高考物理專項分類預熱試卷 8 電磁學(2021年最新整理)

1、高考物理專項分類預熱試卷 8 電磁學高考物理專項分類預熱試卷 8 電磁學 編輯整理：尊敬的讀者朋友們：這里是精品文檔編輯中心，本文檔內容是由我和我的同事精心編輯整理后發(fā)布的，發(fā)布之前我們對文中內容進行仔細校對，但是難免會有疏漏的地方，但是任然希望（高考物理專項分類預熱試卷 8 電磁學）的內容能夠給您的工作和學習帶來便利。同時也真誠的希望收到您的建議和反饋，這將是我們進步的源泉，前進的動力。本文可編輯可修改，如果覺得對您有幫助請收藏以便隨時查閱，最后祝您生活愉快 業(yè)績進步，以下為高考物理專項分類預熱試卷 8 電磁學的全部內容。16電磁學第i卷（選擇題)一、選擇題1某電場的電場線分布如圖所示,電場

2、中有a、b兩點，則以下判斷正確的是（ ）a。 a點的電場強度大于b點的電場強度，b點的電勢低于a點的電勢b。 若將一個電荷由a點移到b點，電荷克服電場力做功，則該電荷一定為負電荷c. 一個負電荷處于a點的電勢能大于它處于b點的電勢能d。 若將一個正電荷由b點釋放，該電荷將在電場中做加速度減小的加速運動2如圖所示，一理想變壓器原線圈與每個副線圈的匝數(shù)比均為3：1，原線圈與每個副線圈所連的電阻阻值均為r，原線圈接220v的正弦交流電,副線圈n2回路中電阻兩端的電壓為u2，原線圈電阻與每個副線圈電阻消耗的功率之比均為k。則（)a. b。 c. d. 3如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平方向成角，

3、極板間距為d，兩極板m、n與一直流電源相連，且m板接電源正極，mn間電勢差為u，現(xiàn)有一帶電粒子以初速度v0進入并恰能沿圖中所示水平直線從左向右通過電容器.若將電容器撤走，在該區(qū)域重新加上一個垂直于紙面的勻強磁場，使該粒子仍以原來初速度進入該區(qū)域后的運動軌跡不發(fā)生改變，則所加勻強磁場的磁感應強度方向和大小正確的是 （)a。 垂直于紙面向里, b。 垂直于紙面向里,c。 垂直于紙面向外， d。 垂直于紙面向外,4如圖甲所示，矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸在勻強磁場中勻速轉動，輸出交流電的電動勢圖象如圖乙所示，經原、副線圈匝數(shù)比為110的理想變壓器給一燈泡供電如圖丙所示,燈泡的額定功率為22w?，F(xiàn)

4、閉合開關，燈泡正常發(fā)光。則a。 t0.01 s時刻穿過線框回路的磁通量為零b。 交流發(fā)電機的轉速為100 r/sc。 變壓器原線圈中電流表示數(shù)為1 ad. 燈泡的額定電壓為220 v5如圖所示，在a板附近有一電子由靜止開始向b板運動，則關于電子到達b板時的時間和速率,下列正確的是( ）a. 兩板間距越大，則加速的時間越長，獲得的速率越小b. 兩板間距越小，則加速的時間越短，獲得的速率越小c。 兩板間距越小，則加速的時間越短，獲得的速率不變d. 兩板間距越小，則加速的時間不變,獲得的速率不變6有一電子束焊接機，焊接機中的電場線如圖中虛線所示.其中k為陰極，a為陽極,兩極之間的距離為d，在兩極之間

