XX专用高考物理一轮复习 阶段检测二 电学部分

PAGE阶段检测二电学部分考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意)1.(2018·南京市玄武区模拟)在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图1所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是()图1A．线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B．线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C．线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D．线圈最终会停下来并保持静止2.(2017·海安中学月考)如图2，一点电荷放在O点处，过O点取正交坐标x、y轴，点a、c在x轴上，Oc＝2Oa；点b在y轴上，Ob＝Oa.现将带正电的另一点电荷从a移至b，再从b移至c，以下说法正确的是()图2A．点电荷在a点和b点所受的电场力相同B．点电荷在b点受到的电场力的大小是在c点受到的电场力的大小的4倍C．点电荷从a移至b与从b移至c电场力做的功相同D．点电荷在a点的电势能大于在c点的电势能3.如图3所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是()图3A．a点 B．b点C．c点 D．d点4．(2018·常熟市模拟)如图4是通过街边变压器降压给用户供电的示意图．V1、A1为变压器输入端的电压表和电流表，V2、A2为变压器的输出端电压表和电流表，R1、R2为负载，V3、A3为用户家内电压表和电流表，变压器与用户间有一段较长的距离，每条输电线总电阻用R0表示．闭合开关S，则()图4A．V1和V3的示数都变小B．V2和V3的示数都变小C．A1和A2的示数都变大D．A1、A2和A3的示数都变大5．(2017·盐城中学第三次模拟)如图5甲所示，线圈abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．下列关于ab边所受安培力随时间变化的F－t图象(规定安培力方向向右为正)正确的是()甲乙图56.(2018·仪征中学学情检测)如图6所示，AEFD和EBCF是两个等边长的正方形，在A点固定一个带电荷量为＋Q的点电荷，在C点固定一个带电荷量为－Q的点电荷，则下列说法正确的是()图6A．E、F两点的电场强度相同B．E、F两点的电势相同C．将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做正功后做负功D．将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做负功后做正功二、多项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)7.(2018·虹桥中学调研)如图7所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是()图7A．转过eq\f(π,6)时，线框中的电流方向为abcdaB．线框中感应电流的有效值为eq\f(\r(2)BSω,2R)C．线框转一周的过程中，产生的热量为eq\f(2πωB2S2,R)D．从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线横截面的电荷量为eq\f(BS,R)8.(2018·高邮中学阶段检测)如图8所示，MN是负点电荷电场中的一条电场线，一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()图8A．带电粒子从a到b运动的过程中动能逐渐减小B．带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能C．负点电荷一定位于N点右侧D．带电粒子在a点时的加速度大于在b点时的加速度9．(2017·南通市第二次调研)倾角为α的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为L，轨道上放一根质量为m的金属杆ab，金属杆中的电流为I，现加一垂直金属杆ab的匀强磁场，如图9所示，ab杆保持静止，则磁感应强度方向和大小可能为()图9A．方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为eq\f(mgsinα,IL)B．z正向，大小为eq\f(mg,IL)C．x正向，大小为eq\f(mg,IL)D．z正向，大小为eq\f(mgtanα,IL)10.(2018·兴化一中模拟)如图10所示，匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，eq\x\to(BC)＝d.把一个带电量为＋q的点电荷从A点移动到B点电场力不做功；从B点移动到C点电场力做功为－W.若规定C点的电势为零，则()图10A．该电场的电场强度大小为eq\f(W,dq)B．C、B两点间的电势差为UCB＝eq\f(W,q)C．A点的电势为eq\f(W,q)D．若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙11．(2018·如皋市调研)在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图11所示．图中－x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是()图11A．