（通用版）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專(zhuān)題綜合檢測(cè)四

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1、專(zhuān)題綜合檢測(cè)四 一、選擇題 1．(2020·高考北京卷) 如圖所示，其中電流表A的量程為 0.6 A，表盤(pán)均勻劃分為30個(gè)小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于電流表內(nèi)阻的；R2的阻值等于電流表內(nèi)阻的2倍．若用電流表A的表盤(pán)刻度表示流過(guò)接線柱1 的電流值，則下列分析正確的是(　　) A．將接線柱1、2接入電路時(shí)，每一小格表示0.04 A B．將接線柱1、2接入電路時(shí)，每一小格表示0.02 A C．將接線柱1、3接入電路時(shí)，每一小格表示0.06 A D．將接線柱1、3接入電路時(shí)，每一小格表示0.01 A 解析：選C.設(shè)電流表A的內(nèi)阻為RA，用電流表A的表盤(pán)刻度表示流過(guò)接

2、線柱1的電流值時(shí)，若將接線柱1、2接入電路，根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)，(I1－IA)R1＝IARA，解得I1＝3IA＝0.06 A，則每一小格表示0.06 A；若將接線柱1、3接入電路，則(I2－IA)R1＝IARA，解得I2＝3IA＝0.06 A，則每一小格表示0.06 A．選項(xiàng)C正確． 2．(2020·天津河?xùn)|區(qū)二模)如圖所示，甲、乙兩電路中電源完全相同，外電阻R1＞R2，兩電路中分別通過(guò)相同的電荷量q的過(guò)程中，下列判斷正確的是(　　) A．電源內(nèi)部產(chǎn)生電熱較多的是甲電路 B．R1上產(chǎn)生的電熱比R2上產(chǎn)生的電熱少 C．電源做功較多的是甲電路 D．電源效率較高的是甲電路 解析：選D

3、.電源內(nèi)部產(chǎn)生電熱Q＝I2rt＝Iqr，由于外電阻R1＞R2，甲電路電流較小，電源內(nèi)部產(chǎn)生電熱較少的是甲電路，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．外電阻產(chǎn)生電熱Q＝I2Rt＝IqR＝Uq，U1＞U2，R1上產(chǎn)生的電熱比R2上產(chǎn)生的電熱多，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．兩電路中分別通過(guò)相同的電荷量q的過(guò)程中，兩電源做功相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．電源效率較高的是甲電路，選項(xiàng)D正確． 3.(2020·河南開(kāi)封一模)如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為R.L1和L2為相同的燈泡，每個(gè)燈泡的電阻和定值電阻阻值均為R.電壓表為理想電表．K為單刀雙擲開(kāi)關(guān)，當(dāng)開(kāi)關(guān)由1位置擲到2位置時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．L1亮度不變，L2將變暗 B．L

4、1將變亮，L2將變暗 C．電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率將變小 D．電壓表示數(shù)將變小 解析：選D.開(kāi)關(guān)擲到位置1時(shí)，燈泡L1和L2并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并＝＝，電路總電阻R總＝R＋R＋＝，干路電流I＝＝，根據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比可得流過(guò)燈泡L1和L2的電流相等，即I1＝I2＝.開(kāi)關(guān)擲到2位置，燈泡L1與定值電阻R串聯(lián)，然后與燈泡L2并聯(lián)，并聯(lián)電阻為R′并＝＝，電路總電阻R′總＝R＋＝，干路電流I′＝＝，根據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比可得流過(guò)燈泡L1的電流I′1＝I′×＝，流過(guò)燈泡L2的電流I′2＝I′×＝.據(jù)此判斷，開(kāi)關(guān)由1位置擲到2位置，流過(guò)燈泡L1的電流大小不變，燈泡亮度不變，流過(guò)燈泡L2的電流變大

