高三物理專題突破限時訓練

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高三物理專題突破限時訓練：電場與磁場

一、單選題（每小題3分，共計24分）

1.如圖，光滑絕緣圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于

圓環(huán)最高點，ac連線與豎直方向成60。角，be連線與豎直方向成30。角，三個小球均處于靜止狀態(tài)。下列說

法正確的是（）

A.a>b、c小球帶同種電荷B.a、b小球帶異種電荷

C.a、b小球電量之比為巫D.a、b小球電量之比為正

69

【答案】D

【解析】對c分析，受到重力、環(huán)的支持力以及a與b的庫侖力，其中重力與支持力的方向在豎直方向上,

水平方向有a對c的庫侖力的分力與b對c的庫侖力的分力，由共點力平衡的條件可知，a與b對c的作用

力都是吸引力，或都是排斥力，則a與b的電性必定是相同的；a與b帶同種電荷，它們之間的庫侖力是斥

力，對a分析，a受到重力、環(huán)的支持力以及b、（:對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，水平方向有

支持力的向左的分力、b對a的庫侖力向左的分力、c對a的庫侖力的分力，若a要平衡，則c對a的庫侖

力沿水平方向的分力必須向右，所以c對a的作用力必須是吸引力，所以c與a的電性一定相反；即：a、b

小球帶同種電荷，b、c小球帶異種電荷，故選項、B錯誤；設環(huán)的半徑為R,三個小球的帶電量分別為：4、

%和%,由幾何關系可得驍=R,1反=同,a與b對c的作用力都是吸引力，它們對c的作用力在水平

方向的分力大小相等，則有笑&八加6。。=，^r加30。，所以幺=堂，故選項D正確，C錯誤；故

"所lbc%9

選D。

2.如圖所示，兩電荷量分別為一。和+2Q的點電荷固定在直線MN上，兩者相距為L,以+2Q的點電荷所在

位置為圓心、!為半徑畫圓，。、b、c、d是圓周上四點，其中。、b在MN直線上，c、d兩點連線垂直于

MN,下列說法正確的是

A.c、d兩點的電勢相同

B.a點的電勢高于b點的電勢

C.c、d兩點的電場強度相同

D.。點的電場強度小于b點的電場強度

【答案】A

【解析】a、b、c、d四點在以點電荷+2Q為圓心的圓上，可知+2Q產生的電場在a、b、c、d四點的電勢是

相等的，所以。、dc、d四點的總電勢可以通過-Q產生的電場的電勢確定，根據(jù)順著電場線方向電勢降低

可知，b點的電勢最高，c、d兩點對稱電勢相等，a點電勢最低；故A正確，B錯誤。+2Q的場源在c、d

兩點產生的場強大小相等，9的場源在c、d兩點的產生的場強大小也相等，根據(jù)場強的合成可知兩點的總

場強大小相等，但方向不同，故c、d兩點的電場強度不同；故C錯誤；由點電荷的場強公式E=華，合

2kQkQJ2kQ=2kQkQ=68ZQ

成可得“一百百一下一，方向向左；〃一百一百；一9",方向向右；故%＞線；則

D錯誤，故選A。

3.如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即〃,必=。8「一帶負

電的質點僅在電場力的作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡如實線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知

()

A.a、b、c三個等勢面中，a的電勢最高B.帶電質點在P點的動能比在Q點大

C.帶電質點在P點的電勢能比在Q點小D.帶電質點在P點時的加速度比在Q點小

【答案】A

【解析】電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶負電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，

故c等勢線的電勢最低，a點的電勢最高，故A正確；從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增

大，故P點的動能小于Q點的動能，在P點的電勢能比在Q點大，故BC錯誤；P點等勢面較Q點密集，則

電場線也密集，則質點通過P點時的電場力比Q大，則其加速度比Q點大，故D錯誤八

4.如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、。以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場

中，尸從兩極板正中央射入，。從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打

到上板的過程中（）

Z

A.它們運動的時間/標4B.它們運動的加速度

C.它們的動能增加之比AERP：AEkQ=l：2D.它們所帶的電荷量之比處：敢=1：2

【答案】:D

【解析】：帶電粒子水平方向上做勻速直線運動，位移相等，初速度相等，故運動時間相等，切=加，A選項

錯誤；帶電粒子豎直方向上做勻加速直線運動，y=%凡解得。=半，運動的加速度做>如，B選項錯誤；

帶電粒子受到電場力作用，qE=ma,解得q=誓,它們所帶的電荷量之比在：改=1：2,D選項正確；運

動過程中，根據(jù)動能定理得，qEy=&Ek，其中沖：％=1：2,解得它們的動能增加之比八反尸：A&Q=1：4,

C選項錯誤.

