(全国通用)2019版高考物理一轮复习 精选提分综合练 阶段检测二 电学部分

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π6
时，线框中的电流方向为abcda B.线框中感应电流的有效值为2BS ω2R
C.线框转一周的过程中，产生的热量为2πωB 2S 2R
D.从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为BS R
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
mg sin αIL B.z 正向，大小为mg IL
C.x 正向，大小为mg IL
D.z 正向，大小为mg tan αIL
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°，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11
A.该电场的电场强度大小为W dq
B.C 、B 两点间的电势差为U CB ＝W q
C.A 点的电势为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.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－x 1～x 1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－x 1到x 1场强的大小先减小后增大
C.一个带正电的粒子在x 1点的电势能大于在－x 1点的电势能
D.一个带负电的粒子在－x 1点的电势能大于在－x 2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R 1和R 2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R 1和R 2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R 1消耗的热功率为Fv 3
B.电阻R 2消耗的热功率为Fv 6
C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv cos θ
D.整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos 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：
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，R 1＝10 Ω，R 2＝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/s 2，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R max 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F f ＝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14
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＝2×10－2C，E＝2×102N/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v 0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V 1、V 2示数不变，根据闭合电路的欧姆定律可得A 2示数增大，由于原、副线圈匝数比不变，所以A 1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R 2两端电压减小，即V 3示数减小，所以电流表A 3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E p ＝q φ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π6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：E m ＝BS ω，有效值为：U ＝
BS ω
2
，则线框中感应电流的有效值为：I
＝U R
＝2BS ω2R ，故B 正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q ＝I 2
RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2BS ω2R 2R 2πω
＝πωB 2S
2
R
，故C 错误；从中性面开始转过π2
的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q ＝I ·Δt
＝ΔΦ
R
＝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：mg sin α＝BIL ，则B ＝mg sin α
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，mg tan α＝BIL ，则B ＝mg tan α
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 ＝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
＝－W q
，故选项C 错误；
C 、B 两点间的电势差为U CB ＝W
q
，故选项B 正确；
该电场的电场强度大小为E ＝
U CB
d sin 60°＝23W 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－x 1到x 1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x 1点的电势能等于在－x 1
点的电势能，故C 错误；电场线指向O 点，则负电荷由－x 1到－x 2的过程中电场力做正功，
电势能减小，故带负电的粒子在－x 1点的电势能大于在－x 2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R 1＝R 2＝R .电路中感应电动势E ＝BLv ，导体棒中感应电流为：I ＝E
R ＋R 2
＝2BLv 3R ，导体棒所受安培力为：F ＝BIL ＝2B 2L 2
v 3R
①
电阻R 1消耗的热功率为：P 1＝(I
2)2
R ＝B 2L 2v 2
9R
②
由①②得P 1＝16Fv ，电阻R 1和R 2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则P 1＝P 2＝1
6Fv ，故A 错
误，B 正确；整个装置因摩擦而消耗的热功率为： P f ＝F f v ＝μmg cos θ·v ＝μmgv cos θ，故C 正确；整个装置消耗的机械功率为：P 3＝Fv ＋P f ＝(F ＋μmg cos 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.－12
mv 02cos 2
θ
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 ＝Eq tan θ，
由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为：
a ＝F 合m ＝mg
sin θm ＝g sin θ
；
设从O 到最高点P 的路程为s ， 由速度和位移的关系得：v 02
＝2as 物体运动的水平距离为：l ＝s cos θ 电场力做负功，W ＝－qEl ＝－12
mv 02cos 2
θ.
16.(1)60 Ω (2)向上极板做加速度大小为2 m/s 2
的匀加速直线运动 6
10
m/s 解析 (1)根据电容器在电路中位置知：
U C ＝U R
液滴静止，有：mg ＝q U C d
得：U R ＝60 V 电路中的电流：I ＝
E －U R
R 1＋r
＝2 A 据部分电路欧姆定律得：I ＝
U R
R max
2
解得：R max ＝60 Ω
(2)滑到A 端后，电容器两端电压U C ′＝U R ′ 则U C ′＝
E
r ＋R max ＋R 1
R max ＝72 V
液滴所受电场力F ＝q
U C ′d
＝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 ＝
F －mg m
＝2 m/s 2
，
到达极板时的速度为v ， 则v 2
＝2a ·d
2
解得：v ＝
6
10
m/s. 17.(1)10 m/s (2)0.5 W (3)0.75 m/s 2
解析 (1)导体棒所受合外力为0时，有最大速度v m . 此时有E ＝Blv m ，I ＝
E
R ＋r
，F 安＝BIl ，
得到安培力F 安＝B 2l 2v m
R ＋r
.
由平衡条件得F ＝F f ＋F 安，代入解得v m ＝(F －F f )(R ＋r )
B 2l
2
代入数据解得：v m ＝10 m/s
(2)当CD 达到最大速度后，电路中电流为I ＝F 安Bl ＝F －F f
Bl
， 电阻R 消耗的电功率是P ＝I 2
R ＝(F －F f )2
R B 2l
2
代入数据解得：P ＝0.5 W
(3)当CD 的速度是最大速度的14时，安培力F 安′＝1
4(F －F f )
此时的加速度为a ＝
F －F 安′－F f m ＝3(F －F f )4m ＝3×(0.6－0.5)4×0.1
m/s 2＝0.75 m/s 2
. 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m 1g (h 1＋R )－qER ＝0 解得h 1＝R ＝1.6 m
(2)设小环第一次通过M 点时速度为v M ， 则m 1gh 1＝12
m 1v M 2
由牛顿第二定律知F －qE ＝m 1v M 2
R
联立解得F ＝qE ＋2m 1g 代入数据，得F ＝8 N
(3)设小环1从h 2＝14.4 m 处由静止释放后，到达N 点的速度为v 0，碰撞后小环1和2的速度分别是v 1和v 2，则由动能定理得：μm 2gs 2＝12
m 2v 22
m 1g (h 2＋R )－qER ＝12
m 1v 02
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F f，F电>F f，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
1
m1v12＝μm1gs1
2
s1＝8 m.。