高考物理二轮习题：考前冲刺 第二篇 6-六、杆+电容器、杆+电阻和杆+电源的比较 含解析
2020届高考物理江苏省二轮复习训练题：考前冲刺 第一篇 6-六、功和能板块
六、功和能板块基础回扣1.功的公式:W=Fl cos α,其中F 为恒力,α为F 的方向与位移l 方向的夹角;功的单位:焦耳(J);功是标量。
2.功的正负判断(1)根据力和位移方向之间的夹角判断。
此法常用于恒力做功的判断。
(2)根据力和瞬时速度方向的夹角判断。
此法常用于判断质点做曲线运动时变力做功情况,夹角为锐角时做正功,夹角为钝角时做负功,夹角为直角时不做功。
(3)从能的转化角度来进行判断。
3.功的计算:(1)恒力做功:W=Fl cos α或动能定理。
(2)变力做功:①用动能定理:W=12m v 22-12m v 12;②若功率恒定,则用W=Pt 计算;③滑动摩擦力做功有时可以用力和路程的乘积计算;④利用F-x 图像求变力做功,利用P-t 图像求变化的功率做的功。
(3)多个力的合力做的功先求F 合,再根据W=F 合l cos α计算,一般适用于整个过程中合力恒定不变的情况。
先求各个力做的功W 1、W 2、…、W n ,再根据W 总=W 1+W 2+…+W n 计算总功,这是求合力做功常用的方法。
4.功率(1)P=Wt ,P 为时间t 内的平均功率。
(2)P=Fv cos α(α为F 与v 的夹角)。
①v 为平均速度,则P 为平均功率;②v 为瞬时速度,则P 为瞬时功率。
(3)机车的启动模型 恒定功率启动 恒定加速度启动图像OA 过P 不变:v↑⇒F=Pv ↓a 不变:a=F -F 阻m⇒F 不变程分析⇒a=F-F阻m↓加速度减小的加速直线运动⇒v↑⇒P=Fv↑⇒P额=Fv1匀加速直线运动,维持时间t=v1aAB过程分析F=F阻⇒a=0⇒vm=PF阻做速度为vm的匀速直线运动v↑⇒F=P额v↓⇒a=F-F阻m↓加速度减小的加速直线运动,在B点达到最大速度,vm=P额F阻5.动能:Ek =12mv2。
动能是标量,只有正值。
动能是状态量,因为v是瞬时速度。
6.动能定理:W=ΔEk =12m v22-12m v12。
2020届高考物理江苏省二轮复习训练题：考前冲刺 第一篇 6-六、功和能板块
六、功和能板块基础回扣 1.功的公式:W=Fl cos α,其中F 为恒力,α为F 的方向与位移l 方向的夹角;功的单位:焦耳(J);功是标量。
2.功的正负判断(1)根据力和位移方向之间的夹角判断。
此法常用于恒力做功的判断。
(2)根据力和瞬时速度方向的夹角判断。
此法常用于判断质点做曲线运动时变力做功情况,夹角为锐角时做正功,夹角为钝角时做负功,夹角为直角时不做功。
(3)从能的转化角度来进行判断。
3.功的计算:(1)恒力做功:W=Fl cos α或动能定理。
(2)变力做功:①用动能定理:W=m -m ;②若功率恒定,则用W=Pt 计算;③12v 2212v 21滑动摩擦力做功有时可以用力和路程的乘积计算;④利用F-x 图像求变力做功,利用P-t 图像求变化的功率做的功。
(3)多个力的合力做的功先求F 合,再根据W=F 合l cos α计算,一般适用于整个过程中合力恒定不变的情况。
先求各个力做的功W 1、W 2、…、W n ,再根据W 总=W 1+W 2+…+W n 计算总功,这是求合力做功常用的方法。
4.功率(1)P=,P为时间t 内的平均功率。
Wt (2)P=Fv cos α(α为F 与v 的夹角)。
①v 为平均速度,则P 为平均功率;②v 为瞬时速度,则P 为瞬时功率。
(3)机车的启动模型恒定功率启动恒定加速度启动图像OA 过程分析P不变:v↑⇒F=↓Pv ⇒a=↓F -F 阻m加速度减小的加速直线运动a 不变:a=⇒F 不变F -F 阻m⇒v↑ ⇒P=Fv↑⇒P 额=Fv 1匀加速直线运动,维持时间t 0=v 1aAB 过程分析F=F 阻⇒a=0⇒v m=P F 阻做速度为v m 的匀速直线运动v↑⇒F=↓⇒P 额v a=↓F -F 阻m加速度减小的加速直线运动,在B 点达到最大速度,v m =P 额F 阻5.动能:E k =mv 2。
动能是标量,只有正值。
动能是状态量,因为v 是瞬时速度。
高考物理二轮复习 第2部分 考前冲刺方略 实验题型增分练2
实验题型增分练(二)建议用时：10分钟1．(6分)现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径．螺旋测微器的示数如图甲所示．(1)由图甲读得圆柱体的直径为________mm.(2)在用多用电表粗测某段金属丝电阻时，该兴趣小组首先选用“×1”欧姆挡，其阻值如图乙中指针所示，则R x 的阻值大约是________Ω.(3)若流经圆柱体的电流为I ，圆柱体两端之间的电压为U ，圆柱体的直径和长度分别为D 、L ，测得D 、L 、I 、U 表示的电阻率的关系式为ρ＝________.解析：(1)由题图甲所示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5 mm ，可动刻度示数为34.2×0.01 mm＝0.342 mm ，螺旋测微器示数为1.5 mm ＋0.342 mm ＝1.842 mm ；(2)用多用电表的电阻“×1”挡，由题图乙所示可知，电阻阻值为9×1 Ω＝9 Ω；(3)由电阻定律可知，金属丝电阻R ＝ρL S ＝ρL π⎝ ⎛⎭⎪⎫D 22； 由欧姆定律，则：R ＝U I则金属丝电阻率：ρ＝πD 2U 4IL. 答案：(1)1.842 (2)9 (3)πD 2U 4IL2．(9分)某同学设计了一个如图所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A 为滑块，B 和C 是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置．实验中该同学在砝码总质量(m ＋m ′＝m 0)保持不变的条件下，改变m 和m ′的大小，测出不同m 下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．