向向上的磁场B．改变电流方向，发射方向不改变C．闭合开关后，加速度的大小恒为D．轨道越长，炮弹的出射速度一定越大【答案】A【解析】A．根据左手定则可知，炮弹向右方发射，则磁场方向竖直向上，A正确；B．根据左手定则可知，若只改变电流方向，发射方向会改变，反向，B错误；CD．闭合开关瞬间的电流为根据牛顿第二定律，此时加速度为因为运动之后会产生反电动势，随着速度增大，反电动势随之增大，则金属炮弹的电流越来越小，加速度越来越小，直到最后电流为零，此时速度达到最大值。所以运动过程中，加速度越来越小，炮弹的出射速度有最大值。C、D错误；故选A。5．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为L的金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为θ，电阻为2R，ab间电阻为R，M、N两点间电势差为U，则M、N两点电势的高低及U的大小分别为（　　）
A．M点电势高，U=B．M点电势高，U=C．N点电势高，U=D．N点电势高，U=【答案】B【解析】由右手定则可以判定导体棒中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；导体棒切割磁感线的有效长度是Lsin θ，根据法拉第电磁感应定律有E=BLvsin θ再根据闭合电路欧姆定律可知M、N两点间电势差故选B。6．如图乙所示，在AB间接入甲图所示正弦交流电，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=20Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，Q为副线圈中心抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有（　　）A．U0=V，P=20W B．U0=40V，P=80WC．U0=V，P=20W D．U0=20V，P=20W【答案】C【解析】在AB间接入正弦交流电，变压器原线圈匝，副线圈匝，根据得有效值为：
而二极管的反向耐压值至少为，它需要承受交流电的最大值，所以Q为副线圈正中央抽头，则电阻R两端电压为20V，所以电阻R消耗的热功率P为：故选C。7．某小组设计了一个温控装置如图所示，一理想自耦变压器的原线圈与有效值不变的正弦交流电源相连接，副线圈上接有1个指示灯泡L和热敏电阻，已知温度升高热敏电阻减小，灯泡L的额定电压大于交流电压的有效值。下列分析判断正确的是（　　）A．当滑动触头P向下移动时，灯泡L变亮B．当滑动触头P向下移动时，输入电流增大C．当滑动触头P不动时，若热敏电阻所处的环境温度升高，则指示灯变亮D．当滑动触头P不动时，若热敏电阻所处的环境温度升高，则指示灯亮度不变【答案】C【解析】AB．当滑动触头P向下移动时，自耦变压器的副线圈两端电压减小，灯泡的变暗，副线圈功率变小，故输入电流减小，AB错误；CD．当滑动触头P不动时，自耦变压器的副线圈两端电压不变，若热敏电阻所处的环境温度升高，热敏电阻减小，灯泡两端的电压增大，灯泡变亮，C正确，D错误。故选C。8．如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为，两对极板间偏转电压大小相等均为，电场方向相反。质量为
m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是（　　）A．粒子离开加速器时速度B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移C．与2L相等D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开【答案】B【解析】A．根据粒子离开加速器时速度为故A错误；B．粒子平移器电场中的偏转量为又 ，得故B正确；C．根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知故C错误；D．由B选项可得
由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。故选B。二、多项选择题：共3小题，每小题4分，共12分。全部选对得4分，部分选对得2分，有选错得得0分。9．半径分别为r和2r的同心半圆粗糙导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为2R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。在N、Q之间接有一阻值为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨间的动摩擦因数为µ，导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）A．导体棒AB两端的电压为B．电阻R中的电流方向从Q到N，大小为C．外力的功率大小为D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁场的磁感应强度均匀增加【答案】BC【解析】AB．导体棒AB在匀强磁场中切割磁感线产生的感应电动势电路中的感应电流导体棒AB两端的电压为由右手定则可知，电阻R中的电流方向从Q到N，A错误，B正确；       