5、，燈泡變亮，所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)．總電流變大，電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率(P＝I2R)變大，選項(xiàng)C錯(cuò)．總電流變大，內(nèi)電壓變大，路端電壓變小，電壓表示數(shù)變小，選項(xiàng)D對(duì)． 4．(多選)(2020·高考海南卷)如圖，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1，原線圈與一可變電阻串聯(lián)后，接入一正弦交流電源；副線圈電路中固定電阻的阻值為R0，負(fù)載電阻的阻值R＝11R0，V是理想電壓表．現(xiàn)將負(fù)載電阻的阻值減小為R＝5R0，保持變壓器輸入電流不變，此時(shí)電壓表的讀數(shù)為5.0 V，則(　　) A．此時(shí)原線圈兩端電壓的最大值約為34 V B．此時(shí)原線圈兩端電壓的最大值約為24 V C．原線圈兩端原來(lái)的電壓有效值約為6

6、8 V D．原線圈兩端原來(lái)的電壓有效值約為48 V 解析：選AD.當(dāng)R＝5R0，V示數(shù)為5.0 V，所以輸出電流I出＝，UR0＝I出R0＝1 V，則變壓器輸出電壓為6 V，由＝得到輸入電壓的有效值為24 V，所以原線圈兩端電壓最大值為U1≈34 V，A正確，B錯(cuò)誤．因I入∶I出＝n2∶n1不變，故輸入電流不變時(shí)輸出電流也不變，當(dāng)負(fù)載由R＝11R0變?yōu)镽＝5R0時(shí)，由U＝IR知副線圈電壓由I(R0＋11R0)降到I(R0＋5R0)＝6 V，則副線圈兩端原來(lái)的電壓有效值為12 V，原線圈兩端原來(lái)的電壓有效值為48 V，C錯(cuò)誤，D正確． 5．用220 V的正弦交流電通過(guò)理想變壓器對(duì)一負(fù)載供電，

7、變壓器輸出電壓是110 V，通過(guò)負(fù)載的電流圖象如圖所示，則(　　) A．變壓器輸入功率約為3.9 W B．輸出電壓的最大值是110 V C．變壓器原、副線圈匝數(shù)比是1∶2 D．負(fù)載電流的函數(shù)表達(dá)式i＝0.05sin A 解析：選A.由題圖可知通過(guò)負(fù)載的電流最大值為Im＝0.05 A，周期T＝0.02 s，故電流的函數(shù)表達(dá)式i＝Imsint＝0.05sin 100πt (A)，D錯(cuò)誤；理想變壓器匝數(shù)比等于電壓比，即 n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，C錯(cuò)誤；輸出電壓U2＝110 V，其最大值U2m＝U2＝110 V，B錯(cuò)誤；理想變壓器輸入功率等于輸出功率，即輸入功率P＝I2U2＝×1

8、10 W≈3.9 W，A正確． 6．如圖所示，有一臺(tái)交流發(fā)電機(jī)E，通過(guò)理想升壓變壓器T1和理想降壓變壓器T2向遠(yuǎn)處用戶(hù)供電，輸電線的總電阻為R.T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2；T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4.設(shè)T1的輸入電壓U1一定，當(dāng)用戶(hù)消耗的電功率變大時(shí)，有(　　) A．U2減小，U4變大　　　　　 B．U2不變，U3不變 C．P1變小，P2變小 D．P2變大，P3變大 解析：選D.由理想變壓器輸出功率決定輸入功率可得，當(dāng)用戶(hù)功率增大時(shí)，升壓變壓器的輸入功率必增大，即P1增大

9、，輸入電壓U1為定值不變，升壓變壓器的匝數(shù)不變，輸入電壓不變，故輸出電壓U2不變，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增大，P2、I2增大，由閉合電路歐姆定律：U3＝U2－I2R，故U3減小，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)不變，所以隨U3減小，U4減小，A、B錯(cuò)誤；由于用戶(hù)功率增大，即P4增大，理想變壓器無(wú)功率損耗可得：P3＝P4，功率P3也增大，故C錯(cuò)誤，D正確． 7.(2020·漯河期末)如圖所示的電路中，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的電阻關(guān)系為R1＜R2＜R3，電感L的電阻可忽略，D為理想二極管．電鍵K從閉合狀態(tài)突然斷開(kāi)時(shí)，下列判斷正確的是(　　) A．L1逐漸變暗，L2、

