新课标2020高考物理二轮复习实验题专项练四含解析
2020年高考物理二模试卷解析版
高考物理二模试卷题号一二三四总分得分一、单项选择题（本大题共 5 小题，共30.0 分）1. 如下图为氢原子能级表示图，一群处于n=4 激发态的氢原子，向低能级跃迁的过程中向外辐射不一样频次的光子，用这些光子分别照耀逸出功为 4.54eV 的金属钨，以下说法正确的选项是（）A.这群氢原子在辐射光子的过程中，电子绕核运动的动能增大，电势能减小B. 这群氢原子能辐射6 种不一样频次的光，此中从 n=4 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光子的动量最小C. 这群氢原子辐射的 6 种不一样频次的光中，能让金属钨发生光电效应的有 4 种D. 金属钨表面所发出的光电子的最大初动能是2. 2018 年 12 月 12 日 16 时 45 分，“嫦娥四号”在椭圆轨道Ⅱ的 A点成功实行了近月制动，顺利达成“太空刹车”，被月球捕捉，进入了近月轨道Ⅰ ．假定月球半径为R，月球表面的重力加快度为0 3R．已知引力常量G，下g ，轨道Ⅱ的 B 点距离月球表面高度为列说法正确的选项是（）A. “嫦娥四号”在 A 处点火后，动能增添B. 由已知条件能够求出“嫦娥四号”在轨道Ⅱ 上的运转周期C. 若只考虑万有引力的作用，“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上经过 A 点时的加快度大于在轨道 1 上经过 A 点时的加快度D. 由已知条件没法求出月球的质量3.将体积同样，质量 m A=5m 的灯笼 A 和质量 m B=3m 的灯笼 B用轻质细绳 2 连结，灯笼 A 又用轻质细绳 1 悬挂在天花板上的 O点，两灯笼在同样的水平恒定风力作用下，处于如图所示的静止状态。
此中，轻质细绳1 与竖直方向的夹角α =45，°以下说法正确的选项是（）A.B. 细绳 1 中的张力大小为5mg细绳 2 中的张力大小为8 mgC.D. 作用在每一个灯笼上的水平风力的大小为 8mg 细绳2 与竖直方向的夹角为 53°4. 竖直平面内存在方向水平向右、大小为 E 的匀强电场。
2024年高考物理二轮复习选择题专项练四含解析
选择题专项练(四)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2021山东淄博高三二模)负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施,可以大大减少医务人员被感染的可能性,病房中气压小于外界环境的大气压。
若负压病房的温度和外界温度相同,负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体,以下说法正确的是()A.负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能B.外界气体进入负压病房后体积会缩小C.负压病房内单位体积气体分子数小于外界环境中单位体积气体分子数D.相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力2.(2021山东济南高三一模)某同学将一网球竖直向上抛出,一段时间后落回原处,此过程中空气阻力大小保持不变,以竖直向上为正方向,下列位移—时间图像中可能正确的是()3.(2021山东泰安高三三模)位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜,通过FAST可以测量地球与木星之间的距离。
当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时,测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍。
若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面,则可知木星的公转周期为()A.(1+k)34年 B.(1+k2)32年C.(1+k2)34年 D.k32年4.(2021湖南衡阳高三一模)《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领,智能机器制造是一个重要方向,其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。
如图所示,一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球,小球在空中处于静止状态,铁夹与球接触面保持竖直,则()A.机械臂受到的摩擦力方向向上B.小球受到的压力与重力是一对平衡力C.若增大铁夹对小球的压力,小球受到的摩擦力变大D.若机械臂夹着小球在空中沿水平方向做匀加速直线运动,则机械臂对小球的作用力相比静止时的作用力一定变大5.(2021天津高三模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=5∶1,原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,R为阻值随光强增大而减小的光敏电阻,L1和L2是两个完全相同的灯泡,电表均为理想交流电表。
2020届高考物理二轮复习刷题首选卷专题四曲线运动精练(含解析)
专题四曲线运动『经典特训题组』1．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其vt图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的xt图象如图丙所示。
若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/sD．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2答案BD解析由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2 s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；xt图象的斜率等于速度，则知t＝0时猴子水平方向的速度大小为v x＝4 m/s，又竖直方向初速度大小v y＝8 m/s，则t＝0时猴子的速度大小为：v＝v2x＋v2y＝4 5 m/s，故C错误；vt图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为：a＝ΔvΔt＝0－82m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，故D正确。
2．(多选) 如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目标A。
已知A点高度为h＝360 m，山坡倾角θ为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，由此可算出( )A．炸弹的飞行时间为0.8 sB．炸弹飞行的水平位移为480 mC．轰炸机的飞行高度为680 mD．炸弹的落地速度为80 m/s答案BC解析 如图所示，已知A 点高度为h ＝360 m ，山坡倾角为37°，可算出炸弹飞行的水平位移为x ＝h tan37°＝480 m ，故B 正确；炸弹垂直击中目标A ，可知炸弹的速度偏转角满足φ＝π2－θ＝53°，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍可知tan φ＝gt v 0＝2H x，解得H ＝320 m ，所以轰炸机的飞行高度H 总＝H ＋h ＝680 m ，故C 正确；炸弹的飞行时间t ＝ 2H g＝8 s ，故A 错误；炸弹的初速度为v 0＝x t ＝60 m/s ，落地速度v ＝v 0cos φ＝100 m/s ，故D 错误。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析
