（江蘇專用）高考物理一輪復習 階段檢測二 電學部分-人教版高三物理試題

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1、階段檢測二　電學部分 考生注意： 1．本試卷共4頁． 2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上． 3．本次考試時間90分鐘，滿分100分． 4．請在密封線內作答，保持試卷清潔完整． 一、單項選擇題(本題共6小題，每小題3分，共計18分．每小題只有一個選項符合題意) 1.(2018·南京市玄武區(qū)模擬)在光滑絕緣水平面上，固定一電流方向如圖1所示的通電直導線，其右側有閉合圓形線圈，某時刻線圈獲得一個如圖所示的初速度v0，若通電導線足夠長，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．線圈中產(chǎn)生沿順時針方向的恒定電流 B．線圈中產(chǎn)生沿逆

2、時針方向的恒定電流 C．線圈最終會以某一速度做勻速直線運動 D．線圈最終會停下來并保持靜止 2.(2017·海安中學月考)如圖2，一點電荷放在O點處，過O點取正交坐標x、y軸，點a、c在x軸上，Oc＝2Oa；點b在y軸上，Ob＝Oa.現(xiàn)將帶正電的另一點電荷從a移至b，再從b移至c，以下說法正確的是(　　) 圖2 A．點電荷在a點和b點所受的電場力相同 B．點電荷在b點受到的電場力的大小是在c點受到的電場力的大小的4倍 C．點電荷從a移至b與從b移至c電場力做的功相同 D．點電荷在a點的電勢能大于在c點的電勢能 3.如圖3所示，有一根直導線上通以恒定電流I，方向垂直指向紙內

3、，且和勻強磁場B垂直，則在圖中圓周上，磁感應強度數(shù)值最大的點是(　　) 圖3 A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D．d點 4．(2018·常熟市模擬)如圖4是通過街邊變壓器降壓給用戶供電的示意圖．V1、A1為變壓器輸入端的電壓表和電流表，V2、A2為變壓器的輸出端電壓表和電流表，R1、R2為負載，V3、A3為用戶家內電壓表和電流表，變壓器與用戶間有一段較長的距離，每條輸電線總電阻用R0表示．閉合開關S，則(　　) 圖4 A．V1和V3的示數(shù)都變小 B．V2和V3的示數(shù)都變小 C．A1和A2的示數(shù)都變大 D．A1、A2和A3的示數(shù)都變大 5．(2017·鹽城中學第三次模擬

4、)如圖5甲所示，線圈abcd固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示．下列關于ab邊所受安培力隨時間變化的F－t圖象(規(guī)定安培力方向向右為正)正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 圖5 　 6.(2018·儀征中學學情檢測)如圖6所示，AEFD和EBCF是兩個等邊長的正方形，在A點固定一個帶電荷量為＋Q的點電荷，在C點固定一個帶電荷量為－Q的點電荷，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．E、F兩點的電場強度相同 B．E、F兩點的電勢相同 C．將一個負電荷由E點沿直線移動到F點，電場力先做正功后做負功 D．將一個負電荷由E點沿直線移動

5、到F點，電場力先做負功后做正功 二、多項選擇題(本題共6小題，每小題4分，共計24分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分) 7.(2018·虹橋中學調研)如圖7所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R.線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度ω從中性面開始勻速轉動，下列說法正確的是(　　) 圖7 A．轉過時，線框中的電流方向為abcda B．線框中感應電流的有效值為 C．線框轉一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為 D．從中性面開始轉過的過程中，通過導線橫截面的電荷量為 8.(2018

6、·高郵中學階段檢測)如圖8所示，MN是負點電荷電場中的一條電場線，一個帶正電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結論正確的是(　　) 圖8 A．帶電粒子從a到b運動的過程中動能逐漸減小 B．帶電粒子在a點時的電勢能大于在b點時的電勢能 C．負點電荷一定位于N點右側 D．帶電粒子在a點時的加速度大于在b點時的加速度 9．(2017·南通市第二次調研)傾角為α的光滑導電軌道間接有電源，軌道間距為L，軌道上放一根質量為m的金屬桿ab，金屬桿中的電流為I，現(xiàn)加一垂直金屬桿ab的勻強磁場，如圖9所示，ab桿保持靜止，則磁感應強度方向和大小可能為(　　)

