(课标通用版)高考物理总复习第七章章末检测(含解析)
2024届高考一轮总复习章末检测卷：第七章 电路物理试题
2024届高考一轮总复习章末检测卷：第七章 电路物理试题一、单选题 (共6题)第(1)题如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处大小不计的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g，则（ ）A．A对地面的压力等于（M＋m）g B．A对地面的摩擦力方向向左C ．A对B的支持力大小为mg D．细线对B的拉力大小为mg第(2)题小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度和位置的关系图像中，能描述该过程的是（ ）A．B．C．D．第(3)题如图甲所示，一闭合金属圆环固定在水平面上，虚线ab右侧空间存在均匀分布的竖直磁场，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（取磁感应强度方向竖直向上为正），则（）A．0 ~ 1s内感应电流方向沿bca方向B．3 ~ 4s内感应电流方向沿bca方向C．2s末圆环受到的安培力最大D．3s末圆环受到的安培力为零第(4)题质谱仪可以用来分析同位素。
如图所示，在容器A中有互为同位素的两种原子核，它们可从容器A下方的小孔无初速度飘入加速电场，经小孔垂直进入匀强磁场，分别打到M、N两点，距离分别为。
则分别打到M、N的两种粒子，在磁场中运动的周期之比为（ ）A．B．C．D．第(5)题质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（ ）A．秋千对小明的作用力小于B．秋千对小明的作用力大于C．小明的速度为零，所受合力为零D．小明的加速度为零，所受合力为零第(6)题如图甲所示是研究光电效应中光电子发射情况与照射光的强弱、颜色（频率）关系的实验电路。
移动滑动变阻器滑片，可改变光电管中阳极A、阴极K间的电压，光电流大小可由电流表显示，改变电源的极性，则下列说法正确的是（ ）A．用蓝光照射阴极K，当两极间的电压为图乙中的反向电压U c1时，无光电子发射B．用强度不同的黄光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同C．光电流的大小随加在A、K两极间电压的升高一定逐渐增大D．用不同颜色的光照射阴极K时，发射的光电子的最大初速度大小不同二、多选题 (共4题)第(1)题为焦耳实验装置简图，用绝热性良好的材料将容器包好。
2013届新课标高考物理总复习(人教版)第七单元恒定电流章末达标验收
2013届新课标高考物理总复习第七单元恒定电流章末达标验收(时间：60分钟满分：110分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1．有两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上，通过每个电阻的电流为I，若将这两个电阻并联起来，仍接在该电源上，此时通过一个电阻R的电流为2I/3，则该电源的内阻是()A．R B．R/2C．4R D．R/8解析：由闭合电路欧姆定律得，两电阻串联时I＝E2R＋r，两电阻并联时23I＝12·ER2＋r，解得r＝4R，故选C。
答案：C2．如图1所示为伏安法测电阻的一种常用电路。
以下分析正确的是()图 1A．此接法的测量值大于真实值B．此接法的测量值小于真实值C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端解析：题目所给电路，控制电路部分为分压电路，测量电路为电流表内接法，在开始实验时滑动变阻器滑动头P应该在最右端，以保证闭合电键时，分压电路部分电压最小，故D错。
电流表内接时，因电流表有分压作用，故测得的电阻值大于真实值，此电路适用于待测电阻远远大于电流表内阻的情况，误差较小，故A正确，C错误。
答案：A3．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V/200 W)和10个相同的指示灯X1～X10(220 V/2 W)，将其连接在220V交流电源上，电路如图2所示。
若工作一段时间后L2灯丝烧断，则()图 2A．X1的功率减小，L1的功率增大B．X1的功率增大，L1的功率增大C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大解析：L2灯丝烧断后电路的总电阻增大，电路中总电流减小，流过其他指示灯、强光灯的电流都同比例的减小，消耗的功率都减小，两端的电压都减小，则X2两端电压增大，消耗的功率也增大，C正确。
答案：C4．在如图3所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C。
北京专用2025版高考物理总复习第七章全章闯关检测含解析
全章闯关检测一、选择题1.一质量为m的铁锤,以速度v竖直打在木桩上,经过Δt时间停止,则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A.mgΔtB.mmΔm C.mmΔm+mg D.mmΔm-mg答案 C 取向上为正方向,对铁锤分析,依据冲量的定义以及动量定理可得(m-mg)Δt=0-m(-v),解得m=mmΔm+mg,由牛顿第三定律可知选项C正确。
2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是( )①a尚未离开墙壁时,a、b系统的动量守恒②a尚未离开墙壁时,a、b系统动量不守恒③a离开墙壁后,a、b系统动量守恒④a离开墙壁后,a、b系统动量不守恒A.①③B.②④C.①④D.②③答案 D 以a、b为系统,撤去外力后,b向右运动,在a尚未离开墙壁时,系统受到墙壁的弹力F N,因此,该过程a、b系统动量不守恒,当a离开墙壁后,a、b系统水平方向不受外力,故系统动量守恒。
3.如图所示,质量为M的人在远离任何星体的太空中,与他旁边的飞船相对静止。
由于没有力的作用,他与飞船总保持相对静止的状态。
这个人手中拿着一个质量为m的小物体,他以相对飞船为v的速度把小物体抛出,在抛出物体后他相对飞船的速度大小为( )A.m mvB.m mvC.m +m m v D.mm +mv 答案 A 人和小物体组成的系统不受其他力的作用,所以系统动量守恒。
由动量守恒定律有mv=Mv',解得v'=mm v 。
4.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠。
视察发觉,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且起先向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。
在乙推甲的过程中,忽视运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则( )A.甲对乙的冲量肯定大于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变更肯定大小相等方向相反C.甲的动能增加量肯定等于乙的动能削减量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就肯定做多少正功答案 B 甲、乙之间相互作用力的冲量大小相等,方向相反,A 项错误;由I 合=Δp 知,甲、乙的动量变更量等大反向,B 项正确;在相同的作用时间内,作用力的位移不肯定相同,因此甲、乙之间的相互作用力做功不肯定相等,由W 合=ΔE k ,知动能变更量不肯定相等,C 、D 项均错误。
高考物理新攻略总复习练习第七章章末检测
