高三物理二轮复习计算题标准练(七) Word版含答案
高考物理二轮必会题型：7.2《电路、闭合电路的欧姆定律》(含答案)
第2讲 电路 闭合电路的欧姆定律1．在图1所示的闭合电路中，当滑片P 向右移动时，两电表读数的变化是( )．图1A ． 变大， 变大B ． 变小， 变大C ． 变大， 变小D ． 变小， 变小解析 滑片P 向右移动，变阻器电阻变大，总电阻也变大，由闭合电路的欧姆定律可知，回路中电流减小，电流表示数减小，电源内电压减小，R 0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压升高，电压表示数变大，故B 项正确． 答案 B2．电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上(如图2所示)，下列说法正确的是( )．图2A ．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B ．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小C ．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少D ．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变解析 开关接通时，灯泡被短路，灯泡熄灭，电路的总电阻变小，电路的总功率P ＝U2R 变大，电烙铁的功率变大，A 正确，B 、C 、D 错误． 答案 A3．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－IrE解析 本题考查了恒定电流的有关知识．电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI ，A 选项正确；电动机消耗的热功率为I 2R ，B 选项错误；电源的输出功率为UI ，C 选项错误，电源的效率为U E ＝E －Ir E ，D 选项正确． 答案 AD4．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图3所示电路，电源的电动势E 和内阻r 不变，在没有磁场时调节变阻器R 使电灯L 正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区．则( )．图3A ．电灯L 变亮B ．电灯L 变暗C ．电流表的示数减小D ．电流表的示数增大解析 探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表示数变小，电源内电阻分压变小，路端电压变大，电灯L 亮度增加，正确选项为AC. 答案 AC5．如图4所示的电路中，电源的电动势E 和内阻r 恒定不变，滑片P 在变阻器正中位置时，电灯L 正常发光，现将滑片P 移到右端，则( )．图4A ．电压表的示数变大B ．电流表的示数变大C ．电灯L 消耗的功率变小D ．电阻R 1消耗的功率变小解析 将滑片P 移到右端，变阻器接入电路中的电阻R 变小，总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可以判断电路中总电流变大，电流表示数变大，选项B 正确．由U ＝IR 可以判断内电压变大，则路端电压变小，电灯L 消耗的功率变小，选项C 正确．流过R 1的电流I 1＝I 总－I L 变大，电阻R 1消耗的功率变大，U R1变大，选项D 错误．电压表示数U V ＝U L －U R1变小，选项A 错误． 答案 BC6．在研究微型电动机的性能时，应用如图5所示的实验电路．当调节滑动变阻器R 使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A 和2.0 V ．重新调节R 使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和24.0 V ．则这台电动机正常运转时输出功率为( )．图5A ．32 WB ．44 WC ．47 WD ．48 W解析 电动机不转时相当于一个发热的纯电阻，根据通过电动机的电流为0.5 A 、电压为2 V ，可算出电动机内阻为4 Ω.正常工作时，电动机消耗功率UI 等于48 W ，内阻发热消耗功率为I 2r 等于16 W ，则输出功率为UII 2r ，等于32 W. 答案 A7．用如图6所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的U －I 图线，由图可知 ( )图6A ．电池电动势的测量值为1.40 VB ．电池内阻的测量值为3.50 ΩC ．外电路发生短路时的电流为0.40 AD ．电压表的示数为1.20 V 时，电流表的示数I′＝0.20 A解析：由全电路欧姆定律U ＝E －Ir 知当I ＝0时，U ＝E ，故A 正确．U －I 直线的斜率表示电源的内阻，则r ＝ΔU ΔI ＝1.40－1.000.40－0Ω＝1 Ω，B 错误．U 轴的电压刻度不是从零开始的，U －I 图线的横截距不再表示U ＝0时的短路电流，而是表示路端电压为1.00 V 时的干路电流是0.4 A ，C 错误．因为ΔUΔI ＝r ＝常数，从图中易知1.40－1.20I′＝1.40－1.000.4，所以I′＝0.20 A ，故D 正确．答案：AD8．