(1)该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有( )A ．秒表B ．毫米刻度尺C ．天平D ．低压交流电源(2)实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图所示，从清晰的O 点开始，每隔4个点取一计数点(中间4个点没画出)，分别记为A 、B 、C 、D 、E 、F ，各计数点到O 点的距离为OA ＝1.61 cm ，OB ＝4.02 cm ，OC ＝7.26 cm ，OD ＝11.30 cm ，OE ＝16.14 cm ，OF ＝21.80 cm ，打点计时器打点频率为50 Hz ，则由此纸带可得到打E 点时滑块的速度v ＝________m/s ，此次实验滑块的加速度a ＝________m/s 2.(结果均保留两位有效数字)(3)在实验数据处理中，该同学以m 为横轴，以系统的加速度a 为纵轴，绘制了如图所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________.(取g ＝10 m/s 2)解析：(1)实验需要测两点间距离，故要刻度尺，打点计时器用到低压交流电源，故选B 、D.(2)每隔4个点取一计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s ，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v D ＝OE －OC 2T ＝16.14－7.260.2×10－2 m/s ＝0.44 m/s ， 同理可求v C ＝OE －OA 4T ＝16.14－1.610.4×10－2 m/s ＝0.36 m/s ， 由匀变速规律得：v D ＝v C ＋v E 2，所以v E ＝2v D －v C ＝0.52 m/s ， 由Δx ＝aT 2得a ＝Δx T 2＝0.81 m/s 2. (3)对ABC 系统应用牛顿第二定律可得：a ＝mg －μg M ＋m M ＋m 0＝mg －μg M ＋m 0－m M ＋m 0＝g ＋μg M ＋m 0m －μg 所以，a －m 图象中，纵轴的截距为－μg ，故－μg ＝－3，μ＝0.3.答案：(1)BD (2)0.52 0.81 (3)0.3。
2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练：电容器和电路分析(word 含答案)
2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练电容器和电路分析一、单项选择题1、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r＝2 Ω，电阻R1、R2、R3的阻值分别为4 Ω、10 Ω、12 Ω，当滑片P滑到最右端b时时，理想电流表示数为1 A，流过电阻R3的电流为0.5 A，则下列说法正确的是( )A．滑动变阻器的最大阻值为6 ΩB．电源电动势为6 VC．当滑片P滑到最左端a时，电流表的读数为1 AD．当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器消耗的功率为3.84W答案：D解析：当滑片P滑到最右端时，R2被短路，R3与整个变阻器R并联，并联电阻上的电流都是0.5 A，则并联电阻相等，都是12 Ω，A错误；电源电动势E ＝I (R 1＋r ＋R ·R 3R ＋R 3)＝12 V ，B 错误；当滑片P 滑到最左端时，R 3、变阻器R 及电子R 2都被短路，此时电流表的读数I 1＝ER 1＋r ＝2 A ，C 错误；滑片P 位于变阻器的中点时，R 3与R2并联后再与R 1串联，此时R 并＝4 Ω，I 总＝1.2 A ，并联部分的电压U 并＝I 总R并＝4.8 V ，变阻器上消耗的功率P R ＝U 2并R /2＝3.84 W ，D 正确． 2、某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两相互绝缘的金属极板．当对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，在P 、Q 间距增大过程中( )A ．P 、Q 两板构成电容器的电容增大B ．P 板电荷量增大C ．M 点的电势比N 点低D ．M 点的电势比N 点高答案：D解析：电容式话筒与电源串联，其电压保持不变．在P 、Q 间距增大的过程中，根据电容决定式C ＝εS 4πkd可知电容减小，又根据电容定义式C ＝Q U得知电容器所带电量减小，P 极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R 的方向由M 到N.故M 点的电势比N 点高，故A 、B 、C 三项错误，D 项正确．3、工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A 、B 为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )A ．A 、B 平行板电容器的电容减小B ．A 、B 两板间的电场强度增大C ．A 、B 两板上的电荷量变小D ．有电流从b 向a 流过灵敏电流计答案：D解析：根据C ＝εS 4πkd可知当产品厚度增大导致ε增大时，电容器的电容C 增大，再根据Q ＝CU 可知极板带电量Q 增加，有充电电流从b 向a 流过，故A 、C 两项错误，D 项正确；B 项，因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度E ＝U d不变，故B 项错误． 4、如图所示，A 、B 为两块竖直放置的平行金属板，G 是静电计，开关S 闭合后，静电计指针张开一定角度．下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A ．使A 板向左平移以增大板间距离B ．在A 、B 两板之间插入一块陶瓷板C ．断开S 后，使B 板向左平移以减小板间距离D ．