高三物理一轮最后复习1.17限时练答案
高考物理一轮复习课时规范练17 机械能守恒定律及其应用(含答案)
课时规范练17 机械能守恒定律及其应用基础对点练1.(重力势能的变化)如图所示,小虫缓慢经过一边长为L 的等边三角形小物块,已知其身长为3L ,总质量为m ,假设小虫能一直贴着小物块向右前行,则从其头部刚到小物块顶(图示时刻)至头部越过小物块顶刚到小物块底端的过程中小虫的重力势能变化量为( )A.12mgLB.√312mgLC.√36mgLD.√34mgL 2.(多选)(机械能守恒与功能关系)如图所示,三根长度均为L 的轻杆组成支架,支架可绕O 点在竖直平面内转动,轻杆间夹角均为120°,轻杆末端分别固定质量为m 、2m 和3m 的n 、p 、q 三个小球,n 球位于O 的正下方,将支架从图示位置由静止开始释放,下列说法正确的是( )A.从释放到q 到达最低点的过程中,q 的重力势能减少了72mgLB.q 到达最低点时,q 的速度大小为√gLC.q 到达最低点时轻杆对q 的作用力为5mgD.从释放到q 到达最低点的过程中,轻杆对q 做的功为-3mgL3.(多选)(重力做功、重力势能的图像问题)如图所示,一简易升降机在箱底装有若干个相同的轻弹簧,在某次事故中,升降机吊索在空中突然断裂,忽略摩擦及其他阻力,升降机在从弹簧下端刚接触地面到运动到最低点的过程中,弹簧始终在弹性限度内,则下列关于升降机的加速度大小a 、速度大小v 、升降机重力做功W G 、弹簧整体的弹性势能E p 与升降机向下位移x 的关系图像可能正确的是( )4.(整体法、隔离法与机械能守恒定律)如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成,两部分之间由一段圆弧面相连接。
在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道,斜面的倾角为θ。
现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球,在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止,力F与圆槽在同一竖直面内,此时1号球球心与它在水平槽运动时的球心高度差为h。
现撤去力F使小球开始运动,直到所有小球均运动到水平槽内。
2025届高考物理一轮复习专题练： 匀变速直线运动(含解析)
2025届高考物理一轮复习专题练： 匀变速直线运动一、单选题1．关于匀变速直线运动，下列说法中正确的是( )A.匀变速直线运动的速度变化量是一个恒量B.在相等时间内，匀变速直线运动的位移相等C.加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动D.匀变速直线运动的速率可能先减小后增大2．舞狮作为中国传统节目，在中国广受人们欢迎。
某次舞狮表演中，两位表演者需先后从高台跃下，为保证舞狮道具不因拉扯而损坏，要求两位表演者默契配合，在一定时间间隔内相继跳下。
已知高台距离地面，两人之间的舞狮道具长，表演者可认为由静止下落，设表演者落地后速度为零，不计空气阻力，重力加速度。
完成该表演动作（从第一位表演者开始跳下到第二位表演者落地）经历的总时间最长为( )A.1.0sB.1.2sC.1.4sD.1.6s3．地铁刹车后匀减速进站，晓燕同学利用照相机拍下了地铁停下前最后2 s 初和最后2 s 末的照片，如图所示。
已知地铁相邻两车门之间的距离为4.5 m ，地铁刹车前的速度为15 m/s ，则地铁刹车后行驶的路程为( )A.45 mB.50 mC.60 mD.70 m4．子弹以初速度垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后的速度变为0，可以把子弹视为质点，已知木板的长、厚度均为d，认为子弹在各块木板中运动的5m h = 1.8m L =210m/s g =0v加速度大小都相同，则下列说法正确的是( )5．飞机着陆后以的加速度做匀减速直线运动，若其着陆时的速度大小为60 m/s ，则它着陆后12 s 末的速度为( )A.12 m/sB.-12 m/sC.132 m/sD.06．关于匀变速直线运动，下列说法中正确的是( )A.匀变速直线运动是相等时间内通过的位移相等的运动B.匀减速直线运动的加速度一定为负C.匀减速直线运动的速度和加速度的方向一定是相反的D.在匀减速直线运动中，速度和位移一定都随时间的增加而减小7．2024年3月30日，我国自主研制的AS700“祥云”载人飞艇完成首次转场飞行.假设该飞艇从地面由静止升起，先加速再减速，减速到0后悬停在空中.在整个过程中，加速时可认为飞艇做匀加速直线运动，加速度大小为，减速时可认为飞艇做匀减速直线运动，加速度大小为，若飞艇在该过程中运动的总时间为t ，则飞艇减速运动的时间为( )8．一质点沿直线运动，它的位移x 与时间t 的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），下列说法正确的是( )A.该质点的初速度大小为B.该质点的加速度大小为C.该质点末的速度大小为D.该质点第内的平均速度为9．火车以的初速度在平直轨道上匀加速行驶，加速度，当时火车的速度为( )A. B. C. D.23m/s 11m/s 5m/s010m/s v =20.2m/s a =25s t =15m/s 14m/s 10m/s 026m /s 1a 2a 232x t t =+2m/s2s 2s 8m/s10．电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。
2024届高考物理一轮复习收官检测卷(新高考版)及参考答案
2024届高考物理一轮复习收官检测(A)卷（新高考版）（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回A．四根钢索越长，吊索OP所受拉力越大 B．四根钢索越长，吊索OP所受拉力越小C．四根钢索越长，这四根钢索所受拉力越大D．四根钢索越长，这四根钢索所受拉力越小3．（2024·山东·高三校联考阶段练习）在杭州亚运会赛场上出现了一道独特的风景线：机器狗，它们忙碌地穿梭在赛场中，负责运送铁饼和标枪等体育器械。
在某次比赛中，裁判将2kg的铁饼夹到机器狗的背部让其跑回运动员身边，机器狗的加速度a随时间t的变化关系如图所示。
下列说法正确的是（）A．0~1s机器狗做匀加速直线运动B．1s末机器狗达到最大速率，最大速率为1m/sC．0~6s内和11~17s内机器狗的运动方向相反D．机器狗以最大速率前进的距离为25m4．（2023上·广东河源·高三统考开学考试）“纸杯电话”是一种深受小朋友喜欢的科技小制作，如图所示将两个纸杯作为电话的听筒，将两纸杯底部用细线相连，当拉紧细线对着一个纸杯讲话时，另一端就可以听到讲话的声音，下列关于“纸杯电话”中声波传播的说法正确的是（）型盒间狭缝后轨道半径之比为1:2．加速电压越大粒子获得的最大动能就越大2qBR()．．．．2023上·河南·高三校联考阶段练习）相对重力仪是测量两点重力加速度微小变化的仪器。
重力加速度变化可以作为判断地下是否存在溶洞的辅助手段。
