2019届高考物理第一轮知能分级练习题54
2019届高考物理第一轮知能分级练习题71
选修3-5动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第2讲原子结构原子核A对点训练——练熟基础知识题组一氢原子能级及能级跃迁1．(单选)图2－4所示为氢原子的四个能级，其中E1为基态，若氢原子A处于激发态E2，氢原子B处于激发态E3，则下列说法正确的是()．图2－4A．原子A可能辐射出3种频率的光子B．原子B可能辐射出3种频率的光子C．原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到能级E4D．原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁到能级E4解析原子A从激发态E2跃迁到E1，只辐射一种频率的光子，A错．原子B从激发态E3跃迁到基态E1可能辐射三种频率的光子，B对．由原子能级跃迁理论可知，原子A可能吸收原子B由E3跃迁到E2时放出的光子并跃迁到E3，但不能跃迁到E4，C错．A原子发出的光子能量ΔE＝E2－E1大于E4－E3，故原子B不可能跃迁到能级E4，D错．答案 B2．(单选)如图2－5所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是()．图2－5A．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B．由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光频率最小C．由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光最容易发生衍射现象D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应解析由原子跃迁、光电效应的规律分析．这些氢原子向低能级跃迁时可辐射出6种光子，A错误；由n＝4能级跃迁到n＝3能级产生的光子能量最小，所以频率最小，B错误；由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量最大，频率最大，波长最小，最不容易发生衍射现象，C错误；由n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量为10.20 eV>6.34 eV，所以能使金属铂发生光电效应，D正确．答案 D3．已知可见光光子的能量范围约为1.62～3.11 eV，而氢原子的能级图如图2－6所示，则最低处于n＝________能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离；大量氢原子从高能级向n＝3的能级跃迁时，发出的光具有显著的________效应；大量处于n＝4的氢原子向低能级跃迁时，可能发出________种不同频率的可见光．图2－6解析可从题目中得知紫外线的能量大于3.11 eV，而吸收1.51 eV以上的能量就可以使氢原子电离，n＝3；从大于3的能级向第3能级跃迁时，发出最大频率的光能量只有1.51 eV，在可见光频率范围以下的红外线区域，具有显著的热效应；从第4能级向低能级跃迁时，可以发出6种可能的光子，但在可见光区域的只有2种，即从第4能级跃迁到第2能级的能量为2.55 eV 的光子和从第3能级跃迁到2能级的能量为1.89 eV的光子．答案3热 2题组二原子核衰变及半衰期4．(单选)居室装修中经常用到的花岗岩都不同程度地含有放射性元素(含铀、钍等)，会释放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道疾病．根据有关放射性知识判断下列说法中正确的是()．A．α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个B．β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数减少了1个C．γ射线是发生γ衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了1个D．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强、电离能力最弱解析α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2个，A错；β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数不变，中子数减少了1个，B错；γ射线是伴随着α、β衰变产生的，穿透能力最强，电离能力最弱，C错、D正确．答案 D5．(2018·广东理综，17)(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是92235U＋01n→ 56144Ba＋3689Kr＋301n.下列说法正确的有()．A ．上述裂变反应中伴随着中子放出B ．铀块体积对链式反应的发生无影响C ．铀核的链式反应可人工控制D ．铀核的半衰期会受到环境温度的影响解析 01n 表示中子，反应式中有01n 放出，A 项正确．当铀块体积小于临界体积时链式反应不会发生，B 项错误．铀核的核反应中释放出的快中子被减速剂减速后变为慢中子，而慢中子会被铀核吸收发生链式反应，减速剂可由人工控制，C 项正确．铀核的半衰期只由自身决定，而与其他外部因素无关，D 项错误．答案 AC6．碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．①碘131核的衰变方程： 53131I →________(衰变后的元素用X 表示)．②经过________天有75%的碘131核发生了衰变．解析 ①根据质量数、电荷数守恒， 53131I → 54131X ＋－10e②根据m ＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ得：0.25m 0＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t 8，解得t ＝16天． 答案 ① 54131X ＋－100 ②16题组三 核反应方程及核反应类型的判断7．(多选)在下列4个核反应方程中，X 表示α粒子的是( )．A ．1530P →1430Si ＋XB ． 92238U → 90234Th ＋XC ．1327Al ＋X →1227Mg ＋11HD ．1327Al ＋X →1530P ＋01n解析 根据质量数守恒和电荷数守恒可知，四个选项中的X 分别代表：10e 、24He 、01n 、24He ，选项B 、D 正确．答案 BD8．2018年11月23日上午，舰载机歼-15在我国首艘航母“辽宁舰”上成功起降．可控核反应堆是驱动航空母舰的理想设备，其工作原理是利用重核裂变反应释放出大量核能获得动力. 92235U ＋01n → 56141Ba ＋3692Kr ＋y X 是若干核反应中的一种，其中01n为中子，X为待求粒子，y为X的个数，则X是____________(选填“质子”、“中子”或“电子”)，y＝________.解析由反应前后的质量数和电荷数守恒可知X的质子数为零，所以X为中子，y＝3.答案中子 39．[2018·课标Ⅰ，35(1)]一质子束入射到静止靶核1327Al上，产生如下核反应：p ＋1327Al―→X＋n式中p代表质子，n代表中子，X代表核反应产生的新核．由反应式可知，新核X的质子数为________，中子数为________．解析p代表质子，符号为11H，n代表中子，符号为01n，根据核反应中的双守恒可知，11H＋1327Al→1427Si＋01n，则新核X的质子数为14，中子数为27－14＝13.答案141310．2018年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站严重的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs的衰变过程，它们分别是________和________(填入正确选项前的字母).131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和________．A．X1→ 56137Ba＋01n B．X2→ 54131Xe＋－10eC．X3→ 56137Ba＋－10e D．X4→ 54131Xe＋11p解析根据核反应方程的质量数、电荷数守恒知，131I的衰变为选项B,137Cs 的衰变为选项C,131I的中子数为131－53＝78,137Cs的中子数为137－55＝82.答案B C7882题组四质量亏损及核能的计算11．[2018·课标Ⅱ，35(1)](多选)关于原子核的结合能，下列说法正确的是________．A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B ．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C ．铯原子核( 55133Cs)的结合能小于铅原子核( 82208Pb)的结合能D ．比结合能越大，原子核越不稳定E ．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能解析 由原子核的结合能定义可知，原子核分解成自由核子时所需的最小能量为原子核的结合能，选项A 正确；重原子核的核子平均质量大于轻原子核的平均质量，因此原子核衰变产物的结合能之和一定大于衰变前的结合能，选项B 正确；铯原子核的核子数少，因此其结合能小，选项C 正确；比结合能越大的原子核越稳定，选项D 错误；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项E 错误．答案 ABC12．当前，发电站温室气体排放问题引起了越来越多的关注，相比煤炭等传统能源，核电能够大幅降低二氧化碳、二氧化硫、氮氧化物和粉尘等物质的排放，已成为世界快速发展的电力工业．经广大科技工作者的不懈努力，我国的核电技术已进入世界的先进行列，世界各地现在正在兴建的核电反应堆达到57座，我国以20座名列第一．核电站的最核心部分是核反应堆，核反应堆中的燃料 92235U 产生裂变，在短时间内释放出大量的核能可供人类利用．核反应堆中的镉棒起________作用，核反应方程应为 92235U ＋________→3692Kr ＋ 56141Ba ＋301n.若其质量分别为m U ＝390.313 9×10－27 kg ，m n ＝1.674 9×10－27 kg ，m Ba ＝234.001 6×10－27 kg ，m Kr ＝152.604 7×10－27 kg ，核反应中释放的能量为ΔE ＝________ J.解析 控制中子数可以控制反应速度；Δm ＝m U ＋m n －m Ba －m Kr －3m n ＝0.357 8×10－27 kg ，ΔE ＝Δmc 2＝3.22×10－11 J.答案 吸收中子控制核反应速度 01n 3.22×10－1113．[2018·山东泰安质检，35(1)]氘核12H 和氚核13H 结合成氦核24He 的核反应方程如下：12H ＋13H ―→24He ＋01n ＋17.6 MeV①这个核反应称为________．②要发生这样的核反应，需要将反应物质的温度加热到几百万开尔文．式中17.6 MeV 是核反应中________(选填“放出”或“吸收”)的能量，核反应后生成物的总质量比核反应前物质的总质量________(选填“增加”或“减少”)了________kg.解析 12H ＋13H →24He ＋01n ＋17.6 MeV 为轻核聚变反应，17.6 MeV 是反应中放出的能量，再由ΔE ＝Δmc 2可知，质量减少Δm ＝ΔE c 2＝3.1×10－29kg.答案 ①聚变 ②放出 减少 3.1×10－29B 深化训练——提高能力技巧14．室内装修污染四大有害气体是苯系物、甲醛、氨气和氡．氡存在于建筑水泥、矿渣砖、装饰石材及土壤中．氡看不到，嗅不到，即使在氡浓度很高的环境里，人们对它也毫无感觉．氡进入人的呼吸系统能诱发肺癌，是除吸烟外导致肺癌的第二大因素．静止的氡核 86222Rn 放出某种粒子X 后变成钋核 84218Po ，粒子X 的动能为E k1，若衰变放出的能量全部变成钋核和粒子X 的动能．试回答以下问题：(1)写出上述衰变的核反应方程(请用物理学上规定的符号表示粒子X)；(2)求钋核的动能E k2.解析 (1)题述衰变的核反应方程为 86222Rn → 84218Po ＋24He.(2)设粒子X 的质量为m 1、速度为v 1，钋核的质量为m 2、速度为v 2，根据动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 2v 2，所以钋核的动能E k2＝(m 2v 2)22m 2＝m 1v 122×m 1m 2＝2E k1109.答案 (1) 86222Rn → 84218Po ＋24He (2)2E k110915．一个静止的铀核 92232U(原子质量为232.037 2 u)放出一个α粒子(原子质量为4.002 6 u)后衰变成钍核 90228Th(原子质量为228.028 7 u)．已知原子质量单位1 u ＝1.67×10－27kg,1 u 相当于931 MeV .(1)写出核衰变反应方程；(2)求该核衰变反应中释放出的核能；(3)假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能有多大？解析(1) 92232U→ 90228Th＋24He.(2)该核衰变反应的质量亏损Δm＝0.005 9 u释放的核能ΔE＝0.005 9×931 MeV＝5.49 MeV.(3)系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即p Th＝pα动量和动能的关系：p Th2＝2m Th E kTh，pα2＝2mαE kα并且，E kTh＋E kα＝ΔE所以钍核获得的动能：E kTh＝mαmα＋m Th×ΔE＝0.09 MeV. 答案(1) 92232U→ 90228Th＋24He(2)5.49 MeV(3)0.09 MeV。
