高三物理一轮复习同步练习7

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高三物理一轮复习课时作业第七章第一单元沪科版

高三物理一轮复习课时作业(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．下列说法中正确的是( )A ．由R ＝U I 可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B ．由I ＝UR可知，通过导体的电流跟导体两端的电压成正比，跟它的电阻成反比C ．导体的电阻率由导体本身的物理条件决定，与温度无关D ．欧姆定律I ＝U R，不仅适用于纯电阻电路，对于非纯电阻电路也适用解析：由电阻定律知，导体的电阻是由本身的物理条件决定的，与加在它两端的电压和通过它的电流无关，通过导体的电流跟电压成正比，跟电阻成反比．所以A 错、B 对．导体的电阻率是由导体的材料决定的，与温度有关．温度发生变化，电阻率也会改变，所以C 错．部分电路欧姆定律只适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，所以D 错．答案：B2．如图所示，用输出电压为1.4 V ，输出电流为100 mA 的充电器对内阻为2 Ω的镍—氢电池充电．下列说法正确的是( )A ．电能转化为化学能的功率为0.12 WB ．充电器输出的电功率为0.14 WC ．充电时，电池消耗的热功率为0.02 WD ．充电器把0.14 W 的功率储蓄在电池内解析：充电器对电池的充电功率为P 总＝UI ＝0.14 W ，电池充电时的热功率为P 热＝I 2r ＝0.02 W ，所以转化为化学能的功率为P 化＝P 总－P 热＝0.12 W ，因此充电器把0.12 W 的功率储蓄在电池内，故A 、B 、C 正确，D 错误．答案：ABC 3.(2012年杭州模拟)如图所示是某导体的I －U 图象，图中α＝45°，下列说法正确的是( )A ．通过电阻的电流与其两端的电压成正比B ．此导体的电阻R ＝2 ΩC ．I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，所以R ＝cot 45°＝1.0 ΩD ．在R 两端加6.0 V 电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0 C解析：由I －U 图象知：图象为过原点的斜线，故A 项正确．图象的斜率为电阻的倒数，故R ＝U I ＝105Ω＝2 Ω，B 项正确．由于两坐标轴的物理意义及标度不同，故图象的斜率k不能用三角函数表示，C 项错误；由I ＝U R ＝6.02A ＝3.0 A ，故q ＝It ＝3.0×1 C＝3.0 C ，D项正确．答案：ABD4．为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，在采取下列措施时其他条件保持不变，不可行的是( )A ．剪去一半的电阻丝B ．并联一根相同的电阻丝C ．串联一根相同的电阻丝D ．使电热器两端的电压增大到原来的2倍解析：由题意，电热器正常工作时在单位时间产生的热量为Q ＝U 2R，式中U 为额定电压．欲使Q 增加为原来的2倍，剪去一半的电阻丝接入原电路，这一半的电阻丝两端的电压U 超过了一半的电阻丝所能承受的额定电压，不可行，A 对；并联一根相同的电阻丝，电热器两端的电压仍为额定电压U ，两根电阻丝单位时间产生的热量为2Q ，可行，B 错；串联一根相同的电阻丝后，单位时间产生的热量为Q2，不可行，C 对；当电热器两端电压增为2U 时超过了电热器的额定电压，不可行，D 对．答案：ACD 5.如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 与电池两极相接，一个带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S 给电容器充电，这时悬线偏度竖直方向θ角，若( )A ．开关S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ增大 B ．开关S 断开，将A 板向B 板靠近，则θ不变C ．保持开关S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ变小D ．保持开关S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ变大解析：本题考查平行板电容器的相关知识．开关S 断开，电容器极板所带的电荷量不变，将A 板向B 板靠近，E ＝U d ＝Q dC ＝4πkQS，电场强度与板间距离d 没有关系，所以电场力没变，夹角θ也不变，A 项错误、B 项正确；保持开关S 闭合，U 不变，E ＝U /d ，将A 板向B 板靠近，E 增大，电场力增大，夹角θ增大，C 项错误、D 项正确．本题选B 、D.答案：BD 6.小灯泡通电后，其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，下列说法中正确的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围面积解析：I －U 图线的斜率的倒数表示电阻值，因此随U 增大，小灯泡的电阻增大，A 对；对于可变电阻而言，R ＝U I ，所以P 点对应电阻R ＝U 1I 2，不能用R ＝U 1I 2－I 1来计算，B 对、C 错；功率P ＝UI ，所以P 点对应的功率P ＝U 1I 2，即为矩形PQOM 所围的面积，D 对．答案：ABD 7.如图所示电路中E 为电源，其电动势E ＝9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关．开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通开关S ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光．则CB 之间的电阻应为( )A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：灯泡的工作电流I ＝P U ＝1.86 A ＝0.3 A ，此时AC 间电阻R 1＝U 1I ＝9－60.3Ω＝10 Ω，故CB 间电阻R 2＝R －R 1＝20 Ω，故B 选项正确．答案：B8．(2012年聊城模拟)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不A.B ．电动机的内电阻为4 Ω C ．该车获得的牵引力为104 N D ．