5.如圖所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為0,導體棒ab靜止在斜面上，ab與斜面底邊平行，通有

圖示的恒定電流I，空間充滿豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B,現(xiàn)緩慢增大0（0<8<90。），若電流I

不變，且ab始終靜止在斜面上（不考老磁場變化產生的影響），下列說法正確的是

A.B應緩慢減小B.B應緩慢增大

C.B應先增大后減小D.B應先減小后增大

【答案】B

【解析】如圖作出右側側視圖，則可知，金屬棒受重力、支持力及向右的安培力的作用；增大角度，則支

持力的方向將向左旋轉，要使棒仍然平衡，則支持力與安培力的合力一直等于重力，則由圖可知，安培力

必須增大，故磁感應強度應增大，B正確.

6.在豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個帶電荷量為一q、質量為m的小環(huán)，整個裝置放在如圖所示的

正交電磁場中，已知場強大小為E=臂，當小環(huán)從大環(huán)頂無初速下滑時，在滑過的角度為何值時，所受洛

倫茲力最大(C)

ne兀一3兀、

A.1B，2C.~^~D.n

【答案】C

【解析】把重力和電場力等效為一合力，當此合力對小環(huán)做功最多時，小環(huán)的速度最大，洛倫茲力也最

大.此位置在下圖中的P點，由幾何知識可得小環(huán)滑過了苧的角度.

7.如圖所示，空間內存在半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B.在磁場邊界上有一粒子源

S,粒子源以相同的速率v沿紙面向磁場中各個方向發(fā)射比荷為合六的帶電粒子，不計粒子重力，則這

些粒子在磁場中運動的最長時間為0

【答案】C

【解析】粒子做圓周運動的軌道半徑為R=^=2r,在磁場中運動時間最長的粒子軌跡對應的弦長最長，

qb

由幾何關系可知，最大弦長為2r,此時所對應的圓心角為60。，則運動最長時間為t=5=tx21=^,故

選C.

8.加圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為R的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面向外的

磁感應強度娉的勻強磁場，一帶負電的粒子從原點0以與x軸成30。角斜向上的速度v射入磁場，且在x

軸上方運動半徑為R.則（B）

A.粒子經(jīng)偏轉一定能回到原點O

B.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1:2

C.粒子完成一次周期性運動的時間為鬻

D.粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進2R

,y8

XXXXX

xxXXXXX

X.XXXXXX

—血

0?

???

6

【答案】B

【解析】根據(jù)左手定則判斷可知，負電荷在第一象限和第四象限所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象

限沿順時針方向旋轉，而在第四象限沿逆時針方向旋轉，不可能回到原點O.故A錯誤.由「=瑞，則粒子

在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1：2.故B正確.負電荷在第一象限軌跡所對應的圓心角為

60°,在第四象限軌跡所對應的圓心角也為60%粒子圓周運動的周期為丁=需，保持不變，在一個周期

內，粒子在第一象限運動的時間為T”=粽丁=器；同理，在第四象限運動的時間為t2=^r=點駕=

賽完成一次周期性運動的時間為丁=1+12=瑞?故C錯誤?根據(jù)幾何知設得：粒子第二次射入X軸上

方磁場時，沿x軸前進距離為x=R+2R=3R.故D錯誤.

二、多項選擇題（每小題5分，答案不全得3分，有錯不得分，共計30分）

9.空間存在平行于x軸方向的靜電場，其電勢9隨x的分布如圖10所示.一質量為小、電荷量大小為夕的

帶電粒子從坐標原點O由靜止開始，僅在電場力作用下沿x軸正方向運動.則下列說法正確的是（）

|?p/v

0\-----------T1------*x/m

A.該粒子帶正電荷

B.空間存在的靜電場場強E是沿x軸正方向均勻減小的

C.該粒子從原點。運動到沏過程中電勢能是減小的

D.該粒子運動到網(wǎng)處的速度是、廄

【答案】AC

【解析】沿電場線方向電勢降低，由題圖可知電場方向沿x正方向，帶電粒子僅在電場力作用下由靜止

開始沿x軸正方向運動，受力方向與電場方向一致，帶電粒子帶正電，A正確；沿x軸正方向電勢均勻降低，

電場為勻強電場，B錯誤；沿x軸正方向運動，電場力做正功，電勢能減小，C正確；根據(jù)動能定理得夕約

=1/nv2,D錯誤.