7、 圖9 A．方向垂直軌道平面向上時，磁感應強度最小，大小為 B．z正向，大小為 C．x正向，大小為 D．z正向，大小為 10.(2018·興化一中模擬)如圖10所示，勻強電場中的三個點A、B、C構成一個直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d.把一個帶電量為＋q的點電荷從A點移動到B點電場力不做功；從B點移動到C點電場力做功為－W.若規(guī)定C點的電勢為零，則(　　) 圖10 A．該電場的電場強度大小為 B．C、B兩點間的電勢差為UCB＝ C．A點的電勢為 D．若從A點沿AB方向飛入一電子，其運動軌跡可能是乙 11．(2018·如皋市調研)在x軸上存在與x軸平

8、行的電場，x軸上各點的電勢隨x點位置變化情況如圖11所示．圖中－x1～x1之間為曲線，且關于縱軸對稱，其余均為直線，也關于縱軸對稱．下列關于該電場的論述正確的是(　　) 圖11 A．x軸上各點的場強大小相等 B．從－x1到x1場強的大小先減小后增大 C．一個帶正電的粒子在x1點的電勢能大于在－x1點的電勢能 D．一個帶負電的粒子在－x1點的電勢能大于在－x2點的電勢能 12.如圖12所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面．有一導體棒ab，質量為m，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒a

9、b沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F.此時(　　) 圖12 A．電阻R1消耗的熱功率為 B．電阻R2消耗的熱功率為 C．整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ D．整個裝置消耗的機械功率為(F＋μmgcosθ)v 三、非選擇題(本題共6小題，共計58分) 13．(6分)(2017·南京市9月調研)要測量一根電阻絲的電阻率，某同學采用的做法是： 　　　 圖13 (1)用螺旋測微器測得電阻絲的直徑如圖13甲所示，其讀數(shù)為d＝________mm. (2)用多用電表粗測其電阻，如圖乙所示，當選擇開關旋至“×10”擋時，指針指在接近刻度盤右端的位

10、置Ⅰ；為了較為準確地測量該電阻，應將選擇開關旋至________擋(選填“×1”“×100”或“×1k”)進行測量，此時指針指示的位置接近刻度盤的中央位置Ⅱ. (3)某同學設計了如圖丙所示電路，電路中ab段是粗細均勻的待測電阻絲，保護電阻R0＝4.0Ω，電源的電動勢E＝3.0V，內阻為r，電流表內阻忽略不計，滑片P與電阻絲始終接觸良好，實驗時閉合開關，調節(jié)滑片P的位置，分別測量出每次實驗中aP長度x及對應的電流值I，實驗數(shù)據(jù)如表所示： x(m) 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I(A) 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31

11、0.28 (A－1) 2.04 2.33 2.63 3.03 3.23 3.57 為了直觀方便處理表中的實驗數(shù)據(jù)，請在丁圖中選擇縱、橫坐標為__________(選填“I－x”或“－x”)描點，并在坐標紙上畫出相應的圖線，根據(jù)圖線與其他測量的數(shù)據(jù)求得電阻絲的電阻率ρ＝________Ω·m(結果保留兩位有效數(shù)字)． 14．(10分)(2017·如東高級中學第二次調研)兩個阻值相差越大的電阻并聯(lián)，其并聯(lián)電路的總阻值就越接近于阻值小的電阻，某同學基于這一事實設計一電路(圖14甲所示)測量量程為3V的電壓表內阻(內阻為數(shù)千歐姆)．實驗室提供的器材有：電阻箱R(最大阻值99999

12、.9Ω)，滑動變阻器(最大阻值50Ω)，直流電源E(電動勢6V)，開關1個，導線若干． 　　 圖14 (1)按電路原理圖甲，請在圖乙中用筆畫線代替導線，完成實物電路的連接． (2)實驗步驟如下，并回答相應問題： ①按電路原理圖甲連接實物電路； ②將電阻箱阻值調節(jié)為0，將滑動變阻器的滑片移到與圖甲中最________端(填“左”或“右”)所對應的位置，閉合開關S； ③調節(jié)滑動變阻器，使電壓表滿偏； ④保持滑動變阻器滑片的位置不變，調節(jié)電阻箱阻值，使電壓表的示數(shù)如圖丙所示，電壓值為________V，記下電阻箱的阻值1500Ω； ⑤計算電壓表內阻為________Ω. (3)將

13、測出的電壓表內阻記為RV′，與電壓表內阻的真實值RV相比，RV′________RV(填“>”“＝”或“<”)，理由是_________________________________________________ ________________________________________________________________________. 15.(6分)(2017·揚州市期末考試)一勻強電場，場強方向是水平的，如圖15所示．一個質量為m的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強的反方向成θ角的直線運動．求小球運動到最高點P的

