阶段滚动检测(四)

1、圆学子梦想 铸金字品牌温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。阶段滚动检测(四)第六十章(90分钟100分)第卷(选择题共50分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。多选题已在题号后标出)1.如图,闭合金属线圈a悬挂在通电长直导线b的正上方,且和b在同一竖直平面内,当b中的电流强度突然减小时,下列说法正确的是()A.线圈a中产生顺时针方向的电流,悬线张力变小B.线圈a中产生顺时针方向的电流,悬线张力增大C.线圈a中产生逆时针方向的电流,悬线张力变小D.线圈a中产生逆时针方向的电流,悬线张力增大2.

2、(多选)如图,一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u=2202sin(100t)V的交变电流。原线圈匝数n1=1100匝,副线圈匝数为n2=30匝,则()A.副线圈中磁通量变化率的最大值为0.22VB.将耐压值为6 V的电容器接在C、D两端,能正常工作C.把额定电压为8 V的小灯泡接在C、D两端,小灯泡能正常工作D.把电磁打点计时器接在C、D两端,打点周期为0.02s3.(多选)(2014潍坊模拟)如图所示,均匀的金属长方形线框从匀强磁场中拉出,它的两边固定有带金属滑轮的导电机构,线框向右运动时总是与两边良好接触,线框的长为a,宽为b,磁感应强度为B,一理想电压表跨接在A、B两导电机构上,

3、当线框在恒定外力F作用下向右运动的过程中(线框离开磁场前已做匀速运动),关于线框及电压表,下列说法正确的是()A.线框先做匀加速运动,后做匀速运动B.电压表的读数先增大后不变C.电压表的读数一直增大D.回路的电功率先增大后不变4.(多选)(滚动单独考查)(2014临沂模拟)一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上,另一个带电质点射入该区域时,只在电场力作用下恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c,如图所示,则有()A.a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是a=cb,Ea=Ec=2EbB.质点由a到b电势能增加,由b到c电场力做正功,在b点动能最小C.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是121D

4、.若改变带电质点在a处的速度大小和方向,有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动5.(多选)(2014西安模拟)如图所示,一束粒子(不计重力,初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域,其中磁场的方向如图所示,磁感应强度大小可根据实际要求调节,收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。则()A.该装置可筛选出具有特定速度的粒子B.该装置可筛选出具有特定质量的粒子C.若射入的粒子电荷量相同,则该装置筛选出的粒子一定具有相同的质量D.若射入的粒子质量相同,则该装置筛选出的粒子不一定具有相同的电荷量6.如图所示,在光滑

5、水平面上,有竖直向下的匀强磁场,分布在宽度为L的区域内,两个边长均为a(ab,根据点电荷场强计算公式E=kQr2,因b到Q的距离是c到Q距离的2倍,所以a、b、c三点场强大小的关系是Ea=Ec=2Eb,故选项A正确;由电场力与速度的夹角可知,质点由a到b电场力做负功,电势能增加;由b到c电场力做正功,电势能减小、动能增加,所以选项B正确;因a、b、c三点场强大小的关系是Ea=Ec=2Eb,所以质点在只受电场力时加速度大小之比是212,所以选项C错误;若改变带电质点在a处的速度大小和方向,因电场力做功使质点的速度大小变化,所以质点经过a、b、c三点不可能做匀速圆周运动,故选项D错误。5.A、C能

6、直线通过O1、O2、O3的粒子满足做匀速直线运动的规律,即Eq=Bqv,只有满足速度v=EB的粒子才能沿直线通过并进入收集室,故通过调节磁感应强度B的大小可筛选出具有特定速度的粒子,A正确,B错误;粒子经过加速电场加速获得的动能为Uq=12mv2,v=2Uqm,若射入的粒子的电荷量q相同,则满足条件的v相同,此时粒子的质量一定相同,C正确,D错误。6.A设线圈的横截面积为S,那么线圈电阻R=14aS(1为电阻率),质量m=24aS(2为密度),线圈进入磁场过程中,由牛顿第二定律得B2va2R=ma1(a1为加速度),即a1=B2va214aS24aS=B2v1612。因此两线圈的加速度相同,运

7、动情况相同,A正确。由q=R可知,q=Ba214aS=BSa41,S不同,q不同,B错误。两线圈进入磁场过程中产生热量等于动能减少量,Q=12m(v2-v02),因m不同,故Q不同,C错误。甲线圈进入磁场过程中所受安培力大于离开磁场的安培力,因此进入磁场时克服安培力做功大于离开磁场做的功,产生热量等于克服安培力做功,D错误。7.B由牛顿第二定律可知,金属杆由静止开始下滑,mgsin-B2L2v(R+r)=ma,v增大,a减小,C错误。当a=0时,v最大,v0=mg(R+r)sinB2L2,A错误。此过程中减少的机械能为mgxsin-12mv02,由能量守恒可得,电阻R上产生热量Q1=RR+r(

