1、阶段滚动检测(五) 第九十三章(90分钟 100分)第卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是()A.焦耳发现了电流热效应的规律B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.法拉第总结出了判断感应电流方向的方法2.(滚动单独考查)有两个相同的电阻R串联起来接在电动势为E的电源上,通过每个电阻的电流为I,若将这两个电阻并联起来,仍接在该电源上,此时通过一个电阻R的电流为I,则该
2、电源的内阻是()A.RB.C.4RD.3.(2013宁德模拟)质量为m的通电细杆置于倾角为的导轨上,导轨的宽度为d,杆与导轨间的动摩擦因数为,有垂直于纸面向里的电流通过杆,杆恰好静止于导轨上。在如图所示的A、B、C、D四个图中,杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是()4.某电路中电场随时间变化的图像如图所示,能产生电磁波的电场是()5.(2013梧州模拟)如图所示,ab为一金属杆,它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,可绕a点在纸面内转动;S为以a为圆心位于纸面内的金属环;在杆转动过程中,杆的b端与金属环保持良好接触;A为电流表,其一端与金属环相连,一端与a点良好接触。当杆沿顺时针方向转动时,某时刻a
3、b杆的位置如图所示,则此时刻()A.有电流通过电流表,方向由c向d,作用于ab的安培力向右B.有电流通过电流表,方向由c向d,作用于ab的安培力向左C.有电流通过电流表,方向由d向c,作用于ab的安培力向右D.无电流通过电流表,作用于ab的安培力为零6.(滚动单独考查)P、Q两电荷的电场线分布如图所示,a、b、c、d为电场中的四点。一个离子从a运动到b(不计重力),轨迹如图所示,则下列判断正确的是()A.P带负电B.c、d两点电势相等C.离子在运动过程中受到P的吸引力D.离子从a到b,电场力做正功7.(滚动交汇考查)一理想变压器的原线圈连接一只电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节
4、,如图所示。在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头。原线圈两端接在电压为U的交流电源上。则()A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变大B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变小C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变大D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变小8.如图所示,T为理想变压器,副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略,其余输电线电阻可不计,则当开关S闭合时()A.交流电压表V2和V3的示数一定都变小B.交流电压表V3的示数变小C.交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大D.只有A1的示数变大9.(2
5、013南宁模拟)如图所示,两块相距为d的水平放置的金属板组成一个平行板电容器,用导线、开关S将其与一个n匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中,两板间放一台小压力传感器,压力传感器上表面绝缘且水平,在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为+q的小球。已知S断开时传感器上有示数,S闭合后传感器上的示数变为原来的二倍,则穿过线圈的磁场的磁感应强度变化情况和磁通量变化率分别是()A.正在增强,=B.正在增强,=C.正在减弱,=D.正在减弱,=10.(2013宁波模拟)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为k,输出端接有一交流电动机,此电动机线圈的电阻为R。当原线圈两端接有正弦交变电流
6、时,变压器的输入功率为P0,电动机恰好能带动质量为m的物体以速度v匀速上升,此时理想交流电流表A的示数为I。若不计电动机的机械能损耗,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.电动机输出的机械功率为P0B.变压器的输出功率为mgvC.副线圈两端电压的有效值为D.整个装置的效率为第卷(非选择题共50分)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(滚动单独考查)(4分)在测一节干电池(电动势约为1.5V,内阻约为2)的电动势和内阻的实验中,变阻器和电压表各有两个供选:A.电压表量程为15V;B.电压表量程为3V。A.变阻器为(020,3A);B.变阻器为(0500,0.2A)。电压表应该选(选填
