高考物理专项分类预热试卷 8 电磁学.doc

电磁学第i卷（选择题）一、选择题1某电场的电场线分布如图所示，电场中有a、b两点，则以下判断正确的是（ ）a. a点的电场强度大于b点的电场强度，b点的电势低于a点的电势b. 若将一个电荷由a点移到b点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷c. 一个负电荷处于a点的电势能大于它处于b点的电势能d. 若将一个正电荷由b点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动2如图所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3:1，原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为r，原线圈接220v的正弦交流电，副线圈n2回路中电阻两端的电压为u2，原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之比均为k。则（）a. b. c. d. 3如图所示，平行板电容器的两个极板与水平方向成角，极板间距为d，两极板m、n与一直流电源相连，且m板接电源正极，mn间电势差为u，现有一带电粒子以初速度v0进入并恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器。若将电容器撤走，在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，使该粒子仍以原来初速度进入该区域后的运动轨迹不发生改变，则所加匀强磁场的磁感应强度方向和大小正确的是 （）a. 垂直于纸面向里, b. 垂直于纸面向里,c. 垂直于纸面向外, d. 垂直于纸面向外,4如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为110的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，灯泡的额定功率为22w。现闭合开关，灯泡正常发光。则a. t0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零b. 交流发电机的转速为100 r/sc. 变压器原线圈中电流表示数为1 ad. 灯泡的额定电压为220 v5如图所示，在a板附近有一电子由静止开始向b板运动，则关于电子到达b板时的时间和速率，下列正确的是( )a. 两板间距越大，则加速的时间越长，获得的速率越小b. 两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率越小c. 两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率不变d. 两板间距越小，则加速的时间不变，获得的速率不变6有一电子束焊接机，焊接机中的电场线如图中虚线所示。其中k为阴极，a为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压u，有一电子在k极由静止开始在k、a之间被加速。不考虑电子重力，电子的质量为m,元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）a. 由k沿直线到a电势逐渐降低b. 由k沿直线到a场强逐渐减小c. 电子在由k沿直线运动到a的过程中电势能减小了eud. 电子由k沿直线运动到a的时间为7如图所示，面积为s的n匝矩形线圈，在磁感应强度为b的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度匀速转动，就可在线圈中产生正弦交流电，图示位置线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是（ ）a. 线圈从图示位置转90的过程磁通量的变化为nbsb. 线圈转到中性面位置时产生的感应电动势为nbsc. 线圈转到图示位置时磁通量的变化率为bsd. 线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为e=nbssint8如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片p向上滑动，下面说法中正确的是( )a. 穿过线圈a的磁通量变大b. 线圈a有收缩的趋势c. 线圈a对水平桌面的压力fn将增大d. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流第ii卷（非选择题）二、实验题9测量金属丝的电阻率，要先测出它的电阻（约为10），备用器材如下：a.电源，电动势3v左右。b.电流表，量程 0-500ma, 内阻。c.电流表，量程 0-3a , 内阻。d.电压表，量程 0-3v,内阻约 3k。e.电压表，量程 0-15v,内阻约 15k。f.阻值变化范围0-10，额定电流为0.3a的滑动变阻器h.开关s(1)为了准确测出电阻，电流表选_, 电压表选_.(2)画出测量电路图.10某研究小组要测量电压表的内阻，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据，现提供如下器材。a电压表：量程3v，内阻待测（约2000）；b电压表：量程6v，内阻；c电压表：量程4v，内阻；d电压表：量程0.5a，内阻；e滑动变阻器：总电阻约50；f电源e：电动势15v，内阻很小g电键一个（s），导线若干。(1)请从所给器材中选出适当的器材，设计电路，在虚线方框中画出电路图；并标明所用器材的符号；(2)根据你所设计的电路图，写出测量电压表的内阻的表达式，即=_。式中各符号的物理意义是：_。11如图1所示是一种常用的力传感器，它是利用金属电阻应变片将力的大小转换为电阻大小变化的传感器。常用的力传感器由金属梁和应变片组成，且力f越大，应变片弯曲程度越大，应变片的电阻变化就越大，输出的电压差也就越大。已知传感器不受压力时的电阻约为，为了准确地测量该阻值，设计了以下实验，实验原理图如图2所示。实验室提供以下器材：a.定值电阻（）b.滑动变阻器（阻值为，额定功率为）c.电流表（，内阻）d.电流表（，内阻约为）e.直流电源（电动势，内阻约为）f.直流电源（电动势，内阻约为）g.开关s及导线若干（1）当金属梁没有受到压力时，两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等，则输出的电压差_（填“大于零”“小于零”或“等于零”）；（2）图2中.为电流表，其中电流表选_（填“”或“”），电源选_（填“”或“”）；（3）在供电电路中滑动变阻器有两种连接方式：一种是限流式，另一种是分压式，本实验应选择的方式为_；（4）在图3中，将原电路b.c间导线断开，并将滑动变阻器与原设计的电路a、b、c端的一些端点连接，调节滑动变阻器，测量多组数据，从而使实验结果更准确，请在图3中正确连接电路；（5）结合上述实验步骤可以得出电阻的表达式为_（两电流表的电流分别用、表示）。