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1、电学综合训练一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，其中第14题只有一项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1如图所示，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R，电阻为r的金属棒AB垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计两导轨间存在竖直向下的匀强磁场给AB以水平向右的初速度v0并开始计时，下面四幅反映AB的速度v随时间t变化规律的图象中，可能正确的是() 解析：选D.AB杆以水平向右的初速度v0切割磁感线，在回路中充当电源，电路中产生的电流为I，AB杆受到的安培力F安BIl，对AB杆受力
2、分析可知，水平方向合外力等于安培力，充当阻力使其减速，所以其加速度随速度的减小而减小，直到速度减为零时，加速度减为零，故D项正确2如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，有一等腰直角三角形ACD.A点有一根垂直于ACD平面的直导线当导线中通有图示方向的电流时，D点的磁感应强度为零则C点的磁感应强度大小为()A. 0BB0C.B0 D2B0 解析：选C.由D点的磁感应强度为零可知，通电直导线在D点产生的磁场与空间中存在的匀强磁场的磁感应强度等大反向，所以匀强磁场方向垂直于AD向下，由于C点与D点与A等距离，所以通电直导线在C点产生的磁场磁感应强度大小为B0，方向垂直于AC向左，则C点的磁感
3、应强度大小为B0，故C项正确3一个阻值为20 的电阻，通有如图所示的电流，在一个周期内，前半个周期电流随时间按正弦规律变化，后半个周期电流为恒定电流，则在一个周期内，电阻产生的热量为()A0.2 J B0.4 JC0.6 J D0.8 J解析：选C.求解电阻产生的热量时应该用电流的有效值，由有效值的定义可得2RIRI2RT得，I A，则一个周期内电阻产生的热量为QI2RT0.6 J，故C项正确4如图甲所示，单匝导线框abcd固定于匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁场的正方向从t0时刻开始磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则在下面四个反映线框里感应电流i
4、随时间t变化规律的图象中，正确的是()解析：选A.由法拉第电磁感应定律可得：EN，又i，结合Bt图象可得，01 s内线圈中产生的电流是恒定的，故C、D项错误；由Bt图象可知01 s内垂直纸面向里的磁场磁通量在增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为逆时针，与规定的正方向相同，所以为正值，故A项正确，B项错误5现有一组方向沿x轴正方向的电场线，若从x轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x轴的正方向从x10处运动到x21.2 cm处，其电势随位置x坐标变化的情况如图所示下列有关说法正确的是()A该粒子一定带正电荷B在x轴上x0.6 cm的位置，电场强度大小为0
5、C该粒子从x10处运动到x21.2 cm处的过程中，电势能一直减小D在x轴上00.6 cm的范围内的电场强度大于0.61.2 cm的范围内的电场强度解析：选AC.由于带电粒子由坐标原点由静止开始，仅在电场力的作用下，沿x轴正方向运动，所以所受电场力方向沿x轴正方向，与电场线的方向一致，故该粒子一定带正电荷，故A项正确；由x图象中斜率表示电场强度可知，x0.6 cm处电场强度大小为5 000 V/m，故B项错；由x图象可知，从x0.6 cm到x1.2 cm的过程中，电势一直降低，由Epq可知，正电荷的电势能一直减小，故C项正确；由x图象中斜率表示电场强度可知，01.2 cm的范围内电场强度不变，
6、故D项错误6如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为31，原线圈接在电压为U0的正弦式电流电源上，定值电阻R1R2，变压器原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，通过原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则()AI1I213 B I1I231C. U1U0110 D U2U0310解析：选AD.由于理想变压器原、副线圈匝数比为31，所有原副线圈的电流之比是13，故A项正确；原副线圈两端的电压之比为31，两个定值电阻两端的电压之比，左边回路有U0UR1U1，右边回路中有U2UR2，所以U1U0910，故C项错误；U2U0310，故D项正确7如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T
7、，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 .从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1 A，那么()A从图示位置开始，线圈转过90时穿过线圈的磁通量最大B线圈中感应电流的有效值为 AC任意时刻线圈中的感应电动势为e4cost(V)D从图示位置开始到线圈转过90时的过程中，线圈中磁通量变化了解析：选ABC.从图示位置开始，线圈转过90时，恰好位于中性面的位置，磁通量最大，故A项正确；线圈转动产生的是正弦式交变电流，所以电流的有效值为I，又EmBS，转过60时有icostcos 601 A，解得电流的有效值为I A，故B项正确；任意时刻线圈中的感应电动势eBScost4co
