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1、2022高考物理二輪 第二部分 電學(xué)3大題型押題練（四） 1.如圖所示，同一平面內(nèi)，三個(gè)閉合金屬圓環(huán)1、2、3同心放置，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．給圓環(huán)1通一恒定電流，圓環(huán)2的磁通量小于圓環(huán)3的磁通量 B．給圓環(huán)3通一恒定電流，圓環(huán)1的磁通量大于圓環(huán)2的磁通量 C．給圓環(huán)2通一變化電流，圓環(huán)1和圓環(huán)3的感應(yīng)電流方向始終相同 D．給圓環(huán)1通一變化電流，圓環(huán)2和圓環(huán)3的感應(yīng)電流方向始終相反 解析：選C　若給圓環(huán)1通逆時(shí)針?lè)较虻暮愣娏鳎喈?dāng)于將一個(gè)小磁鐵放在圓環(huán)2和圓環(huán)3的中心，提供的磁場(chǎng)如圖所示，磁通量是標(biāo)量，但是有正負(fù)，抵消后圓環(huán)2內(nèi)的磁通量大于圓環(huán)3內(nèi)的磁通量，A錯(cuò)誤；若給圓

2、環(huán)3通恒定電流，相當(dāng)于將圓環(huán)1和圓環(huán)2放在一個(gè)磁鐵的內(nèi)部，圓環(huán)1的磁通量小于圓環(huán)2的磁通量，B錯(cuò)誤；若給圓環(huán)2通一變化電流，據(jù)A、B選項(xiàng)可知，圓環(huán)1和圓環(huán)3原磁場(chǎng)方向相同，磁通量變化率正負(fù)相同，所以它們的感應(yīng)電流方向始終相同，C正確；同理可得，D錯(cuò)誤。 2．如圖所示為某山區(qū)小型發(fā)電站輸電示意圖，發(fā)電站發(fā)出U1＝220sin 100πt(V)的交流電，通過(guò)變壓器升壓后進(jìn)行高壓輸電，再通過(guò)降壓變壓器降壓給用戶(hù)供電，圖中高壓輸電線部分總電阻為r，負(fù)載端的電壓表是理想交流電表，下列有關(guān)描述正確的是(　　) A．若開(kāi)關(guān)S1、S2都斷開(kāi)，則電壓表示數(shù)為零 B．負(fù)載端所接收到的交流電的頻率是25

3、Hz C．深夜開(kāi)燈時(shí)燈泡特別亮是因?yàn)楦邏狠旊娋€上電壓損失減小的緣故 D．用電高峰期燈泡較暗，可通過(guò)減小降壓變壓器副線圈的匝數(shù)來(lái)提高其亮度 解析：選C　開(kāi)關(guān)S1、S2都斷開(kāi)時(shí)變壓器空載，副線圈兩端有電壓，電壓表示數(shù)不為零，故A錯(cuò)誤；變壓器不改變交流電的頻率，故負(fù)載端交流電的頻率為f＝＝50 Hz，故B錯(cuò)誤；深夜大部分用戶(hù)負(fù)載減少，干路中電流減小，輸電線損耗也減小，用戶(hù)得到的電壓較高，故此時(shí)開(kāi)燈燈泡較亮，故C正確；用電高峰時(shí)，負(fù)載增多，負(fù)載電阻減小，干路中電流增大，因此輸電線損耗電壓增大，導(dǎo)致降壓變壓器的輸入電壓降低，可增大降壓變壓器的副線圈的匝數(shù)，使輸出電壓增大來(lái)提高燈泡亮度，故D錯(cuò)誤。

4、 3.[多選]如圖所示，AOB為一邊界為圓的扇形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半徑為R，O點(diǎn)為圓心，D點(diǎn)為邊界OB的中點(diǎn)，C點(diǎn)為AB邊界上一點(diǎn)，且CD平行于AO?，F(xiàn)有兩個(gè)完全相同的帶電粒子以相同的速度垂直射入磁場(chǎng)(不計(jì)粒子重力)，其中粒子1從A點(diǎn)正對(duì)圓心O射入，恰從B點(diǎn)射出，粒子2從C點(diǎn)沿CD射入，從某點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，則(　　) A．粒子2在磁場(chǎng)中的軌道半徑等于R B．粒子2一定不從B點(diǎn)射出磁場(chǎng) C．粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為3∶2 D．粒子1與粒子2離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向相同 解析：選AC　粒子1從A點(diǎn)正對(duì)圓心射入，恰從B點(diǎn)射出，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為90°，粒子軌跡半徑等于R，粒子2

5、從C點(diǎn)沿CD射入，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)對(duì)應(yīng)的圓心為O1，運(yùn)動(dòng)軌跡半徑也等于R，連接OC、O1C、O1B，O1COB是菱形，O1B＝CO，則粒子2一定從B點(diǎn)射出磁場(chǎng)，故A正確，B錯(cuò)誤；粒子1的速度偏角為90°，粒子1在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角θ1＝90°，過(guò)B點(diǎn)作O1C的垂線交O1C于點(diǎn)P，可知P為O1C的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，θ2＝∠BO1P＝60°，兩粒子的速度偏角不同，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向不同，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝，兩粒子的周期相等，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t1∶t2＝θ1∶θ2＝90°∶60°＝3∶2，故C正確，D錯(cuò)誤。 4．某實(shí)驗(yàn)探究小組為了測(cè)量電流表G1的內(nèi)阻r1