2019届高考物理第一轮知能分级练习题48
第五章曲线运动万有引力定律及其应用第1讲曲线运动运动的合成与分解A对点训练——练熟基础知识题组一物体做曲线运动的条件及轨迹分析1．(2018·广州模拟)(多选)关于做曲线运动的物体，下列说法中正确的是()．A．它所受的合外力一定不为零B．它所受的合外力一定是变力C．其速度可以保持不变D．其动能可以保持不变答案AD2．(单选)“神舟”十号飞船于2018年6月11日发射升空，如图所示，在“神舟”十号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小．在此过程中“神舟”十号所受合力的方向可能是()．解析做曲线运动的物体所受合力的方向总是指向曲线凹侧，A、D错误；由于速度逐渐减小，故力F的方向与速度方向的夹角应大于90°，C正确．答案 C3．(单选)如图5－1－9所示，在一次消防演习中，消防队员要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人．为了节省救援时间，当消防车匀速前进的同时，人沿倾斜的梯子匀加速向上运动，则关于消防队员的运动，下列说法中正确的是()．图5－1－9A．消防队员做匀加速直线运动B．消防队员做匀变速曲线运动C．消防队员做变加速曲线运动D．消防队员水平方向的速度保持不变解析由于消防队员同时参与两个分运动，由两分运动的特点可知，其合运动为匀变速运动，但轨迹为曲线，故B正确；消防队员在水平方向的速度增大，D错误．答案 B题组二运动的合成与分解4．(多选)为保卫我国神圣领土“钓鱼岛”，我国派遣了10余艘海监船赴“钓鱼岛”海域执行公务．其中一艘海监船在海中xOy平面内运动的轨迹如图5－1－10所示，下列说法正确的是()．图5－1－10A．若船在x方向始终匀速，则船在y方向始终匀速B．若船在x方向始终匀速，则船在y方向先减速后加速C．若船在y方向始终匀速，则船在x方向始终匀速D．若船在y方向始终匀速，则船在x方向先加速后减速解析做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线凹侧，若船在x方向始终匀速，由曲线运动的规律和船的运动轨迹可知，船所受的合外力先沿y轴负方向，再沿y轴正方向，船在y方向先减速后加速，A错，B对；同理可知，C错，D对．答案BD5．(2018·济南模拟)(多选)如图5－1－11所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成30°角的斜面向右以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，下列说法正确的是()．图5－1－11A．橡皮的速度大小为2vB．橡皮的速度大小为3vC．橡皮的速度与水平方向成60°角D．橡皮的速度与水平方向成45°角解析钉子沿斜面匀速运动，橡皮具有向上的分速度v，同时具有沿斜面方向的分速度v，根据运动的合成可知，橡皮的速度大小为3v，速度与水平方向成60°角，选项B、C正确．答案BC6．(单选)2018年夏，四川北川老县城地震遗址遭遇50年最强洪水，武警战士驾驶冲锋舟营救被困群众，某段时间内冲锋舟的运动规律为x＝－2t2－6t，y＝1.5t2＋4t，xOy为直角坐标系，则下列说法正确的是()．A．冲锋舟在x方向的分运动是匀减速直线运动B．冲锋舟的运动是匀变速直线运动C．冲锋舟的运动是匀变速曲线运动D ．冲锋舟的运动开始为直线运动后变为曲线运动解析 在x 方向加速度与速度均为负值，故在x 方向分运动为匀加速直线运动，A 错误；由表达式可得x 方向：a x ＝－4 m/s 2、v 0x ＝－6 m/s ；y 方向：a y ＝3 m/s 2、v 0y ＝4 m/s ，合加速度与速度不共线且加速度恒定，故为匀变速曲线运动，B 、D 错误，C 正确．答案 C7．(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t ＝0时刻起，由坐标原点O (0,0)开始运动，其沿x 轴和y 轴方向运动的速度—时间图象如图5－1－12甲、乙所示，下列说法中正确的是( )．图5－1－12A ．前2 s 内物体沿x 轴做匀加速直线运动B ．后2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y 轴方向C ．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m)D ．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)解析 前2 s 内物体在y 轴方向速度为0，由题图甲知只沿x 轴方向做匀加速直线运动，A 正确；后2 s 内物体在x 轴方向做匀速运动，在y 轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y 轴方向，合运动是曲线运动，B 错误；4 s 内物体在x 轴方向上的位移是x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋2×2m ＝6 m ，在y 轴方向上的位移为y ＝12×2×2 m ＝2 m ，所以4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)，D 正确，C 错误．答案AD题组三“小船渡河”问题8．(2018·黄冈期末)(多选)下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线．则其中可能正确的是()．解析船头垂直于河岸时，船的实际航向应斜向右上方，A正确，C错误；船头斜向上游时，船的实际航向可能垂直于河岸，B正确；船头斜向下游时，船的实际航向一定斜向下游，D错误．答案AB9．(单选)唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四人想划船渡过一条宽150 m的河，他们在静水中划船的速度为5 m/s，现在他们观察到河水的流速为4 m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是()．A．唐僧说：我们要想到达正对岸就得朝着正对岸划船B．悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船C．沙僧说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船D．八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的解析当船朝正对岸运动时，渡河所用时间最短，B正确；由于船在静水中的速度大于水流速度，故船可以到达正对岸，但此时船头应斜向上游，A、C、D错误．答案 B10．(单选)一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽为150 m，水流速度为4 m/s的河流中渡河，则该小船()．A．能到达正对岸B．渡河的时间可能少于50 sC．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 mD．以最短位移渡河时，位移大小为150 m解析因为小船在静水中的速度小于水流速度，所以小船不能到达正对岸，故A错误；当船头与河岸垂直时渡河时间最短，最短时间t＝dv船＝50 s，故渡河时间不能少于50 s，故B错误；以最短时间渡河时，沿水流方向位移s ＝v水t＝200 m，故C正确；当v船与实际运动方向垂直时渡河位移最短，设此时船头与河岸的夹角为θ，则cos θ＝34，故渡河位移s＝dcos θ＝200 m，故D错误．答案 CB深化训练——提高能力技巧11．(2018·上海卷，20)(多选)如图5－1－13所示，为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图．A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的()．图5－1－13A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内解析根据题述，C的速度大小一定不小于A、B的速度大小，选项A错误、B正确．C的速度方向一定在CA和CB的夹角范围内，选项C错误、D正确．答案BD12．如图5－1－14所示，为一次洪灾中，德国联邦国防军的直升机在小城洛伊宝根运送砂袋．该直升机A用长度足够长的悬索(重力可忽略不计)系住一质量m＝50 kg的砂袋B，直升机A和砂袋B以v0＝10 m/s的速度一起沿水平方向匀速运动，某时刻开始将砂袋放下，在5 s时间内，B在竖直方向上移动的距离以y＝t2(单位：m)的规律变化，取g＝10 m/s2.求在5 s末砂袋B的速度大小及位移大小．图5－1－14解析砂袋在水平方向上做匀速直线运动，v0＝10 m/s在竖直方向上砂袋的位移：y＝t2，即砂袋在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝2 m/s2砂袋5 s末在竖直方向上的速度为v y＝at＝10 m/s合速度v＝v02＋v y2＝10 2 m/s竖直方向上的位移y＝12at2＝25 m水平方向上的位移x＝v0t＝50 m合位移s＝x2＋y2＝25 5 m.答案10 2 m/s25 5 m13．一物体在光滑水平面上运动，它在x方向和y方向上的两个分运动的速度—时间图象如图5－1－15所示．图5－1－15(1)判断物体的运动性质；(2)计算物体的初速度大小；(3)计算物体在前3 s 内和前6 s 内的位移大小．解析 (1)由题图可知，物体在x 轴方向做匀速直线运动，在y 轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．(2)v x 0＝30 m/s ，v y 0＝－40 m/sv 0＝v x 02＋v y 02＝50 m/s(3)x 3＝v x t ＝90 m ，|y 3|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪v y 02t ＝60 m 则s 1＝x 32＋y 32＝3013 m ，x 6＝v x t ′＝180 my 6＝v t ′＝40－402×6 m ＝0，则s 2＝x 6＝180 m.答案 (1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s (3)3013m180 m。
2019届高考物理第一轮知能分级练习题12
第3讲圆周运动的规律及其应用A对点训练——练熟基础知识题组一匀速圆周运动的运动学问题1．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣实验．在T 形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．设小球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的周期为T，由此可知()．A．小球运动的角速度ω＝T/(2π)B．小球运动的线速度v＝2πL/TC．小球运动的加速度a＝2π2L/T2D．细绳中的拉力为F＝4mπ2L/T2解析小球运动的角速度ω＝2π/T，选项A错误；线速度v＝ωL＝2πL/T，选项B正确；加速度a＝ω2L＝4π2L/T2，选项C错误；细绳中的拉力为F＝ma＝4mπ2L/T2，选项D正确．答案BD2．(单选)2018年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航天员做了一个有趣实验：T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球，可以看到小球在拉力作用下在某一平面内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为32 cm，小球2 s 转动一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为()．A．0.1 m/s B．0.5 m/sC．1 m/s D．2 m/s解析在太空完全失重的环境下，小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为s＝2πR＝2π×0.32 m＝2 m，由s ＝v t 可得小球做匀速圆周运动的速度为v ＝s /T ＝1 m/s ，选项C 正确． 答案 C题组二 匀速圆周运动的动力学问题3．(单选)如图4－3－9所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O 处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A 处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B 处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为 ( )．图4－3－9A.12 B ．12 C ．14D ．