8、st，故C项正确；从图示位置开始到线圈转过90的过程中，线圈中的磁通量变化了BS，故D项错误8如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L处有两个完全相同的带正电小球A和B，它们的质量都为m，现由静止释放B球，同时A球以大小为v0的速度沿两小球连线方向向B球运动，运动过程中，两球最小距离为，下列说法中正确的是()A距离最小时与开始时B球的加速度之比为91B从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为mvCA、B组成的系统动能的最小值是mvDB球速度的最大值为v0解析：选AC.开始时，对B球有：kma1 ，相距最小时，对B球有：kma2，则有： ，故A项正确；当两球相距最小时，两球速度相同，系统动能最小
9、对A、B两球自B球由静止释放至两球相距最小，由动量守恒定律得mv02mv ；由能量守恒得mv2mv2Ep ，解得Epmv，故B项错误；最小动能Ek2mv2mv，故C项正确；当A球速度减为零时，B球速度增大到v0 ，此时两球相距为L，此后A球反向加速，B球继续加速，故D项错误二、非选择题(本题共3小题，共52分)9(9分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所采用的小灯泡的规格为“2.5 V0.3 A”，实验时采用的电路图如图甲所示(1)某同学从实验室取出A、B两个材质相同的滑动变阻器，铭牌不清，从进货单中查知其中一个滑动变阻器的最大阻值为10 ，另一个为1 000 ，观察发现A绕的导线粗而
10、少，而B绕的导线细而多，本实验应该选用_填(“A”或“B”)(2)在实验测量中，某次电压表示数如图乙所示，则其示数为_V；此时电流表的示数可能为图丙中的_(填写图丙中各表下方的代号)(3)若实验得到另一小灯泡的伏安特性曲线(IU图象)如图丁所示若将这个小灯泡接到电动势为1.5 V、内阻为5 的电源两端，则小灯泡的工作电阻为_，小灯泡消耗的功率是_W.解析：(1)由电阻定律R 可知，细而长的电阻大，粗而短的电阻小，而本实验采用分压式接法，应选用电阻小的，故选A.(2)电压表量程选3 V，所以每小格表示0.1 V，所以读数为2.00 V，有估读数位；由于电压表示数略小于额定电压，所以电流表的示数略
11、小于额定电流，故B项正确(3)作出闭合电路欧姆定律的IU图象，与小灯泡的IU图象交于一点，其横纵坐标的比值即为小灯泡的工作电阻，为9.8 ；横纵坐标的乘积即为小灯泡消耗的实际功率，为0.1 W.答案：(1)A(2)2.00B(3)9.8(9.610均可)0.110(20分)如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN为理想分界面区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离为L、质量为m、电量为q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到M
12、N上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是L的k倍不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑(1)若k1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式解析：(1)若k1，则有MPL，粒子在区匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：RL粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB0m粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEdmv2综合上式解得：E.(2)因为2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，可知粒子在区只能发生一次偏转，该粒子运动轨迹如图所示由几何关系：R2(kL)2(RL)2，又有qvB0m则整理解得：v.答案：
13、(1) (2)v11(23分)如图所示，质量mA0.8 kg、带电量q4103 C的A球用长度l0.8 m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E5103 N/C.质量mB0.2 kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J现将A球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g10 m/s2.求：(1)碰撞过程中A球对B球做的功和冲量大小；(2)碰后C第一次离开电场时的
14、速度大小；(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力解析：(1)由机械能守恒定律mAvmAgl得碰前A的速度大小vA4 m/s方向向右由EmBv得碰前B的速度大小vB6 m/s方向向左由动量守恒守律mAvAmBvB(mAmB)vC得vC2 m/s方向向右A对B所做的功WmBvE3.2 JA对B的冲量ImBvC(mBvB)1.6 Ns(2)碰后，C整体受到电场力FqE因FmCgmC，可知C先做类平抛运动则xvCt，yat2，qEmCgmC a(yl)2x2l2联立解得x0.8 m，y0.8 m，t0.4 s即C刚好在圆心等高处线被拉直，此时C向上的速度为vyat4 m/s设C第一次运动到最高点速度为v1，由动能定理(FmCg)lmCvmCv得v145.66 m/s(3)设C从最高点运动到最低点时的速度为v.由动能定律mCg2lmCv2mCv得 v8 m/s由于FTFmCgmC，可知FT0，故C之后每一次通过最低点均能一直做圆周运动设C第n次经过最高点时的速度为vn.则(n1)qE2lmCvmCv，(n1,2,3)由牛顿第二定律得FTmCgFmC解得FT10(8n3)N，(n1,2,3)答案：(1)3.2 J 1.6 Ns(2)5.66 m/s(3)10(8n3)N，(n1,2,3)