10.M、N是某電場中一條電場線上的兩點，從M點由靜止釋放一電子，電子僅在電場力的作用下沿電場線

由M點運動到N點，其電勢能隨位移變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是（）

O*

A.M、N兩點的場強關系為

B.M、N兩點的場強關系為

C.M、N兩點的電勢關系為力,w<0N

D.M、N兩點的電勢關系為9點>阿

【答案】BC

【解析】電子由M點運動到N點的過程中，通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，說明電場力做

功越來越慢，可知，電子所受的電場力越來越小，場強減小，則有故A錯誤，B正確；負電荷在

低電勢處電勢能大，故M點的電勢低于N點的電勢，即仰/<”，故C正確，D錯誤.

11.如圖所示，長方形abed長ad=0.6m：寬ab=0.3m,O、e分別是ad、be的中點，以ad為直徑的半圓

內有垂直于紙面向里的勻強磁場（邊界上無磁場），磁感應強度B=0.25T.一群不計重力、質量m=3xior

kg、電荷量q=+2xl0-3c的帶電粒子以速度v=5xl02mzs沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域（CD）

A.從Od邊射入的粒子,出射點全票分布在Oa邊

B.從aO邊射入的粒子,出射點全部分布在ab邊

C.從Od邊射入的粒子,出射點分布在be邊

D.從aO邊射入的粒子,出射點分布在ab邊和be邊

b

【答案】CD

【解析】由左手定則可知粒子射入后向.上偏轉，軌道半徑R=^=0.3m.從0點射入的粒子運動軌跡如圖

中的1所示，從aO邊上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的2所示，出射點應分布在be邊和ab邊上；從

Od邊上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的3所示，出射點應分布在be邊上.綜上所述，選項C、D正確.

12.帶電粒子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區(qū)域.C、B均為該正方形兩邊的中點，如圖所

示，不計粒子的重力.當區(qū)域內有豎直方向的勻強電場E時，粒子從A點飛出，所用時間為L；當區(qū)域內

有垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場時，粒子也從A點飛出，所用時間為12,下列說法正確的

是

E4E5

B?--

D.B"

-B

【答案】AD

【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向上做勻速運動，而在勻強磁場中做勻速圓周運

動，CA>CB,所以t2>h，A正確，B錯誤；設正方形區(qū)域的邊長為1,則當加電場時，有1=2和3=壽上

可得.當加磁場時，根據(jù)幾何關系，有（R-9+12=R2,得R=%,再由R=*得B=^.所以盤=[

qiz4qt5jqits4

V,D正確，C錯誤.

13.如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板。、b與電池相連，b板接地（規(guī)定大地電勢為零）在距離兩

板等遠的P點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)。若將b板向下平移一小段距離，則穩(wěn)定后，下列說法中正確

的是

?p

口…丁工b

A.液滴將加速向下運動

B.P點電勢升高，液滴在P點時的電勢能減小

C.P點的電場強度變大

D.在b板移動前后兩種情況下，若將液滴從。板移到b板，電場力做功不變

【答案】ABD

【解析】原來液滴受力平衡，則知所受的電場力向上，液滴帶負電。電容器與電源相連，板間電壓不變。

將b板向下平移時，兩板間的距離變大，由￡=1）川分析可知：板間電場強度減小，粒子受到的電場力減小，

故液滴將向下加速運動；故A正確，C錯誤；下極板接地，電勢為零，b板下移時，P與上極板的距離不變，

根據(jù)U=Ed可知，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢升高，因帶電液滴帶負電，故電勢能將減小，

故B正確：因兩板間的電勢差不變，由川=1^知，前后兩種狀態(tài)下移動電荷時，電場力做功相同，故D正

確；故選ABD。

14.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在著垂直紙面向外、磁感應強度大小為24的勻強磁場，第三

象限內存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場.一帶負電的粒子從原點。以某一速度沿與y

軸成30。角方向斜向上射入磁場，且在第二象限運動時的軌跡圓的半徑為R,已知帶電粒子的質量為小，所

帶電荷量為4,且所受重力可以忽略.則（）

A.粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1:2

B.粒子完成一次周期性運動的時間為鐳

C.粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過x軸時的位置到坐標原點的距離為3y[3R

D.若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子完成一次周期性運動的時間將減少

【答案】AC

【解析】由半徑公式「=噴知，軌跡圓半徑與磁感應強度8成反比，所以粒子在第二象限和第三象限兩磁

場中運動的軌跡圓半徑之比為1：2,故A正確；粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示：

2B

在第二象限的周期T尸震=器圓心角為120°,運動時間A=揣。=撮，在第三象限運動的周期T2

=篝，圓心角為120。，運動時間，2=揣72=鐳，所以粒子完成一次周期性運動的時間fo=h+f2=潑，

故B錯誤；粒子在第三象限軌跡圓的半徑為&=2R,從O點入射后第一次經(jīng)過X軸的距離占=小&=小區(qū)

第二次圓弧的弦長照=小/?2=2小R,所以粒子從。位置入射后第二次經(jīng)過x軸時的位置到坐標原點的距離

為1=汨+及=3小R,故C正確；若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，周期7=篝與速度無關，圓心

角不變，所以在磁場中運動時間，=余7不變，故D錯誤.