13解析 小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x ，弹簧的劲度系数为k ，则有kx ＝m ·4x ·ω21，k ·3x ＝m ·6x ·ω22，故有ω1∶ω2＝1∶2，B 正确． 答案 B4．(单选)如图4－3－10所示，倾角为30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R 的半圆竖直挡板，质量为m 的小球从斜面上高为R2处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的压力是( )．图4－3－10A ．0.5mgB ．mgC ．1.5mgD ．2mg解析 设小球运动至斜面最低点(即进入水平面上的半圆形挡板)时的速度为v ，由机械能守恒定律得mg R 2＝12m v 2，解得v ＝gR ；依题意可知，小球贴着挡板内侧做匀速圆周运动，所需要的向心力由挡板对它的弹力提供，设该弹力为F N ，则F N ＝m v 2R ，将v ＝gR 代入解得F N ＝mg ；由牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的压力大小等于F N ，即mg ，故选项B 正确． 答案 B5．(2018·江苏卷，2)(单选)如图4－3－11所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )．图4－3－11A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析 A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A<r B，根据v＝ωr得，A的速度比B的小，选项A错误；根据a＝ω2r 得，A的向心加速度比B的小，选项B错误；A、B做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F向＝mω2r及tan θ＝F向mg＝ω2rg知，悬挂A的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C错误；由图知mgT ＝cos θ，即T＝mgcos θ，所以悬挂A的缆绳受到的拉力小，选项D正确．答案 D题组三离心现象6．(单选)世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里，共有23个弯道，如图4－3－12所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是()．图4－3－12A．是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的C．是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的D．由公式F＝mω2r可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道解析赛车在水平面上转弯时，它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力提供的．由F＝m v 2r知，当v较大时，赛车需要的向心力也较大，当摩擦力不足以提供其所需的向心力时，赛车将冲出跑道．答案 C7．(2018·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图4－3－13，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处()．图4－3－13A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小解析汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确；选项D错误．当v<v c时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v>v c时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B错误，选项C正确．答案AC题组四圆周运动的临界问题8．(2018·上海卷，6)(单选)秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千()．A．在下摆过程中B．在上摆过程中C．摆到最高点时D．摆到最低点时解析当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确．答案 D9．(2018·北京西城区期末考试)(多选)如图4－3－14所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m 在圆形轨道内侧做圆周运动．对于半径R 不同的圆形轨道，小球m 通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的有( )．图4－3－14A ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小解析 在最高点时，由mg ＝m v 2R 可得v ＝gR ，所以半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A 正确；由机械能守恒可知12m v 2＋mg ×2R ＝12m v 20，所以v 0＝5gR ，由ω＝vR ＝5gR ，故半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小，D 正确． 答案 AD10．(单选)在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O 的上方h 处固定一细绳，绳的另一端连接一质量为m 的小球B ，绳长l >h ，小球可随转轴转动在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图4－3－15所示．要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是( )．图4－3－15A.12π g h B ．πgh C.12πg lD ．12πl g解析 当小球即将离开水平面时，F N ＝0，对小球受力分析如图．由牛顿第二定律得： mg tan θ＝m (2πn m )2R ① R ＝h tan θ ②联立①②得 n m ＝12π gh 选项A 正确．答案 A11．(多选)如图4－3－16所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定转轴O ，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL ，则以下判断正确的是( )．图4－3－16A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度小于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力解析 根据机械能守恒定律2mgL ＝12m v 2－12m v 2P ，可求出小球在P 点的速度为12gL <gL ，故B 正确，A 错误．计算出向心力F ＝12mg ，故小球在P点受到轻杆向上的弹力，故C 错误、D 正确． 答案 BDB 深化训练——提高能力技巧12．(单选)如图4－3－17所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转动轴的最大距离为( )．图4－3－17A.R B4 B ．R B 3 C ．R B 2D ．R B解析 由题图可知，当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度相同，由ω＝v R ，得ωA ωB ＝v /R A v /R B ＝R B R A＝12.由于小木块恰能在A 轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg ，故μmg ＝mω2A R A①设放在B 轮上能使木块相对静止的距B 轮转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故μmg ＝mω2B r②因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 间的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mω2A R A ＝mω2Br ，得r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ωA ωB 2R A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122R A ＝R A 4＝R B 2.所以选项C 正确． 答案 C13．(单选)雨天的野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图4－3－18所示，图中a 、b 、c 、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则( )．图4－3－18A ．泥巴在图中a 、c 位置的向心加速度大于b 、d 位置的向心加速度B ．泥巴在图中的b 、d 位置时最容易被甩下来C ．泥巴在图中的c 位置时最容易被甩下来D ．泥巴在图中的a 位置时最容易被甩下来解析 当后轮匀速转动时，由a ＝Rω2知a 、b 、c 、d 四个位置的向心加速度大小相等，A 错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a 点有F a ＋mg ＝mω2R ，在b 、d 两点有F bd ＝mω2R ，在c 点有F c －mg ＝mω2R .所以泥巴与轮胎在c 位置的相互作用力最大，容易被甩下，故B 、D 错误，C 正确． 答案 C14．(2018·福建卷，20)如图4－3－19所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点的高度差h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：图4－3－19(1)地面上DC 两点间的距离s ； (2)轻绳所受的最大拉力大小．解析 (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有 mgh ＝12m v 2B①小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有 H ＝12gt 2② 在水平方向上有，s ＝v B t③由①②③式解得s ≈1.41 m(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2B L⑤由①⑤式解得F ＝20 N 根据牛顿第三定律F ′＝－F 轻绳所受的最大拉力为20 N. 答案 (1)1.41 m (2)20 N。
2023届高考物理一轮复习知识点精讲与2022高考题模考题训练专题54 源于实际情景实验(解析版)
2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练第十章力学创新实验专题53 源于实际情景实验第一部分知识点精讲【热点解读】在我们日常生活中，可以发现，茶杯掉在瓷砖的地板上，碎了；茶杯掉在铺着地毯的地面，没有摔坏。
乒乓球与乒乓球台碰撞后弹起的高度与什么有关？这些实际问题都可以成为我们探究的对象，也可以成为高考实验命题的素材。
我国航天员已经开展了三次太空授课，使千万中学生受益，极大激发了青少年的科技热情。
2022年6月5日10时44分，神舟十四号飞船搭载航天员陈冬、刘洋和蔡旭哲，成功发射，并与空间站核心舱顺利对接。
神舟十四号飞行乘组将首次利用位于问天实验舱的气闸舱实施两到三次出舱活动，并将继续开展天宫课堂。
航天员太空授课时，为青少年展示了一系列科学实验，可能成为高考命题素材。
【命题角度】在我们的日常生活中，我们骑电动车关闭动力后，还能滑行多远？若我们在电动车上撑一遮阳伞，关闭动力后，还能滑行多远？我们需要测量哪些物理量进行探究？通过探究你能够得出什么结论？同一电动车撑遮阳伞和不撑遮阳伞的最大速度相同吗？为什么？可以再现天宫课堂实验，或给出简化模型。
例如可以根据航天员的水油分离实验，探究与向心力相关的因素。
可以利用中学常用器材做与天宫课堂上类似实验。
例如利用气垫导轨等器材测量物体质量等。
第二部分最新高考题精选．1（2022山东物理）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。
受此启发。
某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。
主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源。
放上滑块。
调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。
弹簧处于原长时滑块左端位于O 点。
A 点到O 点的距离为5.00cm ，拉动滑块使其左端处于A 点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F 、加速度a 随时间t 变化的图像，部分图像如图乙所示。
2019届高考物理第一轮知能分级练习题57