如图7所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R 0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S ，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是( )．图7A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小解析当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F不变，C、D两项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F 变小．故A项错，B项正确．答案 B9．如图8所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子(重力不计)以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则( )．图8A．该粒子带正电B．减少R2，粒子还能打在O点C．减少R1，粒子将打在O点左侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变解析由电场方向和粒子偏转方向知粒子带负电；由于R2与平行金属板相连所以此支路断路，调节R2对平行板内电场无影响，粒子仍打在O点；当减小R1时，根据串联电路电压分配原理，平行板内电场将增强，所以粒子将打在O点左侧；当增大R1时，同理得平行板内电场将减弱，所以粒子将打在O点右侧，粒子在板间运动时间变长．答案BC10．如图9所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是( )图9A．小球带负电B．当滑动触头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大C．当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动触头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率解析：根据电路图可知φA＞φB，A、B间电场强度方向水平向右，小球受电场力方向也向右，故小球带正电，A错误．当滑动触头从a向b滑动时，R1两端电压减小，板间场强减小，绝缘线的偏角变小，所以B错误．当极板间电压减小时，由Q＝CU可知Q减小，电容器放电，电流表中有电流，方向从上向下，所以C 正确．由于电源的内阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化情况，D错误．答案：C11．如图10所示电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝2 Ω，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3＝3 Ω.若在C、D间连接一个电表或用电器，则有( )．图10A．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是6 VB．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是8 VC．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是2 AD．若在C、D间连一个“6 V,3 W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33 W解析若在C、D间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有：I1＝ER1＋R2＋r＝1 A，故理想电压表读数为U V＝I1R2＝6 V，A正确、B错误；若在C、D间连一个理想电流表，这时电阻R2与R3并联，并联电阻R23＝R2R3R2＋R3＝2 Ω，根据闭合电路欧姆定律，有I＝ER1＋R23＋r＝1.5 A，理想电流表读数为I′＝R2R2＋R3I＝1 A，C错误；因为小灯泡的电阻R A＝U20P0＝12 Ω，将小灯泡连在C、D之间，R2两端的电压U2＝ER23′R1＋R23′＋r＝5 V，流过小灯泡的电流大小为I3＝U2R A＋R3＝13A，小灯泡的实际功率为P′＝I23R A＝⎝⎛⎭⎪⎫132×12＝1.33(W)，D正确．答案AD12．如图11所示电路可用来测量电阻的阻值．其中E为电源，R为已知电阻，R x为待测电阻，可视为理想电压表，S0为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关．图11(1)当S 0闭合时，若S 1、S 2均向左闭合，电压表读数为U 1；若S 1、S 2均向右闭合，电压表读数为U 2.由此可求出R x ＝________.(2)若电源电动势E ＝1.5 V ，内阻可忽略；电压表量程为1 V ，R ＝100 Ω.此电路可测量的R x 的最大值为________ Ω.解析 (1)由R x ＝U 1I x ，而I x ＝U 2R ，故R x ＝U 1U 2R.(2)当R x 两端电压达到1 V 时，由E ＝1.5 V ，可得此时R 两端的电压U 1＝1.5 V －1 V ＝0.5 V. 此时电路中电流I ＝0.5100A则R xmax ＝10.5100 Ω＝1000.5 Ω＝200 Ω.答案 (1)R U 1U 2(2)200。