C．由电功率公式可得电路中的电功率有摩擦力的功率由能量守恒定律可得C正确；D．电阻R中的电流方向从Q到N，若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，由楞次定律可知，可使竖直向下的磁场的磁感应强度均匀减小，D错误。故选BC。10．如图所示为电流天平，P处磁场方向垂直于纸面向里（虚线围成的区域），天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，下底边长为L，线圈中通有顺时针方向的电流I时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡。则下列说法正确的是（　　）A．若仅让电流反向时，往右边再加砝码有可能保持天平平衡B．若仅让电流反向时，线框受到的安培力不变C．若同时让P处磁场增强和减小电流I，天平有可能保持平衡D．若仅改变磁场方向时，天平还能保持平衡【答案】AC【解析】AB．图中所示安培力向下，则有若仅让电流反向时，安培力向上，则有即右边再加上质量为m的砝码，有可能保持天平平衡，故A正确，B错误；CD．若同时改变P
处磁场增强和减小电流，根据安培力的表达式，安培力有可能不变，继续保持天平平衡，磁场方向改变，安培力方向变为向上，天平不能保持平衡，故C正确，D错误。故选AC。11．如图甲所示，光滑平行金属导轨水平放置，处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=2T，导轨左端接有阻值为R=10Ω的定值电阻，导轨间距为d=1m。长为L=1m、电阻为r=10Ω、质量为m=0.5kg的金属棒垂直放在导轨上。t=0时刻，用水平向右的拉力F拉金属棒，金属棒从静止开始运动，电阻R中的电流随时间变化的规律如图乙所示，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，则（　　）A．金属棒做加速度越来越大的变加速运动B．拉力F的最小值为1.25NC．0~4s内，通过金属棒横截面的电荷量为4CD．0~4s内，拉力F的冲量大小为9N·s【答案】BD【解析】A．电阻R中的电流结合图像可得代入数值解得v=2.5t因此金属棒做加速度为a=2.5m/s2的匀加速直线运动，选项A错误；B．根据牛顿第二定律有可知，最小拉力Fmin=ma=1.25N选项B正确：C．由I-t图像的面积可知，0~4s内，通过金属棒横截面的电荷量为
q=×1×4C=2C选项C错误；D．由得当t=4s时F2=3.25N则0~4s内，拉力F的冲量大小选项D正确。故选BD。三、实验题：共2小题，共18分。12.（9分）（1）某同学用螺旋测微器测量一物体的直径，读出图中读数为___________mm（2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。①如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在___________（选填“a”或“b”）处；②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（3）某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要___________（选填“串”或“并”）联一个阻值___________Ω的电阻。
【答案】（1）1.705   （2）a     1.5     1.0     （3）串     5940【解析】（1）[1]用螺旋测微器测量一物体的直径读数为1.5mm+0.01mm×20.5=1.705mm（2）①[2]如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处；②[3][4]由图可得该电源电动势E=1.5V内阻（3）[5][6]某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻，根据可得R=5940Ω即串联的电阻阻值5940Ω。13.（9分）2020年，新冠肺炎蔓延全球，额温枪测量体温成为小区、商场常态。测温枪中常用的测温元器件是热敏电阻。（1）若由实验测得该热敏电阻两端的电压U与通过它的电流I的关系如图乙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度的升高______（选填“逐渐增大”“逐渐减小”或“恒定不变”）。（2）该小组设计了如图丙所示的电路验证额温枪测量温度的准确性，已知电源电动势，内阻忽略不计，，热敏电阻的阻值与温度的关系如图丁所示。由此可知温度越高，电压表示数______（选填“越大”或“越小”）；闭合开关后，发现电压表示数为