第七章恒定电流第2讲电路闭合电路的欧姆定律A对点训练——练熟基础知识题组一电路的动态分析1．(单选)在如图7－2－15所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则()．图7－2－15A．电压表的示数变大B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源内阻的电压变大解析若将照射R3的光的强度减弱，则R3的电阻将增大，电路中的总电阻将增大，总电流减小，故电压表的示数变小，内电压也减小，A、D错误；而电阻R2两端的电压将变大，通过R2的电流变大，而总电流减小，所以通过小灯泡的电流减小，小灯泡消耗的功率变小，B正确，C错误．答案 B2．(多选)如图7－2－16所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑动触头P向左端移动时，下列说法中正确的是()．图7－2－16A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小解析当滑动变阻器的滑动触头P向左端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路上的电流减小，内阻及R1分担的电压减小，电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小，选项A错误，B正确；由于电压表V1的读数增大，由部分电路欧姆定律可得通过R3的电流增大，则电流表A2的读数增大，由I1＝I R3＋I R2可知通过R2的电流减小，则电压表V2的读数减小，选项C正确，D错误．答案BC3．(多选)在如图7－2－17所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内阻，R1、R2为可变电阻．在下列操作中，可以使灯泡L变暗的是()．图7－2－17A．仅使R1的阻值增大B．仅使R1的阻值减小C．仅使R2的阻值增大D．仅使R2的阻值减小解析若仅使R1的阻值增大，可得总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R2分流增大，则灯泡L分流减小，灯泡L变暗，A正确；若仅使R1的阻值减小，可得总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，R2分流减小，则灯泡L分流增大，灯泡L变亮，B错误；若仅使R2的阻值增大，可得总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则灯泡L分流增大，灯泡L变亮，C错误；若仅使R2的阻值减小，可得总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯泡L分流减小，灯泡L变暗，D正确．答案AD4．(多选)如图7－2－18所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是()．图7－2－18A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小解析滑动触片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路部分的阻值变大，电路中的总电阻变大，总电流变小，路端电压变大，故电流表A的读数变小，电压表V的读数变大，小灯泡L2变暗，L1两端电压变大，小灯泡L1变亮，B、C正确．答案BC题组二电路的串、并联及图象问题图7－2－195．(单选)部分电路如图7－2－19所示，三个电压表都相同，R1和R2为两个定值电阻．当这部分电路接通后，电压表2和3的示数分别为4 V和10 V，由此可判断出()．A．R1和R2的阻值可能相同B．电压表V1的示数为6 VC．虽然电压表V1和电压表V2都在支路中，但两电压表的示数不相同，电压表V1的示数为7 VD．电压表V1和电压表V2都在支路中，则两电压表的示数相同，电压表V1的示数也为4 V解析三个电压表相同，设其内阻为R，则电压表V1、V2和V3中通过的电流分别为I1＝U1R、I2＝4 VR和I3＝10 VR，根据并联电路特点可知I3＝I1＋I2，可得U1＝6 V，B对，C和D均错；两支路电流不同，则支路电阻不同，R1和R2的阻值不同，A错．答案 B6．(多选)在实验中测得两个额定电压均为220 V的白炽灯L1、L2的U—I特性曲线如图7－2－20所示，已知L2的额定功率比L1的小，则L2的额定功率为P1；若将L1和L2串联起来后接在220 V的电源上，电源内阻忽略不计，此时L2的实际功率为P2，则()．图7－2－20A．P1约为62 W B．P1约为17.5 WC．P2约为40 W D．P2约为62 W解析L2的额定功率比L1的小，则左边的图线为L2的U—I曲线．由图线可知U＝220 V时，I1＝0.28 A，故L1的额定功率为P1＝UI1≈62 W；据串联电路的特点可知通过L1、L2的电流相等，同时两者电压之和为220 V，从图线可知符合上述条件的电流值为I＝0.25 A．此时L2对应的电压U2＝160 V，故L2的实际功率为P2＝U2I＝40 W.答案AC7．(多选)如图7－2－21所示，直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P、电源内部发热功率P r、输出功率P R随电流I变化的图象，根据图象可知()．图7－2－21A．电源的电动势为9 V，内阻为3 ΩB．电源的电动势为3 V，内阻为1 ΩC．图象中任意电流值对应的P、P r、P R间的关系为P>P r＋P RD．电路中的总电阻为2 Ω时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25 W解析因为P＝EI，P r＝I2r，P R＝I2R，根据直线a和抛物线b可分别求出，电源的电动势E＝3 V，内阻r＝1 Ω，选项A错误，B正确；图象中任意电流值对应的P、P r、P R间的关系为P＝P r＋P R，选项C错误；当电路中的总电阻为2 Ω时，外电阻的阻值为1 Ω，即等于电源内阻，此时干路电流为1.5 A，根据图象，此时外电阻上消耗的功率最大，为P R＝1.52×1 W＝2.25 W，选项D正确．答案BD8．(2018·广东六校联考)(多选)如图7－2－22甲所示，其中R两端电压u随通过该电阻的直流电流I的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0 V(内阻不计)，且R1＝1 000 Ω(不随温度变化)．若改变R2，使AB与BC间的电压相等，这时()．图7－2－22A．R的阻值为1 000 ΩB．R的阻值为1 300 ΩC．通过R的电流为1.5 mAD．通过R的电流为2.0 mA解析要使AB与BC间的电压相等，即有E＝U AB＋U BC，U AB＝U BC，解得U BC＝3.5 V．而U BC＝U＋IR1，联立解得：U＝U BC－IR1，将U BC＝3.5 V，R1＝1 000 Ω代入得U＝3.5－1 000I，在题给图象中作出函数关系U＝3.5－1000I的图象，两图象的交点对应的横纵坐标I＝1.5 mA，U＝2 V即为公共解，由IR＝U解得R＝UI＝1 300 Ω.答案BC题组三电路故障分析及含电容器电路分析图7－2－239．(单选)如图7－2－23所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是()．A．R1短路B．R2断路C．R2短路D．R3短路解析A灯在干路上，A灯变亮，说明电路中总电流变大，由闭合电路欧姆定律可知电路的外电阻减小，这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路，选项B被排除．因为短路部分的电阻变小，分压作用减小，与其并联的用电器上的电压降低，C、D两灯变暗，A、B两灯变亮，这说明发生短路的电阻与C、D两灯是并联的，而与A、B两灯是串联的．观察电路中电阻的连接形式，只有R3短路符合条件．故应选D.答案 D10．(多选)在如图7－2－24所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，则出现这种现象的原因可能是()．图7－2－24A．电阻R1短路B．电阻R2断路C．电阻R2短路D．电容器C断路解析若R1短路，则R总变小，I总变大，通过灯泡L的电流变大，灯泡变亮，A正确；若R2断路，则R总变大，I总变小，U内＝I总r变小，U外变大，U1＝I总R1变小，U L＝U外－U1变大，灯泡变亮，故B正确；若R2短路，则电流不经过灯泡，灯泡不亮，C错误；若电容器断路，则总电阻不变，故灯泡亮度不变，D错误．答案AB11．(单选)如图7－2－25所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是()．图7－2－25A．把R2的滑片向左移动B．把R2的滑片向右移动C．把R1的滑片向左移动D．把开关S断开解析若尘埃P处于静止状态，则重力与电场力平衡．若尘埃向下加速运动，则电场力减小，电容器两极板间的电压减小，故向左移动R2的滑片可以实现这种变化．故A正确、B错．由于稳定时R1支路无电流，故无论如何移动R1，电容器两极板间的电压都不会改变，故尘埃仍平衡，故C错．断开开关S，电容器两极板间电压增大，这种情况与B选项效果相同，故D错．答案 AB深化训练——提高能力技巧12．(多选)有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图7－2－26中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为0～3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是()．图7－2－26A．该秤能测量的最大体重是1 400 NB．该秤能测量的最大体重是1 300 NC．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A 处D．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A 处解析电路中允许的最大电流为3 A，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R＋2 Ω＝123Ω，R最小为2 Ω，代入R＝30－0.02F，求出最大F＝1 400 N，A项正确，B项错误；当F＝0时，R＝30 Ω，这时电路中的电流I＝1230＋2A＝0.375 A，C项正确，D项错误．答案AC13．(2018·肇庆市一模)(单选)在如图7－2－27所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P 向上移动的过程中，下列说法正确的是()．图7－2－27A．A表的示数变大B．油滴向上加速运动C．G中有由a→b的电流D．电源的输出功率一定变大解析油滴静止时，它所受的重力等于向上的电场力F＝qE＝qU Cd，在P向上移动的过程中，滑动变阻器的有效电阻变大，电路的总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，知电路的总电流I变小，路端电压U外变大，选项A错误；而电阻R1两端的电压U1＝IR1变小，由U外＝U1＋U并，知U并变大，U C＝U并变大，油滴所受电场力变大，将向上加速运动，Q C＝CU并变大，电容器C充电，电流方向由b→a，则选项B正确，C错误；电源的输出功率变化不确定，选项D错误．答案 B14．(多选)如图7－2－28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7－2－28A．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＝U02P0＝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′＝I32RA＝⎝⎛⎭⎪⎫132×12＝1.33 W，D正确．答案AD。
2019届高考物理第一轮知能分级练习题24
