阶段综合检测四 第九十一章验收Word文档格式.docx
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D.Li俘获一个质子,产生He并放出一个粒子
选B 根据质量数守恒、电荷数守恒,各选项核反应方程如下:
N+HeO+H,故A错误;
Al+HeP+n,故B正确;
B+HBe+He,故C错误;
Li+HHe+He,故D错误。
4.(2018·
盐城三模)如图甲所示,把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来,先把它们接到电动势为E(内阻不计)的直流电源上;
再把它们接到交流电源上,如图乙所示,取直流电源的电压与交流电压的有效值相等。
下列叙述正确的是( )
A.接交流电时灯泡更亮些
B.接直流电和接交流电时灯泡一样亮
C.减小交流电频率时图乙中灯泡变亮
D.图甲中闭合S瞬间,通过灯泡的电流立即达到最大值
选C 电感线圈对交变电流存在阻碍作用即感抗,电感线圈对直流无感抗,所以接直流时灯泡更亮,故A、B错误;
电感线圈对交变电流存在感抗xL=2πfL,所以减小交变电流频率时,感抗减小,电流变大,灯泡变亮,故C正确;
题图甲中,由于电感线圈,在闭合S瞬间,线圈中的电流增大,在线圈中产生自感电动势阻碍电流的增大,所以灯泡中的电流逐渐增大,故D错误。
5.(2019·
苏北四市一模)如图所示,铁芯上绕有线圈A和B,线圈A与电源连接,线圈B与理想发光二极管D相连,衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断,忽略A的自感。
下列说法正确的是( )
A.闭合S,D闪亮一下
B.闭合S,C将会过一小段时间接通
C.断开S,D不会闪亮
D.断开S,C将会过一小段时间断开
选D 当闭合S瞬间时,穿过线圈B的磁通量要增加,根据楞次定律:
增反减同,结合右手螺旋定则可知,线圈B的电流方向为逆时针,而由于二极管顺时针方向导电,则二极管D不会闪亮一下,则线圈A中磁场立刻吸引C,导致其即时接触,故A、B错误;
当断开S瞬间时,穿过线圈B的磁通量要减小,根据楞次定律:
增反减同,结合右手螺旋定则可知,电流方向为顺时针,则二极管处于导通状态,则D会闪亮,同时对线圈A有影响,阻碍其磁通量减小,那么C将会过一小段时间断开,故C错误,D正确。
6.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1h内杯中水面上升了45mm。
当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。
据此估算该压强为(雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×
103kg/m3)( )
A.0.15Pa B.0.54Pa
C.1.5PaD.5.4Pa
选A 设圆柱形水杯的横截面积为S,则水杯中水的质量为m=ρV=1×
103×
45×
10-3S=45S,由动量定理可得:
Ft=mv,而p=,所以p==Pa=0.15Pa,A正确。
7.(2018·
全国卷Ⅱ)用波长为300nm的光照射锌板,电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×
10-19J。
已知普朗克常量为6.63×
10-34J·
s,真空中的光速为3.00×
108m·
s-1。
能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为( )
A.1×
1014Hz B.8×
1014Hz
C.2×
1015HzD.8×
1015Hz
选B 设单色光的最低频率为ν0,由爱因斯坦光电效应方程得Ek=hν1-W0,0=hν0-W0,又ν1=,整理得ν0=-,代入数据解得ν0≈8×
1014Hz,B正确。
二、多项选择题(本题共5小题,每小题4分,共计20分。
每小题有多个选项符合题意。
全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分)
8.