断开S 后，使B 板向上平移以减小极板正对面积答案：D解析：A 、B 两项，开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A 、B 两项错误．C 项，断开S ，电容器所带的电量不变，当B 板向左平移减小板间距，根据平行板电容器的表达式可知电容增大，根据U ＝Q C知，电势差减小，则指针张角减小．故C 项错误．D 项，断开S ，电容器所带的电量不变，使B 板向上平移减小正对面积，电容减小，根据U ＝Q C 知，电势差增大，则指针张角增大．故D 项正确．5、如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止于P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴( )A ．仍保持静止，电势能不变B ．仍保持静止，电势能减小C ．将向下运动，电势能增大D ．将向下运动，电势能减小答案 B解析 根据C ＝εS 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝U d 推导得E ＝4πkQ εS，知Q 、S 不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U ＝Ed 分析知，E 不变，下极板竖直向下移动一小段距离，即板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P 点的电势升高，由于油滴带负电，那么带电油滴的电势能减小，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．6、如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ变小答案 B解析 A 、B 两项，保持电键S 闭合，板间电压不变，将A 板向B 板靠近，板间距离d 减小，由板间场强E ＝U d分析得到场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大．故A 项错误，B 项正确．C 、D 两项，电容器充电后电键S 断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E ＝4πkQ εS，得知，板间场强E 不变，小球所受电场力不变，则将A 板向B 板靠近时，θ不变．故C 项错误，D 项错误．7、如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g ，粒子运动的加速度为( )A.l d gB.d －l dg C.l d －l g D.d d －lg 答案 A解析 抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg ＝q U d －l，抽出后，根据牛顿第二定律，有mg －q U d ＝ma ，联立解得a ＝l dg ，A 项正确．8、如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD是两板间一条垂线，竖直线EF与CD 交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，则在此过程中，对该小球下列说法错误的是( )A．小球带正、负电荷都有可能B．小球可能做匀加速直线运动C．小球通过O点时所受电场力一定指向DD．小球动能的减少量是电势能增加量的2倍答案：B解析：A项，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B 点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性不确定，故A、C两项正确；B项，据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B项错误；D项，由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍，故D项正确．二、多项选择题9、如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的B板接地．若将极板A向上移动少许，下列说法中正确的是( )A．电容器的电容增大B．AB间的电压增大C．液滴将向上运动D．液滴的电势能不变答案：BD解析：若将极板A向上移动少许，板间距离增大，电容减小，要放电；但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q 一定，由于电容减小，则由Q ＝UC 可知，U 增大；因电荷量不变，根据C ＝εS 4πkd，C ＝Q U 、U ＝Ed ，联立可得：E ＝4πkQ S，故电场强度不变，则液滴保持静止；由于E 不变，故P 点与B 板的电势差不变，故P 点的电势不变，故电势能不变，故B 、D 两项正确，A 、C 两项错误．10、如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d ，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计．开关闭合时，小孔正上方d 3处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是( )A ．保持开关闭合，若将下极板上移d 2，粒子将在距上极板d 3处返回 B ．保持开关闭合，若将下极板上移d 2，粒子将在距上极板d 5处返回C ．断开开关，若将下极板上移d 5，粒子将能返回原处 D ．断开开关，若将上极板上移d 5，粒子将能返回原处 答案：BD解析：A 、B 两项，对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：mg·43d －qU ＝0－0.若将下极板上移d 2，设运动到距离上极板x 处返回．根据动能定理得：mg·(d 3＋x)－q x （d －12d ）·U ＝0－0.