高三物理一轮复习 电学综合训练 大纲人教版

2012届高三物理一轮复习电学综合训练（大纲版）一､选择题1.在如图所示的U-I图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图象可知( )A.电源的电动势为3 V,内阻为0.5 ΩB.电阻R的阻值为1 ΩC.电源的输出功率为4 WD.电源的效率为50%解析:考查闭合电路的欧姆定律和部分电路的欧姆定律.从直线Ⅰ可知电源电动势为3 V,内阻为0.5 Ω,从直线Ⅱ可知电阻R的阻值为1 Ω.A､B均对;当接入电阻R时,电流为2 A,路端电压为2 V,故电源输出功率为4 W,C对;电源的总功率为6 W,效率为66.7%,D错.答案:ABC2.某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q,电势分别为U P和U Q,则( )A.E P>E Q,U P>U QB.E P>E Q,U P<U QC.E P<E Q,U P>U QD.E P<E Q,U P<U Q解析:电场线密的位置场强大,因此E P >E Q ;沿电场线方向电势降低,因此有U P >U Q .A 项正确.答案:A3.如图所示,V 1、V 2是理想电压表,当闭合开关,将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时,下列说法中正确的是( )A.小灯泡L 2变暗,V 1表的读数变小,V 2表的读数变大B.小灯泡L 1变亮,V 1表的读数变大,V 2表的读数变小C.小灯泡L 2变亮,V 1表的读数变大,V 2表的读数变小D.小灯泡L 1变暗,V 1表的读数变小,V 2表的读数变大解析:V 1量度的是路端电压,V 2则量度灯泡L 2两端电压,当滑动变阻器的触片由左端向右滑动时阻值增大,总电阻增大,路端电压升高, V 1示数变大,干路电流减小,通过L 2的电流减小,两端电压减小,V 2示数减小,B 正确.答案:B4.一质量为m 的带电液滴以竖直向下的初速度v 0进入某电场中.由于电场力和重力的作用,液滴沿竖直方向下落一段距离h 后,速度变为零.下列判断中正确的是( )A.电场力对液滴做的功为2012mv B.液滴克服电场力做的功为2012mv mgh +C.液滴的机械能减少mghD.电场力对液滴的冲量大小为mv 0解析:液滴进入电场后,重力做正功,电场力做负功,设电场力做功为W E ,由动能定理得mgh+W E =0-E 2200,W mgh m /2/2,mv v =--克服电场力做功为mgh+m 20/2,v 液滴的机械能减少量等于重力势能减少量和动能减少量之和,即ΔE=mgh+mv^2_0/2,由动量定理,合外力的冲量大小等于动量减小量,因此选项B正确.考生对动能的变化､机械能的变化原因容易混淆,对动能定理和能量转化与守恒的区别不清楚.答案:B5.在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c处分别固定一个正点电荷,电荷量相等,如图所示.若将一个带负电的粒子置于b点,自由释放,粒子将沿着对角线bd往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中( )A.先做匀加速运动,后做匀减速运动B.先从高电势到低电势,后从低电势到高电势C.电势能与机械能之和先增大,后减小D.电势能先减小,后增大解析:本题考查电场的叠加､力和加速度､电势､电功和电能的问题.由于负电荷受到的电场力是变力,加速度是变化的.所以A错;由等量正电荷的电场分布可知,在两电荷连线的中垂线上中点O的电势最高,所以从b点到d点,电势先增大后减小,故B错;由于只有电场力做功,所以只有电势能与动能的相互转化,故电势能与机械能之和守恒,C错;由b点到O点电场力做正功,电势能减小,由O点到d点电场力做负功,电势能增加,D 对.答案:D6.如图所示,O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点,一电荷量为-Q的点电荷固定在O 点,现有一质量为m,电荷量为+q的小金属块(可视为质点),从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动,到B 点时速度最小,其大小为v.