階段滾動檢測(四)

1、圓學(xué)子夢想 鑄金字品牌溫馨提示： 此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。階段滾動檢測(四)第六十章(90分鐘100分)第卷(選擇題共50分)一、選擇題(本題共10小題,每小題5分,共50分。多選題已在題號后標出)1.如圖,閉合金屬線圈a懸掛在通電長直導(dǎo)線b的正上方,且和b在同一豎直平面內(nèi),當b中的電流強度突然減小時,下列說法正確的是()A.線圈a中產(chǎn)生順時針方向的電流,懸線張力變小B.線圈a中產(chǎn)生順時針方向的電流,懸線張力增大C.線圈a中產(chǎn)生逆時針方向的電流,懸線張力變小D.線圈a中產(chǎn)生逆時針方向的電流,懸線張力增大2.

2、(多選)如圖,一理想變壓器的原線圈A、B兩端接入電壓為u=2202sin(100t)V的交變電流。原線圈匝數(shù)n1=1100匝,副線圈匝數(shù)為n2=30匝,則()A.副線圈中磁通量變化率的最大值為0.22VB.將耐壓值為6 V的電容器接在C、D兩端,能正常工作C.把額定電壓為8 V的小燈泡接在C、D兩端,小燈泡能正常工作D.把電磁打點計時器接在C、D兩端,打點周期為0.02s3.(多選)(2014濰坊模擬)如圖所示,均勻的金屬長方形線框從勻強磁場中拉出,它的兩邊固定有帶金屬滑輪的導(dǎo)電機構(gòu),線框向右運動時總是與兩邊良好接觸,線框的長為a,寬為b,磁感應(yīng)強度為B,一理想電壓表跨接在A、B兩導(dǎo)電機構(gòu)上,

3、當線框在恒定外力F作用下向右運動的過程中(線框離開磁場前已做勻速運動),關(guān)于線框及電壓表,下列說法正確的是()A.線框先做勻加速運動,后做勻速運動B.電壓表的讀數(shù)先增大后不變C.電壓表的讀數(shù)一直增大D.回路的電功率先增大后不變4.(多選)(滾動單獨考查)(2014臨沂模擬)一個正點電荷Q靜止在正方形的一個角上,另一個帶電質(zhì)點射入該區(qū)域時,只在電場力作用下恰好能經(jīng)過正方形的另外三個角a、b、c,如圖所示,則有()A.a、b、c三點電勢高低及場強大小的關(guān)系是a=cb,Ea=Ec=2EbB.質(zhì)點由a到b電勢能增加,由b到c電場力做正功,在b點動能最小C.質(zhì)點在a、b、c三處的加速度大小之比是121D

4、.若改變帶電質(zhì)點在a處的速度大小和方向,有可能使其經(jīng)過a、b、c三點做勻速圓周運動5.(多選)(2014西安模擬)如圖所示,一束粒子(不計重力,初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域,再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強電場、磁場區(qū)域,其中磁場的方向如圖所示,磁感應(yīng)強度大小可根據(jù)實際要求調(diào)節(jié),收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上。則()A.該裝置可篩選出具有特定速度的粒子B.該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子C.若射入的粒子電荷量相同,則該裝置篩選出的粒子一定具有相同的質(zhì)量D.若射入的粒子質(zhì)量相同,則該裝置篩選出的粒子不一定具有相同的電荷量6.如圖所示,在光滑

5、水平面上,有豎直向下的勻強磁場,分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi),兩個邊長均為a(ab,根據(jù)點電荷場強計算公式E=kQr2,因b到Q的距離是c到Q距離的2倍,所以a、b、c三點場強大小的關(guān)系是Ea=Ec=2Eb,故選項A正確;由電場力與速度的夾角可知,質(zhì)點由a到b電場力做負功,電勢能增加;由b到c電場力做正功,電勢能減小、動能增加,所以選項B正確;因a、b、c三點場強大小的關(guān)系是Ea=Ec=2Eb,所以質(zhì)點在只受電場力時加速度大小之比是212,所以選項C錯誤;若改變帶電質(zhì)點在a處的速度大小和方向,因電場力做功使質(zhì)點的速度大小變化,所以質(zhì)點經(jīng)過a、b、c三點不可能做勻速圓周運動,故選項D錯誤。5.A、C能

