高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段綜合檢測(cè)（四）第九-十一章驗(yàn)收（含解析）-人教版高三物理試題

第九~十一章驗(yàn)收(時(shí)間：100分鐘滿分：120分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題3分，共計(jì)21分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1．下列說(shuō)法正確的是()A．電磁爐是利用渦流的熱效應(yīng)工作的新型爐灶B．機(jī)場(chǎng)的安全門(mén)不是利用電磁感應(yīng)來(lái)探測(cè)金屬物件C．為了節(jié)省電能，交流電路要利用低電壓進(jìn)行遠(yuǎn)距離輸電D．自感現(xiàn)象是有利而無(wú)害的解析：選A電磁爐是利用渦流的熱效應(yīng)工作的新型爐灶，選項(xiàng)A正確；機(jī)場(chǎng)的安全門(mén)是利用電磁感應(yīng)來(lái)探測(cè)金屬物件，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；為了節(jié)省電能，交流電路要利用高電壓進(jìn)行遠(yuǎn)距離輸電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；自感現(xiàn)象既有害，又有利，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2．下列三幅演示實(shí)驗(yàn)圖中，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的描述正確的是()A．圖甲用磁鐵靠近輕質(zhì)鋁環(huán)A，A會(huì)靠近磁鐵B．圖甲用磁鐵靠近輕質(zhì)鋁環(huán)B，B會(huì)遠(yuǎn)離磁鐵C．圖乙閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，電流表有示數(shù)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S時(shí)，電流表沒(méi)有示數(shù)D．圖丙銅盤(pán)靠慣性轉(zhuǎn)動(dòng)，手持磁鐵靠近銅盤(pán)，銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)變慢解析：選D題圖甲用磁鐵靠近輕質(zhì)鋁環(huán)A，由于A環(huán)中發(fā)生電磁感應(yīng)，根據(jù)楞次定律可知，A將遠(yuǎn)離磁鐵，而B(niǎo)環(huán)沒(méi)有閉合，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B環(huán)不動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；題圖乙閉合開(kāi)關(guān)S和斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S時(shí)均會(huì)發(fā)生電磁感應(yīng)，因此電流表均有示數(shù)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤(pán)時(shí)，導(dǎo)致銅盤(pán)切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培力，由楞次定律可知，產(chǎn)生安培力導(dǎo)致銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)受到阻礙，因此銅盤(pán)將轉(zhuǎn)動(dòng)變慢，故D正確。3．(2018·天津高考)國(guó)家大科學(xué)工程——中國(guó)散裂中子源(CSNS)于2017年8月28日首次打靶成功，獲得中子束流，可以為諸多領(lǐng)域的研究和工業(yè)應(yīng)用提供先進(jìn)的研究平臺(tái)。下列核反應(yīng)中放出的粒子為中子的是()A.eq\o\al(14,7)N俘獲一個(gè)α粒子，產(chǎn)生eq\o\al(17,8)O并放出一個(gè)粒子B.eq\o\al(27,13)Al俘獲一個(gè)α粒子，產(chǎn)生eq\o\al(30,15)P并放出一個(gè)粒子C.eq\o\al(11,5)B俘獲一個(gè)質(zhì)子，產(chǎn)生eq\o\al(8,4)Be并放出一個(gè)粒子D.eq\o\al(6,3)Li俘獲一個(gè)質(zhì)子，產(chǎn)生eq\o\al(3,2)He并放出一個(gè)粒子解析：選B根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒，各選項(xiàng)核反應(yīng)方程如下：eq\o\al(14,\a\vs4\al(7))N＋eq\o\al(4,2)Heeq\o\al(17,\a\vs4\al(8))O＋eq\o\al(1,1)H，故A錯(cuò)誤；eq\o\al(27,13)Al＋eq\o\al(4,2)Heeq\o\al(30,15)P＋eq\o\al(1,0)n，故B正確；eq\o\al(11,5)B＋eq\o\al(1,1)Heq\o\al(8,4)Be＋eq\o\al(4,2)He，故C錯(cuò)誤；eq\o\al(6,3)Li＋eq\o\al(1,1)Heq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(4,2)He，故D錯(cuò)誤。