搜索
阶段滚动卷三本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部答对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.(2019·广东佛山一模)一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是()A．要将硬币射出，可直接将开关拨到2B．当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电C．当开关由1拨向2的瞬间，铁芯中的磁通量减小D．当开关由1拨向2的瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场答案D解析当线圈中的电流增大时，穿过硬币的磁通量变大，由楞次定律知此时硬币射出，而直接将开关拨到2，电容器是不会放电产生电流的，故A错误；当开关拨向1时，电容器充电，电路中有短暂电流出现，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上极板带正电，故B错误；当开关由1拨向2的瞬间，电容器放电，线圈中的电流增大，向下的磁通量增大，根据楞次定律，可知硬币中会产生向上的感应磁场，故C错误，D正确。2.(2019·广西钦州三模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列判断中正确的是()A．P点的电势比Q点的电势高B．P点的场强比Q点的场强大C．带电粒子通过Q点时的电势能比P点时的小D．带电粒子通过Q点时的动能比P点时的大答案B解析由图可知带电粒子所受电场力沿电场线向右，由于粒子带正电，则电场强度方向沿电场线向右，故P点的电势低于Q点的电势，A错误；电场线越密的地方场强越大，由图可知P点的场强大于Q点的场强，B正确；Q点的电势比P点的电势高，粒子带正电，由Ep＝φq可知，带电粒子通过Q点时的电势能比P点时的大，C错误；粒子仅在电场力作用下运动，只有动能和电势能相互转化，所以带电粒子通过Q点时的动能比通过P点时的小，D错误。3.(2019·杭州一模)如图所示，由绝缘材料制成的光滑圆环(圆心为O)竖直固定放置。电荷量为＋q(q0)的小球A固定在圆环的最高点，电荷量大小为q的小球B可在圆环上自由移动。若小球B静止时，两小球连线与竖直方向的夹角为θ＝30°，两小球均可视为质点，以无穷远处为零电势点，则下列说法正确的是()A．小球B可能带正电B．O点电势一定为零C．圆环对小球B的弹力指向圆心D．将小球B移至圆环最低点，A、B小球组成的系统电势能变小答案B解析因小球B处于静止状态，对其受力分析，如图所示，可见小球A吸引小球B，由于A球带正电，因此小球B一定带负电，故A错误；因两球所带电荷是等量异种电荷，则两者连线的中垂线为等势线，以无穷远处为零电势点，则O点的电势为零，故B正确；由A选项分析可知，圆环对小球B的弹力背离圆心，故C错误；将小球B移至圆环最低点，静电力对小球B做负功，则A、B小球组成的系统电势能变大，故D错误。4.(2019·湖北省高三4月调研)如图所示，半径为R的圆环与一个轴向对称的发散磁场处处垂直，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角。若给圆环通恒定电流I，则圆环所受安培力的大小为()A．0B．2πRBIC．2πRBIcosθD．2πRBIsinθ答案D解析把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，磁场的竖直分量对圆环的安培力的合力为零，磁场的水平分量对圆环的安培力的合力F＝B水平I·2πR＝2πBIRsinθ，故D正确。5．(2019·四川德阳三诊)用同样的交流电分别给甲、乙两个电路中同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3，则甲、乙两个电路中的电功率之比为()A．5∶3B．5∶2C．1∶1D．25∶9答案A解析设灯泡的额定电流为I，则甲电路中的功率为P1＝UI；理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3，则乙图原线圈中的电流为35I，乙电路中的功率为P2＝U·35I＝35P1，因此甲、乙两个电路中的电功率之比为5∶3，故A正确。6.(2019·江苏省七市高三第三次调研)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R3为滑动变阻器，R2为定值电阻，C为电容器。开始时开关S1、S2闭合。下列操作能使电容器所带电荷量增加的是()A．断开开关S1B．断开开关S2C．向左移动滑动变阻器R1的滑片D．向左移动滑动变阻器R3的滑片答案B解析断开开关S1，回路电流为零，电容器放电，电容器所带电荷量减小，A错误；根据电路结构可知，回路电流I＝ER2＋R3＋r，电容器两端电压：U＝IR2＝ER2R2＋R3＋r，断开开关S2，电容器直接串联在电路中，回路电流为零，电容器两端电压等于电源电动势，电压变大，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量变大，B正确；滑动变阻器R1与电容器串联，稳定时，该支路无电流，改变R1的滑片位置，对电路没有影响，电容器所带电荷量不变，C错误；向左移动滑动变阻器R3的滑片，R3接入电路中的电阻变大，由I＝ER2＋R3＋r可得，回路中电流变小，则电容器两端电压：U＝IR2变小，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量变小，D错误。7.(2019·吉林省吉林市三调)将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，从图示位置开始以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是()答案B解析设线框OMN的阻值为r，在0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向(沿ONM方向)，产生的感应电动势为E1＝12Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝E1r＝BR2ω2r；在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，根据楞次定律判断可知，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2＝12Bω·R2＋12·2Bω·R2＝32BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1；在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝12Bω·R2＋12·2Bω·R2＝32BωR2＝3E1，感应电流为I3＝3I1；在3t0～4t0时间内，线框离开第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝12Bω·R2，感应电流为I4＝I1。