1、滚动测试十第一十章综合测试(时间:60分钟满分:110分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.下列说法正确的是()A.汽车“严禁超速”,是为了减小汽车的惯性B.秒、摩尔、安培均是国际单位制中的基本单位C.分子很小,任何情况下都可把它看成质点D.平行板电容器所带电荷量不变时,减小两板间的距离,两板间的电压将增大解析:因惯性的唯一量度是质量,故“严禁超速”不是为了减小汽车的惯性,而是减小汽车在撞击时受到的冲量,A错误;分子虽然很小,但当研究分子与
2、其体积、形状、大小有关的因素时,不能将其看作质点,如:研究分子内部结构、自旋等,C错误;根据C=,C=得:U=,可知:保持Q不变,减小极板间的距离,电压减小,D错误,正确的只有B。答案:B2.下列四个实验现象中,不能表明电流能产生磁场的是()A.甲图中,导线通电后磁针发生偏转B.乙图中,通电导线在磁场中受到力的作用C.丙图中,当电流方向相同时,导线相互靠近D.丁图中,当电流方向相反时,导线相互远离解析:甲图中小磁针发生偏转是由于受到了电流产生的磁场作用;丙、丁中两电流间的相互作用是通过电流产生的磁场发生的;乙图中导体棒受到力是由于受到了磁铁磁场作用,故选B。答案:B3.(2013西工大附中适应
3、性训练)如图,在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,P为屏上的一小孔,PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为-q的粒子(不计重力),以相同的速度v,从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内,且散开在与PC夹角为范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为()A.B.C.D.解析:从最左边射出的粒子与从最右边射出的粒子,到达MN同一点,从PC射出的粒子到达的点最远,为直径,所以打中的区域长度为:s=2R-2Rcos=。答案:D4.(2013黄山七校联考)如图所示,ab间接入电压有效值恒定的交变电流,M为理想变压器,如果R1的阻值增大,则
4、()A.电压表示数增大B.电流表的示数增大C.灯泡L的亮度变暗D.电阻R2的热功率增大解析:变压器输入电压不变,匝数比不变,则输出电压不变。若R1的阻值增大,副线圈电路中总电阻增大,流过R2的电流I2减小,电阻R2的热功率减小,D错误;流过R2的电流I2减小,灯泡L和R1组成的并联电路电压增大,电压表示数增大,灯泡L变亮,A正确,C错误;变压器输出电压不变,I2减小,输出功率减小,输入功率也减小,流过原线圈电流减小,电流表示数减小,B错误。答案:A5.中国已投产运行的1 000 kV特高压输电,是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电,在保持输送电功率和输电
5、线电阻都不变的条件下,现改用1 000 kV特高压输电,不考虑其他因素的影响,则()A.送电电流变为原来的2倍B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍C.输电线上降落的电压将变为原来的D.输电线上损耗的电功率将变为原来的解析:由P=UI可知电压加倍,电流减半,输电线上的功率损失P=I2r变为过去的,输电线上降落的电压U=Ir变为过去的,正确选项为C。答案:C6.(2013北京东城区期末)如图甲所示,理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A的保险丝L,原线圈匝数n1=600匝,副线圈匝数n2=120匝。已知原线圈接在如图乙所示的交流电源上,要使整个电路和用电器正常工作,则副线圈两端可以接()A.阻值
6、为12 的电阻B.并联两盏“36 V40 W”的灯泡C.工作频率为10 Hz的用电设备D.耐压值为36V的电容器解析:根据题图乙可知,原线圈输入的交变电压的最大值U1m=180V,有效值U1=180 V,周期T1=0.02 s,频率f1=50 Hz,又n1n2=51,所以副线圈的输出电压的最大值为U2m=36 V,有效值U2=36 V,周期T2=T1=0.02 s,频率f2=f1=50 Hz。若副线圈两端接阻值为12 的电阻,则I2=3 A,I1=0.6 A0.5 A,即流过保险丝的电流超过了其熔断电流,选项A错误;若并联两盏“36 V40 W”的灯泡,那么,灯泡两端电压刚好为其额定电压,此外