5、加上高壓u，有一電子在k極由靜止開始在k、a之間被加速。不考慮電子重力，電子的質量為m，元電荷為e,則下列說法正確的是( )a. 由k沿直線到a電勢逐漸降低b。 由k沿直線到a場強逐漸減小c. 電子在由k沿直線運動到a的過程中電勢能減小了eud。 電子由k沿直線運動到a的時間為7如圖所示，面積為s的n匝矩形線圈，在磁感應強度為b的勻強磁場中,繞垂直磁場的軸以角速度勻速轉動，就可在線圈中產生正弦交流電，圖示位置線圈平面與磁場平行，下列說法正確的是（ ）a。 線圈從圖示位置轉90的過程磁通量的變化為nbsb。 線圈轉到中性面位置時產生的感應電動勢為nbsc。 線圈轉到圖示位置時磁通量的變化率為bs

6、d。 線圈從圖示位置開始計時，感應電動勢e隨時間t變化的函數(shù)為e=nbssint8如圖所示，圓環(huán)形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b,二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路若將滑動變阻器的滑片p向上滑動，下面說法中正確的是( ）a. 穿過線圈a的磁通量變大b. 線圈a有收縮的趨勢c. 線圈a對水平桌面的壓力fn將增大d. 線圈a中將產生俯視順時針方向的感應電流第ii卷（非選擇題)二、實驗題9測量金屬絲的電阻率，要先測出它的電阻（約為10），備用器材如下：a.電源,電動勢3v左右。b。電流表,量程 0-500ma, 內阻。c.電流表,量程 0-3a ，

7、 內阻。d.電壓表，量程 0-3v,內阻約 3k。e.電壓表，量程 015v,內阻約 15k。f.阻值變化范圍010，額定電流為0.3a的滑動變阻器h。開關s（1）為了準確測出電阻，電流表選_, 電壓表選_。（2)畫出測量電路圖。10某研究小組要測量電壓表的內阻，要求方法簡捷，有盡可能高的測量精度，并能測得多組數(shù)據,現(xiàn)提供如下器材。a電壓表：量程3v，內阻待測（約2000）；b電壓表：量程6v，內阻;c電壓表：量程4v,內阻；d電壓表：量程0。5a，內阻;e滑動變阻器：總電阻約50；f電源e:電動勢15v，內阻很小g電鍵一個（s）,導線若干。（1)請從所給器材中選出適當?shù)钠鞑?，設計電路，在虛線

8、方框中畫出電路圖；并標明所用器材的符號;(2）根據你所設計的電路圖，寫出測量電壓表的內阻的表達式,即=_.式中各符號的物理意義是：_.11如圖1所示是一種常用的力傳感器，它是利用金屬電阻應變片將力的大小轉換為電阻大小變化的傳感器。常用的力傳感器由金屬梁和應變片組成,且力f越大，應變片彎曲程度越大，應變片的電阻變化就越大，輸出的電壓差也就越大。已知傳感器不受壓力時的電阻約為，為了準確地測量該阻值，設計了以下實驗，實驗原理圖如圖2所示。實驗室提供以下器材：a.定值電阻（)b?；瑒幼冏杵鳎ㄗ柚禐椋~定功率為）c.電流表（,內阻）d。電流表(,內阻約為)e。直流電源（電動勢，內阻約為)f.直流電源（電

9、動勢，內阻約為)g。開關s及導線若干（1）當金屬梁沒有受到壓力時,兩應變片的電阻相等，通過兩應變片的電流相等，則輸出的電壓差_（填“大于零”“小于零”或“等于零）；（2）圖2中.為電流表，其中電流表選_（填“”或“），電源選_（填“或“”）;（3）在供電電路中滑動變阻器有兩種連接方式：一種是限流式,另一種是分壓式，本實驗應選擇的方式為_；（4）在圖3中，將原電路b.c間導線斷開，并將滑動變阻器與原設計的電路a、b、c端的一些端點連接，調節(jié)滑動變阻器，測量多組數(shù)據，從而使實驗結果更準確,請在圖3中正確連接電路；（5）結合上述實驗步驟可以得出電阻的表達式為_（兩電流表的電流分別用、表示)。三、計算