4．(2018·鹽城三模)如圖甲所示，把帶鐵芯的線圈L與小燈泡串聯(lián)起來(lái)，先把它們接到電動(dòng)勢(shì)為E(內(nèi)阻不計(jì))的直流電源上；再把它們接到交流電源上，如圖乙所示，取直流電源的電壓與交流電壓的有效值相等。下列敘述正確的是()A．接交流電時(shí)燈泡更亮些B．接直流電和接交流電時(shí)燈泡一樣亮C．減小交流電頻率時(shí)圖乙中燈泡變亮D．圖甲中閉合S瞬間，通過(guò)燈泡的電流立即達(dá)到最大值解析：選C電感線圈對(duì)交變電流存在阻礙作用即感抗，電感線圈對(duì)直流無(wú)感抗，所以接直流時(shí)燈泡更亮，故A、B錯(cuò)誤；電感線圈對(duì)交變電流存在感抗xL＝2πfL，所以減小交變電流頻率時(shí)，感抗減小，電流變大，燈泡變亮，故C正確；題圖甲中，由于電感線圈，在閉合S瞬間，線圈中的電流增大，在線圈中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的增大，所以燈泡中的電流逐漸增大，故D錯(cuò)誤。5．(2019·蘇北四市一模)如圖所示，鐵芯上繞有線圈A和B，線圈A與電源連接，線圈B與理想發(fā)光二極管D相連，銜鐵E連接彈簧K控制觸頭C的通斷，忽略A的自感。下列說(shuō)法正確的是()A．閉合S，D閃亮一下B．閉合S，C將會(huì)過(guò)一小段時(shí)間接通C．?dāng)嚅_(kāi)S，D不會(huì)閃亮D．?dāng)嚅_(kāi)S，C將會(huì)過(guò)一小段時(shí)間斷開(kāi)解析：選D當(dāng)閉合S瞬間時(shí)，穿過(guò)線圈B的磁通量要增加，根據(jù)楞次定律：增反減同，結(jié)合右手螺旋定則可知，線圈B的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，而由于二極管順時(shí)針?lè)较驅(qū)щ?，則二極管D不會(huì)閃亮一下，則線圈A中磁場(chǎng)立刻吸引C，導(dǎo)致其即時(shí)接觸，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)斷開(kāi)S瞬間時(shí)，穿過(guò)線圈B的磁通量要減小，根據(jù)楞次定律：增反減同，結(jié)合右手螺旋定則可知，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，則二極管處于導(dǎo)通狀態(tài)，則D會(huì)閃亮，同時(shí)對(duì)線圈A有影響，阻礙其磁通量減小，那么C將會(huì)過(guò)一小段時(shí)間斷開(kāi)，故C錯(cuò)誤，D正確。6．為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái)，測(cè)得1h內(nèi)杯中水面上升了45mm。當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落速度約為12m/s。據(jù)此估算該壓強(qiáng)為(雨滴撞擊睡蓮后無(wú)反彈，不計(jì)雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3)()A．0.15Pa B．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa解析：選A設(shè)圓柱形水杯的橫截面積為S，則水杯中水的質(zhì)量為m＝ρV＝1×103×45×10－3S＝45S，由動(dòng)量定理可得：Ft＝mv，而p＝eq\f(F,S)，所以p＝eq\f(mv,St)＝eq\f(45S×12,S×3600)Pa＝0.15Pa，A正確。7．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)用波長(zhǎng)為300nm的光照射鋅板，電子逸出鋅板表面的最大初動(dòng)能為1.28×10－19J。已知普朗克常量為6.63×10－34J·s，真空中的光速為3.00×108m·s－1。能使鋅產(chǎn)生光電效應(yīng)的單色光的最低頻率約為()A．1×1014Hz B．8×1014HzC．2×1015Hz D．8×1015Hz解析：選B設(shè)單色光的最低頻率為ν0，由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程得Ek＝hν1－W0,0＝hν0－W0，又ν1＝eq\f(c,λ)，整理得ν0＝eq\f(c,λ)－eq\f(Ek,h)，代入數(shù)據(jù)解得ν0≈8×1014Hz，B正確。二、多項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題4分，共計(jì)20分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分)8.(2018·連云港期末)如圖所示，理想降壓變壓器的副線圈電路中，R0為定值電阻，R是光敏電阻(光照強(qiáng)度增大，電阻減小)。原線圈輸入功率為P1，副線圈輸出功率為P2；V1和V2是理想交流電壓表，示數(shù)分別用U1和U2表示；A1和A2是理想交流電流表，示數(shù)分別用I1和I2表示。下列說(shuō)法正確的是()A．I1小于I2B．P1大于P2C．光照強(qiáng)度增大，U2不變、I1變大D．光照強(qiáng)度增大，U1變小、I2變小解析：選AC原、副線圈中電流與匝數(shù)成反比，因?yàn)槭抢硐虢祲鹤儔浩?