2021届高考物理二轮复习综合讲义：综合检测4.docx

综合检测
一、选择题

1．(2022·河南开封一模)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R.L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R.电压表为抱负电表．K为单刀双掷开关，当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是(　　)
A．L1亮度不变，L2将变暗
B．L1将变亮，L2将变暗
C．电源内阻的发热功率将变小
D．电压表示数将变小
解析：选D.开关掷到位置1时，灯泡L1和L2并联，并联电阻R并＝＝，电路总电阻R总＝R＋R＋＝，干路电流I＝＝，依据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L1和L2的电流相等，即I1＝I2＝.开关掷到2位置，灯泡L1与定值电阻R串联，然后与灯泡L2并联，并联电阻为R并′＝＝，电路总电阻R总′＝R＋＝，干路电流I′＝＝，依据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L1的电流I1′＝I′×＝，流过灯泡L2的电流I2′＝I′×＝.据此推断，开关由1位置掷到2位置，流过灯泡L1的电流大小不变，灯泡亮度不变，流过灯泡L2的电流变大，灯泡变亮，所以选项A、B错．总电流变大，电源内阻的发热功率(P＝I2R)变大，选项C错．总电流变大，内电压变大，路端电压变小，电压表示数变小，选项D对．

2．(多选)(2022·高考山东卷)如图，将额定电压为60 V的用电器，通过一抱负变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，沟通电压表和沟通电流表(均为抱负电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下推断正确的是(　　)
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
解析：选BD.对于抱负变压器，P入＝P出，所以输入功率P入＝60×2.2 W＝132 W，A错．I1＝＝ A＝0.6 A，B正确．正弦式沟通电电流的最大值I2m＝I2＝2.2 A，C错误．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝11∶3，D正确．
3．(多选)(2021·高考江苏卷)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球四周，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则(　　)

A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的高
C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大
D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
解析：选ABD.电场线的疏密程度表示场强的大小，A正确；沿电场线方向电势降低，B正确；负电荷在电势越高的位置电势能越小，C错误；因负电荷从a点移到b点的过程中电势能增大，由功能关系知电场力必做负功，D正确．

4．(2022·高考安徽卷)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是(　　)

解析：选D.在粒子运动中的某一小段位移Δx内电场力做功qEΔx.由功能关系知ΔEp＝－qE·Δx，即＝－qE，Ep－x图线斜率的确定值表示电场力，故由图线可知E渐渐减小，A错误．因粒子仅受电场力作用，由qE＝ma可知a也渐渐减小，D正确；再由动能定理有ΔEk＝qE·Δx，即＝qE，Ek－x图线的斜率也表示电场力，则Ek－x图线应是一条斜率渐渐减小的曲线，B错误．由v2＝2ax有v＝，可知v－x图线应是一条曲线，故C错误．

5．(多选)(2022·甘肃第一次诊考)如图所示，在xOy坐标系中，将一带负电的摸索电荷q由y轴上的a点移至x轴上的b点时，需克服电场力做功W；若将q从a点移至x轴上c点时，也需克服电场力做功W.那么此空间存在的静电场可能是(　　)
A．电场强度沿y轴负方向的匀强电场
B．电场强度沿x轴正方向的匀强电场
C．位于第Ⅰ象限某一位置的正点电荷形成的电场
D．位于y轴上的一对等量异种电荷形成的电场
解析：选ACD.电荷由a到b过程中－qUab＝－W，由a到c过程中－qUac＝－W，说明b、c两点电势相等，在图1、3、4中b、c两点电势均相等．

所以，A、C、D正确，B项错误．
6．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等(已知动量等于质量与速度的乘积，即p＝mv)，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则确定有(　　)

A．qa<qb B．ma<mb
C．Ta<Tb D.<
解析：选A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿其次定律得qvB＝m①
两粒子动量相等，由①知p＝mv＝qBr，
则qaBra＝qbBrb
已知ra>rb，则qa<qb，故选项A正确．由已知条件不能对其他选项进行判定．
7．(多选)(2022·河南六市联考)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中．两个相同的带正电小球a、b同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道最低点，则下列说法中正确的是(　　)