联立两式解得：x ＝d 5.故A 项错误，B 项正确；C 项，开关断开后，电量不变，移动极板电场E 不变．下极板上移时，极板之间的电压减小，粒子将打在板上．故C 项错误；D 项，上极板上移时，移动极板电场E 不变，板间电压增大，粒子定能返回．故D 项正确．11、如图所示，一平行板电容器的电容为C ，带有等量异种电荷的两极板A 、B 倾斜放置，质量为m 带电荷量为－q 的油滴，从极板A 上的小孔P 以初速度v 0水平向右射入极板间，经时间t 后油滴又从P孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B 相碰，已知重力加速度g.( )A ．两极板间的距离d ＝v 0t 2B ．电容器所带的电荷量Q ＝Cmv 022qC ．两极板间的电场强度大小E ＝2mv 0qtD ．两极板间的电场强度大小E ＝m q g 2＋4v 02t 2 答案：BD解析：A 项，根据题意可知，油滴只能在水平方向做直线运动，即向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，受力情况如图所示；水平位移x ＝v 02t ，设电容器倾角为θ，则两极板间的距离d ＝xsinθ＝v 02t ·sin θ，A 项错误；B 项，减速过程中根据动能定理可得：qU ＝12mv 02，而Q ＝CU ，可知电容器所带的电荷量Q ＝Cmv 022q，故B 项正确； C 、D 两项，减速运动的加速度大小为： a ＝v 0t 2＝2v 0t根据平行四边形法则可知：(qE)2＝(mg)2＋(ma)2，解得两极板间的电场强度大小为：E ＝m qg 2＋4v 02t2，故C 项错误，D 项正确． 12、如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源E 相连，在与两板等距离的M 点有一个带电液滴恰处于静止状态．若将b 板向上平移一小段距离，但仍在M 点下方，下列说法中正确的是( )A．液滴仍将处于静止状态B．M点电势升高C．带电液滴在M点的电势能增大D．在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同答案：CD解析：电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E电场＝Ud分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动，故A错误；由U＝Ed aM 知，M与a间的电势差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低，故B错误；由于液滴带负电，则带电液滴在M 点的电势能增大，故C正确；在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W＝qU 知，电场力做功相同，故D正确．13、如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关 S后细线与竖直方向夹角为θ.则有( )A ．保持开关S 闭合，将A 板向右平移，θ不变B ．保持开关S 闭合，将A 板向左平移，θ变小C ．断开开关S ，将A 板向右平移，θ不变D ．断开开关S ，将A 板向右平移，θ变小答案：BC解析：保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，将A 板向右平移，d 减小，则电场强度增大，带电小球所受电场力增大，根据共点力平衡条件知，θ角变大，反之向左平移A 板，θ角变小，A 错误，B 正确；断开开关S ，电荷量不变，根据C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，C ＝Q U，联立解得E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以移动A 板，θ角不变，C 正确，D 错误．14、如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ不变答案：AD解析：保持开关S 闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电量不变，根据公式4S Q C kd U επ==，•4U Q k E d sπε==，知d 变化，E 不变，电场力不变，θ不变．故C 错误，D 正确。
2023届高考物理二轮专题复习：电磁感应+电容+试题
电磁感应之电容模型模型1无外力充电式（电容器+单棒）例1 两条相互平行的光滑水平金属导轨，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度为B 。
电容器的电容为C ，击穿电压足够大，开始时电容器不带电。
棒ab 长为L ，质量为m ，电阻为R ， 初速度为v 0，金属棒运动时，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。
（1） 请分析电容器的工作状态，导体棒的运动情况，若导轨足够长，求导体棒最终的速度。
（2） 若电容器储存的电能满足 212E CU ，忽略电磁辐射损失，求导体棒ab 在整个过程中产生的焦耳热。
模型2．放电式（电容器+单棒）例2 两条相互平行的光滑水平金属导轨，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度为B 。
棒ab 长为L ，质量为m ，电阻为R ，静止在导轨上。
电容器的电容为C ，先给电容器充电，带电量为Q ，再接通电容器与导体棒。
金属棒运动时，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。
请分析电容器的工作状态，导体棒的运动情况，若导轨足够长，求导体棒最终的速度。
模型3.有恒力的充电式电容器例3. 水平金属导轨光滑，电阻不计，匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B 。