三、計算題(15題11分，16題11分，17題12分，18題12分，共計46分)

15.如圖所示，空間存在電場強度為反方向水平向右的范圍足夠大的勻強電場.擋板MN與水平方向的夾

角為仇質量為切、電荷量為外帶正電的粒子從與M點在同一水平線上的。點以速度w豎宜向上拋出，

粒子運動過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運動軌跡所在平面與擋板垂直，不計粒子的重力，求：

(1)粒子貼近擋板時水平方向速度的大小；

(2)。、M間的距離.

【答案】(1舄^。)2溫/

【解析】(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時速度方向與擋板恰好平行，設此時粒子水平方

向速度大小為V,則tan

tVX

解得:T

(2)粒子做類平拋運動，設粒子運動的加速度為如由牛頓第二定律：qE=ma

在如圖所示的坐標系中：&=w,產，yo=vot

設0、M間的距離為d,由幾何關系：tan0=看」

〃十X。

解得:

2qEtaLn20'

16.（20分）質量為m、電荷量為q、帶正電的絕緣小球a,以某一初速度沿水平放置的絕緣板進入正交的勻

強磁場和勻強電場區(qū)域，電場方向如圖所示，若小球a與絕緣板間的動摩擦因數(shù)為內已知小球a自C點沿

絕緣板做勻速直線運動，在D點與質量為M=2m的不帶電絕緣小球b發(fā)生彈性正碰，此時原電場立即消失

（不計電場變化對磁場的影響），磁場仍然不變，若碰撞時，小球a無電荷量損失，碰撞后，小球a做勻速直

線運動返回C點，往返總時間為3CD間距為L,重力加速度為g.求：

⑴小球a碰撞前后的速度大小之比;

⑵磁感應強度B及電場強度E的大小.

【答案】1=；,E=^里

［解析Xl）a、b兩小球彈性碰撞前后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒.設硬前a球速度為vo,碰后a球、

b球速度大小分別為Va、Vb?mvo=-mva+Mvb①

^mvo=^mva+|Mv5②

由①②式解得：7V4=71

（2）往返總時間1=，+^=生得：丫。=牛③

VOVaVoI

a球碰后勻速返回，則有：qBva=mg,得：B=^=罌

qvaqqL

a球碰前勻速，則有：FN=mg+qBvo⑤

qE=pFN⑥

由③?⑤⑥解得：￡=駟里

”.如圖所示，直角坐標系第一象限存在勻強電場，電場方向指向y軸負方向，第四象限內某矩形區(qū)域存在

勻強磁場,磁場上邊界為x坐標軸，磁場方向垂直于xOy平面向外.-質量為m、帶電量為q的正電粒子

以初速度的從坐標為M（0,/）點沿x軸正方向射入，途經(jīng)x軸上N（2/,0）點進入磁場，穿越磁場后，

經(jīng)V軸上P（0,-61）點、與y軸負方向夾角為45。射入第三象限，求：

：1）勻強電場的場強大??；

：2）粒子途徑N點時的速度大小和方向；

C3）矩形區(qū)域磁場的磁感應強度B的大小和矩形區(qū)域的最小面積。

2

【答案】（1）孕（2）y/2vo,方向與x軸正方向夾角為45°

⑶8=翳3.3P

2qi

【解析】（1）帶電粒子在第一象限作平拋運動，

軸方向，

x2/=vot

y軸方向，上!。產

2

由牛頓第二定律，Eq=ma

解得:嚙

：2）設粒子途經(jīng)N點時的速度方向與x軸正方向夾角為tan（|）=—

%

vr=at解得tan巾=1,所以巾=45°,v=———=正為,

cos^53

（3）作過N點速度延長線和過P點速度反向延長線，三角形HP/為等腰三角形，由幾何關系知，HP=

8f

H/=4y/2/Nl=2y/2I

圓弧半徑為月=2夜/

q小噂求得；B嚙

最小矩形的長為4/,寬為僅&-2）,面積為（80-8）/2=33/2

18.（湖南長郡中學2019屆模擬）如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板48水平放置，ab為兩板的

中心線，一個帶電粒子以速度小從。點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交

變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度內射出，求:

U

41+

Vo

r................