2021-4-29 20XX年复习资料教学复习资料班级：科目：直流电路与交流电路[题组一] 直流电路的分析1.(2020·长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G ＝500 N ，电源电动势E ＝90 V ，电源内阻r ＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v ＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I ＝5 A ，下列判断不正确的是( )A ．电动机消耗的总功率为400 WB ．电动机线圈的电阻为0.4 ΩC ．电源的效率约为88.9%D ．电动机的效率为75%解析：B [重物被提升的功率P 重＝Fv ＝Gv ＝500×0.6 W＝300 W ，此时电路中的电流I ＝5 A ，则电源的总功率P 总＝EI ＝90×5 W＝450 W ，设电动机线圈的电阻为R ，根据能量守恒定律得P 总＝P 重＋I 2r ＋I 2R ，则得R ＝P 总－P 重－I 2r I 2＝450－300－52×252 Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P 电＝P 重＋I 2R ＝400 W ，电源的效率η1＝P 总－I 2r P 总×100%＝450－52×2450×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝P 重P 重＋I 2R ×100%＝300300＋52×4×100%＝75%，故选项B 符合题意．] 2．(2020·广州模拟)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小解析：B [由题图知电压表测量路端电压，电流表A 1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R 2的电流．R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．(2020·孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 2＝6 Ω，电容为1μF 的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R 1的滑片处于b 端时，有一带电油滴位于板间正中央P 点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．此时P 点电势为6 VB ．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC ．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P 点电势不变D ．若仅将滑片P 从b 端向a 端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：B [由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U ＝R 2R 2＋r E ＝6 V ，那么电容器两极的电势差为6 V ，又有下端接地，故电势为零，那么P 点电势为12U ＝3 V ，故A 错误；电容器上极板所带电荷量Q ＝CU ＝1×10－6×6 C＝6×10－6C ，故B 正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P 点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P 点电势减小，故C 错误；滑片P 从b 端向a 端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．][题组二] 交变电流的产生及描述4．(2020·河南模拟)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd 以垂直磁感线的cd 边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图2所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时刻通过线圈的磁通量为零B ．ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小C ．此交变电动势的频率为50 HzD ．dc 边两端电压的有效值为2 2 V 解析：ABD [由图乙可知，当t ＝3 s 时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A 正确；由图可知，线框中的ab 边与dc 边切割磁感线，产生电动势，由E ＝BLv 可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab 边与dc 边电压降U ＝IR 也相等，所以ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小．故B 正确；由图可知，交流电的周期为0.04 s ，则此交变电动势的频率为：f ＝1T ＝10.04Hz ＝25 Hz ；故C 错误；由图可知，交流电压的最大值为16 V ，则有效值为8 2 V ，该电路的等效电路如图 设ab 边与dc 边产生的电动势都是E ，每一条边的电阻都是r ，则E ＝4 2 V电路中的电流：I ＝2E 4rdc 边两侧的电压：U dc ＝E －Ir ＝E －2E 4r ·r ＝12E ＝2 2 V ．故D 正确．] 5．(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203 V 解析：BCD [在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确．]6．图1中，单匝矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则( )A ．图线甲对应线圈在t ＝0时产生的感应电动势最大B ．图线甲、乙对应的线圈在t ＝2.0 s 时，线圈平面均平行于磁感线C ．图线甲、乙对应的线圈转速之比为4∶5D ．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：B [在t ＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A 错误；因为在t ＝0.2 s×10＝2.0 s 时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B 正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n ＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C 错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m ＝BSω＝Φm ω＝0.4×2π0.16V ＝5π V，电流的峰值I m ＝E m R＝5π A，故D 项错误．][题组三] 变压器及远距离输电7．(2019·山西四模)如图甲所示，一阻值为R 的电阻接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R 的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E 、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E 2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( ) A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶16 解析：B [当接直流电源时，有：η＝R R ＋r ＝94.1%解得：R ＝16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n 1n 2＝U 1U 2＝E2U 2解得：U 2＝En 22n 1根据原副线圈的功率相等可知：I 1U 1＝I 2U 2 即为：E 2r ×E 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫En 22n 12R 解得：n 1n 2＝14故B 正确，A 、C 、D 错误．]8．(2020·安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡．当S 断开时，灯L 1正常发光．保持原线圈输入电压不变，S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．电阻R 消耗的功率增大B ．原线圈的输入电流减小C ．原、副线圈的电压比增大D ．灯L 1、L 2都能正常发光解析：A [当S 闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R 两端的电压增大，故R 消耗的功率增大，故A 正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B 错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C 错误；当S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故D 错误．]9．(2020·河南郑州检测)如图所示的电路中，R 为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C 为电容器，灯泡L 的额定电压为50 V ，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S ，在a 、b 两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt (V)，则下列说法正确的是( )A ．