14、過程中電場力做的功． 圖15 16.(10分)(2018·寶應中學模擬)如圖16所示的電路，已知電池電動勢E＝90V，內阻r＝5Ω，R1＝10Ω，R2＝20Ω，板面水平放置的平行板電容器的兩極板M、N相距d＝3cm，在兩板間的正中央有一帶負電液滴，帶電荷量大小q＝2×10－7C，其質量m＝4.0×10－5kg，取g＝10m/s2，問： 圖16 (1)若液滴恰好能靜止不動，滑動變阻器R的滑動頭C正好在正中點，那么滑動變阻器的最大阻值Rmax是多大？ (2)將滑動片C迅速滑到A端后，液滴將向哪個極板做什么運動？到達極板時的速度是多大？

15、 17．(12分)(2018·溧水中學模擬)如圖17所示，電阻不計的平行金屬導軌MN和OP水平放置，MO間接有阻值為R＝0.5Ω的電阻，導軌相距為l＝0.20m，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感強度為B＝0.50T，質量為m＝0.1kg，電阻為r＝0.5Ω的導體棒CD垂直于導軌放置，并接觸良好．用平行于MN的恒力F＝0.6N向右拉動CD.CD受恒定的摩擦阻力Ff＝0.5N．求： 圖17 (1)CD運動的最大速度是多少？ (2)當CD達到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少？ (3)當CD的速度是最大速度的時，CD的加速度是多少？ 18．(14分)(2

16、017·無錫市期末)如圖18甲，平面直角坐標系中，0≤x≤l，0≤y≤2l的矩形區(qū)域中施加一個如圖乙所示的交變磁場(B0和T0未知)，磁場方向向里為正．一個比荷為c的帶正電的粒子從原點O以初速度v0沿＋x方向入射，不計粒子重力． 圖18 (1)若粒子從t＝0時刻入射，在t<的某時刻從點(l，)射出磁場，求B0大??； (2)若B0＝，且粒子從0≤t≤的任一時刻入射時，粒子離開磁場時的位置都不在y軸上，求T0的取值范圍； (3)若B0＝，在x>l的區(qū)域施加一個沿－x方向的勻強電場，粒子在t＝0時刻入射，將在T0時刻沿＋x方向進入電場，并最終從(0,2l)沿－x方向離開磁場，求電場強度的

17、大小以及粒子在電場中運動的路程． 答案精析 1．C　[根據(jù)右手螺旋定則，線圈所處的磁場方向向里，因離導線越遠，磁場越弱，依據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應電流方向沿順時針方向，但由于磁場減弱，線圈中產(chǎn)生的不是恒定電流，A、B錯誤；當線圈在該平面上以速度v0沿圖示方向運動時，產(chǎn)生感應電流，受安培力作用，從而阻礙其運動，使線圈在垂直導線方向做減速運動，當垂直導線方向的速度減為零，只剩沿導線方向的速度時，通過線圈的磁通量不變，無感應電流，水平方向合力為零，故做勻速直線運動，C正確，D錯誤．] 2．B　[點電荷在a點和b點所受的電場力大小相同、方向不同，故A錯誤；由庫侖力公式

18、得F＝，且Oc＝2Oa＝2Ob，故點電荷在b點所受的電場力的大小是在c點所受的電場力的大小的4倍，故B正確；點電荷的等勢面為以點電荷為中心的一系列同心圓，可知a、b兩點電勢相等，b、c兩點電勢不等，則點電荷從a移至b電場力做的功為零，從b移至c電場力做的功不為零，故C錯誤；由于O處的電荷正、負不確定，故a、c兩點的電勢高低不確定，又Ep＝qφ，故點電荷在a、c點的電勢能大小不確定，故D錯誤．] 3．A　[用安培定則判斷通電直導線在a、b、c、d處所產(chǎn)生的磁場方向，如圖所示： 在a點，通電導線產(chǎn)生的磁場與勻強磁場的方向相同，疊加后磁感應強度數(shù)值最大，故A正確，B、C、D錯誤．] 4．C