0.5T,T：1.5T:2T：2.5T

~BI-

甲乙

⑴交變電壓的周期7?應滿足什么條件？

⑵粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？

【答案】⑴7=卷，其中〃取大于等于急If］的整數(shù)（2）t=WBTm=l,2,3,…）

【解析】⑴為使粒子仍從b點以速度囪穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速,

反向加速，（反向）減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這

段時間等于一個周期，故有/?=〃'（）,解得一

nvo

粒子在為"內離開中心線的距離為y=1a^r）2

T7qE「UoqUoT2

又。二為E=q,解得，=痂

在運動過程中離開中心線的最大距離為

2

qU0T

%=2^=16*

粒子不撞擊金屬板，應有ym亭

解得用2d

故〃康能，即〃取大于等于嘉的整數(shù)

所以粒子的周期應滿足的條件為

7=卷其中，取大于等于土砥的整數(shù)?

135

⑵粒子進入電場的時刻應為工廠，47,-

2n—1

故粒子進入電場的時刻為7(。=1,2,3,...).

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電流與電磁感應

一、單選題（每小題3分，共計24分）

1.某儀器內部電路如圖所示，其中M是一個質量較大的金屬塊，左右兩端分別與金屬絲制作的彈簧相連，并套

在光滑水平細桿上,。、b、c三塊金屬片間隙很?。╞固定在金屬塊上）,當金屬塊處于平衡狀態(tài)時。兩根彈簧均

處于原長狀態(tài)。若將該儀器固定在一輛汽車上，下列說法中正確的是（）

A.當汽車加速前進時,甲燈亮

B.當汽車加速前進時,乙燈亮

C.當汽車剎車時，乙燈亮

D.當汽車剎車時，甲、乙兩燈均不亮

【答案】B

【解析】當汽車向右加速時,M向左移動力與。接觸，電路接通乙燈亮;當汽車剎車時,M向右移動力與C接觸,

甲燈亮。

2.圖甲是觀察電容器放電的電路。先將開關5與1端相連，電源向電容器充電，然后把開關5擲向2端，

電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，在屏幕上顯示出電流隨時間變化的此曲線如圖乙

所示。則下列判斷正確的是

RS

圖乙

A.隨著放電過程的進行，該電容器的電容逐漸減小

B,根據(jù)R曲線可估算出該電容器的電容大小

C.電容器充電過程的l-t曲線電流應該隨時間的增加而增大

D.根據(jù)l-t曲線可估算出電容器在整個放電過程中釋放的電荷量

【來源】北京市20中2018屈高三下期三模物理試題

【答案】D

【解析】A項：電容器的電容由電容器本身的特性決定，與板間的電荷量無關，因此在放電過程中，該電容

器的電容不變，故A錯誤；

B、D項：I-t圖線與時間軸圍成的面積表示電荷量，可估算出電容器在整個放電過程中釋放的電荷量，但由

于電容器電壓的變化量無法估算，由。=得知，不能估算出該電容器的電容大小，故B錯誤，D正確；

C項：電容器充電過程，電流應該隨時間的增加而減小，充電完畢時電流減為零，故C錯誤。

3.如圖所示，隊h兩端接在正弦交流電源上，原副線圈回路中4、B電阻的阻值相同，原副線圈匝數(shù)比為

n\:〃2，下列說法正確的是（）

A.A、B電阻的電流之比為川：n2

B/、B電阻的電壓之比為中：n2

C.A、B電阻的功率之比為?22:“J

D.原副線圈的電壓之比為1：1

【答案】C

【解析】根據(jù)夕=竽可得A、B電阻的電流之比為?。捍?，由于兩電阻相等，則A、B電阻的電壓之比為

hn\

如：小，選項A、B錯誤；根據(jù)可知，A、8電阻的功率之比為〃2?：川2,選項C正確；原副線圈的

電壓之比熄=手，選項D錯誤.

U2〃2

4.圖甲為遠距離輸電示意圖，理想升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1：I000,理想降壓變壓器原、副線圈匝

數(shù)比為1000：1,輸電線的總電阻為1000C,若升壓變壓器的輸入電壓如圖乙所示，用戶端電壓為220V.

