阶段检测二　电学部分.docx

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4分，共24分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)‎ ‎1.(2017·山东青岛第二次模拟)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1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1‎ A.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·山西新绛县模拟)如图2所示 ，金属球(铜球)下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是(不计空气阻力)(　　)‎ 图2‎ A.振动幅度不变 B.振动幅度减小 C.振动幅度不断增大 D.无法判定 ‎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3‎ A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 ‎4.(2017·四川绵阳模拟)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4‎ A.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·北京西城区高三二模)如图5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6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(　　)‎ 图5　　　　　图6‎ ‎　‎ ‎6.(2017·辽宁沈阳教学质量监测)如图7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7‎ A.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5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎7.(2017·内蒙古赤峰二中模拟)如图8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8‎ A.转过时，线框中的电流方向为abcda B.线框中感应电流的有效值为 C.线框转一周的过程中，产生的热量为 D.从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为 ‎8.(2017·广西贵港模拟)如图9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9‎ A.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.(2018·安徽巢湖质检)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10所示，ab杆保持静止，则磁感应强度方向和大小可能为(　　)‎ 图10‎ A.方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为 B.z正向，大小为 C.x正向，大小为 D.z正向，大小为 ‎10.(2017·河南天一大联考)如图11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°，＝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11‎ A.该电场的电场强度大小为 B.C、B两点间的电势差为UCB＝ C.A点的电势为 D.若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙 ‎11.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12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12‎ A.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.(2017·甘肃天水模拟)如图13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13‎ A.电阻R1消耗的热功率为 B.电阻R2消耗的热功率为 C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcos θ D.整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcos θ)v 三、非选择题(本题共6小题，共46分)‎ ‎13.(6分)二极管是一种半导体元件，它的符号为，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大.‎ ‎(1)某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线.因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻.其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小.然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断________端为二极管的正极.(选填“左”或“右”) ‎ ‎(2)厂家提供的伏安特性曲线如图14所示，为了验证厂家提供的数据，该小组对加反向电压时的伏安特性曲线进行了描绘，可选用的器材有：‎ ‎　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　图14　　　　　　　　　　　　　　　　　图15‎ A.直流电源E：电动势5 V，内阻忽略不计　　　　　　　　　‎ B.直流电源E：电动势50 V，内阻忽略不计 C.滑动变阻器：0～20 Ω ‎ D.电压表V1：量程45 V、内阻约500 kΩ E.电压表V2：量程3 V、内阻约20 kΩ ‎ F.电流表mA：量程50 mA、内阻约5 Ω G.电流表μA：量程300 μA、内阻约400 Ω ‎ H.待测二极管D I.单刀单掷开关S，导线若干 ‎①为了提高测量结果的准确度，选用的器材为________________.(填序号字母)‎ ‎②为了达到测量目的，请在图15虚线框内画出正确的实验电路原理图.‎ ‎③为了保护二极管，反向电压不要达到40 V，请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________.‎ ‎14.(8分)(2017·陕西西安长安区模拟)如图16甲是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图.图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和A1内阻之和为10 000 Ω(比r和滑动变阻器的总电阻大得多)，A2为理想电流表.‎ 图16‎ ‎(1)按电路原理图在图乙虚线框内各实物图之间画出连线.‎ ‎(2)在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至________(选填“a端”“中央”或“b端”).‎ ‎(3)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2.‎ 多次改变滑动端c的位置，得到的数据如下表：‎ I1/mA ‎0.120‎ ‎0.125‎ ‎0.130‎ ‎0.135‎ ‎0.140‎ ‎0.145‎ I2/mA ‎480‎ ‎400‎ ‎320‎ ‎232‎ ‎140‎ ‎68‎ 在如图17所示的坐标纸上画出I1－I2图线.‎ 图17‎ ‎(4)利用所得曲线求得电源的电动势E＝_______ V，内阻r＝______ Ω.(保留两位小数)‎ ‎15.