灯泡会正常发光B ．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C ．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D ．断开开关S ，灯泡会熄灭解析：C [由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V ，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V ，不会正常发光，A 错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R 中的电流小于灯泡中的电流，B 错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C 正确；断开开关S ，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D 错误．]10.(2020·资阳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为1∶9B ．原、副线圈匝数之比为9∶1C ．此时a 和b 的电功率之比为10∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶10解析：B [灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U ，则说明原线圈输入电压为9U ，输出电压为U ；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A 错误，B 正确；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9；故C 错误，D 错误．][B 级－综合练]11．(2019·江苏南京三模，5)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m ，降压变压器的原副线圈匝数比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：B [由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错．设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确．由I 1I 2＝1n 得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R，故A 错．输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错．]12.(2020·新课标Ⅱ卷一模)如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ 解析：D [导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．] 13．(2020·衡水模拟)(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210 T 的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：AC [图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝NBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V ．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u ＝5002sin 200t V ．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W ，变压器副线圈3中电功率为60 W ，则变压器原线圈中的电功率为160 W ，所以变压器原线圈中电流强度I 1＝P 1U 1＝160500 A ＝825A ．故B 错误；电动势的最大值为500 2 V ，则交流电压的有效值500 V ．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C 正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．]14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是( )A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：BD [R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d 增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．]高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。
2020届高考物理二轮复习练习：专题 实验Word版含解析
第15讲电学实验构建网络·重温真题1．电学实验知识框架2．洞悉重要电学实验的考点1．(2019·天津高考)现测定长金属丝的电阻率。
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________ mm。
(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。
这段金属丝的电阻R x约为100 Ω，画出实验电路图，并标明器材代号。
电源E(电动势10 V，内阻约为10 Ω)电流表A1(量程0～250 mA，内阻R1＝5 Ω)电流表A2(量程0～300 mA，内阻约为5 Ω)滑动变阻器R(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)开关S及导线若干(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式R x＝________。
从设计原理看，其测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
答案(1)0.200(0.196～0.204均可)(2)图见解析(3)I1R1I2－I1相等解析(1)d＝20.0×0.01 mm＝0.200 mm。
(2)本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的满偏电压U A1＝I m R1＝1.25 V，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
(3)当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过R x的电流为I＝I2－I1，R x两端电压U＝I1·R1，故R x＝UI＝I1R1I2－I1。
不考虑读数误差，从设计原理看，测量值等于真实值。
2．(2019·全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA 的电流表。
该同学测得微安表内阻为1200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。
然后利用一标准毫安表，根据图a所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。
2020年高考物理二轮专题复习附解答：动量定理与动量守恒定律(解析版)
动量定理与动量守恒定律一、选择题1.高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N解析 根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。
答案 C2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k ，以下说法正确的是A ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动量将等于3pB ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动量将等于3pC ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动能将等于3E kD ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动能将等于3E k解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2 联立解得p ＝2mE k根据动能定理FL ＝12mv 2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p ＝2mE k ，动量变为原来的3倍，故B 错误，D 正确。