(2018·
连云港期末)如图所示,理想降压变压器的副线圈电路中,R0为定值电阻,R是光敏电阻(光照强度增大,电阻减小)。
原线圈输入功率为P1,副线圈输出功率为P2;
V1和V2是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示;
A1和A2是理想交流电流表,示数分别用I1和I2表示。
A.I1小于I2
B.P1大于P2
C.光照强度增大,U2不变、I1变大
D.光照强度增大,U1变小、I2变小
选AC 原、副线圈中电流与匝数成反比,因为是理想降压变压器,n1>
n2,所以I1小于I2,故A正确;
理想变压器本身不消耗能量,输入功率等于输出功率,故B错误;
光照强度增大,光敏电阻减小,因为输入电压和匝数不变,所以U2不变,副线圈电路中总电阻减小,那么副线圈的电流I2变大,因此原线圈的电流I1也变大,故C正确,D错误。
9.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场。
从球开始进入磁场到完全穿出磁场的过程中(磁场宽度大于金属球的直径),则小球( )
A.整个过程匀速运动
B.进入和穿出磁场的过程中球均做减速运动
C.整个过程都做匀减速运动
D.穿出时的速度一定小于初速度
选BD 进入和离开磁场时,金属球切割磁感线产生感应电流,从而产生阻碍金属球运动的安培力,故两过程均做减速运动;
当金属球全部进入磁场时,磁通量不变,故没有感应电流,金属球做匀速直线运动;
所以穿出时的速度一定小于初速度,故B、D正确,A、C错误。
10.
日照模拟)如图所示,在竖直面内有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场,磁场上、下边界水平。
将一边长为l(l<
h)、质量为m的正方形导体框abcd从磁场上方由静止释放,ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等。
已知导体框的电阻为r,导体框下落过程中,ab边始终保持水平,重力加速度为g。
则( )
A.导体框一定是减速进入磁场
B.导体框可能匀速穿过整个磁场区域
C.导体框穿过磁场的过程中,电阻产生的热量为mg(l+h)
D.导体框进入磁场的过程中,通过某个横截面的电荷量为
选AD 因为l<
h,所以导体框在磁场中运动过程中,一定会存在不受安培力,只受重力的过程,该过程做加速运动,所以为了满足ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等,导体框必须先减速进入磁场,然后在磁场中加速,再减速穿出磁场,故A正确B错误;
因为ab边刚进入磁场的瞬间和刚穿出磁场的瞬间速度相等,所以进入磁场过程中和穿出磁场过程中产生的热量相等,故整个过程中产生的热量为Q=2mgh,C错误;
根据q=可得导体框进入磁场的过程中,通过某个横截面的电荷量为q=,D正确。
11.如图所示,电动机牵引一长为1m、质量为0.1kg的导体棒MN由静止开始上升,导体棒的电阻为1Ω,架在竖直放置的金属框架上,它们处于磁感应强度为1T的匀强磁场中,磁场方向与框架平面垂直。
当导体棒上升3.8m时,获得稳定的速度,导体棒上产生的热量为2J。
电动机牵引导体棒时,电压表、电流表的读数分别为7V、1A,电动机的内阻为1Ω,不计框架电阻及一切摩擦,g取10m/s2,以下判断正确的是( )
A.导体棒向上做匀减速运动
B.电动机的输出功率为49W
C.导体棒达到稳定时的速度为2m/s
D.导体棒从静止至达到稳定速度所需要的时间为1s
选CD 由于电动机的输出功率恒定,由P出=Fv及F-mg-=ma可知,导体棒的加速度逐渐减小,选项A错误;
电动机的输出功率P出=IU-I2r=6W,选项B错误;
电动机的输出功率就是电动机对导体棒的拉力的功率,即P出=Fv,当导体棒达到稳定速度时,有F=mg+BI′L,其中I′==,解得导体棒达到稳定时的速度v=2m/s,选项C正确;
由能量守恒定律得P出t=mgh+mv2+Q,解得t=1s,选项D正确。
12.(2019·
宿迁期末)如图所示,线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动,其线圈中感应电动势的峰值为Em,闭合回路中两只灯泡均能正常发光。
A.从图中位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt
B.增大线圈转动角速度ω时,感应电动势的峰值Em不变
C.增大电容器C两极板间的正对面积时,灯泡A1变暗
D.抽去电感器L的铁芯时,灯泡A2变亮
选AD 题图所示位置即中性面,所以感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt,故A正确;
感应电动势的峰值Em=BSω,增大线圈转动角速度ω时,感应电动势的峰值Em将增大,故B错误;
增大电容器C两极板间的正对面积时,电容增大,容抗减小,灯泡A1变亮,故C错误;
抽去电感器L的铁芯时,自感系数减小,感抗减小,灯泡A2变亮,故D正确。
三、实验题(本题共2小题,共18分)
13.(8分)(2019·
哈尔滨六中模拟)某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律,实验的主要步骤如下。
(1)用游标卡尺测量小球A、B的直径d,其示数均如图乙所示,则直径d=________mm,用天平测得球A、B的质量分别为m1、m2。
(2)用两条悬线分别将球A、B悬挂于同一水平高度,且自然下垂时两球恰好相切,球心位于同一水平线上。