x轴上各点的场强大小相等B．从－x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在－x1点的电势能D．一个带负电的粒子在－x1点的电势能大于在－x2点的电势能12.如图12所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时()图12A．电阻R1消耗的热功率为eq\f(Fv,3)B．电阻R2消耗的热功率为eq\f(Fv,6)C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθD．整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcosθ)v三、非选择题(本题共6小题，共计58分)13．(6分)(2017·南京市9月调研)要测量一根电阻丝的电阻率，某同学采用的做法是：图13(1)用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图13甲所示，其读数为d＝________mm.(2)用多用电表粗测其电阻，如图乙所示，当选择开关旋至“×10”挡时，指针指在接近刻度盘右端的位置Ⅰ；为了较为准确地测量该电阻，应将选择开关旋至________挡(选填“×1”“×100”或“×1k”)进行测量，此时指针指示的位置接近刻度盘的中央位置Ⅱ.(3)某同学设计了如图丙所示电路，电路中ab段是粗细均匀的待测电阻丝，保护电阻R0＝4.0Ω，电源的电动势E＝3.0V，内阻为r，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好，实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I，实验数据如表所示：x(m)0.100.200.300.400.500.60I(A)0.490.430.380.330.310.28eq\f(1,I)(A－1)2.042.332.633.033.233.57为了直观方便处理表中的实验数据，请在丁图中选择纵、横坐标为__________(选填“I－x”或“eq\f(1,I)－x”)描点，并在坐标纸上画出相应的图线，根据图线与其他测量的数据求得电阻丝的电阻率ρ＝________Ω·m(结果保留两位有效数字)．14．(10分)(2017·如东高级中学第二次调研)两个阻值相差越大的电阻并联，其并联电路的总阻值就越接近于阻值小的电阻，某同学基于这一事实设计一电路(图14甲所示)测量量程为3V的电压表内阻(内阻为数千欧姆)．实验室提供的器材有：电阻箱R(最大阻值99999.9Ω)，滑动变阻器(最大阻值50Ω)，直流电源E(电动势6V)，开关1个，导线若干．图14(1)按电路原理图甲，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．(2)实验步骤如下，并回答相应问题：①按电路原理图甲连接实物电路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图甲中最________端(填“左”或“右”)所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数如图丙所示，电压值为________V，记下电阻箱的阻值1500Ω；⑤计算电压表内阻为________Ω.(3)将测出的电压表内阻记为RV′，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′________RV(填“>”“＝”或“<”)，理由是_________________________________________________________________________________________________________________________.15.(6分)(2017·扬州市期末考试)一匀强电场，场强方向是水平的，如图15所示．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点P的过程中电场力做的功．图15

16.(10分)(2018·宝应中学模拟)如图16所示的电路，已知电池电动势E＝90V，内阻r＝5Ω，R1＝10Ω，R2＝20Ω，板面水平放置的平行板电容器的两极板M、N相距d＝3cm，在两板间的正中央有一带负电液滴，带电荷量大小q＝2×10－7C，其质量m＝4.0×10－5kg，取g＝10m/s2，问：图16(1)若液滴恰好能静止不动，滑动变阻器R的滑动头C正好在正中点，那么滑动变阻器的最大阻值Rmax是多大？(2)将滑动片C迅速滑到A端后，液滴将向哪个极板做什么运动？到达极板时的速度是多大？17．(12分)(2018·溧水中学模拟)如图17所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP水平放置，MO间接有阻值为R＝0.5Ω的电阻，导轨相距为l＝0.20m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B＝0.50T，质量为m＝0.1kg，电阻为r＝0.5Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN的恒力F＝0.6N向右拉动CD.CD受恒定的摩擦阻力Ff＝0.5N．求：图17(1)CD运动的最大速度是多少？(2)当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？(3)当CD的速度是最大速度的eq\f(1,4)时，CD的加速度是多少？18．