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ、AB 间距离为L 、静电力常量为k,则( )A.OBB.在小金属块由A 向O 运动的过程中,电势能先增大后减小C.在小金属块由A 向O 运动的过程中,其加速度先减小后增大D.在点电荷-Q 形成的电场中,A 、B 两点间的电势差为212mgL mv qμ+解析:本题考查带电物体在电场中的力电综合问题,题目设计巧妙,是一道考查学生能力的好题.物块到达B 点时速度最小,说明此时k2mg r Qq r μ⇒==选项A 正确;小金属块由A 向O 运动的过程中,电场力始终做正功,电势能一直减少,选项B 错误;由A 向B 运动的过程中,做减速运动,电场力小于摩擦力,随着电场力的增大,加速度逐渐减小,当加速度为零时,物块速度最小,由B 向O 运动电场力大于摩擦力,随着电场力增大,加速度逐渐增大,选项C 正确;由A 到B 用动能定理qU AB -μmgL=22011,v 22m mv -可得选项D 错误. 答案:AC7.如图,A 、B 、C 、D 、E 、F 为匀强电场中一个边长为10 cm 的正六边形的六个顶点,A 、B 、C 三点电势分别为1.0 V 、2.0 V 、3.0 V 、则下列说法正确的是( )A.匀强电场的场强大小为10 V/mB.匀强电场的场强大小为3V/m C.电荷量为1.6×10-19C 的正点电荷从E 点移到F 点,电荷克服电场力做功为1.6×10-19JD.电荷量为1.6×10-19 C的负点电荷从F点移到D点,电荷的电势能减少4.8×10-19 J解析:匀强电场中沿任意方向电势变化均匀,即互相平行的相等距离的两点间电压相等.据此可以判断各点的电势如图所示,电场线竖直向下.根据场强定义判断A错､B对;从E到F 电场力对正电荷做正功,C错;从F到D电场力对负电荷做功3.2×10-19 J,D错.答案:B8.如图所示,是测定两个电源的电动势E和内电阻r实验中得到的路端电压U和电流I 的图线,则由图可知( )A.当I1=I2时,电源总功率P1=P2B.当I1=I2时,外电阻R1=R2C.当U1=U2时,电源输出功率P出1>P出2D.当U1=U2时,电源内部消耗的电功率P内1<P内2解析:图象与纵轴的交点即为电源的电动势,从图上可知,两电源的电动势相同,当I1=I2时,电源的总功率P总=IE相同,A对;当I1=I2时,从图象上可知,两电源的路端电压不同,U1<U2,因此外电阻R=UI不同,B错;当U1=U2时,从图象上可知I1<I2,由电源的输出功率P=UI得P出1<P出2,C 错;从图象上横轴的截距可知,电源短路时的电流I 01<I 02,则由电源的内阻r=E I 可知,r 2<r 1,当U 1=U 2时,两电源的内电压也相等,则由P 内=2U r内可知,P 内1<P 内2,D 对.答案:AD9.如图所示的同心圆(虚线)是电场中的一簇等势线,一个电子只在电场力作用下沿着直线由A 向C 运动时的速度大小越来越小,B 为线段AC 的中点,则有( )A.电子沿AC 运动时受到的电场力越来越小B.电子沿AC 运动时它具有的电势能越来越大C.电势U A >U B >U CD.电势差U AB =U BC解析:根据等势面的形状和题意可知:该电场是负点电荷形成的,场强E=2.kQr 所以当电子沿AC 方向运动时,r 减小,受到的电场力F=Ee 增大,A 错;电子沿AC 方向运动过程中,电场力做负功,根据功能关系得B 正确;该电场各处的电场线均指向圆心,根据顺着电场线电势越来越低可知C 正确;在该电场中等差等势线的间距不相等.所以D 错误.答案:BC10.某同学用如图所示的电路进行小电机的输出功率的研究,其实验步骤如下所述,闭合电键后,调节滑动变阻器,电动机未转动时,电压表的读数为U 1,电流表的读数为I 1;再调节滑动变阻器,电动机转动后电压表的读数为U 2,电流表的读数为I 2,则此时电动机的输出功率为( )222221122211././U I I U I BU I I U I A -+C.U 2I 2D.22I U 1/I 1解析:考查欧姆定律､电功率､非纯电阻电路的分析与计算.