高三物理二轮专题训练参考答案
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
B
AB
AC
D
A
B
B
B
D
AB
D
C
BC
AD
D
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
Hale Waihona Puke 27282930
BD
B
B
BD
AC
AD
C
A
C
A
C
CDF
参考答案
高三物理二轮专题训练（交变电流）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
C
D
B
C
C
D
C
A
B
C
CD
BC
BD
BC
BC
22
23
24
25
26
27
28
29
30
BD
B
B
BD
CD
AD
C
A
C
A
C
CDF
高三物理二轮专题训练(电路部分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
A
B
B
C
CD
AC
AD
CD
BC
高三物理二轮专题训练(机械能)
题号
高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案
高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1.解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点由牛顿第二定律有Lm mg 20ν= ①在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为1v ，则202121221ννm L mg m +⋅= ②滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2，对滑块由能的转化及守恒定律有22212νμm smg mgh +⋅= ③因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mv mv mv += ④242322212121mv mv mv += ⑤ 联立以上各式可解得h=0.5m（2）若滑块从h '=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有2212/smg mu mgh μ+=⑥ 解得s m u /95= 滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以s m u /95=的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有Lu m mg T 2=- ⑦解得T=48N 方向竖直向上（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为s m v /53=， 滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s '，同理有'2123/mgs m mgh μν+=⑧ 小球做完整圆周运动的次数为12'+-=sss n ⑨解得s '=19m ，n=10次2．解：（1）赛车恰好通过P 点时，由牛顿第二定律有Rmmg P2ν= ①赛车从P 点运动到最后停下来，由动能定理有22102P mv kmgx mgR -=- ②联立①②可得： x=2.5m(2)设赛车经历的时间为t ，赛车从A 点运动到P 点的过程中由动能定理可得：02122-=--B m mgR kmgL Pt ν代入数据可得：t=4.5s3．解：（1）小物块从A 点运动到B 点的过程中，设滑到B 点时的速度为0v ，由动能定理有2021mv mgR =① 小物块到达B 点后做匀速运动，则0Bqv mg = ② 联立①②可解得Rg qm B 2=由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里（2）设小物块在轨道BC 上匀速运动t 秒，恰能从车上滑出 由动量守恒定律有：10)(v M m mv += ③由功能关系有：)((212102120t v L mg v M m mv -++=μ） ④由得：-=gR L t 2gRM m M2)(2+μ 当t 0>-=gRL t 2gRM m M2)(2+μ，则小物块能从车上滑出。
高考物理二轮复习专题分层突破练7电场带电粒子在电场中的运动含答案
专题分层突破练7电场带电粒子在电场中的运动选择题:每小题6分,共72分基础巩固1.(2024浙江温州模拟)用高压电晕等方法可以把电荷永久固定在一些绝缘材料上形成驻极体。
驻极体在生活中有着广泛的应用,如驻极体话筒、静电贴膜和静电吸附口罩等。
如图所示,某种口罩的吸附层便是把负离子注入到聚丙烯熔喷布(无纺布)上制成的,假设负离子均匀分布在熔喷布上,下列说法正确的是()A.若用手碰熔喷布,其内的电荷会泄漏掉B.若玻璃球外平整地贴上一层驻极体熔喷布,玻璃球内的电场强度为零C.口罩的静电吸附作用只能吸附带电的微小颗粒D.若用力把熔喷布拉伸使其面积增大,这些驻极体电荷间的电势能将增大答案B解析把电荷永久固定在一些绝缘材料上形成驻极体,所以用手碰熔喷布,其内的电荷不会泄漏掉,A错误;若玻璃球外平整地贴上一层驻极体熔喷布,玻璃球内部处于静电平衡状态,故玻璃球内的电场强度为零,B正确;口罩的静电吸附作用可以吸附微小颗粒,C错误;若用力把熔喷布拉伸使其面积增大,驻极体电荷间的距离变大,这个过程中电场力做正功,故这些驻极体电荷的电势能将减小,D错误。