(14分)(2017·无锡市期末)如图18甲，平面直角坐标系中，0≤x≤l，0≤y≤2l的矩形区域中施加一个如图乙所示的交变磁场(B0和T0未知)，磁场方向向里为正．一个比荷为c的带正电的粒子从原点O以初速度v0沿＋x方向入射，不计粒子重力．图18(1)若粒子从t＝0时刻入射，在t<eq\f(T0,2)的某时刻从点(l，eq\f(l,2))射出磁场，求B0大小；(2)若B0＝eq\f(2v0,cl)，且粒子从0≤t≤eq\f(T0,2)的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围；(3)若B0＝eq\f(2v0,cl)，在x>l的区域施加一个沿－x方向的匀强电场，粒子在t＝0时刻入射，将在T0时刻沿＋x方向进入电场，并最终从(0,2l)沿－x方向离开磁场，求电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程．

答案精析1．C[根据右手螺旋定则，线圈所处的磁场方向向里，因离导线越远，磁场越弱，依据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向沿顺时针方向，但由于磁场减弱，线圈中产生的不是恒定电流，A、B错误；当线圈在该平面上以速度v0沿图示方向运动时，产生感应电流，受安培力作用，从而阻碍其运动，使线圈在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度时，通过线圈的磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故做匀速直线运动，C正确，D错误．]2．B[点电荷在a点和b点所受的电场力大小相同、方向不同，故A错误；由库仑力公式得F＝eq\f(kQq,r2)，且Oc＝2Oa＝2Ob，故点电荷在b点所受的电场力的大小是在c点所受的电场力的大小的4倍，故B正确；点电荷的等势面为以点电荷为中心的一系列同心圆，可知a、b两点电势相等，b、c两点电势不等，则点电荷从a移至b电场力做的功为零，从b移至c电场力做的功不为零，故C错误；由于O处的电荷正、负不确定，故a、c两点的电势高低不确定，又Ep＝qφ，故点电荷在a、c点的电势能大小不确定，故D错误．]3．A[用安培定则判断通电直导线在a、b、c、d处所产生的磁场方向，如图所示：在a点，通电导线产生的磁场与匀强磁场的方向相同，叠加后磁感应强度数值最大，故A正确，B、C、D错误．]4．C[闭合S后，副线圈的总电阻变小，由于降压变压器的输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，所以副线圈两端的电压不变，即V1、V2示数不变，根据闭合电路的欧姆定律可得A2示数增大，由于原、副线圈匝数比不变，所以A1示数也增大，A、B错误，C正确；由于输电线上损耗的电压增大，所以R2两端电压减小，即V3示数减小，所以电流表A3示数减小，D错误．]5．C[线圈不动，磁场均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和楞次定律，线圈中产生稳定的电动势，有稳定的沿顺时针方向的电流，根据安培力公式F＝BIL，可知F随t均匀增大，由左手定则可判断ab边受到的安培力向右，故选C.]6．A[＋Q、－Q是两个等量异种点电荷，结合等量异种点电荷电场线的分布情况(如图所示)，可知E、F两点的电场强度大小相等、方向也相同，故A正确．根据顺着电场线方向电势降低，可知E点的电势高于F点的电势，故B错误．将一个负电荷由E点沿着直线移动到F点，电势逐渐降低，由Ep＝qφ知，负电荷的电势能逐渐增大，则电场力一直做负功，故C、D错误．故选A.]7．BD[根据楞次定律可知，转过eq\f(π,6)时，线框中的电流方向为adcba，故A错误；线框转动过程中电动势的最大值为：Em＝BSω，有效值为：U＝eq\f(BSω,\r(2))，则线框中感应电流的有效值为：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(\r(2)BSω,2R)，故B正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q＝I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)BSω,2R)))2Req\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2S2,R)，故C错误；从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故D正确．]8．AD[由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，由a到b运动的过程中，电场力对带电粒子做负功，其动能减小，电势能增大，则带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，故A正确，B错误；带正电粒子受到的电场力向左，电场方向由N指向M，说明负电荷在直线MN左侧，a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故C错误，D正确．]9．ACD[当磁场垂直轨道平面向上时，根据平衡条件：mgsinα＝BIL，则B＝eq\f(mgsinα,IL)，此时B最小，故选项A正确；当磁场沿z正方向时，安培力水平向右，由平衡条件可得，mgtanα＝BIL，则B＝eq\f(mgtanα,IL)，故选项B错误，D正确；当磁场沿x正方向时，安培力竖直向上，根据平衡条件：mg＝BIL，则：B＝eq\f(mg,IL)，故选项C正确．]10．