19、　[閉合S后，副線圈的總電阻變小，由于降壓變壓器的輸入電壓不變，原、副線圈匝數(shù)比不變，所以副線圈兩端的電壓不變，即V1、V2示數(shù)不變，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得A2示數(shù)增大，由于原、副線圈匝數(shù)比不變，所以A1示數(shù)也增大，A、B錯誤，C正確；由于輸電線上損耗的電壓增大，所以R2兩端電壓減小，即V3示數(shù)減小，所以電流表A3示數(shù)減小，D錯誤．] 5．C　[線圈不動，磁場均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律和楞次定律，線圈中產(chǎn)生穩(wěn)定的電動勢，有穩(wěn)定的沿順時針方向的電流，根據(jù)安培力公式F＝BIL，可知F隨t均勻增大，由左手定則可判斷ab邊受到的安培力向右，故選C.] 6．A　[＋Q、－Q是兩個等量異種點

20、電荷，結合等量異種點電荷電場線的分布情況(如圖所示)，可知E、F兩點的電場強度大小相等、方向也相同，故A正確． 根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知E點的電勢高于F點的電勢，故B錯誤．將一個負電荷由E點沿著直線移動到F點，電勢逐漸降低，由Ep＝qφ知，負電荷的電勢能逐漸增大，則電場力一直做負功，故C、D錯誤．故選A.] 7．BD　[根據(jù)楞次定律可知，轉過時，線框中的電流方向為adcba，故A錯誤；線框轉動過程中電動勢的最大值為：Em＝BSω，有效值為：U＝，則線框中感應電流的有效值為：I＝＝，故B正確；線框轉一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為：Q＝I2RT＝2R＝，故C錯誤；從中性面開始轉過的過程

21、中，通過導線橫截面的電荷量為：q＝·Δt＝＝，故D正確．] 8．AD　[由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，電場力指向軌跡內側，電場力方向大致向左，由a到b運動的過程中，電場力對帶電粒子做負功，其動能減小，電勢能增大，則帶電粒子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，故A正確，B錯誤；帶正電粒子受到的電場力向左，電場方向由N指向M，說明負電荷在直線MN左側，a點離點電荷較近，a點的電場強度大于b點的電場強度，根據(jù)牛頓第二定律得知，帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度，故C錯誤，D正確．] 9．ACD　[當磁場垂直軌道平面向上時，根據(jù)平衡條件：mgsinα＝BIL，則B＝，此時B最小，故選項

22、A正確； 當磁場沿z正方向時，安培力水平向右，由平衡條件可得，mgtanα＝BIL，則B＝，故選項B錯誤，D正確； 當磁場沿x正方向時，安培力豎直向上，根據(jù)平衡條件：mg＝BIL，則：B＝，故選項C正確．] 10．BD　[點電荷從A移動到B點電場力不做功，說明A、B兩點在同一等勢面上，將正點電荷從B點移動到C點電場力做功為－W，說明電場強度的方向垂直AB邊向上．則A點的電勢φA＝－，故選項C錯誤； C、B兩點間的電勢差為UCB＝，故選項B正確； 該電場的電場強度大小為E＝＝，故選項A錯誤； 電子從A點沿AB方向飛入，受力方向將沿電場線方向的反方向，故粒子將向下偏轉，運動軌跡可能是乙

23、，故選項D正確．] 11．BD　[φ－x圖象的斜率大小等于電場強度，故x軸上的電場強度大小并非完全相等，故A錯誤；從－x1到x1圖線斜率先減小后增大，故場強先減小后增大，故B正確；由題圖可知，x軸上場強方向均指向O，根據(jù)對稱性可知，一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在－x1點的電勢能，故C錯誤；電場線指向O點，則負電荷由－x1到－x2的過程中電場力做正功，電勢能減小，故帶負電的粒子在－x1點的電勢能大于在－x2點的電勢能，故D正確．] 12．BCD　[設導體棒ab長度為L，磁感應強度為B，電阻R1＝R2＝R.電路中感應電動勢E＝BLv，導體棒中感應電流為：I＝＝，導體棒所受安培力為：F＝

24、BIL＝① 電阻R1消耗的熱功率為：P1＝()2R＝② 由①②得P1＝Fv，電阻R1和R2阻值相等，它們消耗的電功率相等，則P1＝P2＝Fv，故A錯誤，B正確；整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為：Pf＝Ffv＝μmgcosθ·v＝μmgvcosθ，故C正確；整個裝置消耗的機械功率為：P3＝Fv＋Pf＝(F＋μmgcosθ)v，故D正確．] 13．(1)0.390　(2)×1　(3)－x　圖象見解析圖　1.1×10－6 解析　(1)由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：d＝0mm＋39.0×0.01mm＝0.390mm； (2)選擇開關旋至“×10”擋時，指針指在接近刻度盤右端的位置Ⅰ，指針偏角