7、“A”或“B”),这是因为。变阻器应该选(选填“A”或“B”),这是因为。12.(2013百色模拟)(8分)在做“测定金属电阻率”的实验中,待测金属的阻值约为5。(1)某同学先通过游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度,读出图中的示数,游标卡尺所示的金属圆片的直径的测量值为cm,螺旋测微器所示的金属圆片的厚度的测量值为mm。(2)实验室准备用来测量该电阻值的实验器材有:电压表V1(量程03 V,内电阻约15 k);电压表V2(量程015 V,内电阻约75 k);电流表A1(量程03 A,内电阻约0.2);电流表A2(量程0600 mA,内电阻约3);滑动变阻器R(最大阻值为10
8、0,额定电流为0.6 A);电池组E(电动势为3 V、内电阻约为0.3);开关及导线若干。为使实验能正常进行,减小测量误差,实验要求电表读数从零开始变化,并能多测几组电流、电压值,以便画出电流电压关系图线,则电压表应选用(填实验器材的代号)。电流表应选用(填实验器材的代号)。在虚线框内完成电路原理图。(标出所选器材的代号)(3)这位同学在一次测量时,电流表、电压表的示数如图所示。由图中电流表、电压表的读数可计算出待测金属的电阻为。(结果精确到小数点后一位)。三、计算题(本大题共4小题,共38分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(滚动交汇考查)(8分)如图所示,间距为
9、L的光滑平行金属导轨水平放置在磁感应强度为B的磁场中,一端接有阻值为R的电阻,一质量为m,电阻为r的导体棒ab放置在导轨上,在外力F作用下从t=0开始运动,其速度规律为v=vmsint,不计导轨电阻及感应电流的磁场对原磁场的影响,求:(1)感应电动势的表达式;(2)电阻R上的发热功率。14.(10分)宽度为L,足够长的光滑倾斜导轨与水平面间夹角为,匀强磁场磁感应强度为B,方向垂直于导轨向上,范围足够大,导轨的上端连着一个阻值为R的电阻,下端连着一个阻值为2R的电阻,导轨电阻不计。金属棒ab长为L,质量为m,电阻也为R,垂直地放在导轨上。在某一平行于导轨向上的恒力(图中未画出)的作用下,ab棒从
10、静止开始沿导轨向上运动,最后达到稳定的运动状态。整个过程中,通过斜面底端电阻2R的最大电流为I,求:(1)通过ab棒的最大电流;(2)ab棒的最大加速度;(3)ab棒的最大速度。15.(2013内江模拟)(10分)如图所示,一个内壁光滑绝缘的环形细圆筒轨道竖直放置,环的半径为R,圆心O与A端在同一竖直线上,在OA连线的右侧有一竖直向上的场强E=的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。现有一个质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放,进入OA连线右边的区域后从该区域的边界水平射出,然后,刚好从C端射入圆筒,圆筒的内径很小,可以忽略不计。(1)小球第一次运动到A端时,对轨道的压
11、力为多大?(2)匀强磁场的磁感应强度为多大?16.(2013廊坊模拟)(10分)如图甲所示,在一个正方形金属线圈区域内,存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场,磁场的方向与线圈平面垂直。金属线圈所围的面积S=200cm2,匝数n=1000,线圈电阻r=1.0。线圈与电阻R构成闭合回路,电阻的阻值R=4.0。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示,求:(1)在t1=2.0s时刻,通过电阻R的感应电流的大小;(2)在t2=5.0s时刻,电阻R消耗的电功率;(3)06.0 s内整个闭合电路中产生的热量。答案解析1.A、B焦耳发现了电流的热效应规律,并提出焦耳定律,A正确;库仑总结了点电荷间相
12、互作用的规律,提出了库仑定律,B正确;奥斯特发现了电流的磁效应,C错;楞次总结出了判断感应电流方向的方法,法拉第得出了感应电流大小的计算方法,D错。2.C由闭合电路欧姆定律得,两电阻串联时I=,两电阻并联时I=,解得r=4R,故选C。3.C、DA中通电细杆所受安培力水平向右,B中安培力竖直向上,这两种情况,即使没有摩擦力,通电细杆也可以静止在导轨上;C中安培力竖直向下,D中安培力水平向左,这两种情况,如果没有摩擦力,通电细杆均不能静止,故C、D均对。4.D由麦克斯韦电磁场理论知,当空间出现恒定的电场时,由于其不激发磁场,故无电磁波产生,A错;当空间出现均匀变化的电场时,会激发出磁场,但磁场恒定
13、,不会再激发出电场,故也不会产生电磁波,B、C错;只有周期性变化的电场才会激发出周期性变化的磁场,其又激发出周期性变化的电场,如此不断激发,便会形成电磁波,D对。5.A当金属杆ab顺时针方向转动时,切割磁感线,由法拉第电磁感应定律知产生感应电动势,由右手定则可知将产生由a到b的感应电流,电流表的d端与a端相连,c端与b端相连,则通过电流表的电流是由c到d。而金属杆在磁场中会受到安培力的作用,由左手定则可判断出安培力的方向为水平向右,阻碍金属杆的运动,所以A正确。6.C沿电场线方向电势降低,则P是正电荷,Q是负电荷,且cd,选项A、B均错;离子受电场力的方向应该指向曲线的凹侧,故可以判断出离子在