在某次溶洞勘测中同一水平面上A．a点的向心加速度大于b点的向心加速度B．人对把手做的功等于重物机械能的增加量C．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量D．若把手顺时针转动则滑轮也会逆时针转动9．（2023·广东湛江·统考模拟预测）某款伸展运动传感器的原理图如图所示，它由一电极和可伸缩柱极体组成，可在非接触状态下实现力一电转换。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—机械能守恒定律及其应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—机械能守恒定律及其应用1.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上．现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量2.(2021·海南卷·2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中．如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m．取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力．则人的落水点到滑梯末端的水平距离为()A．4.0 m B．4.5 mC．5.0 m D．5.5 m3．质量为m的小球从距离水平地面高H处由静止开始自由落下，取水平地面为参考平面，重力加速度大小为g，不计空气阻力，当小球的动能等于重力势能的2倍时，经历的时间为()A.6H g B ．2H 3g C.2H 3gD.2H g4.(2023·武汉东湖区联考)如图所示，有一条长为L ＝1 m 的均匀金属链条，有一半在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．2.5 m/sB.522 m/sC. 5 m/sD.352m/s 5.(多选)如图，一个质量为0.9 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.(取g ＝10 m/s 2)下列说法正确的是( )A ．小球做平抛运动的初速度v 0＝2 3 m/sB ．P 点和C 点等高C ．小球到达圆弧最高点C 点时对轨道的压力大小为12 ND ．P 点与A 点的竖直高度h ＝0.6 m6．如图所示，有一光滑轨道ABC ，AB 部分为半径为R 的14圆弧，BC 部分水平，质量均为m的小球a 、b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R ，小球可视为质点，开始时a 球处于圆弧上端A 点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．a 球下滑过程中机械能保持不变B ．b 球下滑过程中机械能保持不变C ．a 、b 球都滑到水平轨道上时速度大小均为2gRD ．从释放a 、b 球到a 、b 球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做的功为12mgR7.(多选)如图所示，质量为M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l 0的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO 水平，BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O ′在O 的正下方，C 是AO ′段的中点，θ＝30°.现让小球从A 处由静止释放，重力加速度为g ，下列说法正确的有( )A ．下滑过程中小球的机械能守恒B ．小球滑到B 点时的加速度大小为32g C ．小球下滑到B 点时速度最大D ．小球下滑到C 点时的速度大小为2gl 08.(2023·广东省深圳实验学校、湖南省长沙一中高三联考)如图所示，一根长为3L 的轻杆可绕水平转轴O 转动，两端固定质量均为m 的小球A 和B, A 到O 的距离为L ，现使杆在竖直平面内转动，B 运动到最高点时，恰好对杆无作用力，两球均视为质点，不计空气阻力和摩擦阻力，重力加速度为g .当B 由最高点第一次转至与O 点等高的过程中，下列说法正确的是( )A ．杆对B 球做正功 B ．B 球的机械能守恒C ．轻杆转至水平时，A 球速度大小为10gL5D ．轻杆转至水平时，B 球速度大小为310gL59.(2023·广东省佛山一中高三月考)如图所示，物块A 套在光滑水平杆上，连接物块A 的轻质细线与水平杆间所成夹角为θ＝53°，细线跨过同一高度上的两光滑定滑轮与质量相等的物块B 相连，定滑轮顶部离水平杆距离为h ＝0.2 m ，现将物块B 由静止释放，物块A 、B 均可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计空气阻力，则( )A ．物块A 与物块B 速度大小始终相等 B ．物块B 下降过程中，重力始终大于细线拉力C ．当物块A 经过左侧定滑轮正下方时，物块B 的速度最大D ．物块A 能达到的最大速度为1 m/s10．(2023·四川省泸县第一中学模拟)如图所示，把质量为0.4 kg 的小球放在竖直放置的弹簧上，并将小球缓慢向下按至图甲所示的位置，松手后弹簧将小球弹起，小球上升至最高位置的过程中其速度的平方随位移的变化图像如图乙所示，其中0.1～0.3 m 的图像为直线，弹簧的质量和空气的阻力均忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A．小球与弹簧分离时对应的位移小于0.1 mB．小球的v2－x图像中最大的速度为v1＝2 m/sC．弹簧弹性势能的最大值为E p＝1.2 JD．压缩小球的过程中外力F对小球所做的功为W F＝0.6 J11.(2020·江苏卷·15)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h.12.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端固定在挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的物体B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，B距地面足够高．用手托住物体B使绳子刚好伸直且没有拉力，然后由静止释放．取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小；(2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A的最大速度的大小．13.(多选)(2023·河北省模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆M、N，两杆无限接近但不接触，两杆间的距离可忽略不计．两个小球a、b(可视为质点)的质量相等，a球套在竖直杆M上，b球套在水平杆N上，a、b通过铰链用长度为L＝0.5 m的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放(轻杆与N杆的夹角为θ＝53°)，不计一切摩擦，已知重力加速度的大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.