2.(2024广东广州一模)科学家研究发现,蜘蛛在没有风的情况下也能向上“起飞”。
如图所示,当地球表面带有负电荷、空气中有正电荷时,蜘蛛尾部的蛛丝也将带电,在电场力的作用下牵引着蜘蛛实现向上“起飞”。
在“起飞”过程中,下列说法正确的是()A.蜘蛛往电势高处运动B.电场力对蛛丝做负功C.蛛丝的电势能增大D.蛛丝带的是正电荷答案A解析由题意可知,蛛丝受到空气中正电荷的吸引力和地球表面负电荷的排斥力,则蛛丝带的是负电荷;离正电荷越近电势越高,则蜘蛛往电势高处运动,运动过程电场力对蛛丝做正功,蛛丝的电势能减小。
故选A。
3.(2024甘肃卷)一平行板电容器充放电电路如图所示。
开关S接1,电源E给电容器C 充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电。
下列说法正确的是()A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点答案C解析充电过程中,随着电容器带电量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流在减小,故A错误;根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器带电量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故C正确;根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误。
高考物理二轮复习第7章选修部分高考题型小卷练(2计算+2选1)(四)
高考题型小卷练(2计算＋2选1)(四)一、计算题(共32分)24．(12分)如图所示，在光滑的水平面上，有A 、B 、C 三个物体，开始B 、C 皆静止且C 在B 上，A 物体以v 0＝10 m/s 的速度撞向B 物体，已知碰撞时间极短，撞完后A 物体静止不动，而B 、C 最终的共同速度为4 m/s.已知B 、C 两物体的质量分别为m B ＝4 kg 、m C ＝1 kg.(1)求A 物体的质量；(2)A 、B 间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失了多少？ 解析：(1)设B 、C 最终的共同速度为v ，则由整个过程动量守恒可得： m A v 0＝(m B ＋m C )v (2分)代入数据解得：m A ＝2 kg.(1分) (2)设B 与A 碰撞后速度变为v ′，在B 与C 相互作用的时间里，B 与C 组成的系统动量守恒，即m B v ′＝(m B ＋m C )v (2分) 解得：v ′＝5 m/s(1分)A 与B 碰撞的过程中，碰前系统的动能为E k1＝12m A v 20，代入数据解得：E k1＝100 J(2分)碰后系统的动能为E k2＝12m B v ′2，代入数据解得：E k2＝50 J(2分)所以碰撞过程中损失了机械能，损失了50 J ．(2分) 答案：(1)2 kg (2)损失了50 J25．(20分)如图所示，OD 在平面直角坐标系xOy 第四象限的角平分线上，D 点的坐标为(l ，－l )，直角三角形OAD 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，直角三角形OCD 区域内有沿x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，其中OC 和CD 为荧光屏(能吸收到屏上的粒子)．现有一束质量均为m 、电荷量均为q 的带正电粒子从原点O 沿y 轴负方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为v ≤qBlm.已知E ＝qB 2l12m，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用．求： (1)带电粒子从O 点射入到第一次进入电场的时间； (2)能打到荧光屏CD 上的带电粒子的最小入射速度； (3)荧光屏CD 、OC 上形成亮线的长度．解析：(1)带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmBq(1分)当粒子从OD 边离开磁场时，因∠AOD ＝45°，则粒子运动轨迹所对应的圆心角为90°故粒子从原点O 射入后第一次在磁场中运动的时间为t 0＝T 4＝πm2Bq(2分)(2)带电粒子射入匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，经14圆周到达OD 边，然后水平向右进入匀强电场，在电场力的作用下做匀减速直线运动(1分)由题意知，带电粒子到达CD 的速度恰好为零时对应的入射速度最小，设为v 0，并设该粒子在磁场中的运动轨迹半径为r ，由牛顿第二定律可得，Bqv 0＝mv 20r(1分)由动能定理可得qE (l －r )＝12mv 20(2分)联立解得r ＝13l ，v 0＝qBl3m(2分)(3)速率大于qBl 3m 的带电粒子直接打在荧光屏CD 上，其中入射速度为qBl m的粒子在磁场中运动的轨迹半径为l ，即该粒子将直接打到D 点，故荧光屏CD 上亮线的长度为x 1＝l －r ＝l－13l ＝23l (2分) 速率小于qBl3m的带电粒子，进入电场后不能到达荧光屏CD ，从电场中返回后又在电磁场中运动了34个周期，刚好垂直电场进入，在电场中做类平抛运动．