，n1>n2，所以I1小于I2，故A正確；理想變壓器本身不消耗能量，輸入功率等于輸出功率，故B錯(cuò)誤；光照強(qiáng)度增大，光敏電阻減小，因?yàn)檩斎腚妷汉驮褦?shù)不變，所以U2不變，副線圈電路中總電阻減小，那么副線圈的電流I2變大，因此原線圈的電流I1也變大，故C正確，D錯(cuò)誤。9.如圖所示，在光滑絕緣水平面上，有一鋁質(zhì)圓形金屬球以一定的初速度通過(guò)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從球開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到完全穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中(磁場(chǎng)寬度大于金屬球的直徑)，則小球()A．整個(gè)過(guò)程勻速運(yùn)動(dòng)B．進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中球均做減速運(yùn)動(dòng)C．整個(gè)過(guò)程都做勻減速運(yùn)動(dòng)D．穿出時(shí)的速度一定小于初速度解析：選BD進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，金屬球切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而產(chǎn)生阻礙金屬球運(yùn)動(dòng)的安培力，故兩過(guò)程均做減速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)金屬球全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁通量不變，故沒(méi)有感應(yīng)電流，金屬球做勻速直線運(yùn)動(dòng)；所以穿出時(shí)的速度一定小于初速度，故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。10.(2018·日照模擬)如圖所示，在豎直面內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、高度為h的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上、下邊界水平。將一邊長(zhǎng)為l(l<h)、質(zhì)量為m的正方形導(dǎo)體框abcd從磁場(chǎng)上方由靜止釋放，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間和剛穿出磁場(chǎng)的瞬間速度相等。已知導(dǎo)體框的電阻為r，導(dǎo)體框下落過(guò)程中，ab邊始終保持水平，重力加速度為g。則()A．導(dǎo)體框一定是減速進(jìn)入磁場(chǎng)B．導(dǎo)體框可能勻速穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域C．導(dǎo)體框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的熱量為mg(l＋h)D．導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)某個(gè)橫截面的電荷量為eq\f(Bl2,r)解析：選AD因?yàn)閘<h，所以導(dǎo)體框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，一定會(huì)存在不受安培力，只受重力的過(guò)程，該過(guò)程做加速運(yùn)動(dòng)，所以為了滿足ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間和剛穿出磁場(chǎng)的瞬間速度相等，導(dǎo)體框必須先減速進(jìn)入磁場(chǎng)，然后在磁場(chǎng)中加速，再減速穿出磁場(chǎng)，故A正確B錯(cuò)誤；因?yàn)閍b邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間和剛穿出磁場(chǎng)的瞬間速度相等，所以進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中和穿出磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等，故整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q＝2mgh，C錯(cuò)誤；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)可得導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)某個(gè)橫截面的電荷量為q＝eq\f(Bl2,r)，D正確。11.如圖所示，電動(dòng)機(jī)牽引一長(zhǎng)為1m、質(zhì)量為0.1kg的導(dǎo)體棒MN由靜止開(kāi)始上升，導(dǎo)體棒的電阻為1Ω，架在豎直放置的金屬框架上，它們處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與框架平面垂直。當(dāng)導(dǎo)體棒上升3.8m時(shí)，獲得穩(wěn)定的速度，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為2J。