6、直線通過O1、O2、O3的粒子滿足做勻速直線運動的規(guī)律,即Eq=Bqv,只有滿足速度v=EB的粒子才能沿直線通過并進入收集室,故通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度B的大小可篩選出具有特定速度的粒子,A正確,B錯誤;粒子經(jīng)過加速電場加速獲得的動能為Uq=12mv2,v=2Uqm,若射入的粒子的電荷量q相同,則滿足條件的v相同,此時粒子的質(zhì)量一定相同,C正確,D錯誤。6.A設(shè)線圈的橫截面積為S,那么線圈電阻R=14aS(1為電阻率),質(zhì)量m=24aS(2為密度),線圈進入磁場過程中,由牛頓第二定律得B2va2R=ma1(a1為加速度),即a1=B2va214aS24aS=B2v1612。因此兩線圈的加速度相同,運

7、動情況相同,A正確。由q=R可知,q=Ba214aS=BSa41,S不同,q不同,B錯誤。兩線圈進入磁場過程中產(chǎn)生熱量等于動能減少量,Q=12m(v2-v02),因m不同,故Q不同,C錯誤。甲線圈進入磁場過程中所受安培力大于離開磁場的安培力,因此進入磁場時克服安培力做功大于離開磁場做的功,產(chǎn)生熱量等于克服安培力做功,D錯誤。7.B由牛頓第二定律可知,金屬桿由靜止開始下滑,mgsin-B2L2v(R+r)=ma,v增大,a減小,C錯誤。當a=0時,v最大,v0=mg(R+r)sinB2L2,A錯誤。此過程中減少的機械能為mgxsin-12mv02,由能量守恒可得,電阻R上產(chǎn)生熱量Q1=RR+r(

8、mgxsin-12mv02),B正確。此過程中流過電阻R的電荷量q=BLxR+r,D錯誤。8.B變壓器輸入電壓U1=220V,由U1U2=n1n2可得輸出電壓U2=55V,變壓器輸出電流I2=I1n1n2=1A,電阻R0=U2-ULI2=19,B正確?；瑒幼冏杵麟娏鳛镮2-IL=0.5A,消耗的功率P=18W,A錯誤。由u=2202sin100tV可知f=50Hz,C錯誤?；蛏匣瑒訒r,滑動變阻器阻值增大,并聯(lián)部分電壓變大,燈變亮,D錯誤。9.D由右手定則可知M點電勢高,電容器上極板帶正電,粒子帶負電,A錯。帶電粒子處于靜止狀態(tài),mg=,若電容器上極板向上移動距離d,由E=Ud可知,板間場強

9、變?yōu)樵瓉淼?2,故油滴向下運動,B錯誤。若切割速度變?yōu)?v0,極板電壓變?yōu)樵瓉淼?倍,油滴將向上運動,由牛頓第二定律可得,-mg=ma,可知a=g,C錯誤。若觸頭置于a位置,電容器兩極間電壓U2=,上極板向上移動d3,極板間場強E=,mg=qE,粒子靜止,D正確。10.Aab向上運動切割磁感線,由右手定則判斷電流方向由b到a,A正確。cd棒由靜止釋放后受重力、垂直紙面向里的安培力、桿的支持力以及向上的摩擦力,ab棒上感應(yīng)電動勢E=Blv,回路中感應(yīng)電流I=,cd棒向下運動過程中由牛頓第二定律可得mg-BIl=ma,a隨I增加而減小,a=0時,cd棒速度最大,后BIlmg,cd向下減速運動至停止

10、,因此B、C均錯。力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱、摩擦產(chǎn)生的熱量和增加的機械能之和,因此D錯。11.【解析】(1)兩表筆接c、d時,多用電表示數(shù)與電壓表相同,說明有電流通過電壓表,但沒有電流通過多用電表所并聯(lián)的電路,說明多用電表所并聯(lián)的電路發(fā)生斷路故障。由已知條件可知,是滑動變阻器R發(fā)生故障。(2)實物電路如圖所示(3)電源的伏安特性曲線為直線,使直線通過盡量多的數(shù)據(jù)點,其他點均勻分布在線的兩側(cè)。由U=E-I(r+R0)可知,縱軸截距表示電動勢,由圖可知E=1.50V,斜率絕對值表示r+R0,由圖知r+R0=3.0,則r=0.5。答案：(1)R斷路(2)圖見解析(3)圖見解析1.50V(1.41

