高考物理二轮专项复习：电学3大题型押题练（二） （含详解）

电学3大题型押题练（二）

1.[多选]如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，C为静电计，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电路稳定后，悬线与竖直方向夹角为θ且小球处于平衡状态，则(　　)

A．静电计的指针发生了偏转

B．若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大

C．若将A极板向下平移稍许，静电计指针的偏角将减小

D．保持开关S闭合，使滑动变阻器滑片向左移动，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做直线运动

解析：选AD　静电计是用来测量电容器板间电压的，电路稳定后，静电计指针偏转的角度表示电容器板间电压的高低，选项A正确；将A极板向左平移稍许，板间距离增大，由C＝知，电容减小，选项B错误；将A极板向下平移稍许，板间正对面积S减小，由C＝知，电容减小，但板间电压不变，静电计指针的偏角将不变，选项C错误；电路中没有电流，调节滑动变阻器不能影响电容器板间电压的大小，小球的平衡状态不变，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做匀加速直线运动，选项D正确。

2.如图所示，两根间距L＝0.4 m 的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝ T。导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，电表均为理想电表，一根导体棒ab置于导轨上，导体棒电阻不计且始终与导轨良好接触。若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动，其速度与时间的关系为v＝10sin 10πt(m/s)，电阻R＝10 Ω，则下列判断正确的是(　　)

A．导体棒产生的感应电动势的瞬时值为e＝4sin 5πt(V)

B．交流电压表示数为2 V，交流电流表示数为0.2 A

C．电阻R在1分钟内产生的热量为24 J

D．若在R两端再并接一相同电阻R，则电压表示数将增大为原来的2倍

解析：选C　导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BLv＝4sin 10πt(V)，A错；感应电动势的有效值为U＝＝4 V，由变压比知交流电压表示数为U′＝2 V，B错；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝t＝24 J，C对；电压表示数由原线圈两端电压及匝数比决定，D错。

3.如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里、大小均为B＝0.5 T，两边界间距离s＝0.1 m，一边长L＝0.2 m 的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R＝

0.4 Ω。现使线框以v＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则选项图中能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是(　　)

解析：选A　在0～5×10－2 s内，ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流沿顺时针方向，则a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝×0.5×0.2×2 V＝15×10－2 V；在5×10－2～10×10－2 s内，cd进入磁场后，cd和ab都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝0.5×0.2×2 V＝20×10－2 V；在10×

10－2～15×10－2 s内，ab穿出磁场后，只有cd切割磁感线，由右手定则知，a点电势高于b点电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝×0.5×0.2×2 V＝5×10－2 V，故整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线如图A所示，故A正确。

4．利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻和一个未知电阻Rx阻值的实验电路。

A．待测电源E(电动势略小于6 V，内阻不足1 Ω)

B．电压表V1(量程6 V，内阻约6 kΩ)

C．电压表V2(量程3 V，内阻约3 kΩ)

D．电流表A(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)

E．未知电阻Rx(约5 Ω)

F．滑动变阻器(最大阻值20 Ω)

G．开关和导线

(1)在图中的虚线框内画出完整的实验原理图。

(2)实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表V1的示数分别为U1、U1′时，电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′。由此可求出未知电阻Rx的阻值为________，电源的电动势E＝____________，内阻r＝____________(用题目中给定的字母表示)。

解析：(1)要测量电源的电动势和内阻应采用串联接法，由于电压表V1已经接入，故将滑动变阻器与未知电阻和电流表串联接入即可；为了测量未知电阻的阻值，应将V2并联在未知电阻的两端测量电压，电路图如图所示。

(2)电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′，因Rx为定值电阻，根据欧姆定律可知，Rx＝＝；根据闭合电路欧姆定律可知：U1＝E－Ir，U1′＝E－I′r，联立解得：E＝，r＝。

答案：(1)见解析图　(2)　　

5.如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，L板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电量为q、质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘 a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场区域(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，求：

(1)K板所带电荷的电性；

(2)粒子经过c点时的速度大小；

(3)圆形磁场区域的最小面积。

解析：(1)粒子由a到c，运动轨迹向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知，粒子所受电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。

(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度等于初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度大小与经过a点时的速度大小相等。

由上可知粒子经过c点时的速度大小

vc＝va＝vcos θ＝＝。

(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图中实线弧所示，a、c为两个切点。

洛伦兹力提供向心力qvcB＝m

可得轨迹半径R＝

粒子飞出电容器立即进入圆形磁场，且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，由几何关系易知此时磁场半径与轨迹半径相等。

磁场最小面积S＝πR2＝。

答案：(1)正电　(2)　(3)