電動(dòng)機(jī)牽引導(dǎo)體棒時(shí)，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7V、1A，電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為1Ω，不計(jì)框架電阻及一切摩擦，g取10m/s2，以下判斷正確的是()A．導(dǎo)體棒向上做勻減速運(yùn)動(dòng)B．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為49WC．導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)的速度為2m/sD．導(dǎo)體棒從靜止至達(dá)到穩(wěn)定速度所需要的時(shí)間為1s解析：選CD由于電動(dòng)機(jī)的輸出功率恒定，由P出＝Fv及F－mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，導(dǎo)體棒的加速度逐漸減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出＝IU－I2r＝6W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)的輸出功率就是電動(dòng)機(jī)對(duì)導(dǎo)體棒的拉力的功率，即P出＝Fv，當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，有F＝mg＋BI′L，其中I′＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，解得導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)的速度v＝2m/s，選項(xiàng)C正確；由能量守恒定律得P出t＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＋Q，解得t＝1s，選項(xiàng)D正確。12．(2019·宿遷期末)如圖所示，線圈abcd在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的bc邊以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值為Em，閉合回路中兩只燈泡均能正常發(fā)光。則()A．從圖中位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝EmsinωtB．增大線圈轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值Em不變C．增大電容器C兩極板間的正對(duì)面積時(shí)，燈泡A1變暗D．抽去電感器L的鐵芯時(shí)，燈泡A2變亮解析：選AD題圖所示位置即中性面，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝Emsinωt，故A正確；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值Em＝BSω，增大線圈轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值Em將增大，故B錯(cuò)誤；增大電容器C兩極板間的正對(duì)面積時(shí)，電容增大，容抗減小，燈泡A1變亮，故C錯(cuò)誤；抽去電感器L的鐵芯時(shí)，自感系數(shù)減小，感抗減小，燈泡A2變亮，故D正確。三、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共18分)13．(8分)(2019·哈爾濱六中模擬)某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)的主要步驟如下。(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球A、B的直徑d，其示數(shù)均如圖乙所示，則直徑d＝________mm，用天平測(cè)得球A、B的質(zhì)量分別為m1、m2。(2)用兩條懸線分別將球A、B懸掛于同一水平高度，且自然下垂時(shí)兩球恰好相切，球心位于同一水平線上。(3)將球A向左拉起使其懸線與豎直方向的夾角為α?xí)r由靜止釋放，與球B碰撞后，測(cè)得球A向左擺到最高點(diǎn)時(shí)其懸線與豎直方向的夾角為θ1，球B向右擺到最高點(diǎn)時(shí)其懸線與豎直方向的夾角為θ2。(4)為驗(yàn)證兩球碰撞前、后動(dòng)量是否守恒，則應(yīng)驗(yàn)證表達(dá)式______________________________是否成立；若碰撞是彈性碰撞，則還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_(kāi)_____________________________。(用測(cè)量的物理量表示，重力加速度為g)解析：(1)由題圖乙可知，直徑d＝2.2cm＋0.1×0mm＝2.20cm＝22.0mm。