在此后的运动过程中，下列说法正确的是()A．a球下落过程中，其加速度大小始终不大于gB．a球由静止下落0.15 m时，a球的速度大小为1.5 m/sC．b球的最大速度为3 2 m/sD．a球的最大速度为2 2 m/s答案及解析1．B 2.A 3.B 4.A 5.CD6．D [对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A 、B 错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgR ＋mg (2R )＝12·2m v 2，解得v ＝3gR ，C 错误；a 球在下滑过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得W ＋mgR ＝12m v 2，v ＝3gR ，联立解得W ＝12mgR ，D 正确．] 7．BD [下滑过程中小球的机械能会与弹簧的弹性势能相互转化，因此小球的机械能不守恒，故A 错误；因为在B 点，弹簧恢复原长，因此重力沿杆的分力提供加速度，根据牛顿第二定律可得mg cos 30°＝ma ，解得a ＝32g ，故B 正确；到达B 点时加速度与速度方向相同，因此小球还会加速，故C 错误；因为C 是AO ′段的中点，θ＝30°，由几何关系知当小球到C 点时，弹簧的长度与在A 点时相同，故在A 、C 两位置弹簧弹性势能相等，小球重力做的功全部转化为小球的动能，有mgl 0＝12m v C 2，解得v C ＝2gl 0，故D 正确．]8．D [由题知B 运动到最高点时，恰好对杆无作用力，有mg ＝m v 22L ，B 在最高点时速度大小为v ＝2gL ，因为A 、B 角速度相同，A 的转动半径只有B 的一半，所以A 的速度大小为v2，当B 由最高点转至与O 点等高时，取O 点所在水平面的重力势能为零，根据A 、B 机械能守恒，mg ·2L －mgL ＋12m ⎝⎛⎭⎫v 22＋12m v 2＝12m v A 2＋12m v B 2,2v A ＝v B ，解得v A ＝310gL 10，v B ＝310gL5，故C 错误，D 正确；设杆对B 做的功为W ，对B 由动能定理得mg ·2L ＋W ＝12m v B 2－12m v 2，解得W ＝－65mgL ，所以杆对B 做负功，B 机械能不守恒，故A 、B 错误．]9．D [根据关联速度得v A cos θ＝v B ，所以二者的速度大小不相等，A 错误；当物块A 经过左侧定滑轮正下方时细线与杆垂直，则根据选项A 可知，物块B 的速度为零，所以B 会经历减速过程，减速过程中重力会小于细线拉力，B 、C 错误；当物块A 经过左侧定滑轮正下方时，物块A 的速度最大，根据系统机械能守恒得mg (h sin θ－h )＝12m v 2，解得v ＝1 m/s ，D 正确．]10．C [由于不计空气阻力，则小球与弹簧分离后，小球加速度为g ，说明小球在x ＝0.1 m 时刚好回到弹簧原长位置，小球与弹簧分离，即分离时对应的位移为0.1 m ，A 错误；对直线段有v 22＝2g (0.3 m －0.1 m)，解得v 2＝2 m/s ，由题图可知最大速度v 1>v 2，B 错误；从释放到小球速度为0的过程，弹性势能全部转化为小球的机械能，以最低点为重力势能参考平面，小球的机械能为mgh 0＝0.4×10×0.3 J ＝1.2 J ，故弹簧弹性势能最大值为E p ＝1.2 J ，C 正确；向下按h ＝0.1 m 的过程，根据功能关系有W F ＋mgh ＝E p ，解得W F ＝0.8 J ，D 错误．] 11．(1)2ωR (2)(2mω2R )2＋(mg )2 (3)M ＋16m2Mg(ωR )2解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v ＝ωr ＝2ωR (2)向心力F n ＝2mω2R 设F 与水平方向的夹角为α， 则F cos α＝F n F sin α＝mg解得F ＝(2mω2R )2＋(mg )2 (3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得 12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh 解得h ＝M ＋16m 2Mg(ωR )2.12．(1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s 解析 (1)弹簧恢复原长时， 对B ：mg －F T ＝ma 对A ：F T －mg sin 30°＝ma代入数据可求得：F T ＝30 N. (2)初态弹簧压缩量 x 1＝mg sin 30°k ＝10 cm当A 速度最大时有 F T ′＝mg ＝kx 2＋mg sin 30° 弹簧伸长量x 2＝mg －mg sin 30°k＝10 cm所以A 沿斜面向上运动x 1＋x 2＝20 cm 时获得最大速度． (3)因x 1＝x 2，故弹簧弹性势能的改变量ΔE p ＝0 由机械能守恒定律有 mg (x 1＋x 2)－mg (x 1＋x 2)sin 30° ＝12×2m v 2，解得v ＝1 m/s. 13．BC [a 球和b 球所组成的系统只有重力做功，则系统机械能守恒，以b 球为研究对象，b 球的初速度为零，当a 球运动到两杆的交点时，球在水平方向上的分速度为零，所以b 球此时的速度也为零，由此可知从a 球释放至a 球运动到两杆的交点过程中，b 球速度是先增大再减小，当b 球速度减小时，轻杆对a 、b 都表现为拉力，对a 分析，此时拉力在竖直方向上的分力与a 的重力方向相同，则此时其加速度大小大于g ，故A 错误；由机械能守恒得mg Δh ＝12m v a 2＋12m v b 2，当a 下落Δh ＝0.15 m 时，由几何关系可知轻杆与N 杆的夹角α＝30°，此时v a sin α＝v b cos α，联立解得v a ＝1.5 m/s ，故B 正确；当a 球运动到两杆的交点后再向下运动L 距离，此时b 达到两杆的交点处，a 的速度为零，b 的速度最大，设为v b m ，由机械能守恒得mg (L ＋L sin θ)＝12m v b m 2，解得v b m ＝3 2 m/s ，故C 正确； a 球运动到两杆的交点处，b的速度为零，设此时a 的速度为v a 0，由机械能守恒得mgL sin θ＝12m v a 02，解得v a 0＝2 2 m/s ，此时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，a球会继续向下加速运动，速度会大于2 2 m/s，故D错误．]。
高三物理第一轮复习动量守恒定律课后练习有答案
