2019高考物理二轮第二部分电学3大题型押题练四2019021813.doc

1、1电学 3 大题型押题练（四）1.如图所示，同一平面内，三个闭合金属圆环 1、2、3 同心放置，下列说法正确的是( )A给圆环 1 通一恒定电流，圆环 2 的磁通量小于圆环 3 的磁通量B给圆环 3 通一恒定电流，圆环 1 的磁通量大于圆环 2 的磁通量C给圆环 2 通一变化电流，圆环 1 和圆环 3 的感应电流方向始终相同D给圆环 1 通一变化电流，圆环 2 和圆环 3 的感应电流方向始终相反解析：选 C 若给圆环 1 通逆时针方向的恒定电流，相当于将一个小磁铁放在圆环 2 和圆环 3 的中心，提供的磁场如图所示，磁通量是标量，但是有正负，抵消后圆环 2 内的磁通量大于圆环 3 内的磁通量，

2、A 错误；若给圆环 3 通恒定电流，相当于将圆环 1 和圆环 2 放在一个磁铁的内部，圆环 1 的磁通量小于圆环 2 的磁通量，B 错误；若给圆环 2 通一变化电流，据A、B 选项可知，圆环 1 和圆环 3 原磁场方向相同，磁通量变化率正负相同，所以它们的感应电流方向始终相同，C 正确；同理可得，D 错误。2如图所示为某山区小型发电站输电示意图，发电站发出 U1220 sin 100 t(V)2的交流电，通过变压器升压后进行高压输电，再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为 r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是( )A若开关 S1、S 2都断开，则电压表示数

3、为零B负载端所接收到的交流电的频率是 25 HzC深夜开灯时灯泡特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故D用电高峰期灯泡较暗，可通过减小降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度解析：选 C 开关 S1、S 2都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故 A 错误；变压器不改变交流电的频率，故负载端交流电的频率为 f 50 Hz，2故 B 错误；深夜大部分用户负载减少，干路中电流减小，输电线损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯灯泡较亮，故 C 正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，可增大降压变压器的副线圈的

4、匝数，使输出电压增大来提高灯泡亮度，故 D 错误。23.多选如图所示， AOB 为一边界为 圆的扇形匀强磁场区域，14半径为 R， O 点为圆心， D 点为边界 OB 的中点， C 点为 AB 边界上一点，且 CD 平行于 AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度垂直射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子 1 从 A 点正对圆心 O 射入，恰从 B点射出，粒子 2 从 C 点沿 CD 射入，从某点离开磁场，则( )A粒子 2 在磁场中的轨道半径等于 RB粒子 2 一定不从 B 点射出磁场C粒子 1 与粒子 2 在磁场中的运动时间之比为 32D粒子 1 与粒子 2 离开磁场时速度方向相同解析：选

5、 AC 粒子 1 从 A 点正对圆心射入，恰从 B 点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为 90，粒子轨迹半径等于 R，粒子 2 从 C点沿 CD 射入，其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为 O1，运动轨迹半径也等于 R，连接 OC、 O1C、 O1B， O1COB 是菱形， O1B CO，则粒子2 一定从 B 点射出磁场，故 A 正确，B 错误；粒子 1 的速度偏角为90，粒子 1 在磁场中转过的圆心角 190，过 B 点作 O1C 的垂线交 O1C 于点 P，可知P 为 O1C 的中点，由几何关系可知， 2 BO1P60，两粒子的速度偏角不同，离开磁场时速度方向不同，粒子在磁场中运动的周期 T

6、，两粒子的周期相等，粒子在磁场2 mqB中的运动时间 t T，运动时间之比 t1 t2 1 2906032，故 C 正确，2D 错误。4某实验探究小组为了测量电流表 G1的内阻 r1，设计电路进行实验。实验中供选择的器材如下：待测电流表 G1(量程 5 mA，内阻约 300 )电流表 G2(量程 10 mA，内阻约 100 )定值电阻 R1(300 )定值电阻 R2(10 )滑动变阻器 R3(01 000 )滑动变阻器 R4(020 )开关 S 及导线若干干电池(1.5 V)回答下列问题：(1)定值电阻应选_，滑动变阻器应选_。3(2)在方框中画出实验电路图。(3)主要的实验步骤如下：A按实验

7、电路图连接电路，将滑动变阻器的滑动触头移至接入阻值为零处B闭合开关 S，移到滑动触头至某一位置，记录 G1和 G2的读数 I1和 I2C重复步骤 B，多次移动滑动触头，测量多组数据D为得到一条过原点的倾斜直线，应画出_图线，表达式为_。(4)根据图线的斜率 k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式 r1_(用 k和定值电阻的符号表示)。解析：(1)实验器材中没有电压表，因此选用安安法测电流表的内阻，定值电阻 R1的阻值和待测电流表内阻相差不多，可将两者并联，再与电流表 G2串联，为保证两个电流表安全并且有大的调节范围，因此滑动变阻器采用分压接法，因为滑动变阻器 R3阻值太大，不方便调节，所以

8、选用滑动变阻器 R4。(2)实验电路图如图所示。(3)根据欧姆定律有 r1，解得 I2 I1，因此画出的 I2I1图线为 I2 I1 R1I1 r1 R1R1过原点的倾斜直线，满足要求。(4)根据(3)中分析可得到图线斜率和 R1及 r1的关系，即 k ，解得 r1( k1)r1 R1R1R1。答案：(1) R1 R4 (2)见解析图 (3) I2I1 I2 I1 (4)r1 R1R1(k1) R15.如图所示， abcd 为质量 M3.0 kg 的“ ”形导轨(电阻不计)，放在光滑绝缘且倾角为 53的斜面上，光滑绝缘的立柱 e、 f 垂直4于斜面固定，质量 m2.0 kg 的金属棒 PQ 平

9、行于 ad 边压在导轨和立柱 e、 f 上，导轨和金属棒 PQ 都处于匀强磁场中，磁场以 OO为界， OO上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为 B1.0 T。导轨的 ad 段长 L1.0 m，金属棒 PQ 单位长度的电阻为 r00.5 /m ，金属棒 PQ 与“ ”形导轨始终接触良好且两者间的动摩擦因数 0.25。设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放(取 g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，图中的 MN、 ad、 OO、 PQ 彼此平行且处于水平方向)，求：(1)导轨运动的最大加速度；(2)导轨运动的最大速度。解析：(1)导轨下滑

10、过程中受到金属棒 PQ 的摩擦力 f、压力 FN、安培力 FA，设导轨下滑的加速度为 a，下滑的速度为 v，根据力学规律和电磁学规律，有：Mgsin f FA Maf FNE BLvIEr0LFA ILB对金属棒 PQ，因其始终静止，有：导轨对金属棒 PQ 的支持力为 FN mgcos FA由题意知，金属棒 PQ 的电流、接入回路的有效长度、磁感应强度大小均与 ad 边相等，则 FA FA由牛顿第三定律知 FN FN导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大Mgsin f Mamf mg cos 解得最大加速度 am7.0 m/s 2。(2)导轨达到最大速度 vm时，加速度为零Mgsin f1 FAm0， f1 F N解得 vm 8.4 m/s。 Mgsin mgcos r0B2L 1 答案：(1)7.0 m/s 2 (2)8.4 m/s