(4)設(shè)懸點(diǎn)到球心的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由動(dòng)能定理可得mgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，則A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝eq\r(2gL1－cosα)，同理，碰后A球的速度大小v1＝eq\r(2gL1－cosθ1)，碰后B球的速度大小v2＝eq\r(2gL1－cosθ2)；若兩球碰撞前、后動(dòng)量守恒，則表達(dá)式m1v＝m2v2－m1v1成立，即m1eq\r(2gL1－cosα)＝m2eq\r(2gL1－cosθ2)－m1eq\r(2gL1－cosθ1)成立，故要驗(yàn)證兩球碰撞前、后動(dòng)量是否守恒，需驗(yàn)證m1eq\r(1－cosα)＝m2eq\r(1－cosθ2)－m1eq\r(1－cosθ1)是否成立。若碰撞是彈性碰撞，則還應(yīng)滿足的表達(dá)式為eq\f(1,2)m1v2＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，即eq\f(1,2)m1[eq\r(2gL1－cosα)]2＝eq\f(1,2)m2[eq\r(2gL1－cosθ2)]2＋eq\f(1,2)m1[eq\r(2gL1－cosθ1)]2，化簡(jiǎn)得m1cosα＝m1cosθ1－m2(1－cosθ2)。答案：(1)22.0(4)m1eq\r(1－cosα)＝m2eq\r(1－cosθ2)－m1eq\r(1－cosθ1)m1cosα＝m1cosθ1－m2(1－cosθ2)14．(10分)(2017·江蘇高考)某同學(xué)通過(guò)實(shí)驗(yàn)制作一個(gè)簡(jiǎn)易的溫控裝置，實(shí)驗(yàn)原理電路圖如圖1所示，繼電器與熱敏電阻Rt、滑動(dòng)變阻器R串聯(lián)接在電源E兩端，當(dāng)繼電器的電流超過(guò)15mA時(shí)，銜鐵被吸合，加熱器停止加熱，實(shí)現(xiàn)溫控。繼電器的電阻約20Ω，熱敏電阻的阻值Rt與溫度t的關(guān)系如下表所示。t/℃30.040.050.060.070.080.0Rt/Ω199.5145.4108.181.862.949.1(1)提供的實(shí)驗(yàn)器材有：電源E1(3V，內(nèi)阻不計(jì))、電源E2(6V，內(nèi)阻不計(jì))、滑動(dòng)變阻器R1(0～200Ω)、滑動(dòng)變阻器R2(0～500Ω)、熱敏電阻Rt、繼電器、電阻箱(0～999.9Ω)、開(kāi)關(guān)S、導(dǎo)線若干。為使該裝置實(shí)現(xiàn)對(duì)30～80℃之間任一溫度的控制，電源E應(yīng)選用________(選填“E1”或“E2”)，滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選用________(選填“R1”或“R2”)。(2)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)電路不工作。某同學(xué)為排查電路故障，用多用電表測(cè)量各接點(diǎn)間的電壓，則應(yīng)將如圖2所示的選擇開(kāi)關(guān)旋至________(選填“A”“B”“C”或“D”)。(3)合上開(kāi)關(guān)S，用調(diào)節(jié)好的多用電表進(jìn)行排查。在圖1中，若只有b、c間斷路，則應(yīng)發(fā)現(xiàn)表筆接入a、b時(shí)指針________(選填“偏轉(zhuǎn)”或“不偏轉(zhuǎn)”)，接入a、c時(shí)指針________(選填“偏轉(zhuǎn)”或“不偏轉(zhuǎn)”)。(4)排除故障后，欲使銜鐵在熱敏電阻為50℃時(shí)被吸合，下列操作步驟的正確順序是________。(填寫(xiě)各步驟前的序號(hào))①將熱敏電阻接入電路②觀察到繼電器的銜鐵被吸合③斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，將電阻箱從電路中移除④合上開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值⑤斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，用電阻箱替換熱敏電阻，將阻值調(diào)至108.1Ω解析：(1)如果電源用E1，則在t＝30℃時(shí)電路中的最大電流Im＝eq\f(3,199.5＋20)A≈13.67mA<15mA，故不能實(shí)現(xiàn)對(duì)此溫度的控制，因此電源應(yīng)選用E2；為了在t＝80℃時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)溫度的控制，設(shè)滑動(dòng)變阻器阻值的最大值至少為R′，則eq\f(6V,R′＋20Ω＋49.1Ω)＝0.015A，解得R＝330.9Ω，因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用R2。(2)要用多用電表的直流電壓擋檢測(cè)故障，應(yīng)將選擇開(kāi)關(guān)旋至C。(3)如果只有b、c間斷路，說(shuō)明b點(diǎn)與電源的負(fù)極間沒(méi)有形成通路，a、b間的電壓為零，表筆接在a、b間時(shí)，指針不偏轉(zhuǎn)；c點(diǎn)與電源的負(fù)極間形成通路，a與電源的正極相通，a、c間有電壓，因此兩表筆接入a、c間時(shí)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。(4)排除故障后，欲使銜鐵在熱敏電阻為50℃時(shí)被吸合，應(yīng)先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，用電阻箱替換熱敏電阻，并將阻值調(diào)至108.1Ω，合上開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值，直至觀察到繼電器的銜鐵被吸合，這時(shí)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，將電阻箱從電路中移除，將熱敏電阻接入電路。