(6分)一匀强电场，场强方向是水平的，如图18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18‎ ‎16.(8分)(2018·安徽A10联盟联考)如图19所示的电路，已知电池电动势E＝90 V，内阻r＝5 Ω，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，板面水平放置的平行板电容器的两极板M、N相距d＝3 cm，在两板间的正中央有一带负电液滴，带电荷量大小q＝2×10－7 C，其质量m＝4.0×10－5 kg，取g＝10 m/s2，问：‎ 图19‎ ‎(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.(8分) 如图20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＝0.5 Ω的电阻，导轨相距为l＝0.20 m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B＝0.50 T，质量为m＝0.1 kg，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＝0.6 N向右拉动CD.CD受恒定的摩擦阻力Ff＝0.5 N.求：‎ 图20‎ ‎(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时，CD的加速度是多少？‎ ‎18.(10分)(2017·江西师范大学附中模拟)如图21所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，电场强度为E.一绝缘弯杆由两段直杆和一半径R＝1.6 m的四分之一圆弧杆MN组成，固定在竖直面内，两直杆与圆弧杆的连接点分别是M、N，竖直杆PM和水平杆NQ均足够长，PMN段光滑.现有一质量为m1＝0.2 kg、带电荷量为＋q的小环1套在PM杆上，从M点上方的D点静止释放，恰好能达到N点.已知q＝2×10－2 C，E＝2×102 N/C，g取10 m/s2.‎ 图21‎ ‎(1)求D、M间的距离h1；‎ ‎(2)求小环1第一次通过圆弧杆上的M点时，圆弧杆对小环作用力F的大小；‎ ‎(3)在水平杆NQ上的N点套一个质量为m2＝0.6 kg、不带电的小环2，小环1和2与NQ间的动摩擦因数μ＝0.1.现将小环1移至距离M点上方h2＝14.4 m处由静止释放，两环碰撞后，小环2在NQ上通过的最大距离是s2＝8 m.两环间无电荷转移.环与杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.经过足够长的时间，问小环1的状态？并求小环1在水平杆NQ上运动通过的总路程s1.‎ 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 ‎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，转过时，线框中的电流方向为adcba，故A错误；线圈转动过程中电动势的最大值为：Em＝BSω，有效值为：U＝，则线框中感应电流的有效值为：I＝＝，故B正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q＝I2RT＝2R＝，故C错误；从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q＝·Δt＝＝，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：mgsin α＝BIL，则B＝，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，mgtan α＝BIL，则B＝，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＝，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＝－，故选项C错误；‎ C、B两点间的电势差为UCB＝，故选项B正确；‎ 该电场的电场强度大小为E＝＝，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＝＝，导体棒所受安培力为：F＝BIL＝ ①‎ 电阻R1消耗的热功率为：P1＝()2R＝ ②‎ 由①②得P1＝Fv，电阻R1和R2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则P1＝P2＝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＝μmgcos θ·v＝μmgvcos θ，故C正确；整个装置消耗的机械功率为：P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmgcos θ)v，故D正确.]‎ ‎13.(1)右　(2)①BCDGHI　②原理图如图 ‎③a.在二极管支路串入一阻值合适的限流电阻起保护作用；b.闭合开关前滑动触头停在最左端，向右移动滑动触头时应缓慢进行，同时仔细观察电压表示数变化，以防止电压达到40 V ‎14.(1)‎ ‎(2)b端　(3)‎ ‎(4)1.49　0.60(0.59～0.61均可)‎ ‎15.－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＝Eqtan θ，‎ 由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：‎ a＝＝＝；‎ 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 物体运动的水平距离为：l＝scos θ 电场力做负功，W＝－qEl＝－mv02cos2θ.‎ ‎16.(1)60 Ω　(2)向上极板做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动 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＝q 得：UR＝60 V 电路中的电流：I＝＝2 A 据部分电路欧姆定律得：I＝ 解得：Rmax＝60 Ω ‎(2)滑到A端后，电容器两端电压UC′＝UR′‎ 则UC′＝Rmax＝72 V 液滴所受电场力F＝q＝4.8×10－4 N>mg＝4.0×10－4 N，‎ 故液滴向上做匀加速直线运动，‎ 加速度大小a＝＝2 m/s2，‎ 到达极板时的速度为v，‎ 则v2＝2a· 解得：v＝ m/s.‎ ‎17.(1)10 m/s　(2)0.5 W　(3)0.75 m/s2‎ 解析　(1)导体棒所受合外力为0时，有最大速度vm.‎ 此时有E＝Blvm，I＝，F安＝BIl，‎ 得到安培力F安＝.‎ 由平衡条件得F＝Ff＋F安，代入解得vm＝ 代入数据解得：vm＝10 m/s ‎(2)当CD达到最大速度后，电路中电流为I＝＝，‎ 电阻R消耗的电功率是P＝I2R＝ 代入数据解得：P＝0.5 W ‎(3)当CD的速度是最大速度的时，安培力F安′＝(F－Ff)‎ 此时的加速度为a＝＝＝ m/s2＝0.75 m/s2.‎ ‎18.(1)1.6 m　(2)8 N　(3)8 m 解析　(1)小环由D到N，由动能定理有m1g(h1＋R)－qER＝0‎ 解得h1＝R＝1.6 m ‎(2)设小环第一次通过M点时速度为vM，‎ 则m1gh1＝m1vM2‎ 由牛顿第二定律知F－qE＝m1 联立解得F＝qE＋2m1g 代入数据，得F＝8 N ‎(3)设小环1从h2＝14.4 m处由静止释放后，到达N点的速度为v0，碰撞后小环1和2的速度分别是v1和v2，则由动能定理得：μm2gs2＝m2v22‎ m1g(h2＋R)－qER＝m1v02‎ 碰撞过程中，小环1和2组成的系统动量守恒.‎ m1v0＝m1v1＋m2v2‎ 代入数据，联立解得v1＝v2＝4 m/s 小环1碰撞后向右运动，水平方向受向左的电场力F电和滑动摩擦力Ff，F电>Ff，停止后又将向左运动，回到N点速度大于零，沿圆弧杆和竖直杆运动，将超过D点，以后如此做往复运动，每次回到N点速度越来越小，最后等于零，将不会在水平杆NQ上继续运动.‎ 小环1的最后状态是：在D、N两点之间做往复运动，则 m1v12＝μm1gs1‎ s1＝8 m.‎