实验题答案及解析
要点一
（2）数据处理
通过测量纸带上各点之间的距离，可以计算出小车的加速 度和钩码的重力加速度。根据实验数据，可以绘制出小车 的v-t图像，从而求出小车的速度和加速度。
要点二
解析
本题考查了打点计时器的使用方法和数据处理能力。正确 解答本题的关键是明确实验步骤和注意事项，并掌握纸带 数据的处理方法。其中，实验步骤包括固定打点计时器、 平衡摩擦力、安装纸带、连接细绳、释放小车和断开电源 等；数据处理包括测量纸带上的距离、计算加速度和重力 加速度、绘制v-t图像等。
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高考物理新攻略总复习练习 第七章章末检测
汇报人：XX 20XX-01-16
contents
目录
• 第七章知识点回顾与总结 • 解题方法与技巧指导 • 章末检测试题详解 • 学生易错问题剖析与纠正 • 拓展延伸：相关知识点补充与提高
01 第七章知识点回 顾与总结
知识点梳理
牛顿运动定律
掌握牛顿第一、第二、第三定律 的内容和应用条件，理解牛顿运 动定律在解决物体运动问题中的
02 解题方法与技巧 指导
选择题答题技巧
01
02
03
认真审题
仔细阅读题目，明确题目 要求和考查的知识点，避 免因为粗心大意而失分。
排除法
对于不确定的选项，可以 先排除明显错误的选项， 再结合题目要求和所学知 识进行推断。
注意陷阱
有些选择题会设置陷阱， 例如选项中的单位、数值 范围等，需要特别注意。
涉及多个力学知识点的综合运用，如牛顿运动定律、动量定 理、机械能守恒定律等，要求考生具备较高的分析问题和解 决问题的能力。
创新题型
设计一些新颖的、非常规的题目，旨在考查考生的创新思维 和应变能力。例如，结合现代科技背景或生活实例的创新题 型，让考生在解决问题的过程中展示其物理素养和综合能力 。
高中物理第七章章末质量评估必修2
第七章机械能守恒定律(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1.如图所示，在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子，用力使船向前移动．关于力对船做功的下列说法中正确的是( )A．绳的拉力对船做了功B．人对绳的拉力对船做了功C．树对绳子的拉力对船做了功D．人对船的静摩擦力对船做了功解析：绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船，没有对船做功．只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了位移，故对船做了功，且做正功，故选项A、B、C错误，D正确．答案：D2．质量为1 kg的铅球从离地高18 m处无初速度释放，经2 s到达地面．在这个过程中重力和空气阻力对铅球做的功分别是(g取10 m/s2)( )A．18 J、2 J B．180 J、－18 JC．180 J、0 D．200 J、0解析：重力做的功为：W＝mgh＝1×10×18 J＝180 J，根据h＝12at2得：a＝2×184＝9 m/s2，根据牛顿第二定律得：mg－f＝ma解得：f＝1 N.则空气阻力对铅球做的功W1＝－fh＝－18 J，故B正确，A、C、D错误．答案：B3.如图所示，在电梯中的斜面上放置了一滑块，在电梯加速上升的过程中，滑块相对斜面静止．则在该过程中( )A．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能B．滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能C．斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功D ．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能解析：滑块克服重力所做的功等于滑块增加的重力势能，故选项A 错误；合力对滑块所做的功等于滑块动能的增量，故选项B 错误；斜面对滑块的摩擦力沿斜面向上，故摩擦力做正功，选项C 错误；斜面对滑块的弹力、摩擦力对滑块做的总功等于滑块机械能的增量，故选项D 正确．答案：D4．质量为m 的汽车由静止开始以加速度a 做匀加速运动，经过时间t ，汽车达到额定功率，则下列说法正确的是 ( )A ．at 即为汽车额定功率下的速度最大值B ．at 不是汽车额定功率下的速度最大值C ．汽车的额定功率是ma 2tD ．题中所给条件可以求出汽车的额定功率解析：汽车额定功率下的最大速度是a ＝0时，v m ＝P 额F ＝P 额F f，故选项A 错误，B 正确．汽车的功率是牵引力的功率，不是合力的功率，故选项C 错误．由F －F f ＝ma ，得F ＝F f ＋ma ，因F f 不知，则F 不知，故求不出汽车的额定功率，故选项D 错误．答案：B5．一个物体的机械能增大，究其原因可能是( ) A ．可能是重力对物体做了功 B ．一定是合外力对物体做了功 C ．一定是拉力对物体做了功 D ．可能是摩擦力对物体做了功解析：除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化，一个系统的机械能增大，一定是除重力、弹力以外的力对系统做正功．重力做功时物体的动能和重力势能之间相互转化，不影响物体的机械能的总和，故A 错误．除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化．“合外力”没有说清楚是只有重力，故B 错误，C 错误．如果摩擦力对系统做正功，系统的机械能可以增大，故D 正确．答案：D6．如图所示，ab 是—个位于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，高度为h ，轨道的末端与水平轨道相切于b 点．一个小木块质量为m ，在顶端a 处由静止释放后沿轨道滑下，最后停止在水平段的c 点．现使小木块从c 点出发，靠惯性沿原路恰好回到a 点，小木块具有初动能的值为E k ，则( )A ．E k ＝mghB ．mgh ＜E k ＜2mghC ．E k ＝2mghD ．E k ＞2mgh解析：对于下滑过程中由动能定理可得：mgh －W f ＝0，对于上滑过程：－mgh －W f ＝0－E k ，联立解得E k ＝2mgh ，故选项C 正确．答案：C7.如图，一颗小弹丸从离水面不高处落入水中，溅起的几个小水珠可以跳得很高(不计能量损失)，下列说法正确的是( )A．小弹丸下落时具有的重力势能等于几个水珠在最高点的重力势能B．小弹丸下落时具有的重力势能大于几个水珠在最高点的重力势能C．小弹丸下落时具有的重力势能小于几个水珠在最高点的重力势能D．小水珠跳起的高度超过弹丸下落的高度，是违背能量守恒的解析：弹丸的重力势能转化弹丸的动能，再转化为水的弹性势能最后转化成小水珠的动能，小水珠升高的过程中，动能又转化为重力势能(即表现为小水珠的高度)，在这一过程中，水的总动能要小于弹丸的动能，但是，各个水珠的质量都比较小，因此，小水珠跳起的高度存在多种可能性．当弹丸的质量又比较大的时候，完全有可能出现个别小水珠跳起的高度较高的情况，甚至可以超过弹丸下落的高度．故B正确，A、C、D都错误．答案：B8．一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静止开始滑下．由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是( )A．h1＝h2B．h1＜h2C．h1＞h2D．h1、h2大小关系不确定解析：由能的转化和守恒定律可知，小球由A到B的过程中重力势能减少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即W AB＝mgh1.