该车受到的阻力为63 N解析：电动机的输入功率P 入＝UI ＝48×12 W＝576 W ，故选项A 正确．电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求内电阻，故选项B 错误．电动车速度最大时，牵引力F 与阻力f 大小相等，由P 出＝fv max 得f ＝P 出v max ＝350×3.620N ＝63 N ，故选项C 错误、D 正确．答案：AD9．(2012年平顶山模拟)超导材料电阻率为零时的温度称为临界温度．利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ，如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kW D ．10 kW解析：由P ＝UI ，得I ＝P U ＝40×103800A ＝50 AP 损失＝I 2R ＝2 500×0.4 W＝1 000 W. 即输电线上损失的电功率为1 000 W.用超导电缆代替原导线后，由于超导电缆的电阻为零，因而没有电功率的损失，所以节约的电功率为1 kW.A 项正确．答案：A 10.(2012年大庆模拟)如图所示为甲、乙两灯泡的I U 图象．根据图象，计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V 的电路中，实际发光的功率约为( )A ．15 W 、30 WB ．30 W 、40 WC ．40 W 、60 WD ．60 W 、100 W解析：由图知当甲灯泡两端的电压为220 V 时，流过甲灯泡的电流为I 甲＝18.3×10－2A ，故甲灯泡实际发光的功率P 甲＝I 甲U ＝40.26 W ；当乙灯泡两端的电压为220 V 时，流过乙灯泡的电流为I 乙＝28.1×10－2A ，故乙灯泡实际发光的功率P 乙＝I 乙U ＝61.8 W ，只有选项C 符合要求，故选C.答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘与无髓鞘两大类．现代生物学认为，髓鞘是由多层(几十到几百层不等)类脂物质——髓质累积而成的，髓质具有很大的电阻．已知蛙有髓鞘神经，髓鞘的厚度只有2 μm 左右，而它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达1.6×105Ω.(1)若不计髓质片层间的接触电阻，计算髓质电阻率．(2)若有一圆柱体是由髓质制成的，该圆柱体的体积为32π cm 3，当在其两底面上加上1 000 V 的电压时，通过该圆柱体的电流为10π μA ，求该圆柱体的圆面半径和高．解析：(1)由电阻定律：R ＝ρl S①所以ρ＝RS l ＝1.6×105×1.0×10－42×10－6Ω·m ＝8×106Ω·m② (2)由欧姆定律和圆柱体体积公式R ＝UI③V ＝πr 2h④ R ＝ρh πr2⑤ 由③④⑤可得：U I ＝ρh 2V⑥代入数据解得h ＝0.02 m ＝2 cm将h 值代入④式得r ＝0.04 m ＝4 cm.答案：(1)8×106Ω·m (2) 4 cm 2 cm 12．(15分)如图所示，是一种测定风作用力的仪器原理图，P 为金属球，悬挂在一细长金属丝下面，O 是悬点，R 0是保护电阻，CD 是水平放置的光滑电阻丝，与细金属丝始终保持良好接触．无风时，金属丝与电阻丝在C 点接触，此时A 示数为I 0；有风时金属丝将偏转一角度，角θ与风力大小有关，设风力方向水平向左，OC ＝h ，CD ＝L ，金属球质量为m ，电阻丝单位长度的阻值为k ，电源内电阻和金属丝电阻不计，金属丝偏角为θ时，A 的示数为I ′，此时风力为F ，试写出：(1)F 与θ的关系式． (2)F 与I ′的关系式．解析：(1)有风力时，对金属球P，受力如图所示F＝F1sin θmg＝F1cos θ所以F＝mg tan θ.(2)无风时，电路中U＝I0(R0＋kL) 有风力时，电路中U＝I′(R0＋kL′) L′＝L－h tan θ由以上三式解出F＝mgI′kh(R0＋kL)(I′－I0)．答案：(1)F＝mg tan θ(2)F＝mgI′kh(R0＋kL)(I′－I0)。

物理人教版高考一轮复习习题：第七章《静电场》+微专题11+Word版含答案

微专题11一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(68520228)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B[在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．]2．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O 点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()解析：B[由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B 正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．] 3．两带电荷量分别为＋q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是()解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.]4．(2017·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R 、电荷量为Q 的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知；取无穷远处电势为零，距球心r 处的电势为φ＝k Q r(r ≥R )，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A ．球心处的电势最高B ．球心与球表面间的电势差等于12E 0R C ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq RD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq 解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E -r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq R，选项C 正确，选项D 错误．] 5．