2020版高考物理通用2020版二轮复习电学3大题型押题练四

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＝2202sin100πt(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25HzC．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＝ω2π＝50Hz，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3∶2D．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θ1＝90°，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，θ2＝∠BO1P＝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＝2πmqB，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t＝θ2πT，运动时间之比t1∶t2＝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5mA，内阻约300Ω)电流表G2(量程10mA，内阻约100Ω)定值电阻R1(300Ω)定值电阻R2(10Ω)滑动变阻器R3(0～1000Ω)滑动变阻器R4(0～20Ω)开关S及导线若干干电池(1.5V)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。(3)主要的实验步骤如下：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I2－I1R1I1＝r1，解得I2＝r1＋R1R1I1，因此画出的I2­I1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R1及r1的关系，即k＝r1＋R1R1，解得r1＝(k－1)R1。答案：(1)R1R4(2)见解析图(3)I2­I1I2＝r1＋R1R1I1(4)(k－1)R15.如图所示，abcd为质量M＝3.0kg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＝2.0kg的金属棒PQ平行于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B＝1.0T。导轨的ad段长L＝1.0m，金属棒PQ单位长度的电阻为r0＝0.5Ω/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μ＝0.25。设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放(取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，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：Mgsinθ－f－FA＝Maf＝μFNE＝BLvI＝Er0LFA＝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′＝mgcosθ＋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Mgsinθ－f′＝Mamf′＝μmgcosθ解得最大加速度am＝7.0m/s2。(2)导轨达到最大速度vm时，加速度为零Mgsinθ－f1－FAm＝0，f1＝μFN′解得vm＝Mgsinθ－μmgcosθr0B2L1＋μ＝8.4m/s。答案：(1)7.0m/s2(2)8.4m/s