因此操作步驟的正確順序是⑤④②③①。答案：(1)E2R2(2)C(3)不偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)(4)⑤④②③①四、計(jì)算題(本題共4小題，共61分)15．(14分)(2018·全國(guó)卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0＝v0－gt②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。⑧答案：(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)16．(15分)如圖甲所示，一固定的矩形導(dǎo)體線圈水平放置，線圈的兩端接一只小燈泡，在線圈所在空間內(nèi)存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場(chǎng)。已知線圈的匝數(shù)n＝100匝，總電阻r＝1.0Ω，所圍成矩形的面積S＝0.040m2，小燈泡的電阻R＝9.0Ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按如圖乙所示的規(guī)律變化，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的表達(dá)式為e＝nBmSeq\f(2π,T)coseq\f(2π,T)t，其中Bm為磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值，T為磁場(chǎng)變化的周期，不計(jì)燈絲電阻隨溫度的變化。求：(1)線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；(2)小燈泡消耗的電功率；(3)在磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，通過(guò)小燈泡的電荷量。解析：(1)由題給圖像知，線圈中產(chǎn)生的交變電流的周期T＝3.14×10－2s，所以Em＝nBmSω＝eq\f(2πnBmS,T)＝8.0V。(2)電流的最大值Im＝eq\f(Em,R＋r)＝0.80A，有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(2\r(2),5)A小燈泡消耗的電功率P＝I2R＝2.88W。(3)在0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)勢(shì)的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(nSΔB,Δt)平均電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(nSΔB,R＋rΔt)通過(guò)燈泡的電荷量Q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nSΔB,R＋r)＝4.0×10－3C。答案：(1)8.0V(2)2.88W(3)4.0×10－3C17．(15分)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂部接有一阻值R＝3Ω的定值電阻，下端開(kāi)口，軌道間距L＝1m。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上。質(zhì)量m＝1kg的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上，ab在導(dǎo)軌之間的電阻r＝1Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)時(shí)始終垂直于導(dǎo)軌，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)的最大速度vm＝2.0m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。(1)求金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)若從金屬棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為1.5J，求流過(guò)電阻R的總電荷量q。解析：(1)由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ－F安＝0F安＝BIL，I＝eq\f(E,R＋r)，E＝BLvm解得μ＝0.5。(2)設(shè)金屬棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過(guò)程中，沿導(dǎo)軌下滑距離為x，由能量守恒定律得mgxsinθ＝μmgxcosθ＋QR＋Qr＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)根據(jù)焦耳定律得eq\f(QR,Qr)＝eq\f(R,r)解得x＝2.0m根據(jù)q＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,Δt)聯(lián)立可得通過(guò)電阻R的總電荷量q＝eq\f(B