动量守恒定律一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求,全部选对的得8分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块.木箱和小木块都具有一定的质量.现使木箱获得一个向右的初速度v0,则()A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动解析:系统不受外力,动量守恒,最终两个物体以相同的速度一起向右运动,B正确.答案:B2.如图所示,一轻质弹簧,两端连着物体A和B放在光滑水平面上,如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体A中,已知物体A的质量为物体B的质量的,子弹的质量是物体B质量的.弹簧被压缩到最短时物体B的速度为()A. B. C. D.解析:令B的质量为m,三者构成的系统动量守恒,即mv0=(m+m+m)v,解得v=v0.答案:B3.(2014·广东东莞实验中学模拟)甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动,速度大小分别为3 m/s和1 m/s,迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动,速度大小均为2 m/s.则甲、乙两人质量之比为()A.2∶3B.2∶5C.3∶5D.5∶3解析:由动量守恒定律,m1v1-m2v2=m2v2'-m1v1',解得m1∶m2=3∶5,选项C正确.答案:C4.动量相等的甲、乙两车,刹车后沿两条水平路面滑行.若两车质量之比,路面对两车的阻力相同,则两车滑行时间之比为()A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶4解析:两车滑行时水平方向仅受阻力F f作用,在这个力作用下使物体的动量发生变化.当规定以车行驶的方向为正方向后,由牛顿第二定律的动量表述形式:mv'-mv=Ft,得两车滑行时间.当p、F f相同时,滑行时间t相同.t=--答案:A5.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为m B=2m A,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A 球的动量增量为-4 kg·m/s.则()A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10解析:碰撞前,A、B两球动量相等,即m A v A=m B v B,又m B=2m A,则v A=2v B,即v A>v B,所以左方是A球.碰撞后,A球的动量增量为-4kg·m/s,则B球的动量增量为4kg·m/s,所以,A球的动量为2kg·m/s,B球的动量为10kg·m/s,即m A v A=2kg·m/s,m B v B=10kg·m/s,且m B=2m A,则v A∶v B=2∶5.所以选项A正确.答案:A6.斜向上飞出一个爆竹,到达最高点时(速度水平向东)爆炸成质量相等的三块,前面一块速度水平向东,后面一块速度水平向西,前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反.则以下说法中正确的是()A.爆炸后的瞬间,中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B.爆炸后的瞬间,中间那块的速度可能水平向西C.爆炸后三块将同时落到水平地面上,并且落地时的动量相同D.爆炸后的瞬间,中间那块的动能大于爆炸前的瞬间爆竹的总动能解析:设爆竹爆炸前瞬间的速度为v0,爆炸过程中,因为内力远大于外力,可认为爆竹爆炸过程中动量守恒,设前面的一块速度为v1,则后面一块的速度为-v1,设中间一块的速度为v,由动量守恒有3mv0=mv1-mv1+mv,解得v=3v0,则中间那块速度方向向东,速度大小比爆炸前的大,则选项A正确,B错误.三块同时落地,但动量不同,选项C错误.中间那块的动能为m(3v0)2,大于爆炸前系统的总动能,选项D正确.答案:AD7.(2014·广东广州模拟)如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一个轻弹簧,B端粘有油泥,AB总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB和C都静止,当突然烧断细绳时,C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是()A.弹簧伸长过程中C向右运动,同时AB也向右运动B.C与B碰前,C与AB的速率之比为M∶mC.C与油泥粘在一起后,AB立即停止运动D.C与油泥粘在一起后,AB继续向右运动解析:小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒,C向右运动时,AB应向左运动,故选项A错误.设碰前C的速率为v1,AB的速率为v2,则0=mv1-Mv2,得,故选项B正确.设C与油泥粘在一起后,AB、C的共同速度为v共,则0=(M+m)v共,得v共=0,故选项C正确,D错误.答案:BC8.如图所示为A、B两物体相互作用前后的v-t图线,则由图线可以判断() A.A、B作用前后的总动量守恒B.A、B的质量之比为3∶2C.A、B作用前后总动能不相等D.A、B作用前后,总动能不变解析:根据题图可知,因作用力大小相同,故,选项B对;设m A=3m,m B=2m,则初总动量p=m A v A+m B v B=3m×6+2m×1=20m,初总动能E k=m A m B(3m×62+2m×12)=55m,末总动量p'=m A v A'+m B v B'=3m×2+2m×7=20m,末总动能E k'=m A v A'2+m B v B'2=(3m×22+2m×72)=55m,故选项A、D对,C错.答案:ABD二、论述·计算题(本题共2小题,共36分)9.(18分)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示.图中ab为粗糙的水平面,长度为l;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P相对静止.重力加速度为g.求:(1)木块在ab段受到的摩擦力F f;(2)木块最后距a点的距离s.解析:(1)从开始到木块达到最大高度的过程:由动量守恒定律得mv0=3mv1由能的转化及守恒得·3m+mgh+F f l解得F f=-.(2)从最大高度至最终相对静止:由动量守恒定律得3mv1=3mv2设木块相对b的位移为x,由能的转化及守恒得·3m+mgh=·3m+F f x距a点的距离s=l-x联立解得s=l----l.答案:(1)-(2)--l10.(18分)(2014·江西重点中学联考)如图所示,长度为l的长木板A右边固定着一个挡板,包括挡板在内的总质量为m',静止在光滑的水平地面上.小木块B质量为m,从A的左端开始以初速度v0在A上滑动,滑到右端与挡板发生碰撞,已知碰撞过程时间极短,碰后木块B恰好滑到A 的左端就停止滑动.则:(1)判断在整个运动过程中,A和B是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的;(2)求B与A间的动摩擦因数μ.解析:(1)设向右为正方向,在运动过程中,A、B系统动量守恒,因此mv0=mv B+m'v A,而v B≤v0,则v A≥0,因此A在运动过程中不可能向左运动,B在与A碰撞时,若B的质量比较小,碰后B的速度有可能反向,即向左运动.(2)系统动量守恒:mv0=(m+m')v对系统应用能量守恒定律得:2μmgl=(m+m')v2联立解得μ=.答案:(1)A不可能,B可能(2)三、选做题(10分)11.质量分别为m1=1 kg,m2=3 kg的小车A和B静止在水平面上,小车A的右端水平连接一根轻弹簧.现让小车B以水平向左的初速度v0向A驶来,与轻弹簧相碰之后,小车A获得的最大速度为6 m/s,如果不计摩擦,也不计相互作用过程中机械能损失,求:(1)小车B的初速度v0;(2)A和B相互作用过程中,弹簧获得的最大弹性势能.解析:(1)由题意可得,当A、B之间无相互作用,即弹簧恢复到原长时A的速度达到最大,设此时B的速度为v2,由动量守恒定律可得:m2v0=m1v+m2v2相互作用前后系统的总动能不变:m2m1v2+m2解得v0=4m/s.(2)第一次弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大,设此时A、B有相同的速度v',根据动量守恒定律有:m2v0=(m1+m2)v'此时弹簧的弹性势能最大,等于系统动能的减少量:ΔE=m2(m1+m2)v'2解得ΔE=6J.答案:(1)4 m/s(2)6 J。
