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1、3+2+3冲A练(四)16.如图C4-1所示的电路,电源电动势为12 V,内阻恒定且不可忽略.初始时刻,电路中的电流等于I0,且观察到电动机正常转动.现在调节滑动变阻器使电路中的电流减小为I0的一半,观察到电动机仍在转动.不考虑温度对电阻的影响,下列说法正确的是()图C4-1A.电源的热功率减为初始时的一半B.电源的总功率减为初始时的一半C.电动机的热功率减为初始时的一半D.变阻器的功率减为初始时的四分之一图C4-217.2019金华十校期末 为了测量某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图C4-2所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左、右两端开口
2、,在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场,在前、后两个面内侧固定有金属板作为电极,污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积),下列说法中正确的是()A.若污水中正离子较多,则前表面比后表面电势高B.前表面的电势一定低于后表面的电势,与正、负离子多少无关C.污水中离子浓度越高,电压表的示数将越大D.污水流量Q与U成正比,与c成反比图C4-318.2019金华十校模拟 如图C4-3所示,在天花板上O点用长为L的绝缘细线悬挂了一个带电小球P,小球质量为m,带电荷量为q.将另一个带电荷量为Q1的带电小球固定在O点正下方32
3、L的A点,此时带电小球P处于静止,细线与竖直方向的夹角为30;再将一个带电荷量为Q2的带电小球放到O点正下方3L的B点固定,同时移走A处小球,此时细线与竖直方向的夹角仍为30,则Q1与Q2之比为()A.38B.11C.14D.31219.2019宁波十校模拟 (1)某同学想通过对比实验来探究加速度与力、质量的关系.他将两辆质量均为150 g的小车A和小车B放在木板上,前端各系一条细绳,绳的另一端跨过定滑轮各挂一个相同的小盘,盘中可放重物,让盘和重物的总重力近似为小车的合外力.图C4-4甲是侧视图,图中只画了一辆小车.两辆小车后端也各系一条细绳,用一个黑板擦把两条细绳同时按在木板上使两小车静止,
4、抬起黑板擦,两小车同时开始运动,再按下黑板擦,两小车又同时停止运动,如图乙所示.图C4-4该实验在操作时,下列说法正确的是.A.调节滑轮高度,让连接小车和盘的细绳平行于木板B.取下盘中重物,让空盘拉着小车做匀速直线运动以平衡摩擦力C.其他操作都正确的前提下,在小车B中放入150 g的砝码,在两个空盘里均放入100 g的砝码,可以进行两车合力相同、质量之比为12时的对比实验D.其他操作都正确的前提下,保持两辆小车质量相同仍为150 g,在拉小车A的空盘里放入10 g砝码,在拉小车B的空盘里放入20 g砝码,可以进行两车质量、合力之比为12时的对比实验在进行对比实验时,除了图C4-4甲、乙所示器材
5、外,还需要用到图C4-5中的.图C4-5(2)下面实验中不需要平衡摩擦力的是.图C4-6A.用图C4-6甲的装置探究加速度与力、质量的关系B.用图C4-6甲的装置探究小车的速度随时间的变化规律C.用图C4-6乙的装置探究做功与物体速度变化的关系20.2019温州九校联考 小明同学用伏安法测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的伏安特性曲线.(1)图C4-7甲是连接好的实物图,在开关闭合前,小明同学又再次仔细检查了电路的连接,发现电路有误.请你帮他纠正错误:(任意写出两处即可).图C4-7(2)为使测量尽量准确,滑动变阻器应选用图乙中的(选填“R1”或“R2”).(3)在纠正错误后,小明同学进行了多次
6、实验,某次得到电压表的示数如图丙所示,则电压表的读数为V.(4)若小明在实验过程中不知道应该采用电流表内接法还是外接法,于是他两种接法各做了一次实验,根据数据,分别得到了伏安特性曲线“1”和“2”.则实验中误差较小的操作对应曲线(选填“1”或“2”).21.如图C4-8所示,两根等长的绝缘细线悬挂一水平金属细杆MN,整个装置处在与其垂直的水平匀强磁场中.金属细杆的长度为1 m,质量为8.910-3 kg.当金属细杆中通以0.89 A的电流时,两绝缘细线上的拉力均恰好为零.忽略与金属细杆连接的细导线的影响.求:(g取10 m/s2)(1)金属细杆所受的安培力方向;(2)金属细杆中的电流方向;(3