选修3-2第九章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律A对点训练——练熟基础知识题组一电磁感应现象1．(多选)如图9－1－13所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环．以下判断中正确的是()．图9－1－13A．释放圆环，环下落时产生感应电流B．释放圆环，环下落时无感应电流C．释放圆环，环下落时环的机械能守恒D．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒解析由条形磁铁磁场分布特点可知，穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，铜环下落时机械能守恒，故A、D错误，B、C正确．答案BC2．(单选)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图9－1－14所示连接．下列说法中正确的是()．图9－1－14A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转解析电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．答案 A3．(多选)如图9－1－15所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，下列说法正确的是()．图9－1－15A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能解析产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故选项B、D错误．线框进入和穿出磁场的过程中磁通量发生变化，产生了感应电流，故选项A正确．在产生感应电流的过程中线框消耗了机械能，故选项C正确．答案AC题组二楞次定律的应用4．如图9－1－16所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流(自左向右看) ()．图9－1－16A．沿顺时针方向B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向C．沿逆时针方向D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向解析条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，向右的磁通量一直增加，根据楞次定律，环中的感应电流(自左向右看)为逆时针方向，C对．答案 C5．(单选)(2018·乌鲁木齐一诊)如图9－1－17所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点做切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向()．图9－1－17A．始终由A→B→C→AB．始终由A→C→B→AC．先由A→C→B→A再由A→B→C→AD．先由A→B→C→A再由A→C→B→A解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电流产生的磁场垂直桌面下，由右手定则可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，由右手定则可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A正确．答案 A6．(单选)如图9－1－18所示，通电螺线管左侧和内部分别静止吊一导体环a和b，当滑动变阻器R的滑动触头c向左滑动时()．图9－1－18A．a向左摆，b向右摆B．a向右摆，b向左摆C．a向左摆，b不动D．a向右摆，b不动解析当滑动变阻器R的滑动触头c向左滑动时，电路中的电流变大，螺线管产生的磁场逐渐增强，穿过a的磁通量变大，根据楞次定律可知，a向左摆动；b处于螺线管内部，其周围的磁场为匀强磁场，方向水平向左，圆环中虽然也产生感应电流，但根据左手定则可判断出，安培力与b在同一个平面内，产生的效果是使圆环面积缩小，并不使其摆动，所以C项正确．答案 C7．(2018·海南高考)(单选)如图9－1－19所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()．图9－1－19A．T1>mg，T2>mg B．T1<mg，T2<mgC．T1>mg，T2<mg D．T1<mg，T2>mg解析环从位置Ⅰ释放下落，环经过磁铁上端和下端附近时，环中磁通量都变化，都产生感应电流，由楞次定律可知，磁铁阻碍环下落，磁铁对圆环有向上的作用力．根据牛顿第三定律，圆环对磁铁有向下的作用力，所以T1>mg，T2>mg，选项A正确．答案 A8．(单选)如图9－1－20所示，圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成闭合回路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()．图9－1－20A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大解析通过螺线管b的电流沿顺时针方向(俯视)，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律，线圈a中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流沿逆时针方向(俯视)，A选项错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a中的磁通量应变大，B选项错误；根据楞次定律，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a缩小，线圈a对水平桌面的压力增大，C选项错误，D选项正确．答案 D9．(2018·海南卷，10)(多选)如图9－1－21所示，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间()．图9－1－21A．两小线圈会有相互靠拢的趋势B．两小线圈会有相互远离的趋势C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向解析在金属框接通逆时针方向电流的瞬间，在左右两个矩形刚性小线圈中产生垂直于线圈向上的磁通量，根据楞次定律可得在两个小线圈中均产生沿顺时针方向的感应电流，C项正确，D项错；为阻碍磁通量的增加，两小线圈会有相互远离的趋势，B项正确，A项错．答案BC10．(多选)如图9－1－22是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()．图9－1－22A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动解析当开关S闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头M向右运动远离左边线圈，故A正确；当开关S由闭合到断开的瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M要向左运动靠近左边的线圈，故B错误；开关S闭合时，当滑动变阻器滑片P向左迅速滑动时，回路的电阻减小，回路的电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M向右运动远离左边线圈，故C正确；当滑动变阻器的滑片P向右迅速滑动时，回路的电阻增大，回路的电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M向左运动靠近左边线圈，故D错误．答案ACB深化训练——提高能力技巧11．(多选)如图9－1－23所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M 相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在金属导轨上的金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置) ()．图9－1－23A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动解析欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab减速向右运动；对于后者，则应使ab加速向左运动．答案BC12．(2018·宝鸡三检)(单选)两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图9－1－24所示．两板间有一带正电的油滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B 随时间变化的图象是()．图9－1－24解析带正电的油滴静止，即所受重力与电场力平衡，两板间为匀强电场，因此线圈中产生的感应电动势为恒定值，由法拉第电磁感应定律可知，通过线圈的磁通量一定是均匀变化的，AD两项错；油滴带正电，故下极板电势高于上极板电势，感应电流产生磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，通过线圈的磁通量均匀减小，故C项正确，B项错．答案 C13．(单选)如图9－1－25所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是 ()．图9－1－25A．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势B．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势C．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势D．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势解析根据右手定则，当金属棒ab在恒力F的作用下向右运动时，abdc回路中会产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，abdc回路中的感应电流逐渐增大，穿过圆环的磁通量也逐渐增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增大；abdc回路中的感应电流I＝Bl vR，感应电流的变化率ΔIΔt＝BlaR，又由于金属棒向右运动的加速度a减小，所以感应电流的变化率减小，圆环内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小，选项C正确．答案 C14．(多选)某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图9－1－26甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测()．图9－1－26A．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值解析图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1 s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1 s 时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15 s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D错误．答案AC。
2019届高考物理(人教浙江版)一轮复习练习：第2章 相互作用 2 第一节 随堂检测巩固
1．(2018·苏锡常镇四市高三调研)某人骑自行车沿平直坡道向下滑行，其车把上挂有一只水壶，若滑行过程中悬绳始终竖直，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中错误的是()A．自行车一定做匀速运动B．壶内水面一定水平C．水壶及水整体的重心一定在悬绳正下方D．壶身中轴一定与坡道垂直解析：选D.滑行过程中悬绳始终竖直，重力和拉力都沿竖直方向，运动方向沿坡斜向下，车一定做匀速运动，壶内水面一定水平，选项A、B正确；根据悬挂法测薄板重心的原理可知，水壶及水整体的重心一定在悬绳正下方，选项C正确；壶身中轴与坡道无必然联系，选项D错误．2.(2018·南京高三模拟考试)小明家阁楼顶有一扇倾斜的天窗，天窗与竖直平面的夹角为θ，如图所示．小明用质量为m的刮擦器擦天窗玻璃，当对刮擦器施加竖直向上大小为F的推力时，刮擦器恰好沿天窗玻璃向上匀速滑动，已知玻璃与刮擦器之间的动摩擦因数为μ，则刮擦器受到的摩擦力大小是()A．(F－mg)cos θB．(mg＋F)sin θC．μ(F－mg)cos θD．μ(mg＋F)sin θ解析：选A.天窗玻璃对刮擦器的弹力为F N＝(F－mg)sin θ，所以刮擦器受到的滑动摩擦力大小是F f＝μ(F－mg)sin θ，选项C、D错误；根据平衡条件，刮擦器受到的滑动摩擦力大小是F f＝(F－mg)cos θ，选项A正确，B错误．3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，下列说法正确的是( )A ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mgB ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m ＋M )gC ．当F >μ2(m ＋M )g 时，木板便会开始运动D ．无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动解析：选D.由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg ，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg .又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg 和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，选项A 、B 错误；若增大F 的大小，只能使木块的加速度大小变化，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，选项C 错误，D 正确． 4.如图所示，斜面为长方形的斜面体倾角为37°，其长AD 为0.8 m ，宽AB 为0.6 m ．一重为20 N 的木块原先在斜面体上部，当对它施加平行于AB 边的恒力F 时，刚好使木块沿对角线AC 匀速下滑，求木块与斜面间的动摩擦因数μ和恒力F 的大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：木块在斜面上的受力示意图如图所示，由于木块沿斜面向下做匀速直线运动，由平衡条件可知：F ＝mg sin 37°·tan α＝20×0.6×0.60.8N ＝9 N 木块受到的摩擦力为F f ＝（mg sin 37°）2＋F 2 ＝（20×0.6）2＋92 N ＝15 N由滑动摩擦力公式得μ＝F f F N ＝F f mg cos 37°＝1520×0.8＝1516. ★答案★：15169 N感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2019届高考物理一轮复习练习：第二章 第3讲 受力分析 共点力的平衡 Word版含解析