A．两个小球到达轨道最低点的速度vM＜vN
B．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN
C．磁场中a小球能到达轨道另一端最高处，电场中b小球不能到达轨道另一端最高处
D．a小球第一次到达M点的时间大于b小球第一次到达N点的时间
解析：选BC.依据动能定理，对a球，mgR＝mv－0，对b球，mgR－EqR＝mv－0，可得vM＞vN，所以a球第一次到达M点的时间小于b球第一次到达N点的时间，所以A、D两项均错．由F－mg＝m，可知FM＞FN，所以B项正确．依据能量守恒，洛伦兹力不做功，a球的机械能守恒，故能到达另一端最高处，电场力做负功，b小球机械能削减，故不能到达轨道另一端最高处，所以C项正确．
8．(多选)(2022·高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30° 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4 －0.2t)T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则(　　)

A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N

解析：选AC.据已知B＝(0.4－0.2t)T可知t＝1 s时，正方向的磁场在减弱，由楞次定律可判定电流方向为由C到D，A项正确．同理可判定B项错误．t＝1 s时感应电动势E＝＝·S·sin 30°＝0.1 V，I＝E/R＝1 A，安培力F安＝BIL＝0.2 N，对杆受力分析如图．
结合牛顿第三定律可知金属杆对挡板P的压力大小为F′N＝F安cos 60°＝0.1 N，C项正确．同理可得t＝3 s时对挡板H的压力大小为0.1 N，D项错误．
9．(多选)(2022·内蒙古包头测评)如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不行伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开头释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则(　　)

A．电阻R中的感应电流方向由a到c
B．物块下落的最大加速度为g
C．若h足够大，物块下落的最大速度为
D．通过电阻R的电荷量为
解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿其次定律有：T－F安＝ma，又F安＝Bl，再对物块应用牛顿其次定律有：mg－T＝ma，则联立可得：a＝－，则物块下落的最大加速度am＝，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝＝＝，D正确．
二、计算题

10．(2022·高考福建卷)如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向．
解析：(1)依据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为F＝k①
代入数据得F＝9.0×10－3 N．②
(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为
E1＝k③
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为
E＝2E1cos 30°④
由③④式并代入数据得E＝7.8×103 N/C
场强E的方向沿y轴正向．
答案：(1)9.0×10－3 N　(2)7.8×103 N/C　方向沿y轴正方向
11．(2022·高考江苏卷)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为 L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为 θ，在导轨的中部刷有一段长为 d 的薄绝缘涂层. 匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直. 质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放， 在滑上涂层之前已经做匀速运动， 并始终匀速滑到导轨底端. 导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为 R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g. 求：

(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小 v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.
解析：(1)在绝缘涂层上
导体棒受力平衡：mgsin θ＝μmgcos θ
解得μ＝tan θ.
(2)在光滑导轨上
感应电动势：E＝BLv　感应电流：I＝
安培力：F安＝BIL　受力平衡：F安＝mgsin θ
解得v＝.
(3)摩擦生热Q摩＝μmgdcos θ
由能量守恒定律得3mgdsin θ＝Q＋Q摩＋mv2
解得Q＝2mgdsin θ－.
答案：(1)tan θ　(2)
(3)2mgdsin θ－

12．如图所示，左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为U、间距为L；右侧为“台形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD，＝4L.一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点)，从狭缝S1射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“台形”区域，最终全部从边界AC射出．若两个区域的磁场方向均水平(垂直于纸面对里)、磁感应强度大小均为B，“台形”区域宽度＝L，忽视电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．
(1)判定这束粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小；
(2)求出这束粒子可能的质量最小值和最大值；
(3)求出(2)问中偏转角度最大的粒子在“台形”区域中运动的时间．
解析：(1)由于粒子在“台形”磁场中从边界AC射出，可知粒子带正电
由于粒子在左侧正交电磁场中沿直线通过且洛伦兹力不做功，故粒子速率不变
有qvB＝qE，E＝，所以v＝.
(2)在“台形”区域内，粒子做匀速圆周运动
由牛顿其次定律，有qvB＝m
由上式知，当粒子质量有最小值时，R最小，粒子运动轨迹恰与AC相切(见图甲)；当粒子质量有最大值时，R最大，粒子运动轨迹恰过C点(见图乙)

由几何关系有R1＝(2L－R1)sin 45°，R1＝2(－1)L
因MN＝L，所以△AMC是等腰直角三角形，R2＝L
解得mmin＝，mmax＝.
(3)粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝
粒子沿图甲轨迹运动时对应圆心角最大，有
t＝T＝T
解得t＝.
答案：见解析