14、运动过程中受到P的吸引力,即离子带负电,选项C正确;离子从a到b,电场力做负功,电势能增加,选项D错误。7.B、C根据理想变压器原、副线圈上电压、电流决定关系知:在输入电压U1不变的情况下,U2不变。当保持Q的位置不动,滑动触头P向上滑动时,副线圈上的电阻增大,电流减小,故输入电流I1亦随着减小,即电流表的示数变小,A错误,B正确;当保持P的位置不动,将Q向上滑动时,由=知,副线圈上匝数增大,引起副线圈上电压增大,即副线圈上电流增大,故原线圈上的电流亦随着增大,故电流表的示数增大,C正确,D错误。8.B在理想变压器中,因为U不变,故V2示数不变;闭合S时,负载电阻变小,副线圈中电流I2增大,A
15、2示数增大,由P入=P出,即IU=I2U2可知A1示数增大,因为ab和cd导线的电阻不可忽略,V3改测R2两端电压,故V3示数变小。R1两端电压减小,故流过R1处的电流I3变小,A3示数变小,故B正确。9.DS闭合后传感器上的示数变为原来的2倍,说明小球受到了向下的电场力作用,大小为mg,故板间电压为,线圈产生的感应电动势E=n=,则=,电容器上极板带正电,由楞次定律知,磁感应强度正在减弱,D正确。10.D因物体匀速上升,电动机的输出功率等于克服物体重力做功的功率,而电动机线圈要产生焦耳热,故变压器的输入功率即输出功率就等于电动机线圈的发热功率与机械功率之和,P0=mgv+I2R,A、B皆错误
16、。因副线圈的输出功率为P0,通过的电流为I,故其两端电压为U2=,C错误。整个装置效率为有用功率(电动机对物体做功的功率)与消耗的总功率(变压器的输入功率)之比,D正确。11.【解析】电动势为1.5 V,而A电压表量程为15 V,若用A则很难精确读数,误差太大;B变阻器电阻太大而额定电流过小,调节不方便。答案：BA电压表量程过大,读数误差较大AB变阻器额定电流过小,调节不方便12.【解析】(1)游标卡尺的读数为29mm+80.1 mm=29.8 mm=2.98 cm,螺旋测微器的读数为2.0 mm+13.00.01 mm=2.130 mm。(2)因电源电动势为3V,为了较准确地读数,电压表应选
17、V1;估算流过待测电阻的最大电流Im=0.6 A,故电流表应选A2;因电表读数要求从零开始变化,故滑动变阻器应采用分压式接法,由RxRV,故电流表采用外接法,如图所示(3)电流表、电压表读数分别为0.46 A、2.40 V,故Rx=5.2。答案：(1)2.982.130(或2.131)(2)V1A2见【解析】图(3)5.213.【解析】(1)根据E=BLv得:E=BLvmsint(2分)(2)感应电动势的有效值为E=(2分)感应电流的有效值为I=(2分)电阻R上的发热功率为P=I2R=(2分)答案：(1)E=BLvmsint(2)14.【解析】(1)ab棒在外力F的作用下沿导轨向上做加速度a逐
18、渐减小的加速运动,当a=0时,速度v=vm最大,此时电流也最大。由电路结构知,此时,通过ab棒的电流为3I(2分)(2)当速度v=vm时,有F-3BIL-mgsin=0(2分)得F=3BIL+mgsin,刚开始时,v=0,a=am最大,所以F-mgsin=mam(2分)am=(1分)(3)a=0时,v=vm,ab棒的电动势E=BLvm又E=3IR=5IR(2分)可得vm=(1分)答案：(1)3I(2)(3)15.【解析】(1)由机械能守恒定律得:mgR(1+sin30)=mv2(2分)到达A点时,由牛顿第二定律得:FN-mg=(2分)由牛顿第三定律得小球对轨道的压力:FN=FN=4mg(1分)
19、(2)带电小球进入复合场后,所受的电场力F=qE=mg,所以它将做匀速圆周运动,穿出复合场后做平抛运动,设平抛运动的时间为t,则:在水平方向上有:Rcos30=vt竖直下落的高度h=gt2(2分)因此,小球在复合场中做匀速圆周运动的半径r=由洛伦兹力提供向心力得:qvB=(2分)联立解得:B=(1分)答案：(1)4mg(2)16.【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律,04.0s时间内线圈中磁通量均匀变化,产生恒定的感应电流。t1=2.0s时的感应电动势E1=n=n(1分)根据闭合电路欧姆定律,闭合回路中的感应电流I1=(1分)解得I1=0.2A。(1分)(2)由图像可知,在4.06.0s时间内,线圈中产生的感应电动势大小E2=n=n(1分)根据闭合电路欧姆定律,t2=5.0s时闭合回路中的感应电流I2=0.8A(2分)电阻消耗的电功率P2=R=2.56W。(1分)(3)根据焦耳定律,04.0s内闭合电路中产生的热量Q1=(r+R)t1=0.8J(1分)4.06.0s内闭合电路中产生的热量Q2=(r+R)t2=6.4J(1分)06.0s内闭合电路中产生的热量Q=Q1+Q2=7.2J。(1分)答案：(1)0.2A(2)2.56W(3)7.2J关闭Word文档返回原板块