7、,流过保险丝的电流I1=0.2I2=0.22 A0.5 A,显然,整个电路和用电器均能正常工作,所以选项B正确;输出交变电流的频率为50 Hz,所以副线圈两端不可以接工作频率为10 Hz的用电设备,选项C错误;电容器的耐压值指的是允许通过的最大电压值,题中副线圈的输出电压的最大值为U2m=36 V,没有超过电容器的耐压值,所以选项D正确。答案:BD7.在如图甲所示的电路中,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器。闭合开关S,将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端,两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示。则()A.图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B.电源内电阻的阻值为5 C
8、.滑动变阻器R2的最大功率为1.8 WD.电源的最大输出功率为1.8 W解析:将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端,V2示数随电流增大而减小,题图乙中图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线,A错误;当V2示数为零,电流为0.6 A,根据V1示数3 V求得定值电阻R1=5 ,由闭合电路欧姆定律0.6(5+r)=E;当V2示数为4 V时,电流为0.2 A,求得滑动变阻器最大电阻R2=20 ,由闭合电路欧姆定律0.2(5+20+r)=E。联立解得E=6 V,电源内电阻的阻值为r=5 ,B正确;把定值电阻看作电源内阻的一部分,当滑动变阻器滑至中间时,滑动变阻器R2的功率最大,电压为3 V,电流为
9、0.3 A,最大功率为0.9 W,C错误;当滑动触头P滑到最左端时,电源输出功率最大,为30.6 W=1.8 W,D正确。答案:BD8.(2013山西大学附中高三模拟)如图所示电路,变压器为理想变压器。现将滑动变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置时,电流表A1的示数减小0.1 A,电流表A2的示数减小1 A,则下列说法正确的是()A.灯泡L1变亮B.灯泡L1变暗C.变压器为升压变压器D.变压器为降压变压器解析:电压不变,流过A2的电流减小,灯L2的分压减小,灯L1分压变大而变亮,选项A正确、B错误;由变压器公式有,解得,为降压变压器,选项C错误、D正确。答案:AD二、实验题(共15分)9.(6
10、分)(2013河北保定高三调研)探究“加速度与力、质量的关系”的实验中:(1)用到的最基本物理方法是。(2)在找“加速度与力的关系”时,实验的基本思路是。解析:根据该实验的基本实验原理和操作步骤,可以进行分析。答案:(1)控制变量法(2)保持物体质量不变,测量物体在不同力的作用下的加速度,分析加速度与力的关系10.(9分)(2013湖北八校第二次联考)用图甲中所示的电路测定一种特殊的电池的电动势和内阻,它的电动势E约为8 V,内阻r约为30 ,已知该电池允许输出的最大电流为40 mA。为防止调节滑动变阻器时造成短路,电路中用了一个定值电阻充当保护电阻,除待测电池外,可供使用的实验器材还有:甲A
11、.电流表A(量程0.05 A,内阻约为0.2 )B.电压表V(量程6 V,内阻20 k)C.定值电阻R1(阻值100 ,额定功率1 W)D.定值电阻R2(阻值200 ,额定功率1 W)E.滑动变阻器R3(阻值范围010 ,额定电流2 A)F.滑动变阻器R4(阻值范围0750 ,额定电流1 A)G.导线和单刀单掷开关若干个(1)为了电路安全及便于操作,定值电阻应该选;滑动变阻器应该选。(填写器材名称)(2)接入符合要求的实验器材后,闭合开关S,调整滑动变阻器的阻值,读取电压表和电流表的示数。取得多组数据,作出了如图乙所示的图线。根据图象得出该电池的电动势E为V,内阻r为。(结果保留两位有效数字)
