2020高考物理二轮复习第一部分专题七物理图像问题第2讲电学图像练习含解析

2020高考物理二轮复习第一部分专题七物理图像问题第2讲电学图像练习含解析

电学图像 ‎1．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)‎ A．在t＝时为零 B．在t＝时改变方向 C．在t＝时最大，且沿顺时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向 解析　由i t图像可知，在t＝时，＝0，此时穿过导线框R的磁通量的变化率＝0，由法拉第电磁感应定律可知，此时导线框R中的感应电动势为0，选项A正确；同理在t＝和t＝T时，为最大值，为最大值，导线框R中的感应电动势为最大值，不改变方向，选项B错误；根据楞次定律，t＝时，导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向，而t＝T时，导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向，选项C正确，选项D错误。‎ 答案　AC ‎2．(多选)(2019·河北石家庄二模)在如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻(光照减弱时阻值增大)，C为电容器。现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表的示数减小 9‎ B．电容器C的电荷量增大 C．电压表的示数变小 D．电源内部消耗的功率变大 解析　减弱对光敏电阻R光照的强度，R阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据C＝以及C不变，U增大可得Q增大，电源内部消耗的电功率P＝I2r，I减小，内阻不变，所以P减小，故A、B正确。‎ 答案　AB ‎3．(2019·陕西咸阳二模)如图甲所示，匝数n＝2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为‎20 cm2，线圈与R＝2 Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中。磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B，Bt关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响，则下列i t关系图正确的是(　　)‎ 解析　由题图可知，0～2 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～2 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2～5 s内电路中的电流为逆时针，为负方向，由E＝n可得E＝nS，则知0～2 s内电路中产生的感应电动势大小为：E1＝2××20×10－4 V＝6×10－6 V，则电流大小为：I1＝＝×10－6 A＝3×10－6 A；同理2～5 s内，I2＝2×10－6 A，故D正确，A、B、C错误。‎ 答案　D ‎4.一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，下列图像中合理的是(　　)‎ 9‎ 解析　粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F＝，Epx图像上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E＝，故电场强度也逐渐减小，A错误；根据动能定理，有：F·Δx＝ΔEk，故Ekx图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B错误；按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式v2－v＝2ax，匀变速直线运动的v2x图像是直线，题图v x图像是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加，而电场力减小导致加速度减小，故矛盾，C错误；粒子做加速度减小的加速运动，D正确。‎ 答案　D ‎5．(多选)(2019·山西太原模拟)空间存在平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标原点O由静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动。则下列说法正确的是(　　)‎ A．该粒子带正电荷 B．空间存在的静电场场强E是沿x轴正方向均匀减小的 C．该粒子从原点O运动到x0过程中电势能是减小的 D．该粒子运动到x0点的速度是 解析　沿电场线方向电势降低，由题图可知电场方向沿x轴正方向。带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，受力方向与电场方向一致，带电粒子带正电，A正确；沿x轴正方向电势均匀降低，电场为匀强电场，B错误；沿x 9‎ 轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；根据动能定理qφ0＝mv2，v＝，D错误。‎ 答案　AC ‎6．(多选)(2019·山东泰安二模)两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q1(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示，M点电势能最小，N点电势能为零。则下列判断正确的是(　　)‎ A．Q1带负电，Q2带正电 B．Q1带正电，Q2带负电 C．Q2带荷量较小，Q1电荷量较大 D．M点场强为零，N点电势为零 解析　由题图知，N点电势能Ep＝0，由φ＝分析得知，N点电势φN＝0；Epx图像的斜率＝F＝qE，则知N点的场强不为0，M点场强为零；根据正电荷在电势高处电势能大可知，带正电的试探电荷从远处移近Q1的过程中，电势能先减小后增大，则电势先降低后升高，说明Q1带正电，Q2带负电，M点场强为零，由E＝k知，Q1电荷量较小。故B、D正确，A、C错误。‎ 答案　BD ‎7．