(2017·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．]二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(2017·山西康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校第二次联考)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0q m，则运动过程中的最大速度为 6φ0q m D ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0q m 解析：BC [φ-x 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx，所以带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝6φ0q m，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q ＝0－12m v 20，解得v 0＝φ0q m，D 错误．] 7．(2017·辽宁沈阳教学质量检测)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v -t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v -t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt＝0.35m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12m v 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．] 8．(2017·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点，Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v -x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q (3L )2＝k |Q 2|q (2L )2，所以|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520229)(22分)(2017·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2； (2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103 V/m ① 右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103 V/m ② 所以E 1E 2＝12. (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③其中x ＝1.0×10－2 m. 联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8 J. (3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1m t 1④ v m ＝qE 2m t 2⑤E km ＝12m v 2m⑥ T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s. 答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s 10．(68520230)(22分)(2017·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ；(3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2， x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ. (3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0. 答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ2 2E 1ga sin θcos 2θ(3)2E1cos2θ＋E2－E0情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

高考物理总复习一轮同步小练习第7章机械能守恒定律

1．下面各个实例中，机械能不守恒的是（）A. 在竖直方向上弹簧吊着一个物体上下运动（不计空气阻力）B ．物体从高处以0.9g 的加速度竖直下落C. 铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前的运动D ．拉着一个物体沿光滑的斜面匀速上升2．一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（）A ．物体重力势能的增加量B ．物体动能的增加量C ．物体动能的增加量加上物体重力势能的增加量D ．物体动能的增加量加上克服重力所做的功3．某中等体重的中学生进行体能训练时，用100s 的时间登上20m 的高楼，估测他登楼时的平均功率，最接近的数值是（ )A ．10WB ．100WC ．1KWD ．10KW4．如图所示，一辆玩具小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上，由图中位置无初速释放，则小球在下摆过程中，下列说法正确的是（）A ．绳对车的拉力对车做正功B ．绳的拉力对小球做正功C ．小球所受的合力对小球不做功D ．绳的拉力对小球做负功5．如图所示，站在汽车上的人用手推车的力为F ，脚对车向后的静摩擦力为F ′，下列说法正确的是（）A ．当车匀速运动时，F 和F ′所做的总功为零B ．当车加速运动时，F 和F ′的总功为负功C ．当车加速运动时，F 和F ′的总功为正功D ．不管车做何种运动，F 和F ′的总功都为零6．如图所示，一滑块从半圆形光滑轨道上端由静止滑下，当滑到最低点时，关于滑块动能大小和它对轨道最低点的压力，下列叙述中正确的是 bA.轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力越大B 轨道.半径越大，滑块动能越大，对轨道压力越小C.轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力与半径无关D.轨道半径变化，滑块动能和对轨道压力都不变7．如图所示，长为2Ｌ的轻杆上端及其正中央固定两个质量均为m 的小球，杆竖直立在光滑的水平面上，杆原来静止，现让其自由倒下，设杆在倒下过程中着地端始终不离开地面，则A 着地时的速度为第5题第4题A B 图7 A.gL 1551 B.gL 1552 C.gL 3051 D.gL 3052 8．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为V ，克服摩擦阻力做功为E/2．若小物块冲上斜面的初动能变为2E ，则有 ( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E/2C ．返回斜面底端时的速度大小为2VD ．返回斜面底端时的速度大小为V 29．质量为5=m kg 的物体做自由落体运动，取10=g m/s 2，下列说法正确的是（）A ．物体重力在开始2s 内所做的功为1000WB ．重力在3 s 时的瞬时功率为1500JC ．重力在3、4两秒内的平均功率为1500WD ．物体重力势能在5、6两秒内的变化为5000J 10．如图7所示, kg m A 4=,kg m B 1=,A 与桌面动摩擦因数2.0=μ,B 与地面间的距离s=0.8m, A 、B 原来静止，关于两者的运动情况，下列说法正确的是（）A ．B 落到地面时的速度为1.79m/sB ．B 落到地面时的速度为0.8m/sC ．B 落地后,A 在桌面上能继续滑行的距离为0.16mD ．B 落地后,A 在桌面上能继续滑行的距离为0.8m11、(6分)用如图所示的装置，探究功与物体速度变化的关系．实验时，先适当垫高木板，然后由静止释放小车，小车在橡皮条弹力的作用下被弹出，沿木板滑行。

2020届高三物理一轮复习第七章课时作业【共3套25页】

本套资源目录2020届高三物理一轮复习第七章第1讲电场力的性质课时作业含解析2020届高三物理一轮复习第七章第2讲电场能的性质课时作业含解析2020届高三物理一轮复习第七章第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动课时作业含解析电场力的性质一、选择题1．(2019·四川自贡诊断)两个完全相同的金属小球，所带电荷量多少不同，相距一定的距离时，两个金属球之间有相互作用的库仑力，如果将两个金属球相互接触一下后，再放到原来的位置，则两球的作用力变化情况是( )A．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力仍是引力B．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力为零C．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力仍是斥力D．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力是引力解析：如果相互接触前两球的库仑力是引力，且两球带不等量的异种电荷，则相互接触后的库仑力是斥力，A、B错误．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则两球带同种电荷，则相互接触后带等量的同种电荷，相互间的库仑力仍是斥力，C正确，D错误．答案：C2．如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点，若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则电荷所受电场力( )A．大小不变B．方向不变C．逐渐减小D．逐渐增大解析：由电场线的分布情况可知，N点电场线比M点电场线疏，则N点电场强度比M点电场强度小，由电场力公式F＝qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点的过程中，电场力逐渐增大，电场力方向与点所在的电场线的切线方向一致，所以一直在变化，故D正确．答案：D3．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则( )A ．a 、b 的电荷同号，k ＝169B ．a 、b 的电荷异号，k ＝169C ．a 、b 的电荷同号，k ＝6427D ．a 、b 的电荷异号，k ＝6427解析：对小球c 所受库仑力分析，画出a 对c 的库仑力和b 对c 的库仑力，若a 对c 的库仑力为排斥力，a 、c 的电荷同号，则b 对c 的库仑力为吸引力，b 、c 电荷为异号，a 、b 的电荷为异号；若a 对c 的库仑力为引力，a 、c 的电荷异号，则b 对c 的库仑力为斥力，b 、c 电荷为同号，a 、b 的电荷为异号，所以a 、b 的电荷为异号．设ac 与ab 的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，F ac ＝k 0q a q c ca 2，F bc ＝k 0q c q b bc 2，tan θ＝34，tan θ＝F bc F ac ，a 、b 电荷量的比值k ＝q a q b ，联立解得k ＝6427，选项D 正确．答案：D4．(多选)一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A 通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B 固定在绝缘支架上，A 球处于平衡状态，如图所示．现将B 球稍向右移动，当A 小球再次平衡(该过程A 、B 两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是( )A ．细线对带电小球A 的拉力变大B ．细线对细环的拉力保持不变C ．细环所受的摩擦力变大D ．粗糙杆对细环的支持力变大解析：以小球A 为研究对象，分析受力情况如图所示，当B 球稍向右移动时，库仑力F 增大，F 增大时，F T 变大，故A 正确，B 错误．以小球A 和细环整体为研究对象，受到总重力G 、杆对细环的支持力F N 、摩擦力F f 和库仑力F .根据平衡条件得F N ＝G ，F f ＝F ，库仑力F 增大时，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大，故C 正确，D 错误．答案：AC5．(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝q 8QB ．cos 3α＝q 2Q 2 C ．