根据动量定理Ft ＝mv ，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据E k ＝p 22m，知动能变为原来的9倍，故A 正确，C 错误。
答案 AD3.(多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5 m/sD．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2 m/s，选项D正确。
2020年高考物理二轮专题复习四：力学中的动量和能量问题(解析附后)
2．某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右。假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块，木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹，听天由命。但是子弹都没有射穿木块，两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探，仔细观察木块发现右边的射孔(弹痕)更深。设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的( )
2020年高考物理二轮专题复习四：力学中的动量和能量问题（解析附后）
考纲指导
能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将动量与能量等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系、动量定理和动量守恒定律作为解题工具在综合题中应用。考查的重点有以下几方面：(1)动量定理和动量守恒定律的应用；(2)“碰撞模型”问题；(3)“爆炸模型”和“反冲模型”问题；(4)“板块模型”问题。
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
2．某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为m＝0.5 kg的玩具小车(可以视为质点)放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其沿着半径为r＝1.0 m的光滑圆形竖直轨道OAO′运动，玩具小车受水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍(g取10 m/s2)，PB＝16.0 m，O为PB中点。B点右侧是一个高h＝1.25 m，宽L＝2.0 m的壕沟。求：
【答案】BC
2．【解析】(1)在最高点mg＝ ，得vA＝ m/s
O→A：－mg2r＝ mv － mv ，得vO＝5 m/s
FNO－mg＝ ，得FNO＝6mg＝30 N。
2020版高考物理二轮复习实验题15分保分练4含解析2
实验题15分保分练(四)(时间：15分钟分值：15分)1．(6分)如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在弹簧两端各放置一个金属小球(两球直径略小于管径且与弹簧不相连)，压缩弹簧并锁定。
现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。
按下述步骤进行实验：①用天平测出1、2两球的质量分别为m1、m2；②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q。
回答下列问题。
(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。
(已知重力加速度为g)A．弹簧的压缩量ΔxB．两球的落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2C．小球直径dD．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为E p＝___________。
(3)如果满足关系式________________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒(用上述所测得的物理量来表示)。
[解析](1)弹簧的弹性势能等于两球的初动能之和，要求解两球的初动能必须知道两球的质量和各自弹射的初速度，由平抛运动规律，可知初速度公式为v0＝x2hg，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2，B项正确。
(2)因弹簧的弹性势能全部转化为两小球的初动能，故弹簧的弹性势能E p＝12m1v21＋12m2v22＝m12＋m22＝m1gx214h＋m2gx224h。
(3)如果满足关系式m1v1＝m2v2，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒，因x1＝v1t1，x2＝v2t2，由平抛运动规律知，t1＝t2，故m1v1＝m2v2成立，即m1x1＝m2x2成立，则说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
[答案](1)B (2)m1gx214h＋m2gx224h(3)m1x1＝m2x22．(9分)目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大。
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高考物理二轮复习：
实验题专项练(四)
(建议用时：30分钟)
1．某实验小组用如图所示的装置测量弹簧的劲度系数k.每当挂在弹簧下端的钩码(每个钩码质量m＝50 g)处于静止状态时，用刻度尺测出对应的弹簧长度L(弹簧始终在弹性限度内)，列表记录如下：
所挂钩码
12345 6
个数n
L n(cm)10.1813.0914.5816.0817.54
(1)表格中第二组数据的弹簧长度如图所示，则弹簧长度为________cm；
(2)用所学知识尽量精确计算出每挂一个钩码弹簧伸长量ΔL＝__________cm；并由ΔF＝kΔL算出弹簧的劲度系数k＝__________N/m.(g＝9.8 m/s2，结果均保留三位有效数字) 2．某实验小组设计了如图甲所示的电路，其中R T为热敏电阻，电压表量程为6 V，内阻R V约10 kΩ，电流表量程为0.5 A，内阻R A＝4.0 Ω，R为电阻箱．
(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验．闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I－U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线如图乙中的曲线所示．为了完成该实验，应将导线c端接在________(选填“a”或“b”)点；
(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2＝______________(用U1、
I、R和R A表示)；
(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I－U坐标系中，如图乙中的直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E＝________V，内电阻r＝
________Ω；
(4)实验中，当电阻箱的阻值调到3.0 Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝________W．(保留两位有效数字)
3．实验室有以下实验器材：
A．电源E：电动势大小约5 V
B．电流表A：量程为30 mA
C．电阻箱R：可调范围0到999 Ω
D．未知电阻R x：数量级102Ω
E．开关、导线若干
(1)为测量未知电阻阻值R x和电源电动势E，若电源内阻和电流表内阻可忽略，利用上述实验器材设计电路进行测量，记电流表读数为I，电阻箱的读数为R，实验得到图象如图甲所示，则使用的电路是图________(填“乙”或“丙”)．根据图象可求得电源的电动势等于________V，被测电阻R x等于________Ω.(结果保留2位有效数字)
(2)如果电源的内阻不能忽略，则能否用图乙的电路测量出R x？________(填“能”或“不能”)．若能请写出表达式，若不能请说明理由：______________________.