(多选)(2019·江西南昌模拟)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则以下判断正确的是(　　)‎ A．电子在N点的动能大于在M点的动能 B．电场可能是匀强电场 C．电子运动的加速度越来越小 D．电子运动的轨迹可能是曲线 9‎ 解析　电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，A项正确；电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W＝Fx可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，B项错误；由于电势能—位移图线的斜率表示电场力，根据图像可知，电子受到的电场力越来越小，电子做加速度逐渐减小的加速运动，C项正确；带电粒子初速度为零且沿电场线运动，其轨迹一定为直线，D项错误。‎ 答案　AC ‎8．(2019·山东烟台模拟)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时刻对金属棒(垂直导轨放置且接触良好)施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于棒运动速度v、闭合回路中磁通量的变化率、外力F、通过R的电荷量q随时间变化的图像正确的是(　　)‎ 解析　电流I均匀增加(设I＝kt，k为比例系数)，电阻R一定，感应电动势E＝BLv＝kt(R＋r)均匀增加，感应电动势等于磁通量变化率，磁通量变化率均匀增加，故B项正确；由E＝BLv可知，速度应均匀增加，故A项错误；加速度一定，合力一定，但安培力增加，F＝BIL＋mgsinθ，故C项错误；电荷量q＝It＝kt2，故D项错误。‎ 答案　B ‎9．(2019·山西五地联考)如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框，线框斜边长为l，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，其感应电流i随位移x变化的图像正确的是(　　)‎ 9‎ 解析　线框从题图所示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，根据楞次定律知回路中产生逆时针方向的电流，并且电流随着有效切割长度的增加而增大，当两个图形完全重合时电流达到最大值，当线框继续向右运动时穿过线框的磁通量开始减小，由楞次定律知此过程电流方向为顺时针，且随着有效切割长度的减小而减小，故B正确。‎ 答案　B ‎10．(多选)(2019·湖北黄冈调研)如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导线横截面的电荷量为q，其中Pt和qt图像均为抛物线，则这些量随时间变化的图像正确的是(　　)‎ 解析　线框切割磁感线，运动速度v＝at产生感应电动势E＝BLv，所以产生感应电流i＝＝，故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，F安＝BLi＝，解得：F＝ma＋，故B错误；由功率表达式P＝i2R＝，P与t是二次函数，图像为抛物线，故C正确；由电荷量表达式，则有q＝，q与t是二次函数，图像为抛物线，故D正确。‎ 答案　CD 9‎ ‎11．(2019·安徽马鞍山一模)如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球。整个装置以水平向右的速度v匀速运动，垂直于磁场方向进入方向垂直纸面向里的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口处飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口处的过程中，关于小球运动的加速度a、沿竖直方向的速度vy、外力F以及管壁对小球的弹力做功的功率P随时间t变化的图像正确的是(　　)‎ 解析　以小球为研究对象，受力分析如图所示，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，a＝－g，小球的加速度不随时间变化，选项A错误；由A可知，在竖直方向上小球的加速度不变，做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向的速度vy＝at随时间均匀增加，选项B错误；小球在水平方向做匀速直线运动，由平衡条件得FN＝qvyB＝qaBt，玻璃管对小球的弹力FN与小球对玻璃管的作用力FN′是作用力与反作用力，由牛顿第三定律得FN′＝FN＝qaBt，玻璃管在水平方向上受外力F与FN′作用做匀速直线运动，则F＝FN′＝qaBt，即F＝qaBt，由此可知，外力F与时间t成正比，选项C错误；管壁对小球的弹力做功的功率P＝FNv＝qavBt，P与t成正比，选项D正确。‎ 答案　D ‎12．(2019·江苏徐州二模)如图甲所示，y轴右侧空间有垂直xOy平面向里随时间变化的匀强磁场，同时还有沿－y方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示(图中B0已知，其余量均为未知)。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴射入电场和磁场区，t0时刻粒子到达坐标为(x0，y0)的点A(x0＞y0)，速度大小为v，方向沿＋x方向，此时撤去电场。t2时刻粒子经过x轴上x＝x0点，速度沿＋x方向。不计粒子重力，求：‎ 9‎ ‎(1)0～t0时间内OA两点间电势差UOA；‎ ‎(2)粒子在t＝0时刻的加速度大小a0；‎ ‎(3)B1的最小值和B2的最小值的表达式。‎ 解析　(1)带电粒子由O到A运动过程中，由动能定理 qUOA＝mv2－mv，‎ 解得UOA＝。‎ ‎(2)设电场强度大小为E，则 UAO＝Ey0，‎ t＝0时刻，由牛顿第二定律得 qv0B0－qE＝ma0，‎ 解得a0＝－。‎ ‎(3)t0～t1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，相应小圆最大半径为R，对应的磁感应强度最小值为B1，则 R＝，又qvB1＝m，‎ B1的最小值B1＝，‎ t1时刻粒子从C点切入大圆，大圆最大半径为x0，对应的磁感应强度的最小值为B2，则qvB2＝m，‎ B2＝。‎ 答案　(1)　(2)－ 9‎ ‎(3)　 9‎