高三物理一轮复习练习题(带答案解析)
高三物理一轮复习练习题（带答案解析）学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1、香烟燃烧，过程中能产生的有害成分达3000余种.其过程中会释放一种危险的放射性元素“钋()21084Po ”，21084Po 发生m 次α衰变和n 次β衰变后产生了新核铋()20683Bi ，下列说法正确的是( )A.α衰变就是化学中的分解反应B.1,1m n ==C.新核铋()20683Bi 的中子数比质子数多43个 D.21084Po 衰变产生的α粒子可以穿透1 cm 厚的钢板 【答案】1、答案：B解析：α衰变是原子核衰变的一种形式，是核反应，不是化学中的分解反应，A 错误；21084Po 比20683Bi 多1个质子，多3个中子，发生α衰变是放出42He ，发生β衰变是放出01e -，根据质量数守恒和电荷数守恒有28384,4206210m n m -+=+=，解得1,1m n ==，B 正确；新核铋()20683Bi 的质子数为83个，中子有20683123-=个，中子数比质子数多1238340-=个，C 错误；α粒子的穿透能力弱，不能穿透1 cm 厚的钢板，D 错误.2、如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁.将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v 匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L ，墨汁图样与木板边缘交点P Q 、恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g ，则该单摆的等效摆长为( )2gv 2gL 225gL 225gv【答案】2、答案：B=2T ==正确. 3、如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知P Q M 、、三颗卫星均做匀速圆周运动，虚线圆是P Q 、卫星轨道的包围圆，其中P 是地球同步卫星，则这三颗卫星( )A.运行的周期P Q M T T T =>B.线速度大小Q P M v v v <<C.受到的引力M P Q F F F >=D.具有的机械能P Q M E E E =>【答案】3、答案：A解析：根据22224πMm v G m m r r r T ==，可得2v T ==P Q M r r =>，则运行的周期P Q M T T T =>，A 正确；根据v =Q P M v v =<，B 错误；三个卫星的质量关系不确定，则不能确定受到的引力大小关系以及机械能大小关系，C 、D 错误.4、已知无穷大均匀带电平板在其周围空间激发与平板垂直的匀强电场.现在水平无穷大带电平板上方某点固定一点电荷Q +.一质量为m 、带电荷量为q -的小球以点电荷为圆心做匀速圆周运动，其中AC BD 、分别为圆周轨迹的水平和竖直直径，重力加速度为g ，静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A.无穷大平板带正电B.圆周上的场强在B点有最小值，在D点有最大值D.若A、【答案】4、答案：C+对小球的库仑力提供向心力，所解析：因小球做匀速圆周运动，所以只能是点电荷Q=，则无穷大平板在空间激发的以小球的重力与平板对小球的电场力平衡，即Eq mg、两大平板激发的电场方向竖直向下，即平板带负电，故A错误；固定点电荷在B D点产生场强的方向分别为竖直向下和竖直向上，而平板所激发的场强方向竖直向下，所以B点处合场强为两场强之和，D点为两者之差，所以B点场强最大，D点场强最、两点处的合场强方向相互垂直，则两电场方向在两点处与水小，故B错误；若A C=R=v从足够长的粗糙斜面底端上滑，2 s后回到出发点，物块的速度v、位移s随时5、物块以初速度间t的变化关系图像可能是( )A. B. C. D.【答案】 5、答案：D解析：本题借助s t -图像和v t -图像考查对图像意义的理解和牛顿第二定律的应用。
新人教版高三物理一轮复习 静电场复习题及答案解析
章末检测(六)(时间:60分钟，分值:100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点．现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是() A．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度不同，电势相同B．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同2.如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是()A．沿轨迹④运动B．沿轨迹①运动C．沿轨迹②运动D．沿轨迹③运动3.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是()A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度方向由A指向BC．A点的电场强度小于B点的电场强度D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功4．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A ．A 点和B 点的电势相同B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，电场力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增大后减小5．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示．一个电量为2 C 、质量为1 kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝2 V/m B ．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C ．由C 到A 的过程中，电势逐渐升高D ．A 、B 两点电势差U AB ＝－5 V 6.