(2分)当粒子以v 0＝qBl3m的速度射入磁场时，粒子从P 点进入电场，然后做类平抛运动，如图所示，则有y ＝l －13l ＝v 0t (2分)x ＝12·qEmt 2(2分) 可得x ＝l NM ＝16l (2分)荧光屏OC 上亮线的长度为x 2＝l OM ＝23l －16l ＝12l (2分)答案：(1)πm 2Bq (2)qBl 3m (3)l2二、选考题(共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题做答．如果多做，则按第一题计分)33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．A ．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B ．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性C ．绝对湿度大，相对湿度不一定大D ．根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化为物体的内能E ．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征(2)(10分)竖直放置粗细均匀的U 形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为厘米．现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入右管中，已知大气压强p 0＝75 cmHg ，环境温度不变，左管足够长．求：(ⅰ)此时右管封闭气体的压强；(ⅱ)左侧管中需要倒入水根柱的长度．解析：(1)表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，A 错误；单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，B 正确；对于不同的温度，饱和汽压不同，故绝对湿度大时相对湿度不一定大，C 正确；热力学第二定律有不同的表述：不可能从单一热源吸热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；热量不可以全部转化为功，但是机械能可以全部转化为内能，D 错误；根据液晶特点和性质可知：液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，E 正确．(2)设管内的横截面积为S ，(ⅰ)对右管中封闭气体，右侧水银刚好全部转入竖直右管后 p 0×40S ＝p 1×(40－10)S ， 解得：p 1＝100 cmHg(ⅱ)对水平部分气体，末态压强：p ′＝(100＋15＋10) cmHg ＝125 cmHg ， 由玻意耳定律：(p 0＋15)×15S ＝p ′LS 解得：L ＝10.8 cm所以加入水银柱的长度为：(125－75＋10－10.8) cm ＝49.2 cm. 答案：(1)BCE (2)(ⅰ)100 cmHg (ⅱ)49.2 cm 34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图甲所示，均匀介质中两波源S 1、S 2分别位于x 轴上x 1＝0、x 2＝14 m 处，质点P 位于x 轴上x P ＝4 m 处，t ＝0时刻两波源同时由平衡位置开始振动，S 1、S 2的振动图象分别如图乙、丙所示，传播速度大小均为v ＝2 m/s ，下列说法正确的是______．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．波源S 1发出的波经过4 s 到达P 点B ．0～4 s 内质点P 通过的路程为16 cmC ．t ＝5 s 时刻质点P 位于波谷D ．当两列波叠加后质点P 的振动是加强的E ．当两列波叠加后质点P 的振幅为6 cm(2)(10分)如图所示，折射率n ＝233、半径为R 的透明球体固定在水平地面上，O 为球心，其底部P点有一点光源，过透明球体的顶点Q有一足够大的水平光屏．真空中光速为c.求：(ⅰ)从P点发出一条与PQ成45°角的光线，该条光线到达光屏所用的时间；(ⅱ)若不考虑光线在透明球体中的反射，经过透明球体射出的光线能到达光屏上离Q 点的最大距离．解析：(1)波源S1发出的波经过时间t1＝x Pv＝2 s到达P点，选项A错误；波源S2发出的波经过时间t2＝x2－x Pv＝5 s到达P点，所以0～4 s内质点P通过的路程为4A1＝16 cm，选项B正确；由于t＝5 s时波源S2发出的波刚好到达P点，波源S1引起质点P的振动也刚好在平衡位置，故此时刻质点P在平衡位置，选项C错误；波源S1、S2产生的波的波长均为λ＝vT＝4 m，在P点波程差为Δx＝6 m＝3×λ2，由振动图象可知波源S1、S2的起振方向相反，所以质点P的振动是加强的，选项D正确；当两列波叠加后质点P的振动是加强的，所以振幅为6 cm，选项E正确．