8、mgxsin-12mv02),B正确。此过程中流过电阻R的电荷量q=BLxR+r,D错误。8.B变压器输入电压U1=220V,由U1U2=n1n2可得输出电压U2=55V,变压器输出电流I2=I1n1n2=1A,电阻R0=U2-ULI2=19,B正确。滑动变阻器电流为I2-IL=0.5A,消耗的功率P=18W,A错误。由u=2202sin100tV可知f=50Hz,C错误。滑片向上滑动时,滑动变阻器阻值增大,并联部分电压变大,灯变亮,D错误。9.D由右手定则可知M点电势高,电容器上极板带正电,粒子带负电,A错。带电粒子处于静止状态,mg=,若电容器上极板向上移动距离d,由E=Ud可知,板间场强

9、变为原来的12,故油滴向下运动,B错误。若切割速度变为2v0,极板电压变为原来的2倍,油滴将向上运动,由牛顿第二定律可得,-mg=ma,可知a=g,C错误。若触头置于a位置,电容器两极间电压U2=,上极板向上移动d3,极板间场强E=,mg=qE,粒子静止,D正确。10.Aab向上运动切割磁感线,由右手定则判断电流方向由b到a,A正确。cd棒由静止释放后受重力、垂直纸面向里的安培力、杆的支持力以及向上的摩擦力,ab棒上感应电动势E=Blv,回路中感应电流I=,cd棒向下运动过程中由牛顿第二定律可得mg-BIl=ma,a随I增加而减小,a=0时,cd棒速度最大,后BIlmg,cd向下减速运动至停止

10、,因此B、C均错。力F做的功等于两棒产生的电热、摩擦产生的热量和增加的机械能之和,因此D错。11.【解析】(1)两表笔接c、d时,多用电表示数与电压表相同,说明有电流通过电压表,但没有电流通过多用电表所并联的电路,说明多用电表所并联的电路发生断路故障。由已知条件可知,是滑动变阻器R发生故障。(2)实物电路如图所示(3)电源的伏安特性曲线为直线,使直线通过尽量多的数据点,其他点均匀分布在线的两侧。由U=E-I(r+R0)可知,纵轴截距表示电动势,由图可知E=1.50V,斜率绝对值表示r+R0,由图知r+R0=3.0,则r=0.5。答案：(1)R断路(2)图见解析(3)图见解析1.50V(1.41

11、1.51 V均可)0.5(0.50.7均可)12.【解析】(1)测量爪A是测量玻璃管内径的。(2)读数为56mm+60.1 mm=56.6 mm。(3)在坐标纸中画出U-I图像如图所示。算出水柱的电阻R=1.0105(允许误差在10%以内),S=d24,=RSL=Rd24L=8.0102m。(4)如图所示(5)闭合开关时应保证测量电路的电压为零,故滑片应滑至最左端(A端)答案：(1)A(2)56.6(3)见解析(4)见解析图(5)最左(A)13.【解析】(1)在不加电场和磁场时,粒子做平抛运动,R=12gt02 (1分)R=v0t0 (1分)解得R=2v02g (1分)加上电场和磁场后,粒子做

12、匀速圆周运动,由牛顿运动定律可知mg=qE1qv0B=mv02r粒子带负电,因此电场方向竖直向下,E1=mgq由几何关系知r=Rtan30联立解得B=3mg6qv0方向垂直纸面向里(2分)(2)撤去磁场后加匀强电场E2,粒子仍能落在C点,由牛顿运动定律和平抛知识可得mg-qE2=maRcos30=12at2(1分)R+Rsin30=v0t(1分)联立解得E2=9-239qmg(1分)答案：(1)B=3mg6qv0,垂直纸面向里E1=mgq,竖直向下(2)9-239qmg14.【解析】(1)油滴进入电场后,重力与电场力均做功,设到M点时的速度为v1,由动能定理12mv12-12mv02=mgL+

13、qU1(1分)考虑到m=V0解得v1=v02+2gL+2qU1V0(1分)(2)油滴进入电场、磁场共存区域,恰与细管无接触地从N孔射出,需电场力与重力平衡,有：mg=qE(1分)得E=V0gq(1分)油滴在半圆形细管中运动时,洛伦兹力提供向心力,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,且再返回并穿过M点,由动能定理,0-12mv12=-mgL-qUba(1分)解得Uba=U1+V0v022q(1分)考虑到油滴返回时速度方向已经相反,为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔,磁感应强度的大小不变,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)设小球在M点的速率为v1,只加电场时对小球在M点由牛顿第二定律得：mg=mv12R(1分)在水平轨道上,对小球由动能定理得：-Eqd=12mv12-12mv02(1分)联立解得：E=32V/m(1分)(2)设小球在N点的速率为v2,在N点,对小球由牛顿第二定律得：qv2B=mv22R(1分)从M点到N点,由机械能守恒定律得：mgR+12mv12=12mv22(1分)联立解得：B=53T=8.7 T(1分)在M点,对小球由牛顿第二定律得：mg+qv1B-FN=mv12R(或FN=qv1B)(1分)解出轨道对小球的支持力FN=1.7410-3N(1分)由牛顿第三定律,FN=-FN=-1.7410-3N,其中负号表示方向竖直向下。(1分)答案：(1)32V/m(2)8.7 T1.7410-3N16.【解析】(1)设粒子的初速度大小为v,粒子在极板间匀速直线运动,则有：qvB1=qE(1分)设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r,则有qvB2=mv2r(1分)粒子速度方向偏转了60,则有r=Rcot30(1分)解得B2=0.1T(1分)(2)撤去磁场B1后,粒子