同理，W BC＝mgh2，又随着小球最大高度的降低，每次滑过的路程越来越短，必有W AB＞W BC，所以mgh1＞mgh2，得h1＞h2，故C正确．答案：C9．如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为( )A.v20－4ghB.4gh－v20C.v20－2ghD.2gh－v20解析：设小球从A 到B 克服摩擦力做的功为W f ，小球从A 至B ，由动能定理，有－W f －mgh ＝0－12mv 20.小球从B 至A ，由动能定理，有 mgh －W f ＝12mv 2A －0.解以上两式得v A ＝4gh －v 20，B 对． 答案：B10．(2020·大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为 ( )A ．tan θ和H2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H4D.⎝ ⎛⎭⎪⎫ v 22gH －1tan θ和H 4 解析：设物块与斜坡之间的动摩擦因数为μ， 由动能定理可得－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv2和－mgh －μmg cos θ h sin θ＝0－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22，解得h ＝H 4，μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，所以选项D 正确．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11．如图所示，长木板A 放在光滑水平地面上，物体B 以水平速度v 0冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上．则从B 冲到木板A 上到相对板A 静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．摩擦力对物体B 做负功，对物体A 做正功 B ．物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能C ．摩擦力对A 物体做的功等于系统机械能增加量D ．物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和解析：B 受的摩擦力方向向左，位移向右，故摩擦力对物体B 做负功，A 受B 给他的摩擦力向右，位移向右，故摩擦力对物体A 做正功，故A 正确；根据能量守恒定律，物体B 动能的减少量等于A 的机械能增量和系统损失的机械能之和，故B错误；根据动能定理，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，故C错误；根据能量守恒定律，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故D 正确，故选A、D.答案：AD12.如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整个过程中( )A．滑块动能的最大值是6 JB．弹簧弹性势能的最大值是6 JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能减少解析：滑块从a到c的过程中，重力势能不能完全转化为动能，故选项A错误；以c点为参考点．则a点的机械能为6 J，在c点时滑块的速度为零，重力势能为零．所以弹簧的弹性势能为6 J，从c到b的过程中弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量，故选项B、C正确；滑块能回到原出发点，所以机械能守恒，故选项D错误．答案：BC13．如图所示A、B两个单摆，摆球的质量相同，摆线长L A＞L B，悬点O、O′等高，把两个摆球拉至水平后，选O、O′所在的平面为零势能面，都由静止释放，不计阻力，摆球摆到最低点时( )A．A球的动能大于B球的动能B．A球的重力势能大于B球的重力势能C．两球的机械能总量相等D．两球的机械能总量小于零解析：根据动能定理mgL＝12mv2，所以摆球摆到最低点时A球的动能大于B球的动能，A正确．在最低点，A球的高度更低，由E p＝mgh知A球的重力势能较小，B错误．A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，两球的机械能总量保持0不变，所以在最低点，两球的机械能总量仍为0，故C正确，D错误．答案：AC14．某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2 s内做匀加速直线运动，2 s 末达到额定功率，2 s 到14 s 保持额定功率运动，14 s 末停止遥控，让玩具车自由滑行，其v －t 图象如图所示．可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m ＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．玩具车所受阻力大小为2 NB ．玩具车在4 s 末牵引力的瞬时功率为9 WC ．玩具车在2 s 到10 s 内位移的大小为39 mD ．玩具车整个过程的位移为90 m解析：由图象可知在14 s 后的加速度a 2＝0－64m/s 2＝－1.5 m/s 2，故阻力f ＝ma 2＝－1.5 N ，A 错误；玩具车在前2 s 内的加速度a 1＝3－02＝1.5 m/s 2，由牛顿第二定律可得牵引力F ＝ma 1－f ＝3 N ，当t ＝2 s 时达到额定功率P 额＝Fv ＝9 W ．此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t ＝4 s 时功率为9 W ，B 正确；玩具车在2到10秒内做加速度减小的加速运动，由动能定理得P 额t ＋fs 2＝12mv 22－12mv 21，解得s 2＝39 m ，故C 正确；由图象可知总位移s ＝12×3×2 m ＋39 m ＋6×4 m ＋12×4×6 m ＝78 m ，故D 错误．答案：BC三、非选择题(本题共4小题，共46分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度的关系，小车在橡皮筋作用下弹出后，沿木板滑行．打点计时器工作频率为50 Hz.图1图2图3(1)实验中木板略微倾斜，这样做________．A ．是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑B ．是为了增大小车下滑的加速度C ．可使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功D ．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动(2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同—位置再释放小车．把第1次只挂1条橡皮筋对小车做的功记为W ，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W……橡皮筋对小车做功后而获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据第4次实验的纸带(如图2所示)求得小车获得的速度为________m/s.(3)若根据多次测量数据画出的W —v 图象如图3所示，根据图线形状可知，对W 与v 的关系作出猜想肯定不正确的是________．