电动机线圈内阻r=U 1/I 1,电动机转起来后,消耗的电功率U 2I 2=222222,I /P 1P U I r I U =+-出出即 I 1,A 正确. 答案:A11.如图所示,当电路中滑动变阻器R 2的滑动触头P 向下滑动时( )A.电容器C 的电容增大B.电容器C 两极板间的电场强度增大C.电压表的读数减小D.R 1消耗的功率增大解析:当P 向下滑动时,R 2增大,回路总电阻增大,干路电流减小,路端电压升高,电压表示数增大,R 1两端电压减小,R 2和C 两端电压增大,只有B 正确.答案:B 二､实验题12.某同学为完成“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验,使用如图所示的实验器材:电源E(电动势为12 V,内阻不计),木板N(木板上依次铺有白纸､复写纸和导电纸各一张),两个金属接线柱A ､B 做电极,滑动变阻器R(其总阻值小于两电极间导电纸的电阻),直流电压表V(量程为6 V,内阻很大),电流表G(量程0~300 μA,零刻线在刻度盘中央),开关､探针和导线若干.现用图中仪器描绘两电极间电场中的等势线,A、B间电压要求为6 V.(1)在图甲中完成实验电路的连线(导线不得交叉).(2)本实验的原理是利用导电纸上形成的________来模拟真空中的________静电场.因此对所模拟的静电场来说,图甲中的A相当于________,B相当于________.(3)图乙为实验装置的一部分,图中A、C、D、O、E、F、B各点相邻两点间距离相等,其中A、B为金属接线柱.当电流从左接线柱流入电流表G时,其指针向左侧偏转.当探针Ⅰ接在F点,探针Ⅱ接在导电纸上某点时,电流表G指针向右接线柱一侧偏转.为尽快找到等势点,探针Ⅱ应________移动.(填\!向左\"或\!向右\")解析:因指针向右偏代表电流从Ⅰ流入,Ⅰ比Ⅱ电势高.而越向左电势越高,∴Ⅱ向左动,提高电势.答案:(1)(2)恒定电流的电场等量异种点电荷正电荷负电荷(3)向左13.某同学设计了如图所示的电路,用来测量未知电阻R x的阻值,在下列可供选择的器材中:A.被测电阻R x,阻值约为50 ΩB.电源(电动势10 V,内阻0.5 Ω)C.电流表(量程0~200 mA,内阻约为r2)D.电流表(量程0~300 mA,内阻约为r3)E.定值电阻500 ΩF.定值电阻100 ΩG.滑动变阻器(0~100 Ω,1 A)H.滑动变阻器(0~2000 Ω,0.5 A)I.开关,导线若干测量时,电流表A1应选用________,电流表A2应选用________,R1应选用________,R2选________.(填所选仪器前面的字母)将该同学的实验步骤补充完整:①将滑动变阻器的滑片移到最右端,闭合开关;②将滑动变阻器的滑片移到适当位置,读出电流表A 1、A 2的读数; ③[ZZ1Z] ;④实验完毕后,拆除电路.若某次测量时电流表A 1、A 2的读数分别为I 1、I 2,则被测电阻的测量值为R x =________. 解析:本题考查电路中仪器的选用,对于电路中的两个电流表的选择要满足干路的量程要大于支路,所以A 1选C,A 2选D.另外对于R 1这个定值电阻的选用原则是要使得两个电流表的读数相差比较明显,所以选F,而滑动变阻器的选用原则是滑动要使读数变化明显,所以选G.答案:C D F G 再移动滑片,读出几组A 1､A 2的读数,算出对应的R x 值,求出平均值2111()I I R I --r 2 三､计算题14.如图所示的装置,U 1是加速电压,紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板.板长为l,两板间距离为d,一个质量为m 、带电量为-q 的粒子,经加速电压加速后沿金属板中心线水平射入两板中,若两水平金属板间加一电压U 2,当上板为正时,带电粒子恰好能沿两板中心线射出;当下板为正时,带电粒子则射到下板上距板的左端1/4处,求:(1)12U U 为多少? (2)为使带电粒子经U 1加速后,沿中心线射入两金属板,并能够从两板之间射出,两水平金属板所加电压U 2应满足什么条件?