板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～5为单选，6～10为多选)1．在微信、微博与QQ空间里曾经流传着这样一种说法：在电子秤下面垫上泡沫箱，电子秤稳定后示数会比物体的实重大，这是经商者欺诈消费者的手段。
请依据所学物理知识判断，下列说法中正确的是()A．泡沫箱质地较软，电子秤称量时下陷，导致示数增大，因此此说法是真实的B．称量物品时电子秤与物品处于稳定的超重状态，示数增大，因此此说法是真实的C．与所称量物品以及泡沫厚度有关，示数可能会增大也可能减小，因此此说法是虚假的D．根据平衡知识，示数体现的是真实的物重，因此此说法是虚假的答案 D解析当电子秤稳定后物体的重力大小等于对电子秤的压力大小，所以D正确。
2．如图所示，水平地面上叠放着A、B两物体，B物体受力F 作用，A、B一起相对地面向右做匀减速直线运动，则B物体的受力个数为()A．4个B．5个C．6个D．7个答案 C解析以A为研究对象，A向右匀减速，所以B给A的静摩擦力向左，以B 为研究对象知，B 受到重力，A 对B 的压力，地面对B 的支持力，外力F ，A 对B 向右的静摩擦力，地面对B 向左的滑动摩擦力，共6个力，故C 正确。
3．[2017· 安阳二模]如图所示，一质量为m 的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为( )A.mg 2B.32mgC.33mgD.3mg答案 A解析 如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析，由平衡条件有： F cos30°－F T sin30°＝0，F T cos30°＋F sin30°－mg ＝0，联立可解得：F ＝mg 2，故选A 。
4．[2018·淄博诊考]如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB 所在的平面一分为二，先后以AB 沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F 和F ′，已知支架间的距离为AB 长度的一半，则F F ′等于( )A. 3B.32C.233D.33答案 A解析 设两半球的总质量为m ，当球以AB 沿水平方向放置，可知F ＝12mg 。
2019届高考物理第一轮知能分级练习题56
第七章恒定电流第1讲欧姆定律电阻定律电功率焦耳定律A对点训练——练熟基础知识题组一欧姆定律、电阻定律的应用1．(单选)有一段长1 m的电阻丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m，则电阻变为()．A．10 ΩB．50 ΩC．150 ΩD．250 Ω解析电阻丝无论怎样拉长其体积不变，但随着长度增加，截面面积在减小，即满足V＝Sl关系式．把电阻丝由1 m均匀拉伸到5 m时，截面面积变成原来的15，由电阻定律R＝ρlS可知电阻变成原来的25倍，D正确．答案 D2．(单选)R1和R2分别标有“2 Ω，1.0 A”和“4 Ω，0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图7－1－6所示，则此电路中允许消耗的最大功率为()．图7－1－6A．1.5 W B．3.0 WC．5.0 W D．6.0 W解析R1和R2串联后的总电阻为R＝R1＋R2＝6 Ω，电路中的电流不能超过R2的额定电流，即0.5 A．则P＝I2R＝1.5 W，故A正确．答案 A3．(单选)欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是()．解析 根据电阻定律R ＝ρl S ，导线越短、横截面积越大，电阻越小，A 正确．答案 A4．(2018·汕头高三模拟)(多选)R 1和R 2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，但R 1的尺寸比R 2大得多，把它们分别连接在如图7－1－7所示的电路的A 、B 两端，接R 1时电压表的读数为U 1，接R 2时电压表的读数为U 2，则下列判断正确的是( )．图7－1－7A ．R 1＝R 2B ．R 1>R 2C ．U 1<U 2D ．U 1＝U 2解析 电流从导体的横截面流过，由电阻定律R ＝ρL S ＝ρa ad ＝ρd ，可见电阻与边长a 无关，A 对；因外电阻相同，故路端电压相等，D 正确．答案 AD题组二 I —U 的图象的理解及应用5．(多选)如图7－1－8所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )．图7－1－8A ．通过电阻的电流与两端电压成正比B ．电阻R ＝0.5 ΩC．因I－U图象的斜率表示电阻的倒数，故R＝1/tan α＝1.0 ΩD．在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C 解析由I－U图象可知，图线是一条过原点的倾斜直线，即I和U成正比，A正确；而电阻R＝UI＝105Ω＝2 Ω，B错误；由于纵横坐标的标度不一样，故不能用tan α计算斜率表示电阻的倒数，C项错误；在R两端加上6.0 V电压时I＝UR＝6.02A＝3.0 A，每秒通过电阻横截面的电荷量q＝It＝3.0×1 C＝3.0 C，选项D正确．答案AD6．(单选)某种材料的导体，其I－U图象如图7－1－9所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是()．图7－1－9A．导体的电功率随电压U的增大而增大B．导体的电阻随电压U的增大而增大C．在A点，导体的电阻为tan αD．在A点，导体的电阻为tan β解析由题图知，U增大时，电功率P＝UI增大，所以A正确；由电阻R ＝U/I知，I-U曲线上某点对应的电阻为该点与原点连线的斜率的倒数，即A点导体的电阻为cot α，所以C、D均错；由I-U图象知，曲线切线的斜率随U的增大而不断增大，即电阻越来越小，B错误．答案 A7．(2018·商丘高三模拟)(多选)如图7－1－10所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是()．图7－1－10A．R1∶R2＝1∶3B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝1∶3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3解析根据I -U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1∶R2＝1∶3，A正确；根据公式R＝ρlS可得，把R1拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的13，所以电阻变为原来的9倍，B错误；串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1∶I2＝1∶1，根据公式P＝I2R可得，功率之比P1∶P2＝1∶3，C正确；并联电路电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1∶I2＝3∶1，D错误．答案AC题组三电功、电功率8．(多选)一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同时间内()．A．电炉放热与电动机放热相等B．电炉两端电压小于电动机两端电压C．电炉两端电压等于电动机两端电压D．电动机消耗的功率大于电炉的功率解析电炉属于纯电阻，电动机属于非纯电阻，对于电炉有：U＝IR，放热Q＝I2Rt，消耗功率P＝I2R，对于电动机有：U>IR，放热Q＝I2Rt，消耗功率P＝UI>I2R.答案ABD9．(多选)下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是()．A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B．W＝UIt适用于任何电路，而W＝I2Rt＝U2R t只适用于纯电阻的电路C．在非纯电阻的电路中，UI>I2R D．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路解析电功率公式P＝Wt，功率越大，表示电流做功越快．对于一段电路，有P＝IU，I＝PU，焦耳热Q＝⎝⎛⎭⎪⎫PU2Rt，可见Q与P、U、t都有关．所以，P越大，Q不一定越大，A不对．W＝UIt是电功的定义式，适用于任何电路，而I＝U R只适用于纯电阻的电路，B对．在非纯电阻的电路中，电流所做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W>Q，即UI>I2R，C正确．Q＝I2Rt是焦耳热的定义式，适用于任何电路中产生的焦耳热，D正确．答案BCD10．(单选)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7－1－11所示)，下列说法正确的是()．图7－1－11A．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．答案 A11．(多选)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图7－1－12所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是()．图7－1－12A．电能转化为化学能的功率为UI-I2rB．充电器输出的电功率为UI＋I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率为IrU×100%解析充电器将电能转化为锂电池的化学能和内能，即UIt＝E化＋I2rt，充电器输出的电功率为UI，电池产生的热功率为I2r，据此可知，电能转化为化学能的功率为UI－I2r，充电器的充电效率为U－IrU×100%，所以选项A、C正确．答案ACB深化训练——提高能力技巧12．(多选)一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则()．A．电动机的内阻为R＝E IB．电动机的内阻为R＝EI－kmg vI2C．电动车的工作效率η＝kmg v EID．电动机的发热效率η＝EI－kmg vEI解析根据能量守恒定律，EI＝I2R＋kmg v，所以电动机的内阻为R＝E I－kmg vI2，选项A错误、B正确；电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比，即η＝kmg vEI，所以C正确；电动机的发热效率η＝EI－kmg vEI，D正确．答案BCD13．(单选)在如图7－1－13甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列说法正确的是()．图7－1－13A．灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍B．灯泡L1的电阻为7.5 ΩC．灯泡L2消耗的电功率为0.75 WD．灯泡L3消耗的电功率为0.30 W解析由于小灯泡L2、L3串联后与L1并联，所以L1两端电压是L2或L3两端电压的2倍，L2或L3两端电压是1.5 V，由小灯泡的伏安特性曲线可知灯泡L2中的电流是0.20 A；灯泡L1两端的电压是3 V，灯泡L1中的电流是0.25 A，A错误；由欧姆定律可得灯泡L1的电阻为R＝U1/I1＝12 Ω，B错误；由P＝UI得灯泡L2(或L3)消耗的电功率P2＝U2I2＝1.5×0.20 W＝0.30 W，C错误，D正确．答案 D14．如图7－1－14所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图7－1－14(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10m/s2)解析(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压U R＝U－U V＝(160－110)V＝50 V，流过电阻R的电流I R＝U RR＝5010A＝5 A，即通过电动机的电流I M＝I R＝5 A.(2)电动机的分压U M＝U V＝110 V，输入电动机的功率P电＝I M U M＝550 W.(3)电动机的发热功率P热＝I M2r＝20 W，电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W，又因P出＝mg v，所以m＝P出g v＝53 kg.答案(1)5 A(2)550 W(3)53 kg。
2019届高考物理第一轮知能分级练习题66
