2019高考物理二轮押题：第二部分 电学3大题型押题练(四) Word版含解析

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，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U1＝2202sin 100πt(V)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、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收到的交流电的频率是25 Hz
C．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、S2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＝ω
2π＝50 Hz，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匝数，使输出电压增大来提高灯泡亮度，故D 错误。

3.[多选]如图所示，AOB 为一边界为14圆的扇形匀强磁场区域，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R
B ．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3∶2
D ．粒子1与粒子2离开磁场时速度方向相同
解析：选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O 1，运动轨迹
半径也等于R ，连接OC 、O 1C 、O 1B ，O 1COB 是菱形，O 1B ＝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θ1＝90°，过B 点作O 1C 的垂线交O 1C 于点P ，可知P 为O 1C 的中点，由几何关系可知，θ2＝∠BO 1P ＝60°，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 ＝2πm qB ，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t ＝θ2π
T ，运动时间之比t 1∶t 2＝θ1∶θ2＝90°∶60°＝3∶2，故C 正确，D 错误。

4．某实验探究小组为了测量电流表G 1的内阻r 1，设计电路进行实验。

实验中供选择的器材如下：
待测电流表G 1(量程5 mA ，内阻约300 Ω)
电流表G 2(量程10 mA ，内阻约100 Ω)
定值电阻R 1(300 Ω)
定值电阻R 2(10 Ω)
滑动变阻器R 3(0～1 000 Ω)
滑动变阻器R 4(0～20 Ω)
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________。

(2)在方框中画出实验电路图。

A ．按实验电路图连接电路，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G 1和G 2的读数I 1和I 2
C ．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r 1＝________(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R 1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G 2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R 3阻值太大，不方便调节，所以选用滑动变阻器R 4。

(2)实验电路图如图所示。

(3)根据欧姆定律有(I 2－I 1)R 1I 1＝r 1，解得I 2＝r 1＋R 1R 1I 1
，因此画出的I 2-I 1图线为过原点的倾斜直线，满足要求。

(4)根据(3)中分析可得到图线斜率和R 1及r 1的关系，即k ＝r 1＋R 1R 1
，解得r 1＝(k －1)R 1。

答案：(1)R1R4(2)见解析图(3)I2-I1I2＝r1＋R1
R1I1(4)(k－1)R1
5.如图所示，abcd为质量M＝3.0 kg的“”形导轨(电阻不计)，
放在光滑绝缘且倾角为θ＝53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于
斜面固定，质量m＝2.0 kg的金属棒P Q平行于ad边压在导轨和立柱e、
f上，导轨和金属棒P Q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B＝1.0 T。

导轨的ad段长L＝1.0 m，金属棒P Q单位长
度的电阻为r0＝
0.5 Ω/m，金属棒P Q与“”形导轨始终接触良好且两者间的动摩擦因数μ＝0.25。

设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，图中的MN、ad、OO′、P Q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)导轨下滑过程中受到金属棒P Q的摩擦力f、压力F N、安培力F A，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：
Mg sin θ－f－F A＝Ma
f＝μF N
E＝BL v
I＝
E r0L
F A＝ILB
对金属棒P Q，因其始终静止，有：
导轨对金属棒P Q的支持力为F N′＝mg cos θ＋F A′
由题意知，金属棒P Q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F A′＝F A
由牛顿第三定律知F N＝F N′
导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大
Mg sin θ－f′＝Ma m
f′＝μmg cos θ
解得最大加速度a m＝7.0 m/s2。

(2)导轨达到最大速度v m时，加速度为零Mg sin θ－f1－F Am＝0，f1＝μF N′
解得v m＝(Mg sin θ－μmg cos θ)r0
B2L(1＋μ)
＝8.4 m/s。

答案：(1)7.0 m/s2(2)8.4 m/s。