高三電、磁學模塊第一輪復習自測題(選修3-1、3-2)參考答案

1.D 2.D 3.D 4.D 5.A 6.B 7.B C 8.A B 9.A B D 10.A C D

11.(1)D (2)如圖1所示 (3)0.3

圖1

(2)電源的輸出功率P=U I=2 W,電源的總功率P總=I E=3 W,因此電源的效率

(3)設油滴的帶電荷量為q,兩極板的間距為d,斷開開關S2前有斷開開關S2時有解得a=5m/s2,方向豎直向上。

13.(1)從Φ-t圖像可以看出Φmax=1.0×10-2Wb,T=3.14×10-2s,又有Emax=n ω Φmax=200V。

(3)在0～7.85×10-3s時間內產生的平均感應電動勢通過電阻R的電荷量

14.(1)由i-t圖像可知,當電流達到最大值imax時,導體棒做勻速運動,這時導體棒受到的安培力和重力平衡,則F安=B imaxd,F安=m g,解得

(2)t1時刻,感應電動勢E=B d v,由閉合電路歐姆定律得解得v=

(2)點電荷在電場中偏轉,則kd=v0t,又有解得電容器所帶的電荷量

(2)粒子進入磁場B1后,做勻速圓周運動,軌跡如圖2所示,設其運動軌跡半徑為r1,由幾何關系得又有解得

(3)粒子能從c、d兩點間邊界射出,則對應軌跡如圖3所示。當粒子恰好從c點射出時,設其運動軌跡半徑為r2,則又有解得當粒子運動軌跡恰好與cd邊相切時,設其運動軌跡半徑為r3則r3=L,同理,解得B2=綜上得粒子能從c、d兩點間邊界射出。

圖2

圖3

1.B 2.B 3.D 4.C 5.C 6.C 7.B D 8.B C 9.A C 10.B D

11.(1)R2(2)如圖1所示 (3)4.4(4)5.01.5

12.(1)帶電粒子在兩極板間做類平拋運動,在豎直方向上有L=v0t,在水平方向上有帶電粒子在水平方向上的加速度解得E0=20V/m。

圖1

(2)電阻R1兩端的電壓等于電容器兩極板間的電壓U=E0d=12V。由歐姆定律得電路中的電流燈泡兩端的電壓UL=E-I r-U=12V,燈泡L的額定功率P=ULI=12W。

13.(1)根據q E=ma得a=1m/s2。

(2)解法一:小球先向右做減速運動,假設桌面足夠長,則小球的速度減為0的過程中有大于桌面邊長,故小球在桌面上一直做減速運動。設小球到桌面右邊緣的距離為x1,小球離開桌面后做平拋運動的水平距離為x2,則x=x1+x2,由v2-解得設小球做平拋運動的時間為t,則解得t=0.5s。由平拋運動規律可得,在水平方向上有故x=x+1則因為x∈[0,10.48],所以y∈[0.2,1]。當y=0.5時,x取最大值0.625m,此時x1=0.375m。因此P處距桌面右邊緣為0.375m時,小球從開始運動到最終落地的水平距離最大,且最大距離為0.625m。

14.(1)降壓變壓器的輸出電壓U4=220V,則解得U=880V。降3壓變壓器的輸出端總電流24A,降壓變壓器的輸入端電流6A,則輸電線上消耗的電壓U耗=I3R=24V。升壓變壓器的輸出電壓U2=U3+U耗=904V,則發電機的輸出功率P=U2I3=5424W。

(2)用戶獲得的實際功率P用=22×6×40W=5280W,則輸電線路的效率100%=97.3%。

15.(1)根據v-t圖像可知,金屬桿做勻減速直線運動的時間Δt=3s,t=0時刻金屬桿的速度v0=6 m/s,由運動學公式得其加速度大小設金屬桿運動了5m時的速度為v1,則解得v1=4 m/s。此時,金屬桿產生的感應電動勢E1=Blv1,回路中產生的電流I1=電阻R兩端的電壓U=IR,解得U=11.6V。

(2)由t=0時BIl＜m a,可分析判斷出外力F的方向與v0反向。金屬桿做勻速直線運動,由牛頓第二定律得F+BIl=m a。設在t時刻金屬桿的速度為v,金屬桿切割磁感線產生的感應電動勢為E,回路中的電流為I,則解得F=0.1+0.1t。

16.(1)小球到達半圓最高點A時恰好對細桿的壓力為零,則重力提供向心力,由牛頓第二定律得,解得v1=小球從半圓最高點A運動到圓弧最低點B,由動能定理得解得圓弧最低點B,對小球在豎直方向上應用牛頓第二定律得解得細桿對小球的作用力NB=12m g。