选修3-3热学第3讲热力学定律A对点训练——练熟基础知识题组一热力学第一定律的理解及应用1．(单选)一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的()．A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小解析由ΔU＝W＋Q可得理想气体内能变化ΔU＝－1.0×104 J＋2.5×104 J ＝1.5×104J＞0，故温度升高，A、B两项均错．因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝mV可知密度变小，故C项错误，D项正确．答案 D2．(2018·四川理综，14)(单选)物体由大量分子组成，下列说法正确的是()．A．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大B．分子间引力总是随着分子间距离的减小而减小C．物体的内能跟物体的温度和体积有关D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能解析分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，但某一分子的动能不一定大，选项A错误；分子间引力总是随分子间距离的减小而增大，选项B错误；物体的内能是所有分子动能和分子势能之和，分子动能与温度有关，分子势能与体积有关，所以物体的内能跟物体的温度和体积有关，选项C正确；由热力学第一定律知，做功和热传递都可以改变物体的内能，选项D错误．答案 C3．(2018·北京理综，13)(单选)下列说法正确的是()．A．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B．液体分子的无规则运动称为布朗运动C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．物体对外界做功，其内能一定减少解析布朗运动是指悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，而不是液体(或气体)分子的运动，故A选项正确，B选项错误；由热力学第一定律ΔU ＝W＋Q知，若物体从外界吸收热量同时对外做功，其内能也可能不变或减少，C选项错误；物体对外做功同时从外界吸热，其内能也可能增加或不变，D选项错误．答案 A4．(单选)某学生利用自行车内胎、打气筒、温度传感器以及计算机等装置研究自行车内胎打气→打气结束→突然拔掉气门芯放气→放气后静置一段时间的整个过程中内能的变化情况，车胎内气体的温度随时间变化的情况如图3－6所示．可获取的信息是()．图3－6A．从开始打气到打气结束的过程中由于气体对外做功，内能迅速增加B．从打气结束到拔掉气门芯前由于气体对外做功，其内能缓慢减少C．拔掉气门芯后由于气体冲出对外做功，其内能急剧减少D．放气后静置一段时间由于再次对气体做功，气体内能增加解析从开始打气到打气结束的过程是外界对气体做功的过程，A错误；从打气结束到拔掉气门芯前由于热传递气体温度下降，内能减少，B错误；拔掉气门芯后气体冲出对外界做功，气体内能急剧减少，C正确；放气后静置一段时间由于热传递气体温度上升，内能增加，D错误．答案 C5．如图3－7所示，内壁光滑的汽缸水平放置．一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内，外界大气压强为p0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2.则在此过程中，气体分子平均动能________(选填“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了________．图3－7解析由于对汽缸缓慢加热，温度升高，气体分子平均动能增大；根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，其中气体对外做功W＝－p0(V2－V1)，气体内能变化ΔU＝Q－p0(V2－V1)．答案增大Q－p0(V2－V1)题组二热力学第二定律的理解及应用6．[2018·山东理综，26(1)](单选)下列关于热现象的描述正确的一项是()．A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的解析热机的效率不可能达到100%，A错误．做功是能量转化的过程，热传递是能量转移的过程，B错误．若两系统温度不同，内能将从高温物体传递到低温物体，则两系统未达到热平衡，C正确．大量分子的运动是具有统计规律的，D错误．答案 C7．(单选)关于热力学定律，下列说法正确的是()．A．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能一定增加D．压缩气体总能使气体的温度升高解析根据热力学第三定律可知，绝对零度不可能达到，A错误；物体从外界吸收热量、对外做功，根据热力学第一定律可知内能可能增加、减少或不变，C错误；压缩气体，外界对气体做正功，气体可能向外界放热，内能可能减少、温度降低，D错误；物体从单一热源吸收的热量全部用于做功而引起其他变化是可能的，B正确．答案 B8．[2018·重庆卷，10(1)](单选)某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时()．A．室内空气的压强比室外的小B．室内空气分子的平均动能比室外的大C．室内空气的密度比室外的大D．室内空气对室外空气做了负功解析因为室内、外相通，内、外压强始终相等，A错误；温度是分子平均动能的标志，室内温度高，分子平均动能大，B正确；室内原有空气体积膨胀对外做功，密度减小，C、D错误．答案 B9．(单选)根据你所学热学的中的有关知识，判断下列说法中正确的是()．A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功以转化成机械能B．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来解析机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降到－293 ℃，只能无限接近－273 ℃，却永远不能达到，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，D错误．答案 A题组三热力学定律与气体实验定律的综合10．一定质量的理想气体，状态从A―→B―→C―→D―→A的变化过程可用如图所示的p－V图线描述，图3－8中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．图3－8(1)气体状态从A到B是________过程(填“等容”“等压”或“等温”)；(2)状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(填“升高”“不变”或“降低”)；(3)状态从C到D的变化过程中，气体________(填“吸热”或“放热”)；(4)状态从A―→B―→C―→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．解析(1)由题图可知，气体状态从A到B的过程为等压过程．(2)状态从B到C的过程中，气体发生等容变化，且压强减小，根据pT＝C(常量)，则气体的温度降低．(3)状态从C到D的过程中，气体发生等压变化，且体积减小，外界对气体做功，即W>0，根据VT＝C(常量)，则气体的温度T降低，气体的内能减小，由ΔU＝Q＋W，则Q＝ΔU－W<0，所以气体放热．(4)状态从A―→B―→C―→D的变化过程中气体对外界所做的总功W＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．答案(1)等压(2)降低(3)放热(4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)11．如图3－9所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)图3－9①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．②此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．解析①设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①p1＝p0②p2＝p＋p h③V1＝l1S④V2＝l2S⑤由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg⑦②左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律，ΔU＝Q＋W且W＜0，所以Q＝－W＞0，气体将吸热．答案①50 cmHg②做正功吸热B深化训练——提高能力技巧12．(1)第一类永动机不可能制成是因为其违反了________________，第二类永动机不可能制成是因为其违反了________________．(2)在一个大气压下，水在沸腾时，1 g水吸收2 263.8 J的热量后由液态变成同温度的气态，其体积由1.043 cm 3变成1 676 cm 3，求：①1 g 水所含的分子个数；②体积膨胀时气体对外界做的功；③气体的内能变化．(大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水的摩尔质量为M ＝18 g/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1)解析 (2)①1 g 水所含的分子个数为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫118×6×1023＝3.3×1022(个)． ②气体体积膨胀时对外做的功为W ＝p 0ΔV ＝105×(1 676－1.043)×10－6 J ＝167.5 J.③根据热力学第一定律有：ΔU ＝W ＋Q ＝(2 263.8－167.5) J ＝2 096.3 J.答案 (1)能量守恒定律 热力学第二定律(2)①3.3×1022个 ②167.5 J ③增加 2 096.3 J13．(1)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ 的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ 的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总热量为____________kJ.(2)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m 3和2.1 kg/m 3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气．试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字)解析 (1)因理想气体的内能只跟温度有关，第一个过程是等温压缩，所以内能不变，第二个过程中，体积不变，说明只与外界发生热传递，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，所以ΔU ＝0－5 kJ ＝－5 kJ ，故空气内能减少5 kJ ，空气放出29 kJ 的热量．(2)设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝(ρ海－ρ岸)V MN A ，代入数据得Δn ＝3×1022个．答案(1)5放出29(2)3×1022个14．(2018·江苏单科，12A)如图3－10所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A―→B和C―→D为等温过程，B―→C和D―→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．图3－10(1)(单选)该循环过程中，下列说法正确的是________．A．A―→B过程中，外界对气体做功B．B―→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C―→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D―→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A―→B”、“B―→C”、“C―→D”或“D―→A”)．若气体在A―→B过程中吸收63 kJ 的热量，在C―→D过程中放出38 kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.(3)若该循环过程中的气体为1 mol，气体在A状态时的体积为10 L，在B状态时压强为A状态时的23.求气体在B状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023mol－1，计算结果保留一位有效数字)解析(1)A→B体积增大，气体对外做功，A错误；B→C体积增大，气体对外做功，W<0、Q＝0，由热力学第一定律，ΔU＝W＋Q知内能减小，温度降低，分子平均动能减小，B错误；C→D，T不变，V减小，p增大，C 正确；D→A，V减小，外界对气体做功，W>0，Q＝0，ΔU>0，T增大，气体分子平均速率增大，D错误．(2)由(1)可知，B→C过程内能减小．经过一个循环，ΔU＝0，所以对外做功W＝(63－38)kJ＝25 kJ.(3)等温过程p A V A＝p B V B，单位体积内的分子数n＝γN AV B.解得n＝γN A p Bp A V A，代入数据得n＝4×1025m－3.答案(1)C (2)B→C25 (3)4×1025m－3。
