2020年高考物理一轮复习第十单元恒定电流单元检测(含解析)新人教版

恒定电流一、选择题1.(2018江苏南通11月联考)2018年6月5日,中国“风云二号H星”发射升空,它是一颗静止轨道气象卫星(同步卫星)。

则该卫星()。

A.通过地球南北极的上空B.离地面的高度可以是任意值C.运行速度大于7.9 km/sD.发射速度大于7.9 km/s且小于11.2 km/s【解析】“风云二号H星”为地球的同步卫星,因为周期等于地球自转的周期,所以必须定点在赤道的上空,且离地面的高度是固定的,运行速度小于第一宇宙速度,发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s,A、B、C 三项错误,D项正确。

【答案】D2.(2018福建宁德期末)地面上的物体以一定的初速度做竖直上抛运动,经过时间t0落回地面。

此过程物体的位移s、速度v、加速度a和动能E k随时间变化的图象如图所示,其中正确的是()。

gt2,物体向上运动的过程中位移曲线为抛物线,同理物体向下运动【解析】根据位移时间公式可知x=v0t-12的位移曲线也是抛物线,A项错误;小球的加速度不变,所以v-t图象的斜率不变,小球先向上做匀减速直线运mv2,由于速度v随动,后向下做匀加速直线运动,其v-t图线为一条斜线,B项正确,C项错误;根据动能公式E k=12时间的变化为直线,所以动能随时间的变化图象应为曲线,D项错误。

【答案】B3.(2018吉林长春四校联考)将一抛球入框游戏简化如下:在地面上竖直固定一矩形框架,框架高1 m、长3 m,抛球点位于框架底边中点正前方2 m处,离地高度为1.8 m,如图所示,假定球被水平抛出,方向可在水平面内调节,不计空气阻力,g=10 m/s 2,忽略框架的粗细,可将球视为质点,球要在落地前进入框内,则球被抛出的速度大小可能为( )。

A.3 m/sB.9 m/sC.6 m/sD.7 m/s【解析】无论向哪个方向水平抛球,球都做平抛运动。

当速度v 最小时,球打在框架底边的中间位置,则有h 2=12g t 12,x=v 1t 1,解得v 1≈3.33m/s 。

当速度v 最大时,球打在框架顶边的边缘位置,则有h 2-h 1=12g t 22,√t 2+(t 2)2=v 2t 2,解得v 2=6.25m/s 。

故球被抛出的速度大小范围为3.33m/s <v<6.25m/s,C 项正确。

【答案】C4.(2018重庆期末)一轻绳系住一质量为m 的小球悬挂在O 点,在最低点给小球一水平初速度,小球恰能在竖直平面内绕O 点做圆周运动,如图所示。

若在水平半径OP 的中点A 处钉一枚光滑的钉子,仍在最低点给小球同样的初速度,则小球向上通过P 点后将绕A 点做圆周运动,则到达最高点N 时,绳子的拉力大小为( )。

A.0B.2mgC.4mgD.3mg【解析】小球恰能在竖直平面内绕O 点做圆周运动,在最高点由重力提供向心力,则有mg=mt 2t,解得v=√tt ,设小球在最高点N 的速度为v 1,根据机械能守恒定律有12mv 2+2mgR=12m t 12+mg (R+12R ),根据向心力公式有T+mg=mt 12t 2,联立得T=3mg ,D 项正确。

【答案】D5.(2018重庆期末)如图所示的电路,电源电动势为E ,内阻为r ,R 1和R 3为定值电阻,R 2为滑动变阻器,闭合开关,一带电液滴恰好悬浮在电容器之间。

保持其他条件不变,则( )。

A.若将滑动变阻器滑片向b 端滑动,带电液滴将向上运动B.若将滑动变阻器滑片向b 端滑动,电流将从c 流向dC.若将金属块抽出,抽出过程中,带电液滴将向上运动D.若将金属块抽出,抽出过程中,电路将从d 流向c【解析】由图可知,当滑片向b 端滑动时,接入电路中的电阻R 2增大,根据闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小,则电阻R 3两端电压减小,即电容器两端电压减小,电容器内电场强度减弱,故带电液滴向下运动,A 项错误;电容器电压减弱,则带电荷量减小,电容器放电,放电电流将从d 流向c ,B 项错误;将金属块抽出,相当于电容器极板间距离增大,则电容减小,由于电压不变,则电场强度减弱,故带电液滴向下运动,C 项错误;电容减小,由于电压不变,则电荷量减小,电容器放电,放电电流将从d 流向c ,D 项正确。

【答案】D6.(2019四川成都零诊)如图所示的电路中,电源电动势E=6 V,内阻r=1 Ω,电阻R 1=6 Ω,R 2=5 Ω,R 3=3 Ω,电容器的电容C=2×10-5F 。

若将开关S 闭合,电路稳定时通过R 2的电流为I ;断开开关S 后,通过R 1的电荷量为q 。

则( )。

A.I=0.25 AB.I=0.5 AC.q=1×10-5CD.q=2×10-5C【解析】开关S 闭合电路稳定时,外电路中总电阻R=R 2+t 1t 3t 1+t 3=7Ω,根据闭合电路欧姆定律得I=tt +t =0.75A,电容器两端的电压U=I t 1t3t 1+t3=1.5V,电荷量Q=CU =3×10-5C 。