A ．W ∝vB ．W ∝1vC ．W ∝v 2D ．W ∝v 3(4)如果W ∝v 2的猜想是正确的，则画出的W －v 2图象应是________．解析：(1)A 、B 实验中要使橡皮筋对小车所做功等于合外力对小车做的功，应当进行平衡摩擦力的操作，所以要将斜面倾斜，目的不是释放小车后，使小车能够匀加速下滑，也不是增大加速度，而是为了平衡摩擦力，故A 、B 错误；C 实验中木板略微倾斜，来平衡摩擦力，使橡皮筋对小车所做的功等于合外力对小车做的功，方便研究，故C 正确；D 中小车先在橡皮条的拉力作用下做加速运动，当橡皮条松弛以后，小车受到的合外力为0，由于惯性，会继续匀速前进，故D 正确．(2)由纸带后半部分两点间距离相同，可知小车开始做匀速运动，可求得：v ＝x T ＝0.040.02m/s ＝2 m/s.(3)根据图象结合数学知识可知，该图象应是y ＝x n(n ＝2，3，4)函数形式，故A 、B 错误，C 、D 正确． (4)如果W∝v 2的猜想是正确的，根据图象结合数学知识可知，画出的W －v 2图象应是过原点的一条直线．答案：(1)CD (2)2 (3)AB (4)过原点的一条直线16．(8分)一劲度系数k ＝800 N/m 的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12 kg 的物体A 、B ，将它们竖直静止放在水平面上，如图所示．现将一竖直向上的变力F 作用在A 上，使A 开始向上做匀加速运动，经0.40 s 物体B 刚要离开地面．g ＝10 m/s 2.试求：(1)物体B 刚要离开地面时，A 物体的速度v A ； (2)物体A 重力势能的改变量． 解析：(1)开始时m A g ＝kx 1，当物体B 刚要离地面时kx 2＝m B g ，可得： x 1＝x 2＝0.15 m.由x 1＋x 2＝12 at 2，v A ＝at ，得：v A ＝1.5 m/s.(2)物体A 重力势能增大，ΔE pA ＝m A g(x 1＋x 2)＝36 J. 答案：(1)1.5 m/s (2)36 J17．(12分)如图所示，在竖直平面内有一14圆弧形轨道AB ，其半径为R ＝1.0 m ，B 点的切线方向恰好为水平方向．一个质量为m ＝2.0 kg 的小滑块，从轨道顶端A 点由静止开始沿轨道下滑，到达轨道末端B 点时的速度为v ＝4.0 m/s ，然后做平抛运动，落到地面上的C 点．若轨道B 端距地面的高度h ＝5.0 m(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2)，求：(1)小滑块在AB 轨道克服阻力做的功； (2)小滑块落地时的动能．解析：(1)设小滑块在AB 轨道上克服阻力做功为W ，对于从A 至B 过程，根据动能定理得mgR －W ＝12mv2－0，代入数据解得W ＝4 J ，即小滑块在AB 轨道克服阻力做的功为4 J.(2)设小滑块落地时的动能为E k ，取地面为零重力势能参照考面，由于平抛过程中只有重力做功， 故根据机械能守恒定律得12mv 2＋mgh ＝E k ＋0.代入数据解得E k ＝116 J ， 即小滑块落地时的动能为116 J. 答案：(1)4 J (2)116 J18．(18分)如图所示，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为r 的14细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D 端齐平，质量为m 的小球在曲面上距BC 的高度为2r 处从静止开始下滑，进入管口C 端时与管壁间恰好无作用力，通过CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为E p ，已知小球与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5.求：(1)小球达到B 点时的速度大小v B ；(2)水平面BC 的长度s ；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度v m . 解析：(1)由机械能守恒定律得mg2r ＝12mv 2B ，解得v B ＝2gr. (2)由mg ＝m v 2Cr ，得v C ＝gr.由A 至C ，由动能定理得mg(2r)－μmgs＝12mv 2C .解得s ＝3r.(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D 端的距离为x ，则有kx ＝mg ， 得x ＝mg k.由功能关系得mg(r ＋x)－E p ＝12mv 2m －12mv 2C ，得v m ＝3gr ＋2mg 2k －2E pm.答案：(1)2gr (2)3r (3)3gr ＋2mg 2k －2E pm2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示为剪式千斤顶的截面图。
【绿色通道】高考物理第七章恒定电流 章末检测试题及完全解析总复习 新人教版
章末检测(七)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(每题3分，共36分)1．如图所示，定值电阻R 1＝10 Ω，R 2＝8 Ω，当开关S 接“1”时，电流表示数为0.20 A ，那么当S 接“2”时，电流表示数的可能值为(电源内阻不可忽略)( )A ．0.28 AB ．0.25 AC ．0.22 AD ．0.19 A答案：C解析：开关接“2”后，电路的总电阻减小，总电流一定增大，所以不可能是0.19 A ，故D 错；路端电压一定减小，一定小于2 V ，因此电流一定小于0.25 A ，故A 、B 错，C 对．2．“神舟”七号载入飞船上的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的．由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应，“神舟”飞船上的太阳能电池就是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池，在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V 的电动势，可获得0.1 A 的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )A ．0.24 JB ．0.25 JC ．0.26 JD ．0.28 J答案：C解析：根据W ＝UIt 可得每秒太阳能电池产生的能量为W ＝0.6×0.1×1 J＝0.06 J ，设太阳能每秒照射的能量为Q ，则由能的转化和守恒定律得Q ×23%＝W ，所以Q ＝0.26 J.3．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压U ，则( )A ．通过导线的电流为I4B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v 4D ．导线中自由电子定向移动的速率为v2答案：BC解析：导线被拉长后，其横截面积变小，变为原来的14，l 变为原来的4倍，根据电阻定律，其电阻增大为原来的16倍，加相同的电压U ，电流会减为原来的116，B 选项对；又根据I ＝neSv ，导线被拉长后，n 、e 不变，I 变为I 16，S 变为S 4，故v 变为v4，C 对．4．两根材料相同的均匀导线x 和y ，x 长为L ，y 长为2L ，串联在电路中时，沿x 到y 的长度方向电势变化如图所示，则x 、y 导线的横截面积之比为( )A ．2∶3B ．1∶3C ．3∶2D ．