下列說法正確的是（）

A.輸電線中的電流為3A

B.電站輸出的功率為7500kW

C.輸電線路損耗功率為90kW

D.用戶端交變電流的頻率為100Hz

【答案】B

【解析】由題圖乙知升壓變壓器輸入端電壓的最大值為Um=25MV,有效值為"=母=250V,根端=

翁得副線圈兩端的電壓收加尸喂250V=2刈…用戶端電壓為22。V,根據(jù)會需得降壓變壓

器原線圈兩端的電壓口3=軟/4=岑％220丫=2.2'105丫,故輸電線上損失的電壓為AU=U2-U3=3xl（）4v,

則輸電線上的電流為/=半=儒A=30A,

電站的輸出功率為Pi=P2=U2/=7500kW,輸電線路損耗功率為APnFRngOOkW,由題圖乙可知，原線

圈交變電流的周期為7=0.02s,則頻率為/=*=50Hz,變壓器不會改變交流電的頻率，故用戶端交變電流

的頻率為50Hz,故B正確，A、C、D錯誤.

5.MN、G”為光滑的水平平行金屬導軌，ab、cd為跨在導軌上的兩根金屬桿，勻強磁場垂直穿過MMGH

所在的平面，如圖所示，則（）

M__11_____卜、N

G*WH

A.若固定ab,使cd向右滑動，則abdc回路有電流，電流方向由。到6到d到c

B.若ab、cd以相同的速度一起向右滑動，則a/Mc回路有電流，電流方向由c到d到b到a

C.若浦向左、cd向右同時運動，則abdc回路電流為0

D.若a力、cd都向右運動，且兩棒速度ved>Vab，則abdc回路有電流，電流方向由c到d到b到a

【答案】D

【解析】若固定。兒使cd向右滑動，由右手定則知應產生順時針方向的電流，故A錯.若ab、cd同向運

動且速度大小相同，ab、cd所圍的面積不變，磁通量不變，不產生感應電流，故B錯.若ab向左、4向右

同時運動，則必de回路中有順時針方向的電流，故C錯.若a。、cd都向右運動，且以戶以，則。力、cd所圍

的面積發(fā)生變化，磁通量也發(fā)生變化，故由楞次定律可判斷出產生由c到d到。到。的電流，故D正確.

6.如圖所示的電路，開關閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在某時刻h突然斷開開關S,則通過電阻品中的電流

/（隨時間變化的圖線可能是下圖中的（）

【答案】D

【解析】當斷開開關，原來通過凡的電流立即消失，由于電磁感應，線圈L產生自感電動勢阻礙自身電

流變化，產生的感應電流流過電阻，其方向與原來流過電阻尺的電流方向相反，慢慢減小最后為0,故D

正確.

7.如圖所示，輕質彈簧一端固定在天花板上，另一端拴接條形磁鐵，一個銅盤放在條形磁鐵的正下方的絕緣

水平桌面上，控制磁鐵使彈簧處于原長，然后由靜止釋放磁鐵，不計磁鐵與彈簧之間的磁力作用，且磁鐵

運動過程中未與銅盤接觸，下列說法中正確的是（）

4

S

JN

A.磁鐵所受彈力與重力等大反向時，磁鐵的加速度為零

B.磁鐵下降過程中，俯視銅盤，銅盤中產生順時針方向的渦旋電流

C.磁鐵從靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，磁鐵減少的重力勢能等于彈簧彈性勢能

D.磁鐵從靜止釋放到最終靜止的過程中，磁鐵減少的重力勢能大于銅盤產生的焦耳熱

【答案】D

【解析】磁鐵上下運動時，由于穿過銅盤的磁通量發(fā)生變化，則在銅盤中會產生感應電流，銅盤對磁鐵

有磁場力，阻礙磁鐵的運動，則當磁鐵所受彈力與重力等大反向時，此時磁鐵還受到下面銅盤的作用力，

故此時磁鐵的加速度不為零，選項A錯誤；根據(jù)楞次定律，磁鐵下降過程中，俯視銅盤，銅盤中產生逆時

針方向的渦旋電流，選項B錯誤；磁鐵從靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，由于有電能產生，則

磁鐵減少的重力勢能等于彈簧彈性勢能與產生的電能之和，選項C錯誤；磁體最終靜止時彈簧有彈性勢能,

則磁鐵從靜止釋放到最終靜止的過程中，磁鐵減少的重力勢能等于銅盤產生的焦耳熱與彈簧彈性勢能之和,

選項D正確.