10、L3均先變亮，然后逐漸變暗 B．L1逐漸變暗，L2立即熄滅，L3先變亮，然后逐漸變暗 C．L2立即熄滅，L1、L3均逐漸變暗 D．L1、L2、L3均先變亮，然后逐漸變暗 解析：選B.K斷開(kāi)前，I1>I2>I3，斷開(kāi)K瞬間，L1中電流由I1逐漸減小，故L1逐漸變暗．由于此時(shí)加在二極管上的是反向電壓，故L2中電流為零，L2立即熄滅．而L3中的電流由I3突然變成反向I1(I1>I3)，然后逐漸減小到零，L3先變亮后逐漸變暗，B正確． 8．(2020·東北三省四市第二次聯(lián)合考試)如圖所示，兩個(gè)寬度均為L(zhǎng)的條形區(qū)域，存在著大小相等、方向相反且均垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以豎直虛線為分界線，其左側(cè)有一

11、個(gè)用金屬絲制成的與紙面共面的直角三角形線框ABC，其底邊BC長(zhǎng)為2L，并處于水平．現(xiàn)使線框以速度v水平勻速穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，則此過(guò)程中，線框中的電流隨時(shí)間變化的圖象正確的是(設(shè)逆時(shí)針的電流方向?yàn)檎较?，取時(shí)間t0＝作為計(jì)時(shí)單位)(　　) 解析：選D.根據(jù)題意，從2t0到3t0的過(guò)程中電流大小由2i0逐漸增大為3i0，從3t0到4t0過(guò)程中電流大小由i0逐漸增大為2i0，且在4t0時(shí)電流大小為2i0，所以選項(xiàng)D正確． 9．(2020·福建畢業(yè)班質(zhì)量檢測(cè))如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左

12、邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好．則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中(　　) A．流過(guò)金屬棒的最大電流為 B．流過(guò)金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 解析：選D.金屬棒滑下過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝mv，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLvm，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝，聯(lián)立得Im＝，A錯(cuò)誤；根據(jù)q＝可知，通過(guò)金屬棒的電荷量為，B錯(cuò)誤；對(duì)全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得

13、mgh＋Wf＋W安＝0，故C錯(cuò)誤；由于Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯(lián)立得Q＝mg(h－μd)，D正確． 10.(2020·南昌一模)如圖所示，在光滑水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大．一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框沿垂直磁場(chǎng)方向，以速度v從圖示位置向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框中心線AB運(yùn)動(dòng)到與PQ重合時(shí)，線框的速度為，則(　　) A．此時(shí)線框的電功率為 B．此時(shí)線框的加速度為 C．此過(guò)程通過(guò)線框截面的

14、電荷量為 D．此過(guò)程回路產(chǎn)生的電能為0.75mv2 解析：選C.在題圖中虛線位置，線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝＋＝BLv，電流I＝＝，由牛頓第二定律，線框的加速度a＝＝2×＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線框的電功率P＝I2R＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律和電流的定義，可得此過(guò)程通過(guò)線框截面的電荷量q＝It＝＝，選項(xiàng)C正確；由能量守恒定律，可得回路產(chǎn)生的電能W＝mv2－m＝mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 二、非選擇題 11．(2020·江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)盟第二次聯(lián)考)如圖所示，間距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌的N、Q端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌上有一根質(zhì)量一定

15、、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒上方距離L以上的范圍存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)在施加一個(gè)平行斜面向上且與棒ab重力相等的恒力，使導(dǎo)體棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab進(jìn)入磁場(chǎng)后，發(fā)現(xiàn)ab開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，求： (1)導(dǎo)體棒的質(zhì)量； (2)若進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，拉力減小為原來(lái)的一半，求導(dǎo)體棒能繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)的最大位移． 解析：(1)導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始在磁場(chǎng)外勻加速運(yùn)動(dòng)，距離為L(zhǎng)，其加速度為 F－mgsin 30°＝ma F＝mg 得a＝g 棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＝＝ 由棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)可知F安＝mg F安＝BIL＝ 得m＝. (2)

