【通用版】2019年高考物理二轮复习电学3大题型押题练(三)含答案解析

电学3大题型押题练（三）

1．一个质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v0水过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大阻力，下列说法错误的是( )

A．小球在水平方向一直做匀速直线运动

2mg

B．若电场强度大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相等

qmg

C．若电场强度大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相等

qD．小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等

解析：选C 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以速度v0做匀速直线运动，选项A正确；竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等mg

于q时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项2mg

C错误；当电场强度等于q时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，1

加速度大小等于g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时：y＝gt12，v1＝gt1，经过第一电场区时：y＝

21

v1t2－gt22，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0；接下来小球的运动重复前面的运动，即每次通过无电场区

2时竖直方向都是做自由落体运动，每次通过电场区时竖直方向都是做末速度为零的匀减速直线运动，故小球经过每一无电场区的时间相同，选项B正确；小球经过每个电场区机械能的减少量等于克服除重力外其他力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等，选项D正确。

2．[多选]某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变

太长，他将每100电磁感应)。在输测得输电线上损压器T1与学生电平抛出，在小球经想上下边界的匀向无限长。已知每小为g，不计空气

源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是( )

A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电

n2匝数比为>1能减小远距离输电的能量损失 B．实验可以证明，T1采用升压变压器n1C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2

1

D．若输送功率一定，则

P2∶P1＝n12∶n22

解析：选BD 变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；PP22

第一次实验，输电线上的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝IR＝2R；第二次实验，升压变压器副线圈

U1U1n2PP2P2U12n122

上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′R＝2R，所以＝2＝2，n1U2U2P1U2n2n2故D正确，C错误；由上述分析知>1时，P2n1的能量损失，故B正确。

3.[多选]如图所示，在直角坐标系xOy中，第一象限和第二象垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，A、C两OA＝OC。一带电粒子P(不计重力)从A点以速率v沿y轴正方向经时间t恰好从C点射出磁场。若与粒子P相同的粒子Q从A点xOy平面射入磁场，则( )

A．粒子Q带负电 qπ

B．粒子Q的比荷m＝Bt vt

C．粒子Q到达＋y轴上某点D时与x轴间的距离最大值为 π

2－1vt

D．粒子Q在恰好不到达y轴的情况下通过x轴上的点与原点O间的距离为 π

解析：选BCD 粒子P从A点运动半周到达C点，根据左手定则可知粒子P带正电，与粒子P相同的mv2πmqπ

粒子Q也带正电，A错误；对粒子P，有T＝qB，而T＝2t，得m＝Bt，B正确；对粒子P，有OA＝r＝qB，2m·v22

对粒子Q，有R＝qB＝r，当AD＝2R＝2r时，D点与x轴间的

2vt

图所示，由几何关系知最大距离为r＝，C正确；粒子Q在恰好不到

π

限内存在着方向点在x轴上，且垂直射入磁场，以速率

2v沿2

距离最大，如达y轴的情况

2－1vt

下即在磁场中的运动轨迹与y轴恰好相切时，通过x轴上的点E与原点O间的距离为r－2(r－R)＝，

πD正确。

4．如图(a)是一简易多用电表的电路图，其表盘如图(b)所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，但上排刻度线对应数据未标出。已知该多用电表的表头选用的是内阻RA＝10 Ω、满偏电流IA＝10 mA的电流表。

2

为测量该多用电表内部电源的电动势，某同学在实验室找到一只电阻箱，设计了如下实验： ①将选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；

②将红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱的阻值使电表指针在C处，此时电阻箱的示数如图(c)所示。 (1)根据该同学的实验，此多用电表C处刻度对应的阻值为________Ω，电表内电源的电动势为________V。

(2)若将选择开关接“1”，指针指在图(b)所示位置，其读数为________mA。

(3)将一未知阻值的电阻，接在已经欧姆调零的该多用电表两表笔之间，指针仍指在图(b)所示位置，则该未知电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)。

解析：(1)由题图(c)可知，电阻箱示数为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω；指针指在C处时，电流表示数为5 mA＝0.005 A，C处刻度对应的阻值为中值电阻，由上可知为150 Ω，电源电动势E＝I·2R＝0.005×2×150 V＝1.5 V。

(2)选择开关接“1”时，电表的量程为10 mA，则题图(b)对应刻度的最小分度为0.2 mA，故读数为：6.8 mA。 (3)由题意可知，此时电路中的电流值为I＝6.8 mA，而电表内电源的电动势为E＝ 1.5 V，由(1)中分析可知，电表欧姆挡的内阻为R内＝150 Ω，所以待测电阻的阻值为R′＝ 1.5E

－R内＝6.8×10－3－150Ω≈71 Ω。 I

答案：(1)150 1.5 (2)6.8 (3)71

5.如图所示，ab和cd是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN和缘细线连接的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未在杆MN中点，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触。整个装置处在磁方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L，电阻可忽为R，与导轨始终接触良好，重力加速度为g。t＝0时刻，将细线烧断，

(1)细线烧断后任意时刻，求两杆运动的速度大小之比；

(2)若杆MN运动至速度最大时发生的位移为s，该过程中通过金属杆横截面的电荷量q和电路中产生的焦耳热Q各为多少？

解析：(1)以两杆为研究对象，初始两杆水平静止，则所受合外力为零，有F＝3mg

细线烧断后杆MN向上运动，杆M′N′向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故两杆所受合外力仍为零，动量守恒，有

mv1－2mv2＝0

故两杆运动的速度大小之比为v1∶v2＝2∶1。

(2)设两杆的最大速度分别为v1m和v2m，根据系统动量守恒，有mv1m－2mv2m＝0

3

M′N′是用绝知的外力F作用感应强度为B、略，两杆总电阻保持力F不变。

1

杆M′N′的最大速度为v2m＝v1m

21

此过程中杆M′N′的位移大小为s2＝s

2该过程中穿过回路的磁通量变化量 1s＋sL ΔΦ＝B2

通过金属杆横截面的电荷量 q＝ΔΦ3BsL＝ R2R

该过程中安培力为变力，根据动能定理 对杆MN，有

1

WF－mgs－W安1＝mv1m2

2对杆M′N′，有

1211

2mg·s－W安2＝×2m2v1m 22又WF＝3mgs W安1＋W安2＝Q

当杆的速度最大时，对杆MN，有 F－mg－F安1m＝0 而F＝3mg，F安1m＝BLIm E3

Im＝R，E＝BL(v1m＋v2m)＝BLv1m

2解得v1m＝

4mgR

3B2L2该过程电路中产生的焦耳热 4m3g2R2

Q＝3mgs－3B4L4。

3BsL4m3g2R2

答案：(1)2∶1 (2) 3mgs－

2R3B4L4

4