(3)将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放,与球B碰撞后,测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1,球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2。
(4)为验证两球碰撞前、后动量是否守恒,则应验证表达式_______________________
_______是否成立;
若碰撞是弹性碰撞,则还应满足的表达式为_______________________
_______。
(用测量的物理量表示,重力加速度为g)
(1)由题图乙可知,直径d=2.2cm+0.1×
0mm=2.20cm=22.0mm。
(4)设悬点到球心的长度为L,由动能定理可得mgL(1-cosα)=mv2,则A球到达最低点时的速度大小v=,同理,碰后A球的速度大小v1=,碰后B球的速度大小v2=;
若两球碰撞前、后动量守恒,则表达式m1v=m2v2-m1v1成立,即m1=m2-m1成立,故要验证两球碰撞前、后动量是否守恒,需验证m1=m2-m1是否成立。
若碰撞是弹性碰撞,则还应满足的表达式为m1v2=m2v+m1v,
即m1[]2=m2[]2+m1[]2,
化简得m1cosα=m1cosθ1-m2(1-cosθ2)。
答案:
(1)22.0
(4)m1=m2-m1
m1cosα=m1cosθ1-m2(1-cosθ2)
14.(10分)(2017·
江苏高考)某同学通过实验制作一个简易的温控装置,实验原理电路图如图1所示,继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器R串联接在电源E两端,当继电器的电流超过15mA时,衔铁被吸合,加热器停止加热,实现温控。
继电器的电阻约20Ω,热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
Rt/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.1
(1)提供的实验器材有:
电源E1(3V,内阻不计)、电源E2(6V,内阻不计)、滑动变阻器R1(0~200Ω)、滑动变阻器R2(0~500Ω)、热敏电阻Rt、继电器、电阻箱(0~999.9Ω)、开关S、导线若干。
为使该装置实现对30~80℃之间任一温度的控制,电源E应选用________(选填“E1”或“E2”),滑动变阻器R应选用________(选填“R1”或“R2”)。
(2)实验发现电路不工作。
某同学为排查电路故障,用多用电表测量各接点间的电压,则应将如图2所示的选择开关旋至________(选填“A”“B”“C”或“D”)。
(3)合上开关S,用调节好的多用电表进行排查。
在图1中,若只有b、c间断路,则应发现表笔接入a、b时指针________(选填“偏转”或“不偏转”),接入a、c时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)。
(4)排除故障后,欲使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合,下列操作步骤的正确顺序是________。
(填写各步骤前的序号)
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关,将电阻箱从电路中移除
④合上开关,调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关,用电阻箱替换热敏电阻,将阻值调至108.1Ω
(1)如果电源用E1,则在t=30℃时电路中的最大电流Im=A≈13.67mA<
15mA,故不能实现对此温度的控制,因此电源应选用E2;
为了在t=80℃时实现对温度的控制,设滑动变阻器阻值的最大值至少为R′,则=0.015A,解得R=330.9Ω,因此滑动变阻器应选用R2。
(2)要用多用电表的直流电压挡检测故障,应将选择开关旋至C。
(3)如果只有b、c间断路,说明b点与电源的负极间没有形成通路,a、b间的电压为零,表笔接在a、b间时,指针不偏转;
c点与电源的负极间形成通路,a与电源的正极相通,a、c间有电压,因此两表笔接入a、c间时指针发生偏转。
(4)排除故障后,欲使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合,应先断开开关,用电阻箱替换热敏电阻,并将阻值调至108.1Ω,合上开关,调节滑动变阻器的阻值,直至观察到继电器的衔铁被吸合,这时断开开关,将电阻箱从电路中移除,将热敏电阻接入电路。
因此操作步骤的正确顺序是⑤④②③①。
(1)E2 R2
(2)C (3)不偏转 偏转
(4)⑤④②③①
四、计算题(本题共4小题,共61分)
15.(14分)(2018·
全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。
当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。
爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。
求:
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有
E=mv①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有
0=v0-gt②
联立①②式得
t=。
③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④
火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。
由题给条件和动量守恒定律有