3∶1答案：B解析：从图中沿x 到y 长度方向的电势变化，可读出x 和y 两端的电压，再由串联电路中电压和电阻的关系，电阻和电阻率ρ、长度l 、横截面积S 的关系综合求解．由图象可知，导线x 、y 两端的电压为U x ＝6 V ，U y ＝4 V ，两导线串联时电流相同，则U x U y ＝R xR y ，而R x ＝ρL S x，R y ＝ρ2L S y ，所以U x U y ＝S y 2S x ，故S x S y ＝U y 2U x ＝42×6＝13，选项B 正确．5．如图所示为一未知电路，现测得两个端点a 、b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定为( )A ．I 2R B.U 2RC ．UID ．UI －I 2R答案：C解析：不管电路是否为纯电阻电路，电路的电功率一定为P ＝UI ，选项C 正确；只有电路为纯电阻电路时，才有P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R，故A 、B 错误；而UI －I 2R 为电路转化为其他能量的功率，故D 错误．6．电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的滑片由中点滑向b 端时，下列说法正确的是( )A ．电压表和电流表读数都增大B ．电压表和电流表读数都减小C ．电压表读数增大，电流表读数减小D ．电压表读数减小，电流表读数增大 答案：A解析：滑片滑向b 时，电阻R 增大，回路的总电阻增大，所以回路的总电流减小，路端电压增大，所以电压表的示数增大，电阻R 2两端的电压增大，故R 2中的电流增大，电流表示数增大，故A 对．7．一个T 型电路如图所示，电路中的电阻R 1＝10 Ω，R 2＝120 Ω，R 3＝40 Ω，另有一测试电源，电动势为100 V ，内阻忽略不计，则( )A ．当cd 端短路时，ab 之间的等效电阻是40 ΩB ．当ab 端短路时，cd 之间的等效电阻是40 ΩC ．当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压为80 VD ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为80 V 答案：AC解析：当cd 端短路时，ab 间等效电阻R ＝R 1＋R 2R 3R 2＋R 3＝10 Ω＋120×40120＋40Ω＝40 Ω，故A 对；当ab 端短路时，cd 间等效电阻R ′＝R 2＋R 1R 3R 1＋R 3＝120 Ω＋10×4010＋40Ω＝128 Ω.B 错；当ab 间接电源E ＝100 V 时，cd 间电压为R 3上电压，则U ＝4040＋10×100 V＝80 V ，故C 对；当cd 两端接电源时，ab 两端电压为R 3上电压，则U ′＝4040＋120×100 V＝25 V ，故D 错．8．如图所示是4种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220 V 40 W”．当灯泡所消耗的功率都调至20 W 时，哪种台灯消耗的功率最小( )答案：C解析：台灯消耗的功率是指包含灯泡和其他辅助器件的总功率．C 项中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率(台灯消耗功率)只有灯泡的功率20 W ，而其他选项中，不论滑动变阻器使用分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20 W ，故C 选项正确．9．某家庭购买了一款节能环保汽车，在试车时发现，汽车的电动机启动时车灯会瞬时变暗，车主将汽车启动时的电路图进行整理后，得到汽车启动时的工作电路原理图如图所示．经测量，S 1闭合、S 2断开的情况下，电流表的示数为10 A ，S 1、S 2均闭合的情况下，电流表的示数为70 A ，电源的电动势为13 V ，内阻为0.1 Ω.若电流表的内阻不计且假定车灯灯丝电阻不变，则S 1、S 2均闭合时，车灯的功率为( )A ．90 WB ．30 WC ．60 WD ．120 W答案：B解析：S 1闭合、S 2断开时，电源内电压U r ＝I 1r ＝10×0.1 V＝1 V ，车灯两端的电压U L＝13 V －1 V ＝12 V ，车灯的功率为P ＝U L I 1＝12×10 W＝120 W ，S 1、S 2均闭合时，电源内电压U r ′＝I 2r ＝70×0.1 V＝7 V ，车灯两端的电压U L ′＝13 V －7 V ＝6 V ，由公式p ＝U 2R，车灯的电阻不变，电压为原来的12，功率应为原来的14，即为30 W ，所以选B.10．(2010·长沙模拟)如图，a 、b 分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线，则以下说法正确的是( )A ．电池组的内阻是3 ΩB ．电阻的阻值为0.33 ΩC ．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4 WD ．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4 W 答案：D解析：由I U 图线可知，电池组的内阻r ＝1 Ω，电阻的阻值为3 Ω，电池的电动势E ＝4 V ，若将该电阻接在该电池组两端，I ＝ER ＋r＝1 A ，电池组的输出功率R 出＝IU ＝I (E －Ir )＝3 W ；当调整外阻R ＝r 时，电池组的输出功率最大，P m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2r 2·r ＝E 24r ＝4 W ，综上所述，A 、B 、C 错误，选项D 正确．11．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 ＝2×10－5 F ，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 ＝0.75 AB ．I ＝0.5 AC ．q ＝2×10－5CD ．q ＝1×10－5C答案：AD解析：对电路分析：电阻R 1、R 3并联后与R 2串联，所以外电路总电阻为R ＝7 Ω，根据闭合电路欧姆定律得电路中的总电流为0.75 A ，所以选项A 正确；电阻R 1、R 3并联的电压为U ＝IR 并＝1.5 V ，电容器的带电荷量为Q ＝CU ＝3×10－5C ．当断开开关S 时，电容器对电阻放电，电荷通过R 1、R 3，由于两电阻并联，所以q 1/q 3＝R 3/R 1，又q 1＋q 3＝Q ，解得q 1＝1×10－5C ，q 3＝2×10－5C ，选项D 正确.12．在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及电位器(滑动变阻器)R 连接而成，L 1、L 2是红绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a 端时，下列说法中正确的是( )A ．L 1、L 2两个指示灯都变亮B ．L 1、L 2两个指示灯都变暗C ．L 1变亮，L 2变暗D ．L 1变暗，L 2变亮 答案：B解析：当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a 端时，电位器接入电路的电阻减小，根据串并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，内阻分担电压增大，路端电压减小，L 1灯变暗，通过其电流减小；由U 1＝I 2R 1及I 2＝I －I 1可知R 1分担电压增大，L 2及R 2两端电压减小，L 2功率减小而变暗，选项B 正确．二、填空题(每题4分，共12分)13．