如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q 向上运动过程中( )A ．物块Q 的动能一直增大B ．物块Q 的电势能一直增大C ．物块P 、Q 的重力势能和电势能之和一直增大D ．物块Q 的机械能一直增大二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意) 7.如图所示，两个质量均为m ，带电荷量均为＋q 的小球A 、B ，一个固定在O 点的正下方L 处，另一个用长为L 的细线悬挂在O 点，静止时，细线与竖直方向的夹角为60°，以下说法正确的是( )A ．O 点处的电场强度的大小为3kqL 2B ．A 在B 处产生的电场强度为kqL2C ．细线上的拉力为3kq 2L2D ．B 球所受A 球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上8．将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三个微粒分别落在图中A 、B 、C 三点，不计其重力作用，则( )A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒的电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是F A＜F B＜F CD．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C＞E k B＞E k A9.如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO放置在重力场中，PO竖直，a、b 为两个带有等量同种电荷的小球(可以近似看成点电荷)，当用水平向左的作用力F作用于b 时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现稍改变F的大小，使b稍向左移动一小段距离，则a、b重新处于静止状态后()A．a、b间电场力增大B．作用力F减小C．系统的重力势能增加D．系统的电势能增加三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(12分)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．11．(16分)如图甲所示的平行板电容器，板间距为d ，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t ＝0时刻，质量为m 、带电荷量为q 的粒子以平行于极板的速度v 0射入电容器，t ＝3T 时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计．求:(1)平行板电容器板长L ；(2)粒子射出电容器时速度偏转的角度φ； (3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y .12．(18分)如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E 、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R ＝5v 20g，轨道在A 点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD 垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d 的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m 、带电荷量为－q 的小球(可看做质点)从左边界的O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入区域Ⅰ，恰好从A 点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求:(1)OM 的长L ；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E ′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO ′的距离s .章末检测(六)1．[解析]选B.若Q 1和Q 2是等量异种电荷，则C 、D 位于两个点电荷的中垂面上，所以C 、D 两点电场强度相同，电势相同，所以A 错误，B 正确；若Q 1和Q 2是等量同种电荷，则C 、D 两点电势相同，电场强度大小相等，方向不同，所以C 、D 错误．2．[解析]选C.由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεS可知，两极板所带电荷量、电介质和正对面积不变时，M 板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，故微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．3．[解析]选B.由图象知φA ＞φB ，故A 错；电场强度的方向从高电势指向低电势，即A →B ，故B 正确；图象斜率的绝对值表示场强大小，E A ＞E B ，故C 错；正电荷受力方向为A →B ，电场力做正功，故D 错．4．[解析]选C.由题图可知，A 、B 两点不在同一等势面上，电势不相同，A 错误；由对称性可知，C 、D 两点的电场强度方向不同，B 错误；由W AB ＝U AB ·q ，U AB ＞0，q ＞0可知，W AB ＞0，C 正确；沿CD 直线，由C 到D ，电势先增大后减小，故负电荷由C 沿直线CD 移至D 点，电势能先减小后增大，D 错误．5．[解析]选D.由图乙知，小物块在B 点时加速度最大，故B 点场强最大，加速度大小为2 m/s 2，据qE ＝ma 得E ＝1 V/m ，选项A 错误；由C 到A 的过程中小物块的动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B 、C 错误；根据动能定理有qU AB ＝12m v 2B－12m v 2A，解得:U AB ＝－5 V ，选项D 正确． 6．[解析]选D.由F 库－mg sin θ＝ma 可知，物块沿斜面的加速度先向上逐渐减小，再沿斜面向下，逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q 的动能先增大再减小，A 错误；因电场力始终做正功，故电势能一直减小，物块Q 的机械能一直增大，B 错误，D 正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C 错误．7．[解析]选ABD.由点电荷的场强公式，A 在B 处产生的电场强度为E 1＝k qL2，O 点处的电场为A 、B 分别在O 处产生的电场的叠加，即E 2＝2E 1cos 30°＝3k qL2，则A 、B 说法正确；对B 球，由平衡条件得，B 球所受A 球的库仑力和线的拉力的合力方向竖直向上，且细线上的拉力F T ＝mg ＝k q 2L2，则D 说法正确，C 说法错误．8．[解析]选CD.