mv+mv=E⑤
mv1+mv2=0⑥
由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有
mv=mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h=h1+h2=。
⑧
(1)
(2)
16.(15分)如图甲所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡,在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。
已知线圈的匝数n=100匝,总电阻r=1.0Ω,所围成矩形的面积S=0.040m2,小灯泡的电阻R=9.0Ω,磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nBmScost,其中Bm为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期,不计灯丝电阻随温度的变化。
(1)线圈中产生感应电动势的最大值;
(2)小灯泡消耗的电功率;
(3)在磁感应强度变化的0~时间内,通过小灯泡的电荷量。
(1)由题给图像知,线圈中产生的交变电流的周期
T=3.14×
10-2s,
所以Em=nBmSω==8.0V。
(2)电流的最大值Im==0.80A,
有效值I==A
小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88W。
(3)在0~时间内,电动势的平均值=
平均电流==
通过灯泡的电荷量Q=Δt==4.0×
10-3C。
(1)8.0V
(2)2.88W (3)4.0×
10-3C
17.(15分)
如图所示,两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°
的绝缘斜面上,顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻,下端开口,轨道间距L=1m。
整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上。
质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上,ab在导轨之间的电阻r=1Ω,导轨电阻不计。
金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨,且与导轨接触良好。
已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm=2.0m/s,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,取g=10m/s2。
(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ;
(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中,电阻R上产生的焦耳热为1.5J,求流过电阻R的总电荷量q。
(1)由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ-F安=0
F安=BIL,I=,E=BLvm
解得μ=0.5。
(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中,沿导轨下滑距离为x,由能量守恒定律得
mgxsinθ=μmgxcosθ+QR+Qr+mv
根据焦耳定律得=
解得x=2.0m
根据q=Δt
=
==
联立可得通过电阻R的总电荷量q==1.0C。
(1)0.5
(2)1.0C
18.(17分)(2019·
盐城模拟)如图甲所示,Ⅰ、Ⅱ区域是宽度均为L=0.5m的匀强磁场,磁感应强度大小均为B=1T,方向相反。
一边长L=0.5m、质量m=0.1kg、电阻R=0.5Ω的正方形金属线框,在外力作用下,以初速度v=10m/s匀速穿过磁场区域。
(1)取逆时针方向为正,在图乙中作出it图像;
(2)求线框穿过磁场区域的过程中外力做的功;
(3)若不施加外力,确定线框最终停止的位置。
(1)线框刚进入磁场Ⅰ时,右边导线切割磁感线,感应电流I1==10A,
由楞次定律可知电流方向为逆时针方向,取正值;
时间间隔Δt1==0.05s
线框完全进入磁场Ⅰ,并开始向右进入磁场Ⅱ时,线框两边切割磁感线,
感应电流I2==20A,
由楞次定律可知电流方向为顺时针方向,取负值;
时间间隔Δt2=0.05s
线框完全进入磁场Ⅱ,并开始向右出磁场时,线框左边导线切割磁感线,感应电流I3==10A,
由楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向,取正值;
时间间隔Δt3=0.05s
电流随时间变化关系如图所示:
(2)因为线框匀速运动,所以外力做的功等于电流做的功
W=IRΔt1+IRΔt2+IRΔt3=15J。
(3)没有外力时,线框在安培力作用下做变减速运动
线框通过磁场Ⅰ的过程中:
=ma
即Δt=mΔv
则有:
Δx=mΔv
∑Δx=∑mΔv
由x1=Δx=0.5m,可得Δv=2.5m/s,
则线框完全进入磁场Ⅰ时的速度v1=v0-Δv=7.5m/s
线框进入磁场Ⅱ的过程中:
由Δv=7.5m/s,
解得:
x2=Δx=0.375m
即线框进入磁场后运动x=x1+x2=0.875m(离左边0.875m处停止运动)。
(1)见解析图
(2)15J
(3)离左边0.875m处停止运动
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