sin 3α＝Q8q D ．sin 3α＝Q 2q 2 解析：设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，则两个－q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 22a cos α2，解得cos 3α＝q 8Q ，故A 正确，B 错误；选取Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a2sin α＝k Q 22a sin α2，解得sin 3α＝Q8q ，故C 正确，D 错误．答案：AC6．(多选)如图所示，在光滑定滑轮C 正下方与C 相距h 的A 处固定一电荷量为Q (Q >0)的点电荷，电荷量为q 的带正电小球B ，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力F 拉住，使B 处于静止状态，此时B 与A 点的距离为R ，B 和C 之间的细线与AB 垂直．若B 所受的重力为G ，缓慢拉动细线(始终保持B 平衡)直到B 接近定滑轮，静电力常量为k ，环境可视为真空，则下列说法正确的是( )A ．F 逐渐增大B ．F 逐渐减小C ．B 受到的库仑力大小不变D ．B 受到的库仑力逐渐增大解析：对B 进行受力分析，如图所示，根据几何关系和三力平衡可得，G h ＝kQq R 3＝F ′L (F 1＝kQq R 2)，F ′＝LG h，且F ＝F ′，当L 逐渐减小时，F 逐渐减小，选项A 错误，B 正确；在B 缓慢移动过程中，设B 与A 点的距离为x ，在整个过程中，x 都满足G h ＝kQq x 3，对比G h ＝kQq R 3，得x ＝R ，即B 与点电荷间的距离不变，B 受到的库仑力大小不变，选项C 正确，D 错误．答案：BC二、非选择题7．如图所示，真空中xOy 平面直角坐标系上的A 、B 、C 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：(1)根据库仑定律，A 、B 两点处的点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L2①代入数据得F＝9.0×10－3 N②(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝k qL2③A、B两点处的点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos 30°④由③④式并代入数据得E≈7.8×103 N/C场强E的方向沿y轴正方向．答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向电场能的性质一、单项选择题1．(2019·黑龙江大庆模拟)关于静电场，下列说法正确的是( )A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D．电势降低的方向就是电场强度的方向解析：将负电荷由低电势点移到高电势点，电场力做正功，电势能减小，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，因无穷远处电势能为零，因此静电力做正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一等势面上，电势处处相等，场强不一定相等，选项C错误；电势降低最快的方向才是电场强度的方向，选项D错误．答案：B2．如图所示为示波管内的聚焦电场，图中实线为电场线，虚线为等势线，a、b、c为静电场中的三点，b、c在同一条直线的电场线上，则下列说法正确的是( )A．a、b、c三点中，c点电势最高B．a、b、c三点中，a点场强最大C．正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能D．负电荷在b点由静止释放，仅在电场力的作用下能沿直线由b点运动到c解析：沿着电场线方向，电势降低，所以a、b、c三点中，c点电势最低，b点电势最高，故A错误；电场线的疏密程度反映场强的大小，c点电场线最密，所以c点场强最大，故B错误；由于电势能E p＝qφ，b点的电势高于c点的电势，所以正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能，故C正确；负电荷在b点由静止释放，电场力水平向右，仅在电场力的作用下向右运动，不可能沿直线由b点运动到c，故D错误．答案：C3．(2018·高考天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为a M、a N，速度大小分别为v M、v N，电势能分别为E p M、E p N.下列判断正确的是( )A．v M＜v N，a M＜a N B．v M＜v N，φM＜φNC．φM＜φN，E p M＜E p N D．a M＜a N，E p M＜E p N解析：电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有a M＜a N；若粒子从M运动到N点，根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即v M＞v N，E p M＜E p N，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN；若粒子从N运动到M，根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即v M＞v N，E p M ＜E p N，负电荷在低电势处电势能大，故φM＞φN.综上所述，D正确．答案：D4．(2019·湖北黄冈中学高三适应性考试)如图所示，正方形ABCD的对角线相交于O 点，两个等量同种正电荷分别固定在A、C两点，则( )A．B、D两处电势、场强均相同B．B、D两处电势、场强均不相同C．若在B点静止释放一电子，电子一定在B、D间往复运动，且加速度先减小后增大D．若在B点给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动解析：在等量同种电荷连线的中垂线上，电场强度从O点开始向上、下两边先增大后减小，在O上方的电场强度方向竖直向上，在O下方的电场强度方向竖直向下，根据对称性可知B、D两点的电场强度大小相同，方向不同，电势相同，故A、B错误；无法判断从O到B(O到D)电场强度是一直增大，还是先增大后减小，故无法判断电子的加速度的变化情况，C错误；在垂直纸面且经过BD两点的圆上，所有点的电势相等，并且电子受到的电场力指向O点，与速度方向垂直，电子可绕O点做匀速圆周运动，D正确．