因为三个微粒只受到竖直向下的恒定的电场力的作用，所以它们均做类平抛运动．根据题意，它们在水平方向上做的是速度大小相同的匀速直线运动，三个微粒在电场中运动的时间与它们在水平方向上的位移成正比，显然，t A ＞t B ＞t C ，选项A 错误；它们做类平抛运动的初速度相同，但运动轨迹不同，这说明它们受到的电场力不同，因此所带电荷量不同，选项B 错误；它们在竖直方向上下落的位移相同(设为h )，但运动时间不同，根据关系式a ＝2h /t 2及t A ＞t B ＞t C 可知，a A ＜a B ＜a C ，因为它们的质量相等，根据牛顿第二定律可知，三个微粒所受电场力的大小关系是F A ＜F B ＜F C ，选项C 正确；又因为三个微粒在竖直方向上的位移相等，所以电场力做的功的大小关系是W A ＜W B ＜W C ，根据动能定理，粒子所受的电场力做的功等于粒子动能的增加量，所以三个微粒到达下板时的动能关系是E k C ＞E k B ＞E k A ，选项D 正确．9．[解析]选BC.设a 、b 间的电场力F 2和竖直挡板之间的夹角为θ，可以看出θ变小，以a 为研究对象，进行受力分析可知，它受到挡板的水平支持力F 1、重力m a g 、电场力F 2，如图所示，根据平衡条件可得:m a g ＝F 2cos θ，F 2sin θ＝F 1，解得F 2＝m a gcos θ，F 1＝m a g tan θ.因为θ变小，所以F 1、F 2均减小，A 错误；把a 、b 看成系统可知水平力F 等于F 1，因为F 1变小，所以F 变小，B 正确；由于F 2减小，a 向上运动，a 的重力势能增加，虽然b 的重力势能不变，但系统的重力势能增大，C 正确；由于电场力变小，相当于两个小球间的距离增大，所以电场力对系统做正功，因此系统的电势能应该减少，D 错误．10．[解析]质点所受电场力的大小为f ＝qE ①(1分)设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有f ＋N a ＝m v 2ar ②(1分)N b －f ＝m v 2br③(1分)设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12m v 2a ④(1分)E k b ＝12m v 2b⑤(1分)根据动能定理有E k b －E k a ＝2rf ⑥(3分) 联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a )(2分)E k a ＝r12(N b ＋5N a )(1分)E k b ＝r12(5N b ＋N a )．(1分)[答案]见解析11．[解析](1)粒子水平方向做匀速运动: L ＝v 0·3T ＝3v 0T .(4分)(2)粒子竖直方向先做T 时间的匀加速，然后做T 时间的匀速，再做T 时间的匀加速:a ＝Fm ＝q U d m (2分) v y ＝qU md·2T (2分)tan φ＝v y v 0＝2qUTmd v 0(2分)故φ＝arctan 2qUTmd v 0.(2分)(3)竖直方向一共加速运动了2T 时间，匀速运动了T 时间，则 y ＝12qU md (2T )2＋qU md T ·T ＝3qU mdT 2.(4分) [答案](1)3v 0T (2)arctan 2qUT md v 0 (3)3qU mdT 212．[解析](1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A 点时的速度为v A ，竖直分速度为v y ，则有cos 60°＝v 0v A ，即v A ＝2v 0(2分)tan 60°＝v yv 0，即v y ＝3v 0(2分)由牛顿第二定律知a ＝qE ＋mgm (1分)由v 2y ＝2aL 知L ＝3m v 202(qE ＋mg ).(2分)(2)在区域Ⅱ中，由图可知BC ＝R2所以从A 点到B 点，由动能定理得mg ·R 2＝12m v 2B －12m v 2A (2分) 得v B ＝3v 0(1分)在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v 2B ＝2qE ′md (2分) 得E ′＝9m v 202qd .(1分)(3)v B ＝qE ′m t ，所以t ＝2d3v 0(2分)小球在竖直方向上做自由落体运动，即 h ＝12gt 2＝2gd 29v 20(2分) 所以小球到达右边界上的点与OO ′的距离s ＝BC ＋h ＝5v 202g ＋2gd 29v 20.(1分)[答案](1)3m v 202(qE ＋mg )(2)9m v 202qd(3)5v 202g ＋2gd 29v 20。
2025版高考物理一轮复习全程训练计划周测七恒定电流含解析
恒定电流夯基提能卷⑦ 立足于练题型悟技法——保底分(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．[2024·潍坊模拟]在长度为l 、横截面积为S 、单位体积内自由电子数为n 的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电荷量为e 的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与阳离子碰撞而减速，如此往复……所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v (不随时间变更)的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v 成正比，即f ＝kv (k 是常量)，则该导体的电阻应当等于( )A.kl neS B.kl ne 2S C.kS nel D.kS ne 2l答案：B解析：电子定向移动，由平衡条件，kv ＝e Ul ，则U ＝kvl e，导体中的电流I ＝neSv ，电阻R ＝U I ＝kl ne 2S，选项B 正确． 2．[2024·青岛模拟]如图所示，a 、b 、c 为不同材料做成的电阻，b 与a 的长度相等，横截面积是a 的两倍；c 与a 的横截面积相等，长度是a 的两倍．当开关闭合后，三个志向电压表的示数关系是U 1：U 2：U 3＝1：1：2.关于这三种材料的电阻率ρa 、ρb 、ρc ，下列说法中正确的是( )A ．ρa 是ρb 的2倍B ．ρa 是ρc 的2倍C ．ρb 是ρc 的2倍D ．ρc 是ρa 的2倍答案：C解析：设a 的长度为L ，横截面积为S ，因为R ＝U I ，而R ＝ρL S ，所以R a R b ＝U 1U 2，即ρa L S ρb L 2S＝1，故ρb ＝2ρa ；同理R a R c ＝U 1U 3＝12，所以ρa L S ρc 2L S＝12，故ρa ＝ρc ，由上述可知ρb ＝2ρc ，C 正确．3．(多选)如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等．则下列对这两个电路中的U 甲、U 乙、R 甲、R 乙之间的关系的说法正确的是( )A ．U 甲>2U 乙B ．U 甲＝2U 乙C ．R 甲＝4R 乙D ．R 甲＝2R 乙答案：BC解析：设灯泡的电阻为R ，正常发光时电流为I ，电压为U ，由于两个电路的总功率相等，P ＝U 甲I ＝U 乙·2I ，得U 甲＝2U 乙；又由U 甲＝2U ＋IR 甲，U 乙＝U ＋2IR 乙，得R 甲＝4R 乙，故B 、C 正确．