7、)匀强磁场的磁感应强度大小.图C4-822.2019宁波十校联考 某兴趣小组在科技馆看到了一个魔盒,如图C4-9所示,小球自空中下落后从小孔落入盒中,不触底而反弹.查看原理图,原来盒内存在竖直向上的匀强电场且小球带正电.我们把小球视为质点且带电荷量不变,不计空气阻力和盒子上板的厚度.已知小球质量为m=0.01 kg,匀强电场的电场强度为E=4103 N/C,小球带电荷量为q=110-4 C,小球释放位置离小孔高度为h1=20 cm.(g取10 m/s2)(1)求小球在盒中运动时的加速度;(2)求下落过程中小球的平均速度大小;(3)以释放位置为计时起点,小球在什么时刻会向上穿出小孔?图C4-92
8、3.2019金丽衢十二校联考 某玩具厂设计出如图C4-10所示的玩具,轨道固定在高为H1=0.5 m的水平台面上,通过在A处压缩弹簧把质量m=0.01 kg的小球(可看作质点)由静止弹出,小球先后经过直轨道AC、半径R1=0.1 m的圆形管道(内径略大于小球直径)、长为L1=0.5 m的直轨道CD以及两段半径R2=1 m的圆弧DE、GP,G、E两点等高且两圆弧对应的圆心角都为37,所有轨道都平滑连接(E、G除外);小球从P点水平飞出后打到固定在Q点的锣上,P、Q的水平距离L2=1.2 m,锣的半径r=0.3 m,圆心O离地高H2=0.4 m,小球与CD段间的动摩擦因数为0.2,其余轨道光滑,N
9、为在P点正下方的挡板.在一次测试中测出小球运动到B点时对内轨的作用力为0.064 N.(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2) (1)求小球运动到B点时的速度大小.(2)小球能否离开轨道?请说明理由.(3)要使小球打到锣上,求小球从A处弹出时弹簧对小球所做的功W需满足的条件.图C4-103+2+3冲A练(四)16.B解析 电源的内阻和电动机的内阻不变,根据公式P=I2R知,电路中的电流减小为I0的一半,则电源的热功率减小为初始时的14,电动机的热功率减小为初始时的14,故A、C错误;电路中的电流减小为I0的一半,而电源的电动势不变,根据P=EI知,电源的总功率减为初始
10、时的一半,故B正确;电路中的电流减小为I0的一半,说明变阻器接入电路的电阻增大,由P=I2R可知,变阻器的功率大于初始时的14,故D错误.17.B解析 根据左手定则可判断,正离子向后表面偏转,负离子向前表面偏转,所以后表面的电势高于前表面的电势,与正、负离子的多少无关,故A错误,B正确.最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡,有qvB=qUb,解得U=vbB,电压表的示数与离子浓度无关,故C错误.因v=UBb,则流量Q=vbc=cUB,故D错误.18.C解析 仅有A处小球时,受力分析如图甲所示,有FAmg=tan 30,FA=kQ1q12L2;仅有B处小球时,受力分析如图乙所示,有FBcos 3
11、0=12mg,FB=kQ2qL2,联立解得Q1Q2=14,选项C正确.19.(1)ABC(2)B解析 (1)在实验中,平衡摩擦力时,小车不连接空盘,选项B错误;在操作过程中,拉小车的细绳应该与木板平行,选项A正确;由于空盘、砝码总质量并不是远小于小车质量,则不能满足盘和砝码的总重力近似等于小车的合外力,选项C错误;由于还有空盘的质量,所以两小车的合外力之比不等于12,选项D错误.本实验通过位移比值来确定加速度比值,所以需要刻度尺,同时在研究加速度与质量之间关系时,需要知道小车质量,因此还需要天平.(2)图中探究加速度与质量、力的关系以及做功与速度变化之间关系时是需要平衡摩擦力的,而探究小车速度
12、随时间的变化规律时不用平衡摩擦力,选项B正确.20.(1)应将电池的正、负两极调换;滑动变阻器应该选择分压式接法(2)R2(3)2.40(4)1解析 (1)电流应从电流表、电压表的正接线柱流入,所以应将电池的正、负两极调换;本实验中灯泡两端电压应从零开始变化,所以滑动变阻器应改为分压式接法;电压表应选03 V量程.(2)滑动变阻器采用分压式接法,应选总阻值较小的,故选R2.(3)由图可知,电压表的最小刻度为0.1 V,所以读数为2.40 A.(4)由于灯泡电阻较小,为了减小误差,实验中应选用电流表外接法,在电压表示数相同,电流表外接时,电流表的示数较大,对应曲线1.21.(1)竖直向上(2)从N流向M(3)0.1 T解析 (1)由平衡条件得,安培力方向竖直向上.(2)由左手定则可知,电流方向从N流向M.(3)根据F=BIL,F=mg,解得B=mgIL=0.1 T.22.(1)30 m/s2,方向竖直向上(2)1 m/s(3)13+815n s(n=0,1,2,3,)解析 (1)由牛顿第二定律得Eq-mg=ma解得a=Eq-mgm=30 m/s2方向竖直向上(2)由v2=2gh1=2ah2v=gt1=at2