11、1.51 V均可)0.5(0.50.7均可)12.【解析】(1)測量爪A是測量玻璃管內(nèi)徑的。(2)讀數(shù)為56mm+60.1 mm=56.6 mm。(3)在坐標紙中畫出U-I圖像如圖所示。算出水柱的電阻R=1.0105(允許誤差在10%以內(nèi)),S=d24,=RSL=Rd24L=8.0102m。(4)如圖所示(5)閉合開關(guān)時應(yīng)保證測量電路的電壓為零,故滑片應(yīng)滑至最左端(A端)答案：(1)A(2)56.6(3)見解析(4)見解析圖(5)最左(A)13.【解析】(1)在不加電場和磁場時,粒子做平拋運動,R=12gt02 (1分)R=v0t0 (1分)解得R=2v02g (1分)加上電場和磁場后,粒子做

12、勻速圓周運動,由牛頓運動定律可知mg=qE1qv0B=mv02r粒子帶負電,因此電場方向豎直向下,E1=mgq由幾何關(guān)系知r=Rtan30聯(lián)立解得B=3mg6qv0方向垂直紙面向里(2分)(2)撤去磁場后加勻強電場E2,粒子仍能落在C點,由牛頓運動定律和平拋知識可得mg-qE2=maRcos30=12at2(1分)R+Rsin30=v0t(1分)聯(lián)立解得E2=9-239qmg(1分)答案：(1)B=3mg6qv0,垂直紙面向里E1=mgq,豎直向下(2)9-239qmg14.【解析】(1)油滴進入電場后,重力與電場力均做功,設(shè)到M點時的速度為v1,由動能定理12mv12-12mv02=mgL+

13、qU1(1分)考慮到m=V0解得v1=v02+2gL+2qU1V0(1分)(2)油滴進入電場、磁場共存區(qū)域,恰與細管無接觸地從N孔射出,需電場力與重力平衡,有：mg=qE(1分)得E=V0gq(1分)油滴在半圓形細管中運動時,洛倫茲力提供向心力,由qv1B=mv12R(1分)解得B=mv1qR=V0qRv02+2gL+2qU1V0(1分)(3)若油滴恰不能撞到a板,且再返回并穿過M點,由動能定理,0-12mv12=-mgL-qUba(1分)解得Uba=U1+V0v022q(1分)考慮到油滴返回時速度方向已經(jīng)相反,為了使油滴沿原路與細管無接觸地返回并穿過M孔,磁感應(yīng)強度的大小不變,方向相反,即B

14、=-B。(1分)答案：(1)v02+2gL+2qU1V0(2)V0gqV0qRv02+2gL+2qU1V0(3)U1+V0v022q-V0qRv02+2gL+2qU1V015.【解析】(1)設(shè)小球在M點的速率為v1,只加電場時對小球在M點由牛頓第二定律得：mg=mv12R(1分)在水平軌道上,對小球由動能定理得：-Eqd=12mv12-12mv02(1分)聯(lián)立解得：E=32V/m(1分)(2)設(shè)小球在N點的速率為v2,在N點,對小球由牛頓第二定律得：qv2B=mv22R(1分)從M點到N點,由機械能守恒定律得：mgR+12mv12=12mv22(1分)聯(lián)立解得：B=53T=8.7 T(1分)在M點,對小球由牛頓第二定律得：mg+qv1B-FN=mv12R(或FN=qv1B)(1分)解出軌道對小球的支持力FN=1.7410-3N(1分)由牛頓第三定律,FN=-FN=-1.7410-3N,其中負號表示方向豎直向下。(1分)答案：(1)32V/m(2)8.7 T1.7410-3N16.【解析】(1)設(shè)粒子的初速度大小為v,粒子在極板間勻速直線運動,則有：qvB1=qE(1分)設(shè)粒子在圓形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r,則有qvB2=mv2r(1分)粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了60,則有r=Rcot30(1分)解得B2=0.1T(1分)(2)撤去磁場B1后,粒子