，则热敏电阻的温度为______℃（保留一位小数）。【答案】（1）逐渐减小     （2）越大     40.0【解析】（1）[1]图像上的点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数，热敏电阻两端的电压U增大时温度升高，图像的斜率逐渐增大，故热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐减小；（2）[2]温度越高热敏电阻阻值越小，电路中的总电阻也越小电流增大，R0两端的电压增大，电压表与R0并联测量R0两端的电阻，故温度越高电压表示数越大；[3]闭合开关后，电压表示数为，则电路中电流为热敏电阻的阻值为由图像可知热敏电阻的温度为40.0℃。四、计算题：共2小题：38分。14.（18分）如图所示，在的区域内存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子a，从y轴上处的P点以某一速度射出，速度方向沿x轴正方向，已知粒子a进入磁场时的速度大小为v，方向与x轴正方向的夹角。粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为。在粒子a进入磁场的同时，另一不带电粒子b也经x轴进入磁场，运动方向与粒子a进入磁场的方向相同。在粒子a没有离开磁场时，两粒子恰好发生正碰（碰撞时速度方向相反）。不计两粒子重力。（1）求粒子a从P点射出的速度大小及匀强电场的场强大小E；（2）求粒子b经过x轴进入磁场时的横坐标及速度大小；
（3）若两粒子碰后结合在一起，结合过程不损失质量和电荷量，结合体没能进入电场，求粒子b的质量应满足的条件。【答案】（1）；；（2）0；；（3）【解析】（1）粒子a在电场中做类平抛运动，x方向速度不变，有粒子a在电场中运动时，由动能定理有解得（2）如图甲所示粒子a进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径周期
粒子a没有离开磁场，两粒子恰好发生正碰，说明a在磁场中运动了半个周期与粒子b发生碰撞，设粒子在磁场中运动的时间为t，有粒子b在磁场中做匀速运动，有设粒子a进入磁场时的横坐标为，粒子a在电场中运动的时间为，x方向有y方向有由几何关系可得解得（3）两粒子碰后结合在一起，设粒子b质量为，碰后结合体速度为，碰撞过程由动量守恒定律有结合体做圆周运动的轨迹半径当时，结合体速度与粒子a速度方向相同，若结合体运动轨迹恰与x轴相切，如图乙所示
有解得当时，结合体速度与粒子b速度方向相同，若结合体运动轨迹恰与x轴相切，如图丙所示有解得综上，若结合体没能进入电场，粒子b的质量需满足的条件为 15（20分）如图甲所示，在竖直平面内平行放置了两根完全相同的金属导轨，间距为L=0.2m。其中a1b1
段和a2b2段是竖直放置的足够长的光滑直轨道；b1c1和b2c2段是半径为R=0.25m的光滑圆弧轨道，圆心角为127°，圆心O1和O2与b1、b2在同一高度；c1d1和c2d2段是粗糙的倾斜直轨道，与水平面成37°角放置，轨道长度足够长。图乙是其正面视图。a1a2之间连接一阻值为R0=0.5Ω的电阻。现有一质量为m=0.1kg，电阻为r=0.5Ω的金属棒通过两端的小环套在两根轨道上，棒与轨道的c1d1、c2d2段之间的动摩擦因数为μ=0.25.棒从倾斜轨道上离c1c2距离s=2m处静止释放，在棒到达b1b2瞬间，在竖直轨道区域内出现水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T，运动中棒始终与导轨垂直。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）求棒在倾斜轨道上运动的时间t1；（2）求棒到达b1b2处时R0的电功率P0；（3）若棒刚越过b1b2处时的速度设为v1，在磁场内运动的时间设为t2，求棒刚离开磁场区域时的速度v2（用字母表示）。【答案】（1）1s；（2）0.06W；（3）【解析】（1）金属棒在倾斜导轨上受到重力、轨道对它的支持力和摩擦力，由牛顿第二定律可得解得棒在倾斜轨道上做匀加速直线运动，则有代入数据解得（2）金属棒到达时的速度为
导体棒在光滑圆弧轨道上运动只有重力做功，根据动能定理可得解得导体棒进入磁场时产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为棒到达b1b2处时R0的电功率P0为（3）向上进入磁场后，金属棒受到安培力和重力做减速运动，速度为时对应的加速度大小为取极短时间，该时间内速度变化量为则上升过程有可得其中，为金属棒在磁场中上升的总高度，为上升的总时间。在磁场中向下运动时，金属棒受到安培力和重力作用做加速运动，速度为对应的加速度为取极短时间，该时间内速度变化量为则下降过程有
可得其中，为金属棒在磁场中下降的总高度，为上升的总时间。综上整理得