(2)(ⅰ)设光在透明球体中的临界角为C，由sin C＝1n得临界角C＝60°从P点发出一条与PQ成45°角的光线，该光线射到D点时的入射角为θ1＝45°，设折射角为θ2，由折射定律有n＝sinθ2sinθ1，代入数据求得sinθ2＝63(1分)光线在透明球体内的传播速度v＝cn(1分)光线从P点传到D点所用时间t1＝2vR＝26R3c(1分)光线从D点传到B点所用时间t2＝Rsinθ2c＝6R2c(1分)光线到达光屏所用的时间t＝t1＋t2＝76R6c(1分)(ⅱ)由于临界角C＝60°，所以当光线的入射角为60°时，出射光线离Q点最远，如图所示．由几何关系得NQ＝EF＝32R，EN＝FQ＝R＋12R＝32R，MN＝ENtan60°＝32R(3分) 可得最大距离MQ＝MN＋NQ＝3R(2分)76R 6c (ⅱ)3R答案：(1)BDE (2)(ⅰ)。
高中物理二轮总复习课后习题 专题分层突破练7 电场 带电粒子在电场中的运动
专题分层突破练7 电场带电粒子在电场中的运动A组1.(浙江绍兴高三二模)有6个小金属球分别固定在如图所示的正六边形的顶点上,球7处于正六边形中心位置,现使球2带正电,球7带负电,要使球7在中心位置获得水平向右的加速度,下列说法正确的是( )A.使球1带上正电荷,其他球不带电B.使球4、5同时带上电荷,其他球不带电C.不可能只让球4带上电荷,其他球不带电D.不可能让球3、4、5、6同时带上电荷,其他球不带电2.(河南高三二模)如图所示,真空中固定有两个等量正电荷A和B,连线的中点为O点,在A、B连线的中垂线上的C点固定一试探电荷q(对A、B电荷产生的电场无影响),电性未知。
现将B电荷沿A、B连线缓慢移动到O 点并固定,若取无穷远处电势为0,不考虑移动电荷产生的磁场,则在B电荷移动过程中,下列说法正确的是( )A.C点的电场强度先增大后减小B.C点的电场强度一直增大C.若试探电荷q带负电,则其电势能一定增大D.由于试探电荷q的电性未知,故C点的电势可能减小3.(上海高三二模)如图所示,四根彼此绝缘带电导体棒围成一个正方形线框(忽略导体棒的形状和大小),线框在正方形中心O点产生的电场强度大小为E0,方向竖直向下;若仅撤去导体棒C,则O点电场强度大小变为E1,方向竖直向上,则若将导体棒C叠于A棒处,则O点电场强度大小变为( )A.E1-E0B.E1-2E0C.2E1+E0D.2E14.(广东卷)下图是某种静电推进装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线为等势面。
在强电场作用下,一带电液滴从发射极加速飞向吸极,a、b是其路径上的两点。
不计液滴重力,下列说法正确的是( )A.a点的电势比b点的低B.a点的电场强度比b点的小C.液滴在a点的加速度比在b点的小D.液滴在a点的电势能比在b点的大5.(江苏南京高三二模)电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分,其中的一种电子透镜的电场分布如图所示,虚线为等差等势面,一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示,a、b是轨迹上的两点,则( )A.a点的电场强度大于b点的电场强度B.b点电场强度的方向水平向右C.a点的电势高于b点的电势D.电子在a点的电势能大于在b点的电势能6.(多选)(辽宁丹东高三一模)如图所示,O为等量同种正电荷连线中点,以O点为圆心作一个垂直于连线的圆,c、d为圆上两点,连线上a、b两点关于O点对称,设无穷远电势为0,下列说法正确的是( )A.a、b两点电场强度大小相同B.c、d两点电场强度和电势均相同C.若质子仅受静电力作用,可以在ab之间做简谐运动D.若电子仅受静电力作用,可能在圆上做匀速圆周运动7.(多选)(福建高三二模)空间中有水平方向上的匀强电场,一质量为m、电荷量为q的微粒在某竖直平面内运动,其电势能和重力势能随时间变化图像如图所示,则该微粒( )A.一定带正电B.0~3 s静电力做功为-9 JC.运动过程中动能不变D.0~3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做功为12 JB组8.(多选)(安徽池州高三一模)下图为某静电场中、电荷量绝对值为q的带电粒子从坐标x2处以初速度v0沿x轴负方向出发,带电粒子仅在静电力作用下恰好在[x1,x3]区间内往返运动,则下列说法正确的是( )A.粒子一定带负电B.粒子从x1运动到x3的过程中,加速度先增大后减小C.粒子从x1运动到x3的过程中,静电力先做负功后做正功D.x2位置的电势φ2=mv02+2qφ0 2q9.(多选)(福建福州高三二模)空间中存在一静电场,一电子从x=0处以一定的初速度沿x轴正方向射出,仅在静电力作用下在x轴上做直线运动,其电势能E p随位置x变化的关系如图所示。
2020版高考物理二轮复习第一部分专题二功和能专题跟踪检测(七)两个概念、一个模型,
专题跟踪检测（七） 两个概念、一个模型，破解功和功率问题一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．(2015·海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。