25、太大，說明所選擋位太大；為了較為準確地測量該電阻，應選擇較小的擋位，故應將選擇開關旋至“×1”擋進行測量． (3)接入電路的電阻絲電阻：R＝ρ，由閉合電路歐姆定律可知，電流：I＝＝，＝x＋，如果作I－x圖象，圖象不是直線，不便于實驗數(shù)據(jù)處理，－x圖象是直線，便于實驗數(shù)據(jù)處理，因此需要作－x圖象；根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，然后作出圖象如圖所示： 由圖示－x圖象可知，其斜率：k＝3.1，又因k＝＝，則電阻率： ρ＝＝Ω·m≈1.1×10－6Ω·m 14．(1)電路圖見解析圖　(2)②左　④2.00?、?000　(3)>　理由見解析 解析　(1)連接電路如圖所示． (

26、2)為了保護電壓表不被燒壞，應使電壓表所測電壓從零逐漸增大，即將滑動變阻器的滑片移到最左端；因為電壓表的量程為3V，要估讀1位，所以讀數(shù)為：2.00V；因為電壓表和電阻箱的總電壓不變，U＝U1＋R，代入數(shù)據(jù)得3＝2＋R，解得RV＝3000Ω. (3)從電路圖可以看出電壓表與電阻箱串聯(lián)，在調節(jié)電阻箱阻值后，所在支路總電阻增大，分得的電壓也增大，此時電阻箱兩端的電壓大于1V，根據(jù)串聯(lián)電路的分壓關系知RV′>RV. 15．－mv02cos2θ 解析　設小球帶電荷量為q，因小球做直線運動，則它受到的靜電力Eq和重力mg的合力方向必與初速度方向在同一直線上，如圖所示： 有：mg＝Eqtanθ

27、， 由此可知，小球做勻減速運動的加速度大小為： a＝＝＝； 設從O到最高點P的路程為s， 由速度和位移的關系得：v02＝2as 小球運動的水平距離為：l＝scosθ 電場力做負功，W＝－qEl＝－mv02cos2θ. 16．(1)60Ω　(2)向上極板做加速度大小為2m/s2的勻加速直線運動　m/s 解析　(1)根據(jù)電容器在電路中位置知： UC＝UR 液滴靜止，有：mg＝q 得：UR＝60V 電路中的電流：I＝＝2A 據(jù)部分電路歐姆定律得：I＝ 解得：Rmax＝60Ω (2)滑到A端后，電容器兩端電壓UC′＝UR′ 則UC′＝Rmax＝72V 液滴所受電場力F

28、＝q＝4.8×10－4N>mg＝4.0×10－4N， 故液滴向上做勻加速直線運動， 加速度大小a＝＝2m/s2， 到達極板時的速度為v，則v2＝2a· 解得：v＝m/s. 17．(1)10m/s　(2)0.5 W　(3)0.75 m/s2 解析　(1)導體棒所受合外力為0時，有最大速度vm. 此時有E＝Blvm，I＝，F(xiàn)安＝BIl， 得到安培力F安＝. 由平衡條件得F＝Ff＋F安，代入解得 vm＝ 代入數(shù)據(jù)解得：vm＝10m/s (2)當CD達到最大速度后，電路中電流為I＝＝， 電阻R消耗的電功率是P＝I2R＝ 代入數(shù)據(jù)解得：P＝0.5W (3)當CD的速度是最大

29、速度的時，安培力F安′＝(F－Ff) 此時的加速度為a＝＝＝m/s2＝0.75 m/s2. 18．見解析 解析　(1)在磁場中，qv0B0＝m，由幾何關系，有R2＝l2＋(R－)2，解得R＝l 因此B0＝ (2)粒子運動的半徑為R＝，臨界情況為粒子從t＝0時刻入射，并且軌跡恰好與y軸相切． 圓周運動的周期T＝＝，由幾何關系，t＝內，粒子轉過的圓心角為 對應運動時間t1＝T＝T 應滿足t1≥ 聯(lián)立可得T0≤ (3)運動軌跡如圖．由題意可知，·＝T0 得到T0＝ 在電場中，qE＝ma，往返一次用時Δt＝ 應有Δt＝(n＋)T0 可得E＝，(n＝0,1,2…) 運動路程x＝v0··2＝，(n＝0,1,2…)