高三电、磁学模块第一轮复习自测题(选修3-1、3-2)参考答案

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)如图1所示 (3)0.3

图1

(2)电源的输出功率P=U I=2 W,电源的总功率P总=I E=3 W,因此电源的效率

(3)设油滴的带电荷量为q,两极板的间距为d,断开开关S2前有断开开关S2时有解得a=5m/s2,方向竖直向上。

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

(3)在0～7.85×10-3s时间内产生的平均感应电动势通过电阻R的电荷量

14.(1)由i-t图像可知,当电流达到最大值imax时,导体棒做匀速运动,这时导体棒受到的安培力和重力平衡,则F安=B imaxd,F安=m g,解得

(2)t1时刻,感应电动势E=B d v,由闭合电路欧姆定律得解得v=

(2)点电荷在电场中偏转,则kd=v0t,又有解得电容器所带的电荷量

(2)粒子进入磁场B1后,做匀速圆周运动,轨迹如图2所示,设其运动轨迹半径为r1,由几何关系得又有解得

(3)粒子能从c、d两点间边界射出,则对应轨迹如图3所示。当粒子恰好从c点射出时,设其运动轨迹半径为r2,则又有解得当粒子运动轨迹恰好与cd边相切时,设其运动轨迹半径为r3则r3=L,同理,解得B2=综上得粒子能从c、d两点间边界射出。

图2

图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)如图1所示 (3)4.4(4)5.01.5

12.(1)带电粒子在两极板间做类平抛运动,在竖直方向上有L=v0t,在水平方向上有带电粒子在水平方向上的加速度解得E0=20V/m。

图1

(2)电阻R1两端的电压等于电容器两极板间的电压U=E0d=12V。由欧姆定律得电路中的电流灯泡两端的电压UL=E-I r-U=12V,灯泡L的额定功率P=ULI=12W。

13.(1)根据q E=ma得a=1m/s2。

(2)解法一:小球先向右做减速运动,假设桌面足够长,则小球的速度减为0的过程中有大于桌面边长,故小球在桌面上一直做减速运动。设小球到桌面右边缘的距离为x1,小球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2,则x=x1+x2,由v2-解得设小球做平抛运动的时间为t,则解得t=0.5s。由平抛运动规律可得,在水平方向上有故x=x+1则因为x∈[0,10.48],所以y∈[0.2,1]。当y=0.5时,x取最大值0.625m,此时x1=0.375m。因此P处距桌面右边缘为0.375m时,小球从开始运动到最终落地的水平距离最大,且最大距离为0.625m。

14.(1)降压变压器的输出电压U4=220V,则解得U=880V。降3压变压器的输出端总电流24A,降压变压器的输入端电流6A,则输电线上消耗的电压U耗=I3R=24V。升压变压器的输出电压U2=U3+U耗=904V,则发电机的输出功率P=U2I3=5424W。

(2)用户获得的实际功率P用=22×6×40W=5280W,则输电线路的效率100%=97.3%。

15.(1)根据v-t图像可知,金属杆做匀减速直线运动的时间Δt=3s,t=0时刻金属杆的速度v0=6 m/s,由运动学公式得其加速度大小设金属杆运动了5m时的速度为v1,则解得v1=4 m/s。此时,金属杆产生的感应电动势E1=Blv1,回路中产生的电流I1=电阻R两端的电压U=IR,解得U=11.6V。

(2)由t=0时BIl＜m a,可分析判断出外力F的方向与v0反向。金属杆做匀速直线运动,由牛顿第二定律得F+BIl=m a。设在t时刻金属杆的速度为v,金属杆切割磁感线产生的感应电动势为E,回路中的电流为I,则解得F=0.1+0.1t。

16.(1)小球到达半圆最高点A时恰好对细杆的压力为零,则重力提供向心力,由牛顿第二定律得,解得v1=小球从半圆最高点A运动到圆弧最低点B,由动能定理得解得圆弧最低点B,对小球在竖直方向上应用牛顿第二定律得解得细杆对小球的作用力NB=12m g。