在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，滑动变阻器的电阻约为20 Ω，选择能够尽量减小误差的电路图接线进行了实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图所示．(1)根据各点表示的数据描出I U 关系图线，由此求得该电阻的阻值R x ＝________Ω.(保留两位有效数字)(2)画出此实验的电路原理图．答案：(1)见解析中左图 2.3×103(2.2×103～2.5×103) (2)见解析中右图 解析：(1)这6个点中有5个基本在同一条过原点的直线上，只有一个点偏离较大，可判断出这个数据点误差较大，应予以排除，据此，I U 图线如下左图所示，在图线上可选一个离坐标原点较远的点，得出其纵横坐标，如(3.0 V 、1.3 mA)，则被测电阻阻值为R x ＝3.0 V 1.3×10－3A＝2.3×103Ω. (2)因为R x 与R v 很接近，故电压表的分流影响很严重，而R x R A ＝2.3×10310＝230≫1，电流表的分压影响很小，故应采用电流表内接法，又由于被测电阻很大，而滑动变阻器阻值较小，故变阻器应采用分压式，电路原理图如下右图．14．若某欧姆表表头的满偏电流为5 mA ，内接一节干电池，电动势为1.5 V ，那么该欧姆表的内阻为________Ω，待测电阻接入红、黑表笔之间时，指针偏在满刻度的3/4处，则待测电阻的阻值为________Ω，表盘中值刻度是________．答案：300 100 300解析：将红、黑表笔短接，调节调零电阻的阻值，当电流满偏时I g ＝ER g ＋r ＋R 0，欧姆表的内阻即R 内＝R g ＋r ＋R 0＝E I g ＝ 1.55×10－3Ω＝300 Ω当电流为34I g 时，有34I g ＝ER 内＋R x，即：R 内＋R x ＝4E3I g＝400 Ω，故R x ＝100 ΩR 内＝R 中＝300 Ω.15．有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U I 图线．有下列器材供选用：A ．电压表(0～5 V ，内阻10 k Ω)B ．电压表(0～10 V ，内阻20 kΩ)C ．电流表(0～0.3 A ，内阻1 Ω)D ．电流表(0～0.6 A ，内阻0.4 Ω)E ．滑动变阻器(5 Ω，1 A)F ．滑动变阻器(500 Ω，0.2 A)(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器就选用________(用序号字母表示)．(2)请在方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图．答案：(1)A D E (2)见解析解析：(1)因小灯泡的额定电压为4 V ，所以电压表应选用A ，小灯泡的额定电流I ＝PU＝0.5 A ，所以电流表应选用D ；小灯泡正常工作时的电阻为R ＝U 2P＝8 Ω，因为R v R A >R x ，R x为小电阻，电流表应采用外接法，要求电压表从零开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为便于调节，滑动变阻器应选用E.(2)满足实验要求的电路图如图．接成的相应实物电路图如图．三、计算题(共5题，共52分)16．(10分)有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况，如图为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm.设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314 Ω·m.现在钻孔的上表面和底部加上电压测得U ＝100 V ，I ＝100 mA ，求该钻孔的深度．答案：100 m解析：设该钻孔内的盐水的电阻为R ，由R ＝U I ，得R ＝100100×10－3 Ω＝103Ω由电阻定律R ＝ρl S得：l ＝RS ρ＝103×3.14×0.120.314m ＝100 m 17．(10分)某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380 V 的电动机带动下以0.4 m/s 的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9 kW ，不载人时测得电动机中的电流为5 A ，若载人时扶梯的移动速率和不载人时相同，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为多少？(设人的平均质量为60 kg ，g 取10 m/s 2)答案：25人解析：维持扶梯转动的功率为：P 0＝380 V×5 A＝1.9 kW ，电动机的最大输出功率为：P m ＝4.9 kW ， 可用于输送顾客的功率为：P ＝P m －P 0＝3 kW由于扶梯以恒定的速率斜向上移动，每一位顾客所受的力为重力mg 和支持力F N ，且F N＝mg ，电动机通过扶梯的支持力F N 对顾客做功，对每一位顾客做功的功率为：P 1＝F N v sin α＝mgv sin 30°＝120 W ，同时乘载的最多人数为n ＝P P 1＝3 000120人＝25人．18．(10分)如图所示的电路中，输入电压U AB ＝200 V ，可变电阻的总阻值R 0＝150 Ω，允许通过的电流为4 A ，求(1)当输出端a 、b 开路时U ab 的值；(2)当输出端接入R ＝40 Ω的负载时，U ab 的可能变化范围． 答案：(1)200 V (2)57.1 V≤U ab ≤160 V解析：(1)当ab 端开路时，相当于接一理想电压表(R V ＝∞)，U ab ＝U AB ＝200 V (2)当滑动触头向下方移动时，在下半部分电流强度达到临界状态即为4 A 时，下半部分电阻R 下＝2004Ω＝50 Ω上方部分电阻为100 Ω，此时U ab ＝40100＋40×200 V≈57.1 V当滑动触头向上方移动，在上半部分电流强度达到临界状态即为4 A 时，上方部分的电阻R 上＝(50－40)Ω＝10 Ω此时U ab ＝4010＋40×200 V＝160 V.19．(10分)如图所示，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，R 3＝7.5 Ω，电容器的电容C ＝4 μF.开关S 原来断开，现在合上开关S 到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电量是多少？答案：1.92×10－5C解析：S 断开，C 相当于断路，R 3中无电流，C 两端电压即R 2两端电压U 2＝ER 1＋R 2＋r·R 2＝3 V.Q ＝CU 2＝12×10－6 C ，且a 板带正电，b 板带负电．S 闭合，C 两端电压即R 1两端电压，由电路分析：U 1＝R 1R 1＋R 2·E r ＋R 外·R 外＝1.8 V.Q ′＝CU 1＝7.2×10－6 C ，且a 板带负电，b 板带正电．据此通过电流表电量ΔQ ＝Q ＋Q ′＝1.92×10－5C.20．(12分)如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d ＝40 cm ，电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω，闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间．若小球所带电荷量为q ＝1×10－2C ，质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力，那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(g 取10 m/s 2)答案：8 Ω 23 W解析：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A 板时速度为零．设两板间电压为U AB ，由动能定理可得－mgd －qU AB ＝0－12mv 02，∴ 滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V. 设通过滑动变阻器电流为I ， 由欧姆定律得I ＝E －U 滑R ＋r＝1 A 滑动变阻器接入电路的电阻R 滑＝U 滑I＝8 Ω 电源的输出功率P 出＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W。