如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C. 3 倍 D. 2 倍解析：选D 设f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝fv ＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确。
2．(2017·宿迁三模)如图所示，四个相同的小球A 、B 、C 、D ，其中A 、B 、C 位于同一高度h 处，A 做自由落体运动，B 沿光滑斜面由静止滑下，C 做平抛运动，D 从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h 。
在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为P A 、P B 、P C 、P D 。
下列关系式正确的是( )A ．P A ＝PB ＝PC ＝P DB ．P A ＝PC ＞P B ＝PD C ．P A ＝P C ＝P D ＞P B D ．P A ＞P C ＝P D ＞P B解析：选C A 做自由落体运动，C 做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故A 、C 落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率P ＝mgv 相同，D 做斜抛运动，到达最高点跟A 下落时的高度相同，故落地时竖直方向的速度跟A 落地时的速度大小相同，故功率相同，B 沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A 落地时的速度大小相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A 的功率，故C 正确。
3．(2017·南通模拟)某校高三学生体能检测中，有着班级“最标准身材”美誉的小明同学在半分钟内完成了10次引体向上，则这次检测中小明克服重力做功的平均功率大约为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 WB ．100 WC ．200 WD ．500 W 解析：选B 高三同学体重大约为60 kg ，引体向上时重心向上运动的位移大约为0.5 m ，则克服重力做功的平均功率为：P ＝10mgh t ＝10×60×10×0.530W ＝100 W ，故B 正确。
高考物理二轮专题复习：电学实验(word版含答案)
2022年高考物理二轮专题复习电学实验综合强化卷1．（1）在“测金属的电阻率”的实验中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测出用金属材料制成的一段圆柱体的长度和横截面的直径如图实所示。
则该圆柱体的长度为________cm，横截面的直径为________mm。
（2）有一标有额定电压为“6V”，额定功率模糊不清的小灯泡（电阻约为15Ω）。
一名同学到实验室测该灯泡的额定功率与电阻，除导线和开关若干外，实验室还有以下器材：A．直流电源10V（内阻不计）B．直流电流表0~600mA（内阻约为5Ω）C．直流电压表0~10V（内阻约为15kΩ）D．滑动变阻器5Ω，2A画出实验电路图______2．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。
（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图___________（选填“甲”或“乙”）。
（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路。
( )（3）由图1可知，该小灯泡的电阻随电压的升高而___________。
（选填“增大”、“减小”或“不变”）3．2020年新冠状病毒肆虐的疫情假期，物理兴趣小组成员陈俊宇同学，根据手头的实验器材设计了如图所示的欧姆表电路，通过调节开关S，可使欧姆表具有“×1”和“×10”的两种倍率。
可用器材如下：A ．干电池（电动势 1.5V E =，内阻不计）B ．电流表G （满偏电流1mA g I =，内阻90g R =Ω）C ．定值电阻R 0（阻值为5.0Ω）D ．滑动变阻器R 1（最大阻值为150Ω）E ．定值电阻RaF ．定值电阻RbG ．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干（1）该兴趣小组陈俊宇同学按照如图所示电路图连接好实验电路。
当开关S 合向_______（填“a ”或“b ”），欧姆表的倍率是“×10”倍率；（2）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为15Ω，则定值电阻Ra =_______Ω，Rb =_______Ω； （3）将开关S 合向b ，第一步：调节滑动变阻器R 1，当R 1=______Ω时，将红、黑表笔短接，电流表电流达到满偏电流。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第1页 共4页
计算题标准练(七)
满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!