16、若進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間使拉力減半，則F＝mg 則導(dǎo)體棒所受合力為F安 F安＝BIL＝＝ma 將v＝和a＝代入上式得 ＝m 即＝mΔv 設(shè)導(dǎo)體棒繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)的位移為x，則有 ＝mv 將v＝和m＝ 代入得x＝2L. 答案：(1)　(2)2L 12．(2020·高考四川卷)如圖所示，金屬導(dǎo)軌MNC和PQD，MN與PQ平行且間距為L(zhǎng)，所在平面與水平面夾角為α，N、Q連線與MN垂直，M、P間接有阻值為R的電阻；光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面內(nèi)，與NQ的夾角都為銳角θ.均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為L(zhǎng)，ab棒初始位置在水平導(dǎo)軌上與NQ重合；ef棒垂直放在傾斜導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦

17、因數(shù)為μ(μ較小)，由導(dǎo)軌上的小立柱1和2阻擋而靜止．空間有方向豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)．兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計(jì)所有導(dǎo)軌和ab棒的電阻，ef棒的阻值為R，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，重力加速度為g. (1)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，給ab棒一個(gè)垂直于NQ，水平向右的速度v1，在水平導(dǎo)軌上沿運(yùn)動(dòng)方向滑行一段距離后停止，ef棒始終靜止，求此過(guò)程ef棒上產(chǎn)生的熱量； (2)在(1)問(wèn)過(guò)程中，ab棒滑行距離為d，求通過(guò)ab棒某橫截面的電量； (3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動(dòng)，并在NQ位置時(shí)取走小立柱1和2，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ef棒

18、始終靜止．求此狀態(tài)下最強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度及此磁場(chǎng)下ab棒運(yùn)動(dòng)的最大距離． 解析：(1)設(shè)ab棒的初動(dòng)能為Ek，ef棒和電阻R在此過(guò)程產(chǎn)生的熱量分別為W和W1，有 W＋W1＝Ek① 且W＝W1② 由題意有Ek＝mv③ 得W＝mv.④ (2)設(shè)在題設(shè)過(guò)程中，ab棒滑行時(shí)間為Δt，掃過(guò)的導(dǎo)軌間的面積為ΔS，通過(guò)ΔS的磁通量為ΔΦ，ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，ab棒中的電流為I，通過(guò)ab棒某橫截面的電量為q，則 E＝⑤ 且ΔΦ＝BΔS⑥ I＝⑦ 又有I＝⑧ 由圖所示ΔS＝d(L－dcot θ)⑨ 聯(lián)立⑤～⑨，解得 q＝.⑩ (3)ab棒滑行距離為x時(shí)，ab棒在導(dǎo)軌間的棒長(zhǎng)Lx

19、為 Lx＝L－2xcot θ? 此時(shí)，ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)Ex＝Bv2Lx? 流過(guò)ef棒的電流Ix＝? ef棒所受安培力Fx＝BIxL? 聯(lián)立?～?，解得Fx＝(L－2xcot θ)? 由?式可得，F(xiàn)x在x＝0和B為最大值Bm時(shí)有最大值F1. 由題知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1為最大值的受力分析如圖所示，圖中Ffm為最大靜摩擦力，有 F1cos α＝mgsin α＋μ(mgcos α＋F1sin α)? 聯(lián)立??，得Bm＝ ? ?式就是題目所求最強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，該磁場(chǎng)方向可豎直向上，也可豎直向下． 由?式可知，B為Bm時(shí)，F(xiàn)x隨x增大而減小，x為最大xm時(shí)，F(xiàn)x為最小值F2，如圖可知 F2cos α＋μ(mgcos α＋F2sin α)＝mgsin α? 聯(lián)立???，得 xm＝. 答案：(1)mv　(2)　(3)見(jiàn)解析