高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：第七章测评(课后习题)【含答案及解析】
第七章测评(时间:75分钟 满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2021河北衡水月考)下列说法正确的是( )A.由开普勒第一定律可知,所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B.由F=Gm 1m2r 2可知,当r 趋于零时万有引力趋于无限大C.引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2,是由英国物理学家卡文迪什利用扭秤实验测出的D.由开普勒第三定律可知,所有行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等,即a 3T 2=k ,其中k 与行星有关,所有行星各自绕太阳运行的轨道为椭圆,太阳在椭圆的一个焦点上,所以各行星不在同一椭圆轨道上,故A 错误;万有引力定律的研究对象是质点,当物体间距离趋于零时物体不能被视为质点,万有引力定律不再适用,故B 错误;引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2,是由卡文迪什利用扭秤实验测出的,故C 正确;由开普勒第三定律可知,所有绕同一中心天体运行的行星轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等,即a 3T 2=k ,其中k 与中心天体有关,与行星无关,故D 错误。
2.(2021山东日照模拟)2020年7月23日,中国首次火星探测任务天问一号探测器发射成功,已知火星的质量约为地球质量的19,火星的半径约为地球半径的12。
下列关于火星探测器的说法正确的是(选项中的宇宙速度均指地球的)( ) A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可 B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C.发射速度应大于第二宇宙速度,小于第三宇宙速度D.火星探测器环绕火星运行的最大速度约为第一宇宙速度的13,可知选项A 、B 错误,选项C 正确;已知m 火=m地9,R 火=R地2,则v 火∶v 地=√Gm火R 火∶√Gm地R 地=√2∶3,选项D 错误。
2020版物理总复习课标通用版精练：第七章 章末检测
章末检测一、选择题1.关于摩擦起电和感应起电,以下说法正确的是()A.摩擦起电是因为电荷的转移,感应起电是因为产生了新电荷B.摩擦起电是因为产生了新电荷,感应起电是因为电荷的转移C.不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D.以上说法均不正确答案C由电荷守恒定律可知C正确。
2.如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布,以下说法正确的是()A.a、b均是正电荷B.a、b均是负电荷C.A点场强大于B点场强D.A点电势高于B点电势答案D电场线从正电荷或无穷远处出发,终止于负电荷或者无穷远处,所以a应为正电荷,b为负电荷,故A、B选项均错误。
电场线越密集,场强越大,故C选项错误。
沿电场线方向电势逐渐降低,故D选项正确。
3.(多选)对下列概念、公式的理解,正确的是()A.根据E=F,电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量q成反比q,电容器极板上的电荷量每增加1C,电压增加1V,则该电容器的电容为1F B.根据C=ΔQΔUC.根据W=qU,一个电子在电势差为1V的两点间被电场加速,电场力做功为1eVD.根据U ab=W abq,若带电荷量为1×10-5C的正电荷从a点移动到b点,克服电场力做功为1×10-5 J,则a、b两点的电势差为U ab=1V,且a点电势比b点电势高答案BC电场中某点的电场强度与试探电荷无关,故A错。
B、C项所述均正确。
由U ab=W abq 得U ab=-1×10-51×10-5V=-1V,a点电势比b点电势低,故D错。
4.一正电荷仅在电场力作用下,从A点运动到B点,速度大小随时间变化的图像如图所示。
下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断,正确的是()A.E A>E B,φA>φBB.E A=E B,φA=φBC.E A<E B,φA>φBD.E A<E B,φA<φB答案B该正电荷仅受电场力的作用,故所受合力不为零,由运动图像可知速度的大小没有变化,故该正电荷做匀速圆周运动,可知E A=E B,φA=φB,故选B。
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（课标通用版）高考物理总复习第七章章末检测（含解析）
章末检测
一、选择题
1.关于摩擦起电和感应起电,以下说法正确的是( )
A.摩擦起电是因为电荷的转移,感应起电是因为产生了新电荷
B.摩擦起电是因为产生了新电荷,感应起电是因为电荷的转移
C.不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移
D.以上说法均不正确
答案 C 由电荷守恒定律可知C正确。
2.如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布,以下说法正确的是( )
A.a、b均是正电荷
B.a、b均是负电荷
C.A点场强大于B点场强
D.A点电势高于B点电势
答案 D 电场线从正电荷或无穷远处出发,终止于负电荷或者无穷远处,所以a应为正电荷,b为负电荷,故A、B选项均错误。
电场线越密集,场强越大,故C选项错误。
沿电场线方向电势逐渐降低,故D选项正确。
3.(多选)对下列概念、公式的理解,正确的是( )
A.根据E=,电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量q成反比
B.根据C=,电容器极板上的电荷量每增加1C,电压增加1V,则该电容器的电容为1F
C.根据W=qU,一个电子在电势差为1V的两点间被电场加速,电场力做功为1eV
D.根据U ab=,若带电荷量为1×10-5C的正电荷从a点移动到b点,克服电场力做功为1×10-5J,则a、b 两点的电势差为U ab=1V,且a点电势比b点电势高
答案BC 电场中某点的电场强度与试探电荷无关,故A错。
B、C项所述均正确。
由U ab=得
U ab=V=-1V,a点电势比b点电势低,故D错。
4.一正电荷仅在电场力作用下,从A点运动到B点,速度大小随时间变化的图像如图所示。
下列关于A、B 两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断,正确的是( )
A.E A>E B,φA>φB