12、乙(3)若图甲中所给的电压表已被损坏,其他器材均可使用。重新选择器材,设计电路测定该电池电动势和内阻。请在虚线框中画出所设计的电路图并在上面标明选定器材的名称。解析:(1)当滑动变阻器连入电路的阻值为零时,估算此时电路中的电阻约为R+r=,故定值电阻R=170 ,结合实验器材规格可知定值电阻选R2,而滑动变阻器为方便调控电路中的电流和路端电压,应选R4。(2)由UI图线可知纵截距为电源的电动势,因而电动势为7.8 V,而图线斜率的绝对值为r+R2,故电源的内电阻为29 。(3)若电压表损坏,由E=I(r+R)可知,需要通过改变外电阻来改变电路总电阻,若知道外电阻的阻值,则可以根据方程组E=I(
13、r+R)、E=I(r+R)解出电源的电动势和内阻。答案:(1)R2R4(2)7.8(7.77.9均可)29(2632均可)(3)如图所示三、计算题(本题共3小题,共47分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图所示,特战队员从悬停在空中离地235 m高的直升机上沿绳下滑进行降落训练,某特战队员和他携带的武器质量共为80 kg,设特战队员用特制的手套轻握绳子时可获得200 N的摩擦阻力,紧握绳子时可获得1 000 N的摩擦阻力,下滑过程中特战队员必须轻握绳子才能确保安全。g取10 m/s2。求: (1)特战队员轻握绳子降落时的加速度是多大?(2
14、)如果要求特战队员着地时的速度不大于5 m/s,则特战队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少,最少时间为多少?解析:(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度为a1=m/s2=7.5 m/s2(2)先加速到一定速度后立即减速,到达地面时正好为5 m/s。特战队员紧握绳子降落时的加速度为a2=m/s2=2.5 m/s2特战队员加速过程和减速过程的位移之和等于235 m,即=235 m解得vm=30 m/s特战队员在空中下滑过程中的最少时间为t总=t1+t2=14 s答案:见解析12.(16分)如图所示,一平行板电容器水平放置,板间距离为d,上极板开有一小孔,质量均为m、带电荷量均为+q的两个
15、带电小球(视为质点),其间用长为l的绝缘轻杆相连,处于竖直状态,已知d=2l,今使下端小球恰好位于小孔中,由静止释放,让两球竖直下落。当下端的小球到达下极板时,速度刚好为零。试求: (1)两极板间匀强电场的电场强度。(2)两球运动过程中的最大速度。解析:(1)两球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中,由动能定理得2mgd-Eqd-Eq(d-l)=0解得E=(2)两球由静止开始下落至上端小球恰好进入小孔时两球达到最大速度,此过程利用动能定理得2mgl-Eql=解得v=答案:(1)(2)13.(16分)如图所示,在直角坐标系x轴上方有与x轴成45角的匀强电场,电场强度大小E=103V/m,
16、在x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。现从y轴上距坐标原点L=10 cm处由静止释放一比荷为104 C/kg的带正电的微粒A,不计微粒的重力。求: (1)微粒进入磁场后在磁场中运动的轨道半径。(2)从释放微粒到微粒第一次从磁场返回电场所用时间。(3)若在A第一次返回电场的同时,在电场中适当的位置由静止释放另一与A完全相同的带电微粒B,可使两微粒在进入磁场前相遇。求出所有满足条件的释放点的轨迹方程(不计两微粒之间的库仑力)。解析:(1)微粒在进入磁场前做匀加速运动,设微粒质量为m,带电荷量为q,进入磁场时速度为v,则:mv2=EqL微粒进入磁场后做匀速圆周运动,设轨道半径为R
17、,则:Bqv=m代入数值可解得:R=0.1m(2)由此可作出微粒的运动轨迹如图所示。微粒在磁场中运动圆周后从P点进入电场。设微粒从释放到进入磁场之前所用时间为t1,则:t1=T=设释放到进入电场之前所用时间为t,则:t=t1+代入数值可得:t=(1+)10-4 s(3)微粒从P点进入电场后做类平抛运动,设微粒再次进入磁场时距坐标原点为x0,如(2)中图所示,则:Px0sin 45=Px0cos 45=vt2代入数值可解得Px0=0.8 m由于微粒B与A完全相同,所以只需在微粒离开磁场时速度方向的直线上的PQ范围内任一点释放微粒B,可保证两者在进入磁场前相遇。即在直线y=x+10(-10x30,x、y单位为cm)上任意一点释放微粒B都能满足要求。答案:(1)0.1m(2)(1+)10-4 s(3)y=x+10(-10x30,x、y单位为cm)