由上述分析可知，B正确。8．(2019·山东青岛一模)如图甲，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q＝＋1×10－3C，质量m＝0.02kg的小球从a点静止释放(小球重力不计)，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的vt图象如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中虚线②为图线①在b点的切线，则下列说法正确的是()A．P、Q带正电荷B．b点的场强E＝30V/mC．a、b两点间的电势差为90VD．小球从a到O的过程中电势能先减少后增加答案BC解析由带正电的小球从a点由静止释放，沿aO方向做加速运动可知，小球受到指向O点的电场力，即P、Q两电荷对小球的电场力的合力指向O点，由此可知P、Q两电荷带负电，A错误；由vt图象的斜率表示加速度可得：ab＝ΔvΔt＝1.5m/s2，又根据牛顿第二定律可得：qE＝mab，联立解得b点处的场强为：E＝30V/m，B正确；小球由a点运动到b点的过程中，由动能定理得：qUab＝12mv2b－12mv2a，由图乙可得vb＝3m/s，代入解得：Uab＝90V，C正确；由图乙可知，从a到O的过程中小球速度一直增大，电场力一直对它做正功，其电势能一直减小，D错误。9．(2019·成都七中二诊)如图甲所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝210T的水平匀强磁场中，线框电阻不计。线框匀速转动时所产生的正弦交流电压图象如图乙所示，把该交流电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端。已知变压器的原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表为理想电表，电阻R＝1Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确的是()A．t＝0.1s时，电流表的示数为0B．副线圈中交流电的频率为5HzC．线框面积为15πm2D．t＝0.05s时线圈位于图甲所示位置答案BC解析原线圈中电压的有效值U1＝Em2＝1022V＝10V，根据U1U2＝n1n2，解得U2＝2V，故副线圈中的电流I2＝U2R＝21A＝2A，电流表的电流为I1，则由I1I2＝n2n1得I1＝0.4A，A错误；交流电的周期T＝0.2s，故交流电的频率f＝1T＝5Hz，B正确；线框转动的角速率ω＝2πf，则根据Em＝nBSω可知，线框面积S＝EmnBω＝15πm2，C正确；t＝0.05s时线圈产生的感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，D错误。10.(2019·吉林省吉林市三调)如图所示，成30°角的OA、OB间有一垂直纸面向里的匀强磁场，OA边界上的S点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电子在磁场中运动的半径为r，周期为T。已知从OB边界射出的电子在磁场中运动的最短时间为T6，则下列说法正确的是()A．沿某一方向发射的电子，可能从O点射出B．沿某一方向发射的电子，可能沿垂直于OB的方向射出C．从OA边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为T3D．从OB边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为T4答案BC解析电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝mv2r，解得：r＝mveB，由于电子速率v相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r相同，当出射点D与S点的连线垂直于OB时，弦SD最短，轨迹所对的圆心角最小，为60°，则电子在磁场中运动的时间最短，tmin＝60°360°T＝16T，则：θ＝60°，如图a所示，由几何知识知，在磁场中运动的最短时间的电子入射的方向垂直于OA，OS＝SDsin30°＝rsin30°＝2r。电子在磁场中所有轨迹对应圆心可能的位置应在以S为圆心、半径为SO2的圆弧上，过O的圆弧与BO有除O以外的另一个交点，如图b所示，说明电子在到达O点前已经飞出磁场，故A错误；由以上的分析可知，当从S点射出的电子方向平行于OB时，其圆心恰好位于D点，此时电子将转过90°，恰好垂直于OB射出，其轨迹如图c所示，B正确；从OA边界射出的电子圆弧轨迹刚好与OB相切时，在磁场中的运动轨迹最长，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图d所示，由几何关系可得圆心角为120°，运动时间：tmax＝120°360°T＝13T，C正确；画出初速度的方向竖直向上的电子运动轨迹如图e，可知该电子在磁场中运动的时间大于14T，D错误。11．(2019·河南八市重点高中联盟高三第三次测评)如图所示，电源电动势E＝3V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1Ω、0.5Ω、9Ω，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10－3μF的理想平行板电容器，电容器板长为0.2m，板间距为0.125m。一带电油滴以0.8m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8Ω、1Ω。下列说法正确的是()A．此油滴带正电B．带电油滴匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为3×10－9CC．欲使油滴向上偏转但不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7ΩD．欲使油滴向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于1.4Ω答案BC解析电容器的上极板与