4．(多选)如图所示，四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A 1的量程大于电流表A 2的量程，电压表V 1的量程大于电压表V 2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是(读数均表示改装后的测量值)( )A ．电流表A 1的偏转角大于电流表A 2的偏转角B ．电流表A 1的读数大于电流表A 2的读数C ．电压表V 1的读数小于电压表V 2的读数D ．电压表V 1的偏转角等于电压表V 2的偏转角答案：BD解析：电流表A 1的量程大于电流表A 2的量程，故电流表A 1的内阻小于电流表A 2的内阻；由题图可以知道，两电流表并联，故两电流表两端的电压相等，两电流表由同一表头改装而成，而将电流表扩大量程时应并联一小电阻，故相当于四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表头指针的偏转角相同，故改装好的电流表A 1中的电流要大于电流表A 2中的电流，故电流表A 1的读数比电流表A 2的读数大，故A 错误，B 正确；电压表V 1的量程大于电压表V 2的量程，故电压表V 1的电阻大于电压表V 2的电阻，两电压表串联，故通过两表头的电流相等，故电压表V 1的读数比电压表V 2的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V 1的偏转角等于电压表V 2的偏转角，故C 错误，D 正确．5．[2024·重庆调研]如图所示，电源电动势为E ，内阻恒为r ，R 是定值电阻，热敏电阻R T 的阻值随温度的降低而增大，C 是平行板电容器．闭合开关S ，带电液滴刚好静止在C 内．在热敏电阻温度降低的过程中，分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示电流表、电压表V 1、电压表V 2和电压表V 3示数变更量的肯定值．关于该电路工作状态的变更，下列说法正确的是( )A.ΔU 1ΔI 、ΔU 2ΔI 、ΔU 3ΔI 肯定都变大 B.ΔU 1ΔI 和ΔU 3ΔI 肯定不变，ΔU 2ΔI肯定变大 C ．带电液滴肯定向下加速运动D ．电源的工作效率变大答案：D解析：由题意和题图可知，当热敏电阻温度降低时，热敏电阻的阻值增大，电路总阻值增大，总电流减小，电源内阻的分压减小，外电压增大，则电压表V 3的示数增大、电压表V 1的示数减小、电压表V 2的示数增大．由于U 1＝IR ，则ΔU 1ΔI＝R 不变，由闭合电路欧姆定律有U 3＝E －Ir ，则ΔU 3ΔI ＝r 不变，又U 2＝E －I (r ＋R )，则ΔU 2ΔI＝r ＋R 不变，AB 错误；由于电容器两极板之间的电压增大，电场力大于带电液滴所受的重力，则带电液滴向上做加速运动，C 错误；电源的效率为η＝I 2R ＋R T I 2R ＋R T ＋r×100%＝11＋r R ＋R T，即当R T 增大时，电源的工作效率变大，D 正确． 6．[2024·成都模拟]如图所示，E 为内阻不计的电源，MN 为同种材料制成的粗细匀称的长电阻丝，B 为电容器．当滑动触头P 以恒定速率从左向右匀速滑动时，关于电流计A 的读数状况及通过A 的电流方向，下列说法正确的是( )A ．读数渐渐变小，通过A 的电流方向向左B ．读数渐渐变大，通过A 的电流方向向右C ．读数稳定，通过A 的电流方向向右D ．读数稳定，通过A 的电流方向向左答案：C解析：设在Δt 时间内，触头P 移动的距离为ΔL ，则ΔL ＝v Δt ，电源内阻不计，电阻丝单位长度上的电压值为EL ，因此在Δt 时间内电容器两板间电压变更了ΔU ＝E L ΔL ＝E Lv Δt ，而I ＝ΔQ Δt ＝C ΔU Δt ＝CE L v Δt Δt ＝CE Lv ，电流值恒定，即电流表读数稳定，A 、B 错误；电容器的电压等于右半部分电阻丝两端的电压，当滑动触头P 以恒定速率从左向右匀速滑动时，电容器的电压减小，放电，放电电流方向由正极板流向负极板，右极板带正电，所以通过A 的电流方向向右，故C 正确，D 错误．7．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有同学利用压敏电阻设计了推断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球，重球直径略小于压敏电阻和挡板间距，小车向右做直线运动的过程中，电流表示数如图乙所示，下列推断正确的是( )A ．从0到t 1时间内，小车肯定做匀速直线运动B ．从t 1到t 2时间内，小车做匀加速直线运动C ．从t 2到t 3时间内，小车做匀加速直线运动D ．从t 2到t 3时间内，小车做匀速直线运动答案：C解析：由I －t 图象可知，0～t 1和t 2～t 3时间内，电流不变，说明电路中电阻不变，重球对压敏电阻的压力不变，即重球受力不变，0～t1时间内的电流小于t2～t3时间内的电流，则0～t1时间内小车可能做匀速运动，也可能匀加速运动，t2～t3时间内，小车做匀加速直线运动，故A、D错误，C正确；t1～t2时间内电流匀称增加，表示电路中电阻减小，说明重球对压敏电阻的压力变更，即重球受力变更，所以小车做变加速运动，故B错误．8．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻r≠0，定值电阻R2消耗的功率用P表示，两电表均为志向电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U、I表示，电容器所带的电荷量用Q表示，通过电源的电荷量为q时，电源所做的功用W表示．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列图象正确的是( )答案：AB解析：当滑动变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R2消耗的功率为P＝I2R2，功率与电流的关系为二次函数关系，A正确；电容器C的电压U C＝E－I(R2＋r)，电荷量Q＝CU C＝C[E－I(R2＋r)]，则ΔQΔI＝－C(R2＋r)，保持不变，则Q－I图线是向下倾斜的直线，B正确；电压表示数U＝E－Ir，U—I图线应是向下倾斜的直线，C 错误；电源通过电荷量q时，电源做的功W＝qE，E是电源的电动势，则W—q是过原点的直线，D错误．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(8分)[2024·唐山模拟]发光晶体二极管是用电器上做指示灯用的一种电子元件．它的电路符号如图甲所示，正常运用时，带“＋”号的一端接高电势，“－”号的一端接低电势．某同学用试验方法测得它两端的电压U和通过它的电流I的关系数据如表所示.U/V00.40.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0I/mA00.9 2.3 4.3 6.812.019.024.030.037.0(1)在图乙中的虚线框内画出该同学的试验电路图．(除电源、开关、滑动变阻器外，试验用电压表V：内阻R V约为10 kΩ；电流表mA：内阻R A约为100 Ω)(2)在图丙中的小方格纸上用描点法画出二极管的伏安特性曲线。