4．为测定小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ，选用的实验器材为：带挡光片的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、游标卡尺、刻度尺，器材安装如图甲所示．
(1)用游标卡尺测量挡光片宽度d如图乙所示，则d＝________mm；
(2)小滑块从弧形斜面上某位置由静止释放，读出小滑块挡光片通过光电门时数字毫秒计的示数t；用刻度尺量出小滑块停止运动时，滑块上的挡光片中心与光电门间的水平距离L；重力加速度为g，则小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ＝________(用物理量d、L、t、g
表示)；
(3)实验中将挡光片通过光电门的平均速度当作小车通过光电门的瞬时速度，这样处理测得的小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“无偏差”)．
实验题专项练(四)
1．解析：(1)由毫米刻度尺的读数方法可知题图中的读数为11.60 cm ；
(2)由平均值法，得：ΔL ＝
17.54－10.185 cm ≈1.47 cm ，根据ΔF ＝k ΔL ，得弹簧的劲度系数k ＝ΔF ΔL ＝50×10－3×9.81.47×10
－2 N/m ≈33.3 N/m. 答案：(1)11.60 (2)1.47 33.3
2．解析：(1)采用伏安法测电阻，由题图乙可知热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以采用电流表外接法，故导线c 应接在a 点．
(2)根据电路串并联规律可知外电压为：
U 2＝U 1＋I (R ＋R A )．
(3)当I ＝0时，根据题图乙得E ＝6.0 V ，而直线斜率倒数的绝对值等于内电阻，则r ＝6.0－4.50.5
Ω＝3.0 Ω. (4)把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源内阻为：r 0＝3.0 Ω＋4.0 Ω＋3.0 Ω＝10 Ω；在I －U 图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示，与热敏电阻的伏安特曲线的交点坐标(4.0，0.2)，所以热敏电阻的电功率为：P ＝UI ＝4.0×0.2 W ＝0.80 W ．
答案：(1)a (2)U 1＋I (R ＋R A )
(3)6.0 3.0 (4)0.80(0.77～0.83均可)
3．解析：(1)采用乙电路，根据闭合电路欧姆定律，E ＝I (R ＋R x )，变形得1I ＝1E R ＋R x E
，如果采用丙电路E ＝I RR x R ＋R x ，I －1与R 不成线性关系，所以选乙；图象甲中斜率代表1E
，纵轴截距代表R x E
，可得E ＝4.0 V ，R x ＝2.0×102 Ω；
(2)如果电源内阻不能忽略，则可以把R x 和电源内阻r 等效成一个电阻，只能求出R x ＋r 的值，无法单独求出R x .
答案：(1)乙 4.0 2.0×102
(2)不能 可以把R x 和电源内阻r 等效成一个电阻，只能求出R x ＋r 的值，无法单独求出R x
4．解析：(1)游标卡尺的读数为d ＝5 mm ＋18×120 mm ＝5.90 mm ； (2)小滑块通过光电门时的速度为v ＝d t ，根据动能定理可得－μmgL ＝0－12m ⎝ ⎛⎭
⎪⎫d t 2
，解得μ＝d 2
2gLt 2； (3)小滑块做匀减速直线运动，因为小滑块通过光电门的速度为其平均速度，即中间时刻的速度，此时挡光片中心已经通过光电门，相比中心通过光电门的速度偏小，根据－μmgL ＝
0－12mv 2可得μ＝v 2
2gL ，故测量值偏小． 答案：(1)5.90 (2)d 2
2gLt 2 (3)偏小。