BD[点电荷从A移动到B点电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，将正点电荷从B点移动到C点电场力做功为－W，说明电场强度的方向垂直AB边向上．则A点的电势φA＝－eq\f(W,q)，故选项C错误；C、B两点间的电势差为UCB＝eq\f(W,q)，故选项B正确；该电场的电场强度大小为E＝eq\f(UCB,dsin60°)＝eq\f(2\r(3)W,3dq)，故选项A错误；电子从A点沿AB方向飞入，受力方向将沿电场线方向的反方向，故粒子将向下偏转，运动轨迹可能是乙，故选项D正确．]11．BD[φ－x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度大小并非完全相等，故A错误；从－x1到x1图线斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；由题图可知，x轴上场强方向均指向O，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在－x1点的电势能，故C错误；电场线指向O点，则负电荷由－x1到－x2的过程中电场力做正功，电势能减小，故带负电的粒子在－x1点的电势能大于在－x2点的电势能，故D正确．]12．BCD[设导体棒ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1＝R2＝R.电路中感应电动势E＝BLv，导体棒中感应电流为：I＝eq\f(E,R＋\f(R,2))＝eq\f(2BLv,3R)，导体棒所受安培力为：F＝BIL＝eq\f(2B2L2v,3R)①电阻R1消耗的热功率为：P1＝(eq\f(I,2))2R＝eq\f(B2L2v2,9R)②由①②得P1＝eq\f(1,6)Fv，电阻R1和R2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则P1＝P2＝eq\f(1,6)Fv，故A错误，B正确；整个装置因摩擦而消耗的热功率为：Pf＝Ffv＝μmgcosθ·v＝μmgvcosθ，故C正确；整个装置消耗的机械功率为：P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmgcosθ)v，故D正确．]13．(1)0.390(2)×1(3)eq\f(1,I)－x图象见解析图1.1×10－6解析(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：d＝0mm＋39.0×0.01mm＝0.390mm；(2)选择开关旋至“×10”挡时，指针指在接近刻度盘右端的位置Ⅰ，指针偏角太大，说明所选挡位太大；为了较为准确地测量该电阻，应选择较小的挡位，故应将选择开关旋至“×1”挡进行测量．(3)接入电路的电阻丝电阻：R＝ρeq\f(x,S)，由闭合电路欧姆定律可知，电流：I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝eq\f(E,ρ\f(x,S)＋R0＋r)，eq\f(1,I)＝eq\f(ρ,SE)x＋eq\f(R0＋r,E)，如果作I－x图象，图象不是直线，不便于实验数据处理，eq\f(1,I)－x图象是直线，便于实验数据处理，因此需要作eq\f(1,I)－x图象；根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：由图示eq\f(1,I)－x图象可知，其斜率：k＝3.1，又因k＝eq\f(ρ,SE)＝eq\f(ρ,πE\f(d,2)2)，则电阻率：ρ＝eq\f(kπEd2,4)＝eq\f(3.1×3.14×3×0.390×10－32,4)Ω·m≈1.1×10－6Ω·m14．(1)电路图见解析图(2)②左④2.00⑤3000(3)>理由见解析解析(1)连接电路如图所示．(2)为了保护电压表不被烧坏，应使电压表所测电压从零逐渐增大，即将滑动变阻器的滑片移到最左端；因为电压表的量程为3V，要估读1位，所以读数为：2.00V；因为电压表和电阻箱的总电压不变，U＝U1＋eq\f(U1,RV)R，代入数据得3＝2＋eq\f(2,RV)R，解得RV＝3000Ω.(3)从电路图可以看出电压表与电阻箱串联，在调节电阻箱阻值后，所在支路总电阻增大，分得的电压也增大，此时电阻箱两端的电压大于1V，根据串联电路的分压关系知RV′>RV.15．－eq\f(1,2)mv02cos2θ解析设小球带电荷量为q，因小球做直线运动，则它受到的静电力Eq和重力mg的合力方向必与初速度方向在同一直线上，如图所示：有：mg＝Eqtanθ，由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\f(mg,sinθ),m)＝eq\f(g,sinθ)；设从O到最高点P的路程为s，由速度和位移的关系得：v02＝2as小球运动的水平距离为：l＝scosθ电场力做负功，W＝－qEl＝－eq\f(1,2)mv02cos2θ.16．(1)60Ω(2)向上极板做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动eq\f(\r(6),10)m/s解析(1)根据电容器在电路中位置知：UC＝UR液滴静止，有：mg＝qeq\f(UC,d)得：UR＝60V电路中的电流：I＝eq\f(E－UR,R1＋r)＝2A据部分电路欧姆定律得：I＝eq\f(UR,\f(Rmax,2))解得：Rmax＝60Ω(2)滑到A端后，电容器两端电压UC′＝UR′则UC′＝eq\f(E,r＋Rmax＋R1)Rmax＝72V液滴所受电场力F＝qeq\f(UC′,d)＝4.8×10－4N>mg＝4.0×10－4N，故液滴向上做匀加速直线运动，加速度大小a＝eq\f(F－mg,m)＝2m/s2，到达极板时的速度为v