棒ab 长为L ，质量为m ，电阻为R ，初速度为零，在恒力F 作用下向右运动。
电容器的电容为C ，击穿电压足够大，开始时电容器不带电。
请分析导体棒的运动情况。
4.模型迁移：（分析方法完全相同，尝试分析吧！）（1）导轨不光滑（2）恒力的提供方式不同，如导轨变成竖直放置或倾斜放置等(3) 电路结构变化1. （ 2017年天津卷12题）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。
电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E ，电容器的电容为C 。
两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ，电阻不计。
炮弹可视为一质量为m 、电阻为R 的金属棒MN ，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。
首先开关S 接1，使电容器完全充电。
高考物理二轮专题复习：电磁感应中“单、双棒”问题归类例析
高考物理二轮专题复习：电磁感应中“单、双棒”问题归类例析一、单棒问题：1.单棒与电阻连接构成回路：例1、如图所示，MN 、PQ 是间距为L 的平行金属导轨，置于磁感强度为B 、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M 、P 间接有一阻值为R 的电阻．一根与导轨接触良好、阻值为R ／2的金属导线ab 垂直导轨放置（1）若在外力作用下以速度v 向右匀速滑动，试求ab 两点间的电势差。
（2）若无外力作用，以初速度v 向右滑动，试求运动过程中产生的热量、通过ab 电量以及ab 发生的位移x 。
2、杆与电容器连接组成回路例2、如图所示, 竖直放置的光滑平行金属导轨, 相距l , 导轨一端接有一个电容器, 电容量为C, 匀强磁场垂直纸面向里, 磁感应强度为B, 质量为m 的金属棒ab 可紧贴导轨自由滑动. 现让ab 由静止下滑, 不考虑空气阻力, 也不考虑任何部分的电阻和自感作用.多大？3、杆与电源连接组成回路例3、如图所示，长平行导轨PQ 、MN 光滑，相距5.0 l m ，处在同一水平面中，磁感应强度B =0.8T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线ab 的质量m =0.1kg 、电阻R =0.8Ω，导轨电阻不计．导轨间通过开关S 将电动势E =1.5V 、内电阻r =0.2Ω的电池接在M 、P 两端，试计算分析：（1）在开关S 刚闭合的初始时刻，导线ab 的加速度多大？随后ab 的加速度、速度如何变化？（2）在闭合开关S 后，怎样才能使ab 以恒定的速度υ =7.5m/s 沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况（通过具体的数据计算说明）．二、双杆问题：1、双杆所在轨道宽度相同——常用动量守恒求稳定速度例4、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L 。
导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd的初速度v 0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．（2）当ab 棒的速度变为初速度的3/4时，cd 棒的加速度是多少？例5、如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B =0.50T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。
最新高考物理二轮专题复习：电磁感应中“单、双棒”问题归类例析
高考物理二轮专题复习：电磁感应中“单、双棒”问题归类例析一、单棒问题：1.单棒与电阻连接构成回路：例1、如图所示，MN 、PQ 是间距为L 的平行金属导轨，置于磁感强度为B 、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M 、P 间接有一阻值为R 的电阻．一根与导轨接触良好、阻值为R ／2的金属导线ab 垂直导轨放置（1）若在外力作用下以速度v 向右匀速滑动，试求ab 两点间的电势差。
（2）若无外力作用，以初速度v 向右滑动，试求运动过程中产生的热量、通过ab 电量以及ab 发生的位移x 。
2、杆与电容器连接组成回路例2、如图所示, 竖直放置的光滑平行金属导轨, 相距l , 导轨一端接有一个电容器, 电容量为C, 匀强磁场垂直纸面向里, 磁感应强度为B, 质量为m 的金属棒ab 可紧贴导轨自由滑动. 现让ab 由静止下滑, 不考虑空气阻力, 也不考虑任何部分的电阻和自感作用. 为多大？3、杆与电源连接组成回路例3、如图所示，长平行导轨PQ 、MN 光滑，相距5.0 l m ，处在同一水平面中，磁感应强度B =0.8T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线ab 的质量m =0.1kg 、电阻R =0.8Ω，导轨电阻不计．导轨间通过开关S 将电动势E =1.5V 、内电阻r =0.2Ω的电池接在M 、P 两端，试计算分析：（1）在开关S 刚闭合的初始时刻，导线ab 的加速度多大？随后ab 的加速度、速度如何变化？（2）在闭合开关S 后，怎样才能使ab 以恒定的速度υ =7.5m/s 沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况（通过具体的数据计算说明）．二、双杆问题：1、双杆所在轨道宽度相同——常用动量守恒求稳定速度例4、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L 。