三、计算题12一质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0沿两板中线水平射入匀强电场，如图所示。设两极板间电压为u，两极板间的距离为d、板长为l，且粒子不会击中极板，不考虑带电粒子所受到的重力。求：（1）粒子在电场中的加速度大小a；（2）粒子在电场中的飞行时间t；（3）粒子在竖直方向的位移大小y；13如图所示，在x轴下方的区域内存在沿y轴正向的匀强电场，电场强度大小为e，在x轴上方存在以o为圆心、半径为r的半圆形匀强磁场（mn为直径），磁感应强度大小为b、方向垂直于xoy平面向外，y轴上的a点与o点的距离为d。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点由静止释放，经电场加速后从o点射入磁场，不计粒子的重力。（1）求粒子在磁场中运动的速度大小和轨道半径；（2）要使粒子进入磁场后从on穿出磁场，求电场强度的最大值em；（3）若电场强度大小为2em，求粒子在磁场中运动的时间。14如图，以o点为圆心、半径为r的圆形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为b，线段是圆的一条直径，有一个质量为m、电荷量为+q的离子在纸面内从p点射入磁场，射入磁场时速度方向与的夹角为30重力不计（1）若离子在点离开圆形磁场区域，求离子的速度大小v0；（2）现有大量该种离子，速率大小都是，在纸面内沿各个方向通过p点进入圆形磁场区域，试通过计算找出离子只能在圆周的哪一部分射出圆形区域（不计离子间相互作用）；（3）若在圆形区域左侧还存在一个以、为边界的条形区域磁场，磁感应强度大小与圆形区域内相同，两边界间距，且有，其中与圆形区域相切研究（2）问中离子的运动，求“射出圆形区域时的位置”与p点相距最远的那些离子，它们从p点进入圆形区域直到离开条形区域所用的时间参考答案1c2a【解析】设原线圈电流为i，则根据 可得：i2=1.5i；由题意可知 ，解得 ；设原线圈和副线圈电阻r上的电压分别为ur1 、ur1，则 即 ,又 ，解得ur2=60v；故选项a正确，bcd错误；故选a.3c【解析】加电场时粒子沿直线运动，可知粒子受到竖直向下的重力和垂直极板向上的电场力，其合力方向水平向左，可知粒子带负电且；加磁场时，粒子受洛伦兹力方向竖直向上，由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外，且，解得，故选项c正确，abd错误；故选c.4c【解析】t0.01 s时刻感应电动势为零，故此时穿过线框回路的磁通量最大，选项a错误；交流电的频率，故交流发电机的转速为n=f=50 r/s，选项b错误；变压器原线圈中电压有效值为22v，则根据i1u1=p=22w，解得i1=1a，即电流表示数为1 a，选项c正确；变压器次级电压有效值为，则灯泡的额定电压为220 v，选项d错误；故选c.5c【解析】由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为，电子的加速度为，由此可见，两板间距离越小，加速度越大；电子在电场中一直做匀加速直线运动，由，所以电子加速的时间为，由此可见，两板间距离越小，加速时间越短，对于全程，由动能定理可得，所以电子到达q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压u有关，故c正确，abd错误。点睛：根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可。6c点睛：本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答。7c【解析】a、线圈从图示位置转90的过程磁通量的变化为，故选项a错误；b、线圈转到中性面位置时瞬时速度方向与磁场方向平行，该时刻产生的感应电动势为0，故选项b错误；c、根据法拉第电磁感应定律：，故磁通量的变化量为：，故选项c正确；d、线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为，故选项d错误。8d【解析】当滑动触头p向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小，故a错误；根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故b错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故c错误；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故d正确。所以d正确，abc错误。9bd【解析】（1）电源电动势3v，故电压表选择d；电路可能的最大电流： ，故电流表选择b;（2）电流表的内阻已知，故选用电流表内接电路；滑动变阻器与待测电阻阻值相当，故采用限流解法，电路如图；10u1表示电压表v1的电压，u2表示电压表v2的电压，r2表示电压表v2的内阻。【解析】（1）电压表v2的内阻已知，内阻和待测电压表相当，故可用电压表v2与待测电压表串联，然后滑动变阻器用分压电路；电路如图：（2）由欧姆定律：解得： ；式中：u1表示电压表v1的电压，u2表示电压表v2的电压，r2表示电压表v2的内阻。11（1）等于零（2）（3）分压式 （4）如图所示：（5）（3）滑动变阻器的总阻值约为待测电阻的，用限流式时，电流变化范围太小，因此滑动变阻器接成分压式；（4）将原电路b、c间导线断开，a、b两端接全阻值，c端接在变阻器的滑动端，如图所示：（5）由电路图知，通过待测电阻的电流为，加在待测电阻两端的电压为，故待测电阻为。点睛：本题考查欧姆定律的应用和影响电阻大小的因素，关键知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，难点是根据题目所给信息结合我们所学知识解题。12（1）（2）（3）。【解析】试题分析：（1）因为所以加速度为（2）粒子在水平方向上做匀速直线运动 （3）粒子在坚直方向上初速度为0做匀加速直线运动 考点：带电粒子在电场中的偏转。13（1），（2）（3）【解析】试题分析：（1）在电场中时，有得：在磁场中时洛伦兹力充当向心力，故有得：（2）轨迹如图所示，根据几何知识可得，联立解得（3）得：可知粒子在磁场中运动轨迹为圆如图：由：得：考点：考查了带电粒子在组合场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径14（1）（2）在p左侧磁场圆1/6个圆弧内 （3）【解析】（2）将运动速度为代入，可得离子在磁场中运动的轨迹半径为如图，q为离子离开圆形区域位置，则根据几何性质，故令q0为p点左侧圆形区域边界上一点，且p