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，A
2、 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 100t(V)的交2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
3、数为零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，故2B 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
4、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 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、O 1C、O 1B，O 1COB 是菱形，O1BCO，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， 2BO 1P60 ，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
6、 T ，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动2mqB时间 t T，运动时间之比 t1t2 1290 603 2，故 C 正确，D 错误。24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_。(2)在方框中画出实验电路图。(3)主要的实验步骤如下：A按
7、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
8、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 r 1，解得 I2 I1，因此画出的 I2I1 图线为过原点I2 I1R1I1 r1 R1R1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)R 1 R 4 (2) 见解析图 (3) I2I1 I 2 I1 (4)( k1)r1 R1R1R15.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 垂直于斜面固定，质量 m2.
9、0 kg 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 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/s 2，sin 530.8，cos 530.6，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
10、：(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：Mgsin fF AMafF NEBLvIEr0LFAILB对金属棒 PQ，因其始终静止，有：导轨对金属棒 PQ的支持力为 FNmgcos F A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 F A由牛顿第三定律知 FNF N导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大Mgsin fMa mfmgcos 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 f 1F Am0，f 1F N解得 vm 8.4 m/s 。Mgsin mgcos r0B2L1 答案：(1)7.0 m/s2 (2)8.4 m/s