B.E A=E B,φA=φB
C.E A<E B,φA>φB
D.E A<E B,φA<φB
答案 B 该正电荷仅受电场力的作用,故所受合力不为零,由运动图像可知速度的大小没有变化,故该正电荷做匀速圆周运动,可知E A=E B,φA=φB,故选B。
5.在匀强电场中有一平行四边形ABCD,已知A、B、C三点的电势分别为φA=10V、φB=8V、φC=2V,则D点的电势为( )
A.8V
B.6V
C.4V
D.1V
答案 C 由于电场是匀强电场,则U AB=U DC,φA-φB=φD-φC,得φD=4V,C选项正确。
6.光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定,杆上套有一带正电的小球,质量为m,带电荷量为q。
为使小球静止在杆上,可加一匀强电场。
所加电场应满足的条件是( )
A.垂直于杆斜向上,场强大小为
B.竖直向上,场强大小为
C.垂直于杆斜向下,场强大小为
D.水平向右,场强大小为
答案 B 小球受竖直向下的重力,若电场方向垂直于杆的方向,则小球受垂直于杆方向的电场力,支持力方向亦垂直于杆的方向,小球所受合力不可能为零,A、C项错;若电场方向竖直向上,所受电场力的大小Eq=mg,方向竖直向上,小球所受合力为零,B项正确;若电场方向水平向右,则小球受重力、支持力和电场力作用,根据平行四边形定则,可知E=mgtanθ/q,D项错。
7.如图甲所示,Q1、Q2为两个固定点电荷,其中Q1带正电,它们连线的延长线上有a、b两点。
一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动,其速度图像如图乙所示。
则( )
A.Q2带正电
B.Q2的电性不能确定
C.试探电荷从b到a的过程中电势能增大
D.试探电荷从b到a的过程中电势能减小
答案 C 由图像知试探电荷自b点到a点,速度减小,所以Q2对试探电荷的作用力为吸引力,则Q2带负电,A、B均错。
试探电荷从b到a动能减小,所以电势能一定增大,C对,D错,答案为C。
8.如图所示,在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一个电荷量为+Q的点电荷,在水平面上的N点,由静止释放质量为m、电荷量为-q的试探电荷,该试探电荷经过P点时速度为v,θ=60°,规定电场中P点的电势为零。
则在+Q形成的电场中( )
A.N点电势高于P点电势
B.N点电势为-
C.P点电场强度大小是N点的2倍
D.试探电荷在N点具有的电势能为-mv2
答案 B 在+Q形成的电场中,N点电势低于P点电势,选项A错误;试探电荷的机械能与电势能之和保
持不变,试探电荷在N点的电势能等于,N点电势为-,选项B正确,D错误;由图中几何关系知,ON=2OP,由点电荷电场强度公式知,P点电场强度大小是N点的4倍,选项C错误。
9.如图所示,一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小,可忽略不计)电压为U1的加速电场,经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入。
A、B板长为L,相距为d,电压为U2。
则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是( )
A.<
B.<
C.<
D.<
答案 C 根据qU1=mv2、t=和y=at2=··,由题意,y<d,解得<,故C正确。
10.(多选)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴,该电场线上电场强度E随x的变化规律如图所示,坐标点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应,相邻两点间距相等。
一个带正电的粒子从O 点附近由静止释放,运动到A点处的动能为E k,仅考虑电场力作用。
则( )
A.从O点到C点,电势先升高后降低
B.粒子先做匀加速运动,后做变加速运动
C.粒子在AB段的电势能变化量大于在BC段的电势能变化量
D.粒子运动到C点时动能小于3E k
答案CD 由题意,可知带正电的粒子受电场力方向沿x轴正方向,由图知,从O点到C点,电场的方向不变,电势一直降低,所以A错误;由图知,电场强度一直在变,粒子所受电场力在变,所以粒子一直做变加速运动,B错误;由图知,AB段电场强度的平均值大于BC段电场强度的平均值,而位移相同,所以在AB段电场力做功较多,电势能的变化量较大,C正确;根据E-x图线与横坐标轴所围面积表示两点间的电势差,由图知,A、C间图线与横坐标轴所围面积小于O、A间图线与横坐标轴所围面积的2倍,根据动能定理qU=ΔE k,可知粒子运动到C点时动能小于3E k,所以D正确。
二、非选择题
11.如图所示,一质量为m=1.0×10-2kg,带电荷量为q=1.0×10-6C的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,假设电场足够大,静止时悬线向左与竖直方向成θ=60°角。
小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度g=10m/s2。
(结果保留2位有效数字)
(1)画出小球受力图并判断小球带何种电荷;
(2)求电场强度E;
(3)若在某时刻将细线突然剪断,求经过1s时小球的速度v。
答案(1)见解析(2)1.7×105N/C (3)20m/s 与竖直方向夹角为60°斜向左下方
解析(1)受力如图,小球带负电
(2)小球所受电场力F=qE
由平衡条件得F=mgtanθ
解得电场强度E=1.7×105N/C
(3)剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动
小球所受合外力F合=mg/cosθ
由牛顿第二定律有F合=ma
由运动学公式v=at
解得小球的速度v=20m/s
速度方向与竖直方向夹角为60°斜向左下方
12.如图所示,在竖直平面内,AB为水平放置的绝缘粗糙轨道,CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道,AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接,圆弧的圆心为O,半径R=0.50m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场强度的大小E=1.0×104N/C,现有质量m=0.20kg、电荷量q=8.0×10-4C的带电体(可视为质点),从A点由静止开始运动,已知x AB=1.0m,带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5。
假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
求:(g=10m/s2)
(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度;
(2)带电体最终停在何处。
答案(1)10m/s,方向竖直向上
(2)C点上方到C点的竖直距离为m处
解析(1)设带电体到达C点时的速度大小为v,从A到C由动能定理得: qE(x AB+R)-μmgx AB-mgR=mv2
解得v=10m/s,方向竖直向上
(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h,从C到最高点由动能定理得:
-mgh-μqEh=0-mv2
解得h=m
在最高点,带电体受到的最大静摩擦力
F fmax=μqE=4N,
重力G=mg=2N
因为G<F fmax
所以带电体最终静止在C点上方到C点的竖直距离为m处。