8.如圖所示，在遠距離輸電過程中,若保持升壓變壓器原線圈的輸入功率不變，下列說法正確的是（）

A.升高U】會增大輸電電流A

B.升高5會增大線路的功率損耗

C.升高5會增大線路的電壓損耗

D.升高5會提高電能的利用率

【答案】D

【解析】升高輸電電壓5,由于輸入功率不變，則〃將減小,又因為〃=嗎1,所以〃將減小，故A錯誤;線路功率損

?2

耗%，因此功率損耗在減小，電壓損失減小，故B、C錯誤;因線路損耗功率減小，因此利用率將升高，故D

正確。

二、多項選擇題（每小題4分，答案不全得2分，有錯不得分，共計24分）

9.如圖所示，用光敏電阻LDR和燈泡制成的一種簡易水污染指示器，下列說法中正確的是（）

LDR（光敏電阻）

A.嚴重污染時,LDR是高電阻

B.輕度污染時,LDR是高電阻

C.無論污染程度如何,LDR的電阻不變，阻值大小由材料本身因素決定

D.該儀器的使用會因為白天和晚上受到影響

【答案】AD

【解析】嚴重污染時,透過污水照到LDR上的光線較少,LDR電阻較大,A對,B錯;LDR由半導體材料制成,受光照

影響電阻會發(fā)生變化,C錯泊天和晚上自然光強弱不同，或多或少會影響LDR的電阻,D正確。

10.空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖（gj中虛線MN所示。一硬質細導

線的電阻率為"、橫截面積為5,將該導線做成半徑為「的圓環(huán)固定在紙面內，圓心。在MN上?！?o時磁

感應強度的方向如圖缶）所示；磁感應強度8隨時間t的變化關系如圖（b）所示。則在［=0到［=七的時間間

隔內（）

A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變

B.圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向

C.圓環(huán)中的感應電流大小為

bp—

4top

D.圓環(huán)中的感應電動勢大小為,

4%

【答案】BC

【解析】解：AB.由楞次定律可知，在t=（）到t="的時間間隔內感應電流始終沿順時針方向，

由左手定則可知：0_片時間內圓環(huán)受到的安培力向左，時間內安培力向右，故4錯誤，B正確；

CD,由電阻定律可知，圓環(huán)電阻：，

R=p：=p亨

由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢：瓦當M口H

-At-At-（0-2to

感應電流：，故c正確，。錯誤；

1===虹

R4。%

故選：8C。

11.如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為?導軌電阻忽略不計。虛線岫、cd均與

導軌垂直，在Qb與Cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒P。、MN先

后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。

從PG進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是（

【答案】AD

【解析】設PQ進入磁場勻速運動的速度為v,勻強磁場的磁感應強度為8,導軌寬度為L,兩根導體棒的總

電阻為R；

根據(jù)法拉第電磁感應定律結合閉合電路的歐姆定律可得PQ進入磁場時電流，保持不變，根據(jù)右手定

BLt

/yo=V

則可知電流方向QTP；如果PQ離開磁場時MN還沒有進入磁場，此時電流為零；當MN進入磁場時也是

勻速運動，通過PQ的感應電流大小不變，方向相反；如果PQ沒有離開磁場時MN已經(jīng)進入磁場，此時電

流為零，當PQ離開磁場時的速度大于V,安培力大于重力沿斜面向下的分力，電流逐漸減小，通過PQ

的感應電流方向相反；故4D正確、BC錯誤。

12.如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導

體棒。仇cd靜止在導軌上?！?（）時，棒帥以初速度為向右滑動。運動過程中，ab、”始終與導軌垂直并

接觸良好，兩者速度分別用火、2表示，回路中的電流用/表示。下列圖象中可能正確的是（）

【解析】解：48、金屬棒滑動過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得:mu=2mir則「

0v=—

所以ab的速度逐漸減小，cd的速度逐漸增大，相對速度越來越小，最后為零，則安培力逐漸減小、加速度

逐漸減小到零，故A正確、8錯誤；

8、設兩根導體棒的總電阻為R,由于口〃/二者的速度之差越來越小，最后速度之差為0,則感應

I=—,

-R

電流越來越小，最后為零，故C正確、。錯誤。

故選：AC.

根據(jù)動量守恒定律分析最終的速度大小，根據(jù)受力情況確定速度變化情況；根據(jù)導體棒切割磁感應線產生

的感應電動勢大小和閉合電路的歐姆定律分析電流強度的變化。

對于電磁感應現(xiàn)象中的圖象問題,經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應定

律和閉合電路的歐姆定律求解感應電流隨時間變化關系，然后推導出縱坐標與橫坐標的關系式，由此進行

解答，這是電磁感應問題中常用的方法和思路。

13.如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MMPQ所在平面與水平面成。角，M、P兩端接一電阻R,整個裝置

處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中./=0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F,使金屬棒由靜止開

始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為入導軌電阻忽略不計.已知通過電阻R的感應電流,隨時間，變化的關系