6、，設(shè)計(jì)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中供選擇的器材如下： 待測(cè)電流表G1(量程5 mA，內(nèi)阻約300 Ω) 電流表G2(量程10 mA，內(nèi)阻約100 Ω) 定值電阻R1(300 Ω) 定值電阻R2(10 Ω) 滑動(dòng)變阻器R3(0～1 000 Ω) 滑動(dòng)變阻器R4(0～20 Ω) 開(kāi)關(guān)S及導(dǎo)線若干 干電池(1.5 V) 回答下列問(wèn)題： (1)定值電阻應(yīng)選________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選________。 (2)在方框中畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖。 (3)主要的實(shí)驗(yàn)步驟如下： A．按實(shí)驗(yàn)電路圖連接電路，將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭移至接入阻值為零處 B．閉合開(kāi)關(guān)S，移到滑

7、動(dòng)觸頭至某一位置，記錄G1和G2的讀數(shù)I1和I2 C．重復(fù)步驟B，多次移動(dòng)滑動(dòng)觸頭，測(cè)量多組數(shù)據(jù) D．為得到一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，應(yīng)畫(huà)出________圖線，表達(dá)式為_(kāi)_______________。 (4)根據(jù)圖線的斜率k及定值電阻，寫(xiě)出待測(cè)電流表內(nèi)阻的表達(dá)式r1＝________(用k和定值電阻的符號(hào)表示)。 解析：(1)實(shí)驗(yàn)器材中沒(méi)有電壓表，因此選用安安法測(cè)電流表的內(nèi)阻，定值電阻R1的阻值和待測(cè)電流表內(nèi)阻相差不多，可將兩者并聯(lián)，再與電流表G2串聯(lián)，為保證兩個(gè)電流表安全并且有大的調(diào)節(jié)范圍，因此滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，因?yàn)榛瑒?dòng)變阻器R3阻值太大，不方便調(diào)節(jié)，所以選用滑動(dòng)變阻器R4。

8、 (2)實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示。 (3)根據(jù)歐姆定律有＝r1，解得I2＝I1，因此畫(huà)出的I2-I1圖線為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，滿(mǎn)足要求。 (4)根據(jù)(3)中分析可得到圖線斜率和R1及r1的關(guān)系，即k＝，解得r1＝(k－1)R1。 答案：(1)R1　R4　(2)見(jiàn)解析圖　(3)I2-I1　I2＝I1　(4)(k－1)R1 5.如圖所示，abcd為質(zhì)量M＝3.0 kg的“”形導(dǎo)軌(電阻不計(jì))，放在光滑絕緣且傾角為θ＝53°的斜面上，光滑絕緣的立柱e、f垂直于斜面固定，質(zhì)量m＝2.0 kg的金屬棒PQ平行于ad邊壓在導(dǎo)軌和立柱e、f上，導(dǎo)軌和金屬棒PQ都處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)以O(shè)O′為界，OO′上

9、側(cè)的磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上，下側(cè)的磁場(chǎng)方向沿斜面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B＝1.0 T。導(dǎo)軌的ad段長(zhǎng)L＝1.0 m，金屬棒PQ單位長(zhǎng)度的電阻為r0＝ 0.5 Ω/m，金屬棒PQ與“”形導(dǎo)軌始終接觸良好且兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。設(shè)導(dǎo)軌和斜面都足夠長(zhǎng)，將導(dǎo)軌無(wú)初速度釋放(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，圖中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且處于水平方向)，求： (1)導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的最大加速度； (2)導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的最大速度。 解析：(1)導(dǎo)軌下滑過(guò)程中受到金屬棒PQ的摩擦力f、壓力FN、安培力FA，設(shè)導(dǎo)軌下滑的加速度為a，下滑的速度為v，根據(jù)力學(xué)規(guī)

10、律和電磁學(xué)規(guī)律，有： Mgsin θ－f－FA＝Ma f＝μFN E＝BLv I＝ FA＝ILB 對(duì)金屬棒PQ，因其始終靜止，有： 導(dǎo)軌對(duì)金屬棒PQ的支持力為FN′＝mgcos θ＋FA′ 由題意知，金屬棒PQ的電流、接入回路的有效長(zhǎng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均與ad邊相等，則FA′＝FA 由牛頓第三定律知FN＝FN′ 導(dǎo)軌剛釋放時(shí)速度為零、安培力為零、加速度最大 Mgsin θ－f′＝Mam f′＝μmgcos θ 解得最大加速度am＝7.0 m/s2。 (2)導(dǎo)軌達(dá)到最大速度vm時(shí)，加速度為零 Mgsin θ－f1－FAm＝0，f1＝μFN′ 解得vm＝＝8.4 m/s。 答案：(1)7.0 m/s2　(2)8.4 m/s