导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd Bv 0L adb的初速度v 0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．（2）当ab 棒的速度变为初速度的3/4时，cd 棒的加速度是多少？例5、如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B =0.50T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。
2023高考物理专题冲刺训练--电容器及其动态变化问题
电容器及其动态变化问题一、知识点归纳1．分析思路(1)先确定是Q 还是U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断开，Q 不变．(2)用决定式C ＝εr S 4πkd确定电容器电容的变化． (3)用定义式C ＝Q U判定电容器所带电荷量Q 或两极板间电压U 的变化． (4)用E ＝U d分析电容器极板间场强的变化． 2．两类动态变化问题的比较分类充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量U Q d 变大C 变小Q 变小E 变小 C 变小U 变大E 不变 S 变大C 变大Q 变大E 不变 C 变大U 变小E 变小 εr 变大C 变大Q 变大E 不变 C 变大U 变小E 变小二、针对练习1、对于电容器,下列说法正确的是（ ）A ．电容器所带的电荷量越多，电容越大B ．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C ．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D ．电容器两极板间的电势差减小到原来的21，它的电容也减小到原来的212、(多选) 如图所示，是一个由电池、电阻R 、开关S 与平行板电容器组成的串联电路，开关S 闭合。
一带电液滴悬浮在两板间P 点不动，下列说法正确的是( )A ．若将A 板向右平移一小段位移，电容器的电容C 减小B ．若断开S ，将B 板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小C ．在S 仍闭合的情况下，增大两极板距离的过程中，电阻R 中有从b 到a 的电流D ．若断开S ，减小两极板距离，则带电液滴向下运动3、如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点．将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是()A．电容器的电容增加B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流C．A、B两板间的电场强度增大D．P点电势升高4、(多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动．下列说法正确的是()A．振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变B．振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高C．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小5、利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表()A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电6、如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，E p表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。
2020届高考物理二轮复习专题冲刺专题复习篇六电磁感应与电路练习(含解析)
电磁感应与电路要点提炼1.电磁问题方向判断“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。
(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。
(3)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的磁场方向。
(4)右手定则：判断闭合电路中部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向。
2．楞次定律推论的应用技巧(1)“增反减同”；(2)“来拒去留”；(3)“增缩减扩”。
3．四种求电动势的方法(1)平均电动势E ＝n ΔΦΔt。
(2)垂直切割E ＝BLv 。
(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E ＝12Bl 2ω。
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e ＝nBS ωsin ωt 。
4．感应电荷量的两种求法(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。
通过的电荷量表达式为q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR 总·Δt ＝n ΔΦR 总。
(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q 满足的关系式：－B I l Δt ＝－Blq ＝m Δv 。
5．解决电磁感应图象问题的两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负以及是否过某些特殊点，以排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断。