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第六章静电场第3讲电场的能的性质A对点训练——练熟基础知识题组一对电场线、场强、电势、电势能关系的理解1．(单选)下列说法中，正确的是()．A．电场强度为零的地方，电势一定为零B．电势为零的地方电场强度不一定为零C．电场强度相同的地方，电势一定相等D．电势相等的地方电场强度一定相等解析混淆了电场强度与电势的关系．电场强度和电势的大小没有必然的关系．电场强度为零的地方，电势不一定为零，如对于等势体而言，内部的场强为零，但内部的电势不为零．电场强度相等的地方，电势也不一定相等，如匀强电场内部，场强处处相等，但电势并不处处相等；对于电荷分布不均匀的等势体而言，表面是一个等势面，但因电荷密度不相等，故表面上场强的大小不相等．答案 B2．(多选)关于匀强电场电场强度和电势差的关系，下列说法正确的是()．A．在相同距离上的两点，电势差大的其场强也必定大B．场强在数值上等于每单位距离上的电势的降落C．沿电场线的方向，任何相等距离上的电势降落必定相等D．电势降低最快的方向必定是电场强度的方向解析对公式U＝Ed中的d没有正确理解．选项A中，距离如果是沿电场方向的距离就正确；选项B中的距离如果是沿场强的方向，就是正确的．所以选项C、D正确．3．(单选)关于电场力做功与电势差的关系，下列说法正确的是( )．A ．M 、N 两点间的电势差等于单位电荷从M 点移到N 点电场力做的功B ．不管是否存在其他力做功，电场力对电荷做多少正功，电荷的电势能就减少多少C ．在两点移动电荷电场力做功为零，则两点一定在同一等势面上，且电荷一定在等势面上移动D ．在两点间移动电荷电场力做功的多少与零电势的选择有关解析 W ＝qU AB ＝q (φA －φB )，由此关系式可以得出，当q 取单位正电荷时，W ＝U AB ，也就是说“M 、N 两点间的电势差等于单位正电荷从M 点移到N 点电场力做的功”，所以A 错；不管是否有其他力做功，电场力做多少正功，电荷的电势能就减少多少，B 正确；在两点间移动电荷，电场力做功为零，说明了两点间的电势差为零，但移动的路径不能确定，故C 错误；两点间的电势差和零电势的选择没有关系，所以在两点间移动电荷，电场力做功的多少和零电势的选择没有关系，D 错误．答案 B题组二 电势的高低、电势能的增减的判断4．(单选)将一正电荷从无穷远处移入电场中M 点，电势能减少了8.0×10－9 J ．若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N 点，电势能增加了9.0×10－9 J ．下列判断正确的是( )．A ．φM <φN <0B ．φN >φM >0C ．φN <φM <0D ．φM >φN >0解析 取无穷远处电势为0，则正电荷在M 点的电势能为－8.0×10－9 J ，负电荷在N 点的电势能为9.0×10－9 J ．由φ＝E q ，M 、N 点的电势φM <0，φN <0，且|φN |>|φM |，即φN <φM <0，故C 正确．5．(单选)图中的虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图6－3－15中MPN和NQM所示．已知M是带正电的粒子．则下列说法中正确的是()．图6－3－15A．N一定也带正电B．a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C. 带电粒子N的动能减小、电势能增大D．带电粒子N的动能增大、电势能减小解析根据偏转情况得带正电的M粒子向右偏，N粒子向左偏必带负电，故A错；该电场是匀强电场，故B错；两粒子都是电势能减小，动能增大，故C错，D对．答案 D6．(2018·江苏卷，6)(多选)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图6－3－16所示，金属球表面的电势处处相等．a、b 为电场中的两点，则()．图6－3－16A．a点的电场强度比b点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．检验电荷－q 在a 点的电势能比在b 点的大D ．将检验电荷－q 从a 点移到b 点的过程中，电场力做负功解析 由题图可知，a 处电场线比b 处密，所以E a >E b ，选项A 正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a 点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b 点电势，所以φa >φb ，选项B 正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C 错误；检验电荷－q 从a 点移到b 点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D 正确．答案 ABD题组三 对电势差的理解及计算7．(2018·广东四校联考)(多选)某电场的电场线分布如图6－3－17所示，将一电荷量q ＝2×10－9C 的试探电荷由电场中的a 点移到b 点，电荷克服电场力做功为4×10－8J ，下列说法正确的是( )．图6－3－17A ．a 点的场强大于b 点的场强B ．试探电荷带正电C ．a 点电势高于b 点电势D ．a ，b 两点间的电势差为20 V解析 电场线的疏密程度表示电场强度的大小，A 错误；把试探电荷从a 点移到b 点，克服电场力做功，说明试探电荷所受的电场力和电场方向相反，试探电荷带负电，B 错误；沿电场线的方向电势降低，C 正确；因为U ab ＝W ab q＝－4×10－8J－2×10－9C ＝20 V ，D 正确．答案 CD8．(单选)如图6－3－18所示，高为h 的光滑绝缘曲面处于匀强电场中，匀强电场的方向平行于竖直平面，一带电荷量为＋q ，质量为m 的小球，以初速度v 0从曲面底端的A 点开始沿曲面表面上滑，到达曲面顶端B 点的速度仍为v 0，则( )．图6－3－18A ．电场力对小球做功为mgh ＋12m v 02B ．A 、B 两点的电势差为mgh qC ．小球在B 点的电势能大于在A 点的电势能D ．电场强度的最小值为mg q解析 如图所示，设A 、B 两点间电势差为U AB ，对小球由A 到B 的过程，根据动能定理得qU AB－mgh ＝0，解得U AB ＝mgh /q ，选项B 正确；电场力对小球做的功刚好克服重力做功，等于mgh ，选项A 错误；由于小球由A 到B 的过程电场力做正功，所以小球电势能减小，选项C 错误；设电场方向与AB 间位移方向的夹角为θ，U AB ＝Es AB ·cos θ＝mgh q ，解得E ＝mgh qs AB cos θ，可知电场强度的最小值不等于mg q ，选项D 错误．答案 B9．(多选)如图6－3－19所示为空间某一电场的电场线，a 、b 两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h ，一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点时速度大小为3gh ，则下列说法中正确的是( )．图6－3－19A ．质量为m 、带电荷量为＋q 的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点的过程中动能增加量等于电势能减少量B ．a 、b 两点的电势差U ＝mgh 2qC ．质量为m 、带电荷量为＋2q 的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点时速度大小为ghD ．质量为m 、带电荷量为－q 的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点时速度大小为gh解析 质量为m 、带电荷量为＋q 的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点的过程中，机械能与电势能之和守恒，其动能增加量等于重力势能、电势能的减少量之和，选项A 错误；设a 、b 之间的电势差为U ，由题意，质量为m 、带电荷量为＋q 的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点时速度大小为3gh ，根据动能定理，mgh ＋qU ＝12m ·3gh ，解得qU ＝12mgh ，a 、b两点的电势差U ＝mgh 2q ，选项B 正确；质量为m 、带电荷量为＋2q 的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点时，由动能定理得mgh ＋2qU ＝12m v 12，解得v 1＝2gh ，选项C 错误；质量为m 、带电荷量为－q 的小球从a 点静止释放后沿电场线运动到b 点时，由动能定理得mgh －qU ＝12m v 22，解得v 2＝gh，选项D正确．答案BD10．(多选)如图6－3－20所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J．则下列说法正确的是()．图6－3－20A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 JC．粒子在A点的动能比在B点多0.5 JD．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J解析从粒子的运动轨迹可以看出，粒子所受的电场力方向与场强方向相同，粒子带正电，A错误；粒子从A点运动到B点，电场力做功1.5 J，说明电势能减少1.5 J，B错误；对粒子应用动能定理得：W电＋W重＝E k B－E k A，代入数据解得E k B－E k A＝1.5 J－2.0 J ＝－0.5 J，C正确；粒子机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，电场力做功1.5 J，则粒子的机械能增加1.5 J，D正确．答案CD11．(单选)如图6－3－21所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的间距相等．一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示电子的运动轨迹与等势面的一些交点．由此可以判定()．图6－3－21A ．电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等B ．O 处的点电荷一定带正电C ．a 、b 、c 三个等势面的电势关系是φa >φb >φcD ．电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的大小关系是W 12＝2W 34解析 由电子射入电场后的运动轨迹可知场源点电荷为负点电荷，沿着电场线方向电势降低，即φc >φb >φa .在点电荷的电场中，虽然ab ＝bc ，但U ab ≠U bc ，故电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功W 12≠2W 34.由能量守恒可知选项A 正确．答案 AB 深化训练——提高能力技巧12．(单选)如图6－3－22所示，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 V 、2 V 、3 V ，则下列说法正确的是( )．图6－3－22A ．匀强电场的场强大小为10 V/mB ．匀强电场的场强大小为2033 V/mC ．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1.6×10－19C 的负点电荷从F 点移到D 点，电荷的电势能减少4.8×10－19J解析 A 、C 连线中点的电势为2 V ，因此BE 连线为等势线，由几何知识知，A 、C 连线的长度为d ＝0.1 m ×sin 60°×2＝310 m ，匀强电场的场强大小为E ＝U /d ＝(3－1)/d ＝2033V/m ，故B 对、A 错；正点电荷从E 点移到F 点，电场力做正功，故C 错；电荷量为1.6×10－19的负点电荷从F 点移到D 点，电场力做正功qU ′＝－1.6×10－19×(1－3)＝3.2×10－19J ，故电荷的电势能减少3.2×10－19J ，故D 错．答案 B13．如图6－3－23所示，带电荷量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C 点，斜面上有A 、B 两点，且A 、B 和C 在同一直线上，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点．现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度正好又为零，已知带电小球在A 点处的加速度大小为g4，静电力常量为k ，求：图6－3－23(1)小球运动到B 点时的加速度大小．(2)B 和A 两点间的电势差(用Q 和L 表示)．解析 (1)带电小球在A 点时：mg sin 30°－k Qq L 2＝ma A带电小球在B 点时：kQq ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22－mg sin 30°＝ma B且a A ＝g 4，可解得：a B ＝g 2(2)由A 点到B 点应用动能定理得：mg sin 30°·L 2－qU BA ＝0由mg sin 30°－k Qq L 2＝ma A ＝m g 4可得：14mg ＝k Qq L 2，可求得：U BA ＝kQ L 答案 (1)g 2 (2)kQ L。