1、电学选择题押题练（二）1科学家在物理学的研究过程中应用了很多科学思想方法，下列叙述正确的是()A用质点代替有质量的物体，采用了微元法B牛顿首次采用“把实验和逻辑推理结合起来”的科学研究方法C法拉第首先提出了用电场线描绘电场这种形象化的研究方法D安培提出了计算运动电荷在磁场中受力的公式解析：选 C 用质点代替有质量的物体采用了理想模型法，A 错误；伽利略首次采用把实验和逻辑推理结合起来的科学方法，B 错误；法拉第首先提出了用电场线描绘电场这种形象化的研究方法，C 正确；洛伦兹提出了计算运动电荷在磁场中受力的公式，D 错误。2图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图。其
2、原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息。如图乙所示的是一个带铁芯的线圈 L、开关 S 和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈 L 上且使铁芯穿过其中，闭合开关 S 的瞬间，套环将立刻跳起。关于对以上两个运用实例理解正确的是()A涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象B能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C以上两个案例中的线圈所连接的电源都必须是变化的交流电源D以上两个案例中的线圈所连接的电源也可以都是稳恒电源解析：选 B 涡流探伤技术的原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的
3、改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，故 A 错误；无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在金属导体内，故 B 正确；金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故 C、D 错误。3.多选真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为 E，电场中的 A、B 两点固定着两个等量异号点电荷Q、Q，A、B两
4、点的连线水平，O 为其连线的中点，c、d 是两点电荷连线垂直平分线上的两点，OcOd，a、b 两点在两点电荷的连线上，且与 c、d 两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法中正确的是()Aa、b 两点的电场强度 EaEbBc、d 两点的电势 dcC将质子从 a 点移到 c 点的过程中，电场力对质子做负功D质子从 O 点移到 b 点时电势能减小解析：选 BD 由等量异种电荷产生电场特点可知，a、b 两点的场强相同，当再与匀强电场叠加时，两点的场强依然相同，故 A 错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零，当再叠加匀强电场时，d 点的电势大于 c 点的电势，故 B 正确；据场强的叠
5、加可知，a 到 c 的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从 a 点移到 c 点的过程中，电场力对质子做正功，故 C 错误；据场强的叠加可知，O 到 b 区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故 D 正确。4.多选如图所示，理想变压器原线圈接入电压有效值恒定的正弦交流电，副线圈接一定值电阻 R。调节触头 P，使副线圈匝数变为原来的一半，则调节前后()A原线圈中的电流之比为 41B副线圈中的电流之比为 21C变压器的输入功率之比为 41D变压器的输出功率之比为 12解析：选 ABC 使副线圈匝数变为原来的一半，即 n2n22，根据公式 U1U2n1n2 可
6、得副线圈两端的电压变为原来的12，所以副线圈中的电流变为原来的12，B 正确；根据公式 I1I2n2n1 可得 I112I212n2n1，原线圈中的电流将变为原来的14，所以 A 正确；根据 PI2R，副线圈中消耗的电功率变为原来的14，所以在调节前后变压器的输出功率之比为 41，理想变压器的输出功率和输入功率相等，所以 C 正确，D 错误。5.多选如图所示，竖直固定一截面为正方形的绝缘方管，高为 L，空间存在与方管前面平行且水平向右的匀强电场 E 和水平向左的匀强磁场 B，将带电量为q 的小球从管口无初速度释放，小球直径略小于管口边长，已知小球与管道的动摩擦因数为，管道足够长，小球不转动。则
7、小球从释放到底端过程中()A小球先加速再匀速B小球的最大速度为 m2g22q2E2qBC系统因摩擦而产生的热量为 mgL12mmgqEqB2D小球减少的机械能大于产生的热量解析：选 AC 小球向下运动，磁场方向水平向左，根据左手定则可得小球受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，对小球不做功，运动过程中受到的里面那个面给的摩擦力越来越大，且受到水平向右的电场力，最后当重力和摩擦力相等时，小球速度不再改变，故小球先加速后匀速，A 正确；小球受到两个面给的摩擦力，里面给的弹力大小为 FBqv，右边的面给的弹力大小为 FEq，当摩擦力和重力平衡时，小球速度最大，即 mg (BqvEq)，故有 vmgqEqB
8、，B 错误；小球运动的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：mgLWf12mv2，解得 WfmgL12mmgqEqB2，C 正确；由于系统中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于产生的热量，D 错误。6.多选在倾角为 的斜面上固定两根足够长且间距为 L 的光滑平行金属导轨 PQ、MN，导轨处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为 m1 和 m2 的金属棒 a、b，先将 a 棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块 c 连接，连接 a 棒的细线平行于导轨，由静止释放 c，此后某时刻，将 b 也垂直于导轨放置，此刻起 a、c 做匀速运动而 b静止，
9、a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则()A物块 c 的质量是(m1m2)sin Bb 棒放上导轨前，物块 c 减少的重力势能等于 a、c 增加的动能Cb 棒放上导轨后，a 棒克服安培力所做的功等于 a 棒上消耗的电能Db 棒放上导轨后，b 棒中电流大小是 m2gsin BL解析：选 AD b 棒静止说明 b 棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a 棒匀速向上运动，说明 a 棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c 匀速下降则 c 所受重力和细线的拉力大小平衡。由 b 平衡可知，安培力大小 F 安m2gsin 由
10、a 平衡可知：F 线F 安m1gsin 由 c 平衡可知：F 线mcg联立解得物块 c 的质量为：mc(m1m2)sin，故 A 正确；b 放上导轨之前，根据能量守恒知物块 c 减少的重力势能等于 a、c 增加的动能与 a 增加的重力势能之和，故 B 错误；b 棒放上导轨后，a 棒克服安培力所做的功等于 a、b 两棒上消耗的电能之和，故 C错误；b 棒放上导轨后，根据 b 棒的平衡可知，F 安m2gsin，又因为 F 安BIL，可得 b棒中电流大小是：Im2gsin BL，故 D 正确。7多选如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，原、副线圈的匝数比为 41。V1、A1 为监
11、控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2 为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2 为教室的负载电阻，V3、A3 为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关 S 闭合时()A电流表 A1、A2 和 A3 的示数都变大B只有电流表 A1 的示数变大C电压表 V3 的示数变小D电压表 V1 和 V2 的示数比始终为 41解析：选 CD 当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于降压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即 V1 和 V2 不变，示数比始终为 41，可知输电线中的电流增大，即 A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即 V3 减
12、小，所以通过 R1的电流减小，即 A3 减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，则原线圈中的电流 I1 增大，所以 A1 示数增大。故 C、D 正确。8.多选一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 Ep 随位移 x 变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A带负电粒子从 x1 运动到 x2 电场力做负功Bx1、x2 处电势小于零Cx1 处的场强大于 x2 处的场强Dx1 处的电势比 x2 处的电势低解析：选 BD 带负电粒子从 x1 运动到 x2 的过程中，其电势能减小，故电场力做正功，故 A 错误；由题图可知，带负电粒子在 x1、x2 处的电势能均大于零，故 x1、x2 处电势小于零，故 B 正确；根据电场力做功和电势能的关系结合图像可得 EpEp0qEx，图像的斜率kqE，故场强 E 不变，故 C 错误；从 x1 运动到 x2 的过程中，电场力做正功 Wq(12)，所以 12，故 D 正确。