断开开关S 后,电容器通过R 1与R 3放电,设通过R 1与R 3的放电电流分别为I 1和I 3,则t 1t 3=t 3t 1,由q=It 可知,通过R 1与R 3的电荷量之比t 1t 3=t1t 3,又q 1+q 3=Q ,联立解得通过R 1的电荷量q 1=t 3t1+t 3Q=1×10-5C,A 、B 、D 三项错误,C 项正确。

【答案】C7.(2019天津月考)如图所示,质量M=1 kg 的木板静止在光滑水平面上,一个质量m=3 kg 滑块以初速度v 0=2 m/s 从木板的左端向右滑上木板,木板与滑块之间的动摩擦因数μ=0.1,滑块始终未离开木板。

则下列说法正确的是( )。

A.滑块和木板的加速度之比是3∶1B.整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 JC.可以求出木板的最小长度是1.5 mD.从开始到滑块与木板相对静止的这段时间内,滑块与木板的位移之比是7∶1【解析】滑块和木板受到的合外力相等,根据牛顿第二定律可知,加速度与各自的质量成反比,故加速度之比为1∶3,A 项错误;水平面光滑,则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零,两者水平方向动量守恒,滑块相对木板静止时,取向右为正方向,根据动量守恒定律得mv 0=(m+M )v 1,解得v 1=1.5m/s,根据能量守恒定律得,整个过程中因摩擦产生的内能Q=12m t 02-12(M+m )t 12=1.5J,B 项正确;设木板的最小长度为L ,则有Q=μmgL ,解得L=0.5m,C 项错误;从开始到滑块与木板相对静止这段时间内,滑块与木板的位移之比就等于平均速度之比,所以位移之比为7∶3,D 项错误。

【答案】B8.(2019江苏苏州期初调研)(多选)A 、B 两个电源的路端电压U 和电流I 的关系图象如图甲所示,设两个电源的内阻分别为r A 、r B 。

若将一定值电阻R 分别接到两个电源上,设R 消耗的功率分别为P A 、P B ,则关于两个物理量大小关系的判断正确的是( )。

甲A.r A >r BB.r A <r BC.P A >P BD.P A <P B【解析】由图甲可知,图线B 斜率的绝对值大于图线A 斜率的绝对值,因此r A <r B ,A 项错误,B 项正确;在同一坐标系内作出电阻R 的U-I 图象,如图乙所示,图象与两个电源的U-I 图象的交点为电路的工作点,根据P=IU 可知R 消耗的功率P A >P B ,C 项正确,D 项错误。

乙9.(2019江西南昌七校联考)(多选)如图所示,一轻弹簧的左端固定,右端与一带电小球相连接,小球静止在光滑绝缘的水平面上,施加一个水平方向的匀强电场,使小球从静止开始向右运动,则向右运动的这一过程中(运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度)( )。

A.小球动能最大时,小球电势能最小B.弹簧弹性势能最大时,小球和弹簧组成的系统机械能最大C.小球电势能最小时,小球动能为零D.当电场力和弹簧弹力平衡时,小球的动能最大【解析】小球向右运动时,电场力做正功,电势能减小;当电场力与弹力平衡时,小球的动能最大,电势能不是最大,在最右端电势能最大,A 项错误。

小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功,故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒,在最右端,电势能最小,故小球和弹簧组成的系统机械能最大,B 项正确。

小球向右运动时,电场力做正功,电势能减小,故最右端电势能最小,此时动能为零,C 项正确。

在电场力和弹簧弹力平衡前,电场力大于弹簧的弹力,小球做加速运动;当弹力等于电场力时,速度达到最大,小球的动能最大,D 项正确。

【答案】BCD10.(2019河北衡水中学二调)(多选)如图所示,光滑水平面上有一个四分之三圆弧管,内壁光滑,半径R=0.2 m,质量M=0.8 kg,管内有一个质量m=0.2 kg 的小球,小球直径略小于弯管的内径,将小球用外力锁定在图示位置,即球和环的圆心连线与竖直方向成37°角,对圆弧管施加水平恒定外力F ,同时解除锁定,系统向右加速,发现小球在管中位置不变,当系统运动一段距离后管撞击到障碍物上突然停下,以后小球继续运动通过最高点后又落入管中,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

则下列说法正确的是( )。

A.拉力F 的大小为6 NB.小球在轨道最高点时速度为1 m/sC.系统运动一段距离后管撞击到障碍物时的速度为2 m/sD.拉力F 做的功为4.1 J【解析】对小球有mg tan37°=ma ,对系统有F=(m+M )a=7.5N,A 项错误;小球离开管做平抛运动,则有R=vt ,R=12gt 2,由以上两式解得v=√tt 2=1m/s,B 项正确;设系统与障碍物撞击时系统的速度为v 2,由机械能守恒定律得12m t 22=12mv 2+mgR (1+cos37°),解得v 2=√415m/s,C 项错误;F 做的功W=12(m+M )t 22=4.1J,D 项正确。

二、非选择题11.(2018河北唐山10月模拟)光滑水平地面上,木板A 左端与竖直墙壁接触处于静止状态,可视为质点的小木块B 停在木板的右端,如图所示。

对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v 0=7 m/s,经时间t=0.5 s 木块运动到竖直墙壁处,速度大小减为v 1=5 m/s 。

木块与墙壁发生弹性碰撞后,恰能停在木板右端。

重力加速度g=10 m/s 2,求:(1)木板的长度L 和木板与木块间的动摩擦因数μ。

(2)木板和木块的质量的比值。

【解析】(1)木块向左运动L=12(v 0+v 1)t v 1=v 0-at μmg=ma解得木板长度L=3m 动摩擦因数μ=0.4。