解:(1)设粒子被加速后的速度为v 0,当两板间加上电压U 2 如上板为正时,2U q d =mg 得U 2=mgdq如下板为正时,a=2U qmg d m+=2g()2112'2222000221222202'222020222'2qU U 2U ,:t at 1112(),22482.161611()()2229U ,a a 99881,22t l gl d g v mv v d U mgl l dq U d U q l d l g v md v mv d mgd U ql q U q mg U q d d g m md ∴='=∴======'==-==-=-= 得则当上板加最大电压时粒子斜向上偏转刚好穿出若上板加上最小正电压时粒子向下偏转恰穿出'232222202'2'220221()(),278/117()()22879.88U ,a U U U U U q l g md v U mg qU d m qU l d g dm v U '=='=-∴<'<=-+=+ 若下板加上正电压时粒子只能向下偏转可见下板不能加正电压 15.如图是利用电动机提升重物的示意图,其中D 是直流电动机.P 是一个质量为m 的重物,它用细绳拴在电动机的轴上.闭合开关S,重物P 以速度v 匀速上升,这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0 A 和U=110 V,重物P 上升的速度v=0.70 m/s.已知该装置机械部分的机械效率为70%,重物的质量m=45 kg(g 取10 m/s 2).求:(1)电动机消耗的电功率P 电及绳对重物做功的机械功率P 机各多大?(2)电动机线圈的电阻R 多大?解:(1)电动机消耗的电功率P 电=IU=110×5.0 W=550 W提升重物做功的功率P 机=mgv=45×10×0.7 W=315 W.(2)电动机输出的机械功率P=P 机/η=450 W根据能量守恒原理IU=P+I 2R R=225.01104505.0IU P I -⨯-=Ω=4.0 Ω. 16.如图所示,光滑绝缘水平台距水平地面高h=0.80 m,地面与竖直绝缘光滑圆形轨道在A 点连接,A 点距竖直墙壁s=0.60 m,整个装置位于水平向右的匀强电场中.现将质量为m=0.1 kg 、电荷量为q=1×10-3C 的带正电荷的小球(可视为质点),从平台上的端点N 由静止释放,离开平台N 点后恰好切入半径为R=0.4 m 的绝缘光滑圆形轨道,并沿圆形轨道运动到P 点射出.图中O 点是圆轨道的圆心,B 、C 分别是圆形轨道的最低点和最高点,AO 与BO 之间夹角为53°,取g=10 m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)电场强度E 的大小;(2)运动过程中,小球的最大速度(结果可以保留根号);(3)小球对轨道的最小压力.解:(1)由运动的分解:h=2112gt t 1=0.4 s 2112qE s t m= 解得:E=34mg q=750 N/C. (2)设小球切入A 点的速度为v A ,v y =gt 1=4 m/sv x =qE mt 1=3 m/s故得:v A电场力:F 电=qE=34mg,方向如图甲所示: tan θ= 34qE mg =,θ=37° 合外力:F=54mg cos θ=mg 由此可知,小球到达D 的对称点G 的速度将最大,如图乙所示.由A 点到G 点对小球应用动能定理:FR=221122G A mv mv -将F ､R ､v A 的值代入得:G v = m/s=5.92 m/s. (3)在D 点,因为电场力和重力的合力方向指向圆心,跟D 点的速度垂直,所以小球对轨道压力最小.由G 到D,应用动能定理-2FR=221122D G mv mv -将F ､R ､v G 的值代入得:v D 在D 点应用牛顿第二定律F+F N =m 2D v R解得:F N =2.5 N.[BW(S(S0,,)G29mm]。