10、題12一質量為m、電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0沿兩板中線水平射入勻強電場,如圖所示。設兩極板間電壓為u，兩極板間的距離為d、板長為l，且粒子不會擊中極板,不考慮帶電粒子所受到的重力。求:（1）粒子在電場中的加速度大小a；（2)粒子在電場中的飛行時間t；（3）粒子在豎直方向的位移大小y;13如圖所示,在x軸下方的區(qū)域內存在沿y軸正向的勻強電場，電場強度大小為e，在x軸上方存在以o為圓心、半徑為r的半圓形勻強磁場（mn為直徑），磁感應強度大小為b、方向垂直于xoy平面向外，y軸上的a點與o點的距離為d。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從a點由靜止釋放，經電場加速后從o點射入磁場

11、，不計粒子的重力。(1）求粒子在磁場中運動的速度大小和軌道半徑；（2)要使粒子進入磁場后從on穿出磁場，求電場強度的最大值em;（3）若電場強度大小為2em，求粒子在磁場中運動的時間。14如圖，以o點為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向內的勻強磁場，磁感應強度大小為b,線段是圓的一條直徑,有一個質量為m、電荷量為+q的離子在紙面內從p點射入磁場,射入磁場時速度方向與的夾角為30重力不計(1）若離子在點離開圓形磁場區(qū)域，求離子的速度大小v0；(2）現(xiàn)有大量該種離子，速率大小都是，在紙面內沿各個方向通過p點進入圓形磁場區(qū)域，試通過計算找出離子只能在圓周的哪一部分射出圓形區(qū)域(不計離子間相互作

12、用）；（3)若在圓形區(qū)域左側還存在一個以、為邊界的條形區(qū)域磁場，磁感應強度大小與圓形區(qū)域內相同，兩邊界間距，且有，其中與圓形區(qū)域相切研究（2）問中離子的運動，求“射出圓形區(qū)域時的位置與p點相距最遠的那些離子，它們從p點進入圓形區(qū)域直到離開條形區(qū)域所用的時間參考答案1c2a【解析】設原線圈電流為i，則根據 可得：i2=1.5i；由題意可知 ，解得 ；設原線圈和副線圈電阻r上的電壓分別為ur1 、ur1，則 即 ，又 ，解得ur2=60v；故選項a正確,bcd錯誤；故選a.3c【解析】加電場時粒子沿直線運動，可知粒子受到豎直向下的重力和垂直極板向上的電場力,其合力方向水平向左,可知粒子帶負電且;加

13、磁場時，粒子受洛倫茲力方向豎直向上,由左手定則可知磁場方向垂直于紙面向外，且，解得，故選項c正確，abd錯誤；故選c。4c【解析】t0。01 s時刻感應電動勢為零，故此時穿過線框回路的磁通量最大，選項a錯誤；交流電的頻率，故交流發(fā)電機的轉速為n=f=50 r/s,選項b錯誤；變壓器原線圈中電壓有效值為22v，則根據i1u1=p=22w，解得i1=1a，即電流表示數(shù)為1 a，選項c正確；變壓器次級電壓有效值為，則燈泡的額定電壓為220 v，選項d錯誤；故選c.5c【解析】由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強為，電子的加速度為，由此可見，兩板間距離越小，加速度越大；電子在電場中一直做勻加速

14、直線運動，由，所以電子加速的時間為，由此可見，兩板間距離越小，加速時間越短，對于全程，由動能定理可得，所以電子到達q板時的速率與兩板間距離無關,僅與加速電壓u有關,故c正確，abd錯誤。點睛：根據電子的運動的規(guī)律,列出方程來分析電子的加速度、運動的時間和速度分別與哪些物理量有關，根據關系式判斷即可.6c點睛：本題只要抓住電場線的疏密表示場強的大小,電場力做正功時，電荷的電勢能減少，動能增大,就能輕松解答。7c【解析】a、線圈從圖示位置轉90的過程磁通量的變化為，故選項a錯誤;b、線圈轉到中性面位置時瞬時速度方向與磁場方向平行，該時刻產生的感應電動勢為0，故選項b錯誤;c、根據法拉第電磁感應定律

