題目列表(包括答案和解析)
A、電動機(jī)的輸入功率為24W | B、電動機(jī)的輸出功率為10W | C、電動機(jī)的熱功率為2.0W | D、整個電路消耗的電功率為22W |
A.電動機(jī)的輸入功率為12 W B.電動機(jī)的輸出功率為12 W
C.電動機(jī)的熱功率為2.0 W D.整個電路消耗的電功率為22 W
A.電動機(jī)的輸入功率為12 W B.電動機(jī)的輸出功率為12 W
C.電動機(jī)的熱功率為2.0 W D.整個電路消耗的電功率為22 W
一、本題共10小題,每小題3分,共30分。在每小題給出的四個選項中,有的小題只有一個選項是正確的,有的小題有多個選項是正確的。全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯或不答的得0分。把你認(rèn)為正確答案的代表字母填寫在題后的括號內(nèi)。
1.B 2.AC 3.CD 4.AB 5.D 6.CD 7.BC 8.AC 9.A 10.CD
二、本題共3小題,共14分。按照要求作圖或把答案填在題中的橫線上。
12.(1);(2分) ;(2分)(2)偏小。(1分)
13.(1)如答圖1;(2分) (2)0~6.4;(2分)
(3)。(2分)
三、本大題包括7小題,共56分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明,方程式和重要的演算步驟。
只寫出最后答案的不能得分,有數(shù)值計算的題的答案必須明確寫出數(shù)值和單位。
14.(7分)
解:(1)質(zhì)子進(jìn)入磁場做半徑為R1的勻速圓周運動,洛侖滋力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律,…………………………(2分)
質(zhì)子離開磁場時到達(dá)A點,O、A間的距離.………………(1分)
同理,α粒子在磁場中做圓周運動的半徑為,α粒子離開磁場時到達(dá)B點,
O、B間的距離,則A、B兩點間的距離.…(2分)
(2)α粒子在勻強(qiáng)磁場中運動周期為,
則α粒子在磁場中運動的時間為…………………………(2分)
15.(7分)解:(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律,金屬棒ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
……………………………………(1分)
根據(jù)閉合電路歐姆定律,通過R的電流……………………(1分)
金屬棒兩端的電壓U=E-Ir=2.5V.………………………………………………(1分)
(2)由于ab桿做勻速運動,拉力和磁場對電流的安培力大小相等,即
…………………………………………………………(2分)
(3)根據(jù)焦耳定律,電阻R上消耗的電功率P=I2R=1.25W.…………………(2分)
16.(8分)解:(1)滑塊沿斜面滑下的過程中,受到的滑動摩擦力,
設(shè)到達(dá)斜面底端時的速度為,根據(jù)動能定理
,…………………………(2分)
解得………………………………………………(1分)
(2)滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大,設(shè)此高度為,根據(jù)動能定理, ,…………………………(2分)
代入數(shù)據(jù)解得……………………………………(1分)
(3)滑塊最終將靜止在斜面底端,因此重力勢能和電勢能和減少等于克服摩擦力做的功,
即等于產(chǎn)生的熱能,……………………(2分)
17.(8分)解:(1)因為線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化的周期與磁場變化的周期相同,所以由圖象可知,線圈中產(chǎn)生交變電流的周期為T=3.14×10-2s.
所以線圈中感應(yīng)電動勢的最大值為……………………(2分)
(2)根據(jù)歐姆定律,電路中電流的最大值為
通過小燈泡電流的有效值為,…………………………(1分)
小燈泡消耗的電功率為P=I2R=2.88W………………………………………………(2分)
(3)在磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的1~1/4周期內(nèi),線圈中感應(yīng)電動勢的平均值
通過燈泡的平均電流……………………………………(1分)
通過燈泡的電荷量………………………………(2分)
18.(8分)解:(1)當(dāng)通過金屬棒的電流為I2時,金屬棒在導(dǎo)軌上做勻加速運動,設(shè)加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律,………………………………(1分)
設(shè)金屬棒到達(dá)NQ端時的速率為,根據(jù)運動學(xué)公式,,……………(1分)
由以上兩式解得:……………………………………(2分)
(2)當(dāng)金屬棒靜止不動時,金屬棒的電阻,設(shè)金屬棒在導(dǎo)軌上運動的時間為t,
電流在金屬棒中產(chǎn)生的熱量為Q,根據(jù)焦耳定律,Q=I,…………………(2分)
根據(jù)運動學(xué)公式,,將(1)的結(jié)果代入,爭得
………(2分)
19.(9分)解:(1)t=0時刻進(jìn)入兩板間的電子先沿OO′方向做勻速運動,即有,
而后在電場力作用下做類平拋運動,在垂直于OO′方向做勻加速運動,設(shè)到達(dá)B、D
端界面時偏離OO′的距離為y1,則.………………(2分)
t=T/2時刻進(jìn)入兩板間的電子先在T/2時間內(nèi)做拋物線運動到達(dá)金屬板的中央,而后做勻速直線運動到達(dá)金屬板B、D端界面。設(shè)電子到達(dá)金屬板的中央時偏離OO′的距離為y2,將此時電子的速度分解為沿OO′方向的分量與沿電場方向的分量,并設(shè)此時刻電子的速度方向與OO′的夾角為θ,電子沿直線到達(dá)金屬板B、D端界面時偏離OO′的距離為,則有;
解得……………………………………………………(1分)
因此,!1分)
(2)在t=(2n+1) T/2(n=0, 1,2……)時刻進(jìn)入兩板間的電子在離開金屬板時偏離OO′的距離最大,因此為使所有進(jìn)入金屬板間的電子都能夠飛出金屬板,應(yīng)滿足的條件為,解得板間電太的最大值。…………………………………………(2分)
(3)設(shè))時刻進(jìn)入兩板間的電子到達(dá)熒光屏上的位置與O′點的距離為Y1;t=(2n+1)T/2(n=0,1,2……)時刻進(jìn)入兩板間的電子到達(dá)熒光屏上的位置與O′點的距離為,電子到達(dá)熒光屏上分布在范圍內(nèi). 當(dāng)滿足的條件時,△Y為最大。根據(jù)題中金屬板和熒光屏之間的幾何關(guān)系,得到
……………………………………………………(1分)
因此電子在熒光屏上分布的最大范疇為………(2分)
20.(9分)
解:(1)粒子A在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動,洛侖滋力提供向心力,設(shè)粒子A的速度為v0,在MN上方運動半徑為R1,運動周期為T1,根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動公式,
解得 ………………………………(2分)
同理,粒子A在MN下方運動半徑R2和周期T2分別為:
。
粒子A由P點運動到MN邊界時與MN的夾角為60°,如答圖2所示,則有
R1-h(huán)=R1cos60° 得到:R1=2h,R2=4h。
PQ間的距離為d=2R2sin60°-2R1sin60°=2h!3分)
(2)粒子A從P點到Q點所用時間為
,………………………………(1分)
設(shè)粒子B的質(zhì)量為M,從P點到Q點速度為v
,……………………………………………………(1分)
由
根據(jù)動量守恒定律…………(2分)
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