如圖乙所示.下列關于棒的運動速度外外力F、流過R的電荷量g以及閉合回路中磁通量的變化率詈隨時

間變化的圖象正確的是（）

【答案】AB

【解析】根據(jù)題圖乙所示的Lt圖象可知尸依，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得：/=左

n?r

=kt,可推出：E=kt（R+r）,而￡=詈，所以有：笑="（/?+"，繪一t圖象是一條過原點且斜率大于零的

kR-r*

直線，故B正確；因￡=8"所以v=-百—3v—t圖象是一條過原點且斜率大于零的直線，說明金屬

棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即v=at,故A正確：對金屬棒在沿導軌方向有F—而/

BlvB2120t

=而，v=at,得到F=布+ma,可見F-t圖象是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點的直線，故C

2

錯誤；q=~p?rt,q-t圖象是一條開口向上的拋物線，故D錯誤.

nilnIrZnir

14.如圖所示，豎直放置的“FT形光滑導軌寬為L,矩形勻強磁場I、n的高和間距均為a磁感應強度為

8.質量為加的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場I和II時的速度相等.金屬桿在導軌間的電阻為凡與導軌

接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿（）

A.剛進入磁場I時加速度方向豎直向下

B.穿過磁場I的時間大于在兩磁場之間的運動時間

C.穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd

D.釋放時距磁場I上邊界的高度h可能小于察生

【答案】BC

【解析】穿過磁場I后，金屬桿在磁場之間做加速運動，在磁場II上邊緣速度大于從磁場I出來時的速

度，即進入磁場I時的速度等于進入磁場II時的速度，大于從磁場I出來時的速度，金屬棒在磁場I中做

減速運動，加速度方向向上，A錯誤；金屬棒在磁場I中做減速運動，由牛頓第二定律知8比一小g=看一

mg=ma,。隨著減速過程逐漸變小，即在前一段做加速度減小的減速運動，在磁場之間做加速度為g的勻

加速直線運動，兩個過程位移大小相等，由妙一［圖象（可能圖象如圖所示）可以看出前一段用時多于后一段用

時，B正確：

由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理知，

W安i-〃?g2d=0,

W安1=2mgd.

即通過磁場I產生的熱量為故穿過兩磁場產生的總熱量為4〃?/,C正確；

設剛進入磁場I時速度為y，則由機械能守恒定律知〃加=全廬，①

2V

進入磁場時BIL—mg——mg=ma,

解得d懿K②

由①②式得力=貯舞產以黑，D錯誤.

La內Li

三、實驗題（每空2分，共20分）

15.為測量某微安表G（量程200卬\,內阻大約2200C）的內阻，有以下器材可供選擇:

A.電壓表（0?3V）；

B.電壓表（0?15V）；

C.滑動變阻器（0?10Q）；

D.滑動變阻器（0?IkC）；

E.電源E（電動勢約為6V）

F.電阻箱&（最大阻值為9999C）

開關S一個，導線若干.

（1）按圖甲所示電路圖將乙圖中的實物連線.

（2）實驗過程為：合上開關S,先調節(jié)R使電壓表讀數(shù)為U,再調節(jié)電阻箱（此時電壓表讀數(shù)幾乎不變），使

微安表指示為滿偏，記下此時電阻箱阻值為吊=8056C：

2

然后再調節(jié)R，使電壓表讀數(shù)為5U,再調節(jié)電阻箱（此時電壓表讀數(shù)幾乎不變），使微安表指示為滿偏，記下

此時電阻箱阻值為Rz（如圖19所示）.

電壓表應選________,滑動變阻器應選.（填字母代號）

電阻箱的讀數(shù)&=________C，待測微安表的內阻％=Q.

【答案】⑴

⑵AC46532153

【解析】（1）根據(jù)電路圖，實物連線如圖所示

(2)因為電源電動勢約為6V,B電壓表量程太大，故電壓表選A,但操作時，需注意不能超過A電壓表的

量程.要使調節(jié)電阻箱時電壓表讀數(shù)幾乎不變，微安表內阻應遠大于滑動變阻器阻值，故滑動變阻器選C；

由題圖可知，電阻箱的讀數(shù)R2=4653Q；

2

由題意有(Rg+Ri)/g=U,(%+&)/g=§U,

聯(lián)立解得，待測微安表的內阻4=2153Q

5.(2019?陜西省寶雞市質檢二)某實驗小組的同學在實驗室發(fā)現(xiàn)了一段粗細均勻、電阻率較大的電阻絲，于

是設計了如圖甲所示的電路進行