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2019高考物理二轮第二部分电学3大题型押题练(一)

2019-03-29 3页 doc 97KB 6阅读

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2019高考物理二轮第二部分电学3大题型押题练(一) 电学3大题型押题练(一) 1.如图所示等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落,已知下落过程两平行边始终竖直,左平行边长为a,右平行边长为2a。当导线框下落到图示位置时,导线框做匀速运动。则从导线框刚进入磁场开始,下列判断正确的是(  ) A.在0~这段位移内,导线框可能做匀加速运动 B.在~这段位移内,导线框减少的重力势能最终全部转化为内能 C.在~2a这段位移内,导线框可能做减速运动 D.在0~与~2a位移内,导线框受到的安培力方向相反 解析:选B 导线框在0~这段位移内受到向上的安培力小于重力,导线框做加速...
2019高考物理二轮第二部分电学3大题型押题练(一)
电学3大型押题练(一) 1.如图所示等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落,已知下落过程两平行边始终竖直,左平行边长为a,右平行边长为2a。当导线框下落到图示位置时,导线框做匀速运动。则从导线框刚进入磁场开始,下列判断正确的是(  ) A.在0~这段位移内,导线框可能做匀加速运动 B.在~这段位移内,导线框减少的重力势能最终全部转化为内能 C.在~2a这段位移内,导线框可能做减速运动 D.在0~与~2a位移内,导线框受到的安培力方向相反 解析:选B 导线框在0~这段位移内受到向上的安培力小于重力,导线框做加速运动,随着速度增大,感应电动势增大,感应电流增大,安培力增大,导线框做加速度逐渐减小的加速运动,由题意可知,当位移为时,加速度恰好减为零,A错;在~这段位移内,导线框一直做匀速运动,因此减少的重力势能全部转化为电能,进而又转化为内能,B对;在~2a这段位移内,导线框切割磁场的有效长度逐渐减小,安培力小于重力,导线框做变加速运动,C错;由楞次定律可知,磁场一直阻碍导线框下落,一直受到向上的安培力,直至导线框全部进入磁场,D错。 2.[多选]如图所示,图(a)中变压器为理想变压器,其原线圈接在u=12sin 100πt(V)的交流电源上,副线圈与阻值为R1=2 Ω的电阻接成闭合电路,电流为理想电流表。图(b)中为阻值R2=32 Ω的电阻直接接到u=12sin 100πt(V) 的交流电源上,结果电阻R1与R2消耗的电功率相等,则(  ) A.通过电阻R1的交变电流的频率为0.02 Hz B.电阻R1消耗的电功率为4.5 W C.电流表的示数为6 A D.变压器原、副线圈匝数比为4∶1 解析:选BD 由u=12sin 100πt(V)可知,ω=100π rad/s=2πf,该交流电源的频率为f=50 Hz,周期为0.02 s,由于变压器不改变交变电流的频率,所以通过电阻R1的交变电流的频率为50 Hz,选项A错误;由题图(b)可知,R2=32 Ω的电阻两端电压的有效值为U=12 V,电阻R2消耗的电功率为P2==4.5 W,由电阻R1与R2消耗的电功率相等,可知电阻R1消耗的电功率为P1=P2=4.5 W,选项B正确;由P1=I2R1,解得电流表的示数为I=1.5 A,选项C错误;变压器副线圈电压U′=IR1=3 V,变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=U∶U′=12∶3=4∶1,选项D正确。 3.[多选]在x轴上存在一水平方向的电场,一质量m=2 kg的带电小球只在电场力的作用下,沿光滑绝缘的水平面从x=7 m处开始以初速度v0=2 m/s向x轴负方向运动。小球的电势能Ep随位置x的变化关系如图所示,则下列说法正确的是(  ) A.该小球带负电 B.在x=4 m处电场强度为零 C.小球通过x=9 m处时速度大小为2 m/s D.小球运动的最大速度vm=2 m/s 解析:选BD 由题设条件无法判断小球的带电性质,A错误;因为Ep=qφ,电场力大小F=q,则电场强度大小E=,在x=4 m处,=0,即电场强度E=0,B正确;小球的初动能为Ek=mv02=4 J,在x=7 m处时,小球的电势能为0,故在x= 7 m处时小球的总能量E=Ep+Ek=4 J,在x=9 m处时小球的电势能为2 J,则动能为2 J,故小球通过x=9 m处时速度大小为 m/s,C错误;由题图可知,在x=4 m处时小球的电势能最低,故此时动能最大,即小球的最大动能为E4=8 J,最大速度为2 m/s,D 正确。 4.如图所示为多用电表的原理示意图,已知表头G的满偏电流为2 mA、内阻为 150 Ω,刻度盘上电阻刻度线正中央标有“30”。选择开关S旋到“2”时量程为10 mA,旋到“3”、“4”、“5”、“6”时的量程未知,但测得R6=570 Ω,R7=900 Ω,E为两节新的干电池 (E=3 V),内阻忽略。请回答下列问题: (1)选择开关S旋到“6”时的量程为________。 A.15 A         B.3 V C.12 V D.15 V (2)正确使用欧姆挡测电阻时,滑动变阻器R3连入的阻值为________Ω。 (3)电池用久后,电动势变小了,内阻变大了,但仍能欧姆调零,用此表去测电阻,则其测量值比真实值________(填“偏小”“偏大”或“不变”)。 解析:(1)选择开关S旋到“6”时为电压表,量程为U=IgRg+I(R6+R7)=2×10-3×150 V+10×10-3×(570+900)V=15 V,故D对。 (2)使用欧姆挡测电阻时,要进行欧姆调零,表头G指针达到满偏,由闭合电路欧姆定律可得:R3== Ω=270 Ω。 (3)电池用久了,电动势变小,内阻变大,欧姆调零时,欧姆表内阻变小,应用欧姆表测电阻时,I===,由于R内偏小,则电流I偏小,欧姆表指针偏转角度偏小,电阻测量值偏大。 :(1)D (2)270 (3)偏大 5.一电路如图所示,电源电动势E=28 V,内阻r=2 Ω,电阻R1=12 Ω,R2=R4= 4 Ω,R3=8 Ω,C为平行板电容器,其电容C=3.0 pF,虚线到两极板距离相等,极板长 L=0.20 m,两极板的间距d=1.0×10-2 m。问: (1)若开关S处于断开状态,则当其闭合后,流过R4的总电量为多少? (2)若开关S断开时,有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0 m/s的初速度射入C的电场中,刚好沿虚线匀速运动,则当开关S闭合后,此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中,能否从C的电场中射出?(要求写出计算和分析过程,g取10 m/s2) 解析:(1)开关S断开时,电阻R3两端电压为 U3=E=16 V 开关S闭合后,外电阻为R==6 Ω 路端电压为U=E=21 V 电阻R3两端电压为U3′=U=14 V 则流过R4的总电量为 ΔQ=CU3-CU3′=6.0×10-12 C。 (2)设微粒质量为m,电量为q,当开关S断开时有 =mg 当开关S闭合后,微粒做类平抛运动,设微粒加速度为a,则 mg-=ma 设微粒能从C的电场中射出,则水平方向t= 竖直方向y=at2 解得y=6.25×10-3 m> 故微粒不能从C的电场中射出。 答案:(1)6.0×10-12 C (2)不能,分析过程见解析
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