1.(12分)小明家住在高楼的第23层,每次他都乘小区高楼的观光电
梯上下楼,如图甲所示。在学了有关超重失重的知识后,他想用力传感
器来测量电梯的加速度大小。一次实验中,小明进入电梯后,在力传感
器下方悬挂一个重物,电梯从第23层由静止开始启动,经过各个阶段
的运行最后停在第1层。整个过程中,传感器记录了弹力随时间变化
情况,如图乙所示,重力加速度g取9.8m/s2。请你帮小明完成下列计
算：
(1)电梯启动和制动的加速度大小。
(2)图乙中横坐标t0的数值和该高楼每层的平均高度。(结果保留两位
有效数字)
【解析】(1)根据F0=mg可得,
重物质量m=F0g=4.99.8kg=0.5 kg,
电梯启动时,向下做匀加速直线运动,对重物,
有：mg-F1=ma1,
代入数据解得a1=0.8m/s2;
电梯制动时,电梯向下做匀减速直线运动,
有：F2-mg=ma2,
第2页 共4页
代入数据解得a2=0.6m/s2。
(2)匀速运动的速度大小为：
v=a1t1=0.8×3m/s=2.4 m/s,
向下匀减速运动时间为：
t3=va2=2.40.6s=4 s,
时间坐标t0=40s-4 s=36 s,t1=11s-8 s=3 s,
t2=36s-11 s=25 s
向下匀加速的位移为：
x1=12a1t12=12×0.8×9m=3.6 m;
匀速运动的位移：x2=vt2=2.4×25m=60m;
向下匀减速的位移为：
x3=v2t3=2.42×4m=4.8 m;
总位移x=x1+x2+x3=68.4m
平均每层楼高h=x23−1m=3.1 m
答案：(1)0.8m/s2 0.6m/s2 (2)36s 3.1m
2.(20分)如图所示的xOy坐标系中,y轴右侧空间存在范围足够大的
匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于xOy平面向里。P点的坐
标为(-2L,0),Q1、Q2两点的坐标分别为(0,L),(0,-L)。坐标为(-13L,0)
处的C点固定一平行于y轴放置的长为23L的绝缘弹性挡板,C为挡板
中点,带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后,沿y方向分速度不变,沿x
方向分速度反向,大小不变。带负电的粒子质量为m,电量为q,不计粒
子所受重力。若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场,经磁场运动后,求：
第3页 共4页
(1)从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小。
(2)从Q1直接到达O点,粒子第一次经过x轴的交点坐标。
(3)只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小。
【解析】(1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示,设PQ1与x轴正方
向夹角为θ,粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1;
由几何关系得：R1cosθ=L;其中：cosθ=2√55,
粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由：qv1B=mv12R1,
解得：v1=√5qBL2m
(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示,设其与x轴交点为C′,由
几何关系得：R2=√54L。
设C′点横坐标为xC′,由几何关系得：xC′=12L。
第4页 共4页
则C′点坐标为：(12L,0)。
(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示,
设粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3,偏转一次后在y轴负方
向偏移量为Δy1;
由几何关系得：Δy1=2R3cosθ;
为保证粒子最终能回到P,粒子与挡板碰撞后,速度方向应与PQ1连线
平行,每碰撞一次,粒子进出磁场在y轴上这段距离Δy2(如图中A、E
间距);
由题可知：有Δy22L3=tanθ;解得：Δy2=L3。
当粒子只碰两次,其几何条件是3Δy1-2Δy2=2L;
解得：R3=2√59L;
粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB=mv2R3;
解得：v=2√5qBL9m。
答案：(1)√5qBL2m
(2)(12L,0)
(3)2√5qBL9m