6．三步解决电磁感应中电路问题(1)确定电源：E ＝n ΔΦΔt或E ＝Blv 。
(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。
(3)应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本规律等列方程求解。
7．电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。
(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。
2024高考物理二轮复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题(新高考)考点精编版
一、单选题1. 如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，线圈在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的OO '轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R 。
在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列判断正确的是（ ）A．电压表的读数为B．通过电阻的电荷量为C．电阻所产生的焦耳热为D ．当线圈由图示位置转过60°时电路中电流的大小为2. 如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D 型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连，则下列说法正确的是（ ）A ．粒子做圆周运动的周期随半径增大而增长B ．粒子从磁场中获得能量C ．带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关D ．带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关3. 如图所示，一辆汽车在平直公路上运动，从某时刻开始计时，汽车在第1s 、第2s 、第3s 内前进的距离分别是5.4m 、7.2m 、9.0m 。
某同学根据题目所提供的信息，猜想汽车在这3s内做匀加速直线运动。
如果他的猜想是正确的，可进一步推断汽车所受的合力（ ）A ．保持不变B ．越来越大C ．越来越小D ．先变大后变小4. 一条长为L 的绝缘细线上端固定在O 点，下端系一个质量为m 带电量为+q 的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ=37°。
已知重力加速度为g，下列正确的是（ ）A ．剪断细线，小球将做曲线运动B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为D ．在A 点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动5. 如下图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计。
MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，2024高考物理二轮复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）考点精编版二、多选题三、实验题与ab 垂直，其电阻也为R 。
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高三物理专题复习
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六、杆+电容器、杆+电阻和杆+电源的比较
例8 在图中的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动。甲图
中的电容器原来不带电,设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导
轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(即纸面)向
下的匀强磁场中,导轨足够长,今给导体棒ab一个向右的初速度v0,导体棒的最终
运动状态是( )
A.三种情况下,导体棒ab最终都是匀速运动
B.图甲、丙中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;图乙中ab棒最终静止
C.图甲、丙中ab棒最终将以相同的速度做匀速运动
D.三种情况下,导体棒ab最终均静止
答案 B 题图甲中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充
电,当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时,电路中没有电流,ab
棒向右做匀速运动;题图乙中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流,通过电
阻R转化为内能,当ab棒的动能全部转化为内能时,ab棒静止;题图丙中,导体棒先
受到向左的安培力作用做减速运动,速度减为零后再在安培力作用下向左做加速
运动,当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时,电路中没有电流,ab棒
向左做匀速运动。所以B项正确。
【点评】 本题容易混淆导体棒与电容器、电阻和电源的不同组合。这种不
同组合在选择和计算中都可以出现,甚至还可以涉及各种图像,如速度-时间图像、
加速度-时间图像、电荷量-时间图像等,对于这些老师可以在分清本题之后引导学
生勾画草图。在分清上述运动形式之后,给导体棒加力,若加的力恒定,不同组合中
导体棒的运动性质怎样?