届教科版电学部分 单元测试.docx

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届教科版电学部分单元测试

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图像（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μmgvcosθ

D．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5V，内阻忽略不计　　　　　　　　　

B．直流电源E：

电动势50V，内阻忽略不计

C．滑动变阻器：

0～20Ω

D．电压表V1：

量程45V、内阻约500kΩ

E．电压表V2：

量程3V、内阻约20kΩ

F．电流表mA：

量程50mA、内阻约5Ω

G．电流表μA：

量程300μA、内阻约400Ω

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40V，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10000Ω（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＝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＝0.5Ω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f＝0.5N．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＝1.6m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＝0.2kg、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10m/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＝0.6kg、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＝14.4m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＝8m．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：

mgsinα＝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，mgtanα＝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图像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＝fv＝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）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40V

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＝Eqtanθ，

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＝scosθ

电场力做负功，W＝－qEl＝－

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

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＝60V

电路中的电流：

I＝

＝2A

据部分电路欧姆定律得：

I＝

解得：

Rmax＝60Ω

（2）滑到A端后，电容器两端电压UC′＝UR′

则UC′＝

Rmax＝72V

液滴所受电场力F＝q

＝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＝

＝2m/s2，

到达极板时的速度为v，

则v2＝2a·

解得：

v＝

m/s.

17．

（1）10m/s　

（2）0.5W　（3）0.75m/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＝f＋F安，代入解得vm＝

代入数据解得：

vm＝10m/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＝0.5W

（3）当CD的速度是最大速度的

时，安培力F安′＝

（F－f）

此时的加速度为a＝

＝

＝

m/s2＝0.75m/s2.

18．

（1）1.6m　

（2）8N　（3）8m

解析　

（1）小环由D到N，由动能定理有m1g（h1＋R）－qER＝0

解得h1＝R＝1.6m

（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＝8N

（3）设小环1从h2＝14.4m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＝4m/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电>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

m1v

＝μm1gs1

s1＝8m．