15、：,故磁通量的變化量為：，故選項c正確；d、線圈從圖示位置開始計時，感應電動勢e隨時間t變化的函數(shù)為，故選項d錯誤。8d【解析】當滑動觸頭p向上移動時電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流減小，b線圈產生的磁場減弱，故穿過線圈a的磁通量變小，故a錯誤；根據微元法將線圈a無限分割根據左手定則不難判斷出線圈a應有擴張的趨勢，或直接根據楞次定律的第二描述“感應電流產生的效果總是阻礙引起感應電流的原因”,因為滑動觸頭向上滑動導致穿過線圈a的磁通量減小,故只有線圈面積增大時才能阻礙磁通量的減小，故線圈a應有擴張的趨勢，故b錯誤；開始時線圈a對桌面的壓力等于線圈a的重力,當滑動觸頭向上滑動時,可

16、以用“等效法”，即將線圈a和b看做兩個條形磁鐵，不難判斷此時兩磁鐵互相吸引,故線圈a對水平桌面的壓力將減小,故c錯誤；根據b中的電流方向和安培定則可知b產生的磁場方向向下穿過線圈a,根據楞次定律，a中的感應電流的磁場要阻礙原來磁場的減小,故a的感應電流的磁場方向也向下，根據安培定則可知線圈a中感應電流方向俯視應為順時針，故d正確。所以d正確，abc錯誤。9bd【解析】（1)電源電動勢3v，故電壓表選擇d；電路可能的最大電流： ，故電流表選擇b;（2）電流表的內阻已知，故選用電流表內接電路;滑動變阻器與待測電阻阻值相當，故采用限流解法，電路如圖；10u1表示電壓表v1的電壓，u2表示電壓表v2的

17、電壓，r2表示電壓表v2的內阻?！窘馕觥?1）電壓表v2的內阻已知,內阻和待測電壓表相當，故可用電壓表v2與待測電壓表串聯(lián)，然后滑動變阻器用分壓電路；電路如圖：(2）由歐姆定律：解得: ；式中:u1表示電壓表v1的電壓，u2表示電壓表v2的電壓，r2表示電壓表v2的內阻.11（1）等于零（2）（3）分壓式 （4）如圖所示：（5）（3)滑動變阻器的總阻值約為待測電阻的，用限流式時,電流變化范圍太小，因此滑動變阻器接成分壓式；（4）將原電路b、c間導線斷開,a、b兩端接全阻值,c端接在變阻器的滑動端,如圖所示：（5）由電路圖知，通過待測電阻的電流為，加在待測電阻兩端的電壓為，故待測電阻為.點睛：本

18、題考查歐姆定律的應用和影響電阻大小的因素，關鍵知道影響電阻大小的因素是導體的材料、長度、橫截面積和溫度，難點是根據題目所給信息結合我們所學知識解題.12（1)（2）（3）?！窘馕觥吭囶}分析：（1)因為所以加速度為（2）粒子在水平方向上做勻速直線運動 （3）粒子在堅直方向上初速度為0做勻加速直線運動 考點：帶電粒子在電場中的偏轉。13(1），（2）（3）【解析】試題分析：（1）在電場中時，有得：在磁場中時洛倫茲力充當向心力，故有得：(2）軌跡如圖所示，根據幾何知識可得，聯(lián)立解得（3)得:可知粒子在磁場中運動軌跡為圓如圖：由：得：考點:考查了帶電粒子在組合場中的運動【名師點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理對于勻變速曲線運動,常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑14（1）(2）在p左側磁場圓1/6個圓弧內 （3)【解析】（2)將運動速度為代入，可得離子在磁場中運動的軌跡半徑為如圖，q為離子離開圓形區(qū)域位置，則根據幾何性質,故令q0為p