答案：D5.(2019·山东潍坊模拟)如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2 V，a点的坐标为(0 cm，4 cm)，电势为8 V，b点的坐标为(3 cm，0 cm)，电势为8 V，则电场强度的大小为( )A．250 V/mB．200 V/mC．150 V/mD．120 V/m解析：由题意可知a、b两点的电势相等，则ab为一条等势线，又O点电势为2 V，则知匀强电场的场强方向垂直于ab指向左下方．过O点作ab的垂线交ab于c点，由几何关系得tan∠b＝43，得∠b＝53°，Oc＝Ob·sin∠b＝0.03 m×sin 53°＝2.4×10－2 m，c、O间的电势差U＝8 V－2 V＝6 V，则电场强度大小E＝UOc＝250 V/m，故A正确．答案：A二、多项选择题6．(2019·江苏南京师范大学附属中学高三模拟)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称，下列说法正确的是( )A．A点电势低于B点电势B．A点电场强度小于C点电场强度C．烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能解析：由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，A正确；由图可知，A 点处电场线比C点处密集，因此A点的场强大于C点场强，B错误；烟尘颗粒带负电，从A 到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，C正确，D错误．答案：AC7．如图所示，虚线为电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等．一个质子在A点的电势能小于其在B点的电势能，下列说法中正确的是( )A．A点的电势比B点的高B．A点的电势比B点的低C．质子在A点所受的电场力比B点的大D．质子在A点所受的电场力比B点的小解析：正电荷在电场中电势高的位置，电势能大，由于带正电的质子在A点的电势能小于其在B点的电势能，则知A点的电势比B点的低，故A错误，B正确；等差等势面的疏密代表场强的大小，故B点的场强大于A点的场强，质子在A点所受的电场力比B点的小，故C错误，D正确．答案：BD8．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，x A、x B分别为A、B 两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能E p随其坐标x变化的关系如图乙所示，E p A和E p B分别表示电子在A、B两点时的电势能．则下列说法中正确的是( )A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝E p A－E p BD．电子在A点的动能大于在B点的动能解析：由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系是一条过原点的直线，说明电势是均匀增加的，所以一定是个匀强电场，而不是孤立的点电荷形成的电场，故A错误；由上可知是匀强电场，所以A、B两点的电场强度相等，故B错误；由图乙可知，电子在A、B两点的电势能关系为E p B>E p A，说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝E p A－E p B，故C正确；电场力做负功，动能减小，所以A点的动能大于B点的动能，故D正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．(2019·山东青岛模拟)如图所示，实线表示等量异种点电荷的等势线，过O点的虚线MN与等势线垂直，两个相同的带正电的粒子分别从A、B两点以相同的初速度v0开始运动，速度方向水平向右，且都能从PQ左侧经过O点，AB连线与PQ平行．设粒子在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为E p1和E p2，通过O点时的速度大小分别为v1和v2.粒子的重力不计，则( )A ．A 点的电势高于B 点的电势 B ．a 1＜a 2C ．E p1＞E p2D ．v 1＜v 2解析：根据等势面和电场线的疏密可知A 点的电场强度大于B 点，所以a 1>a 2，B 错误；带正电的粒子从B 点出发，能经过O 点，说明在B 点所受的电场力方向垂直于等势面斜向左下，说明M 处电荷带负电，N 处电荷带正电，沿电场线方向电势逐渐降低，则A 点电势低于B 点电势，A 错误；E p ＝φq ，由于φA ＜φB ，所以E p1＜E p2，C 错误；运动过程应用动能定理qU AO ＝12mv 12－12mv 02，qU BO ＝12mv 22－12mv 02，电场力均做负功，且|U AO |＞|U BO |，v 1＜v 2，D 正确．答案：D10.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M 点，a 从N 点由静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q (图中未画出)时速度为零，则小球a ( )A ．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能增加量之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，选项D 错误．答案：BC11．(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点．一电荷量为q (q >0)的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1；若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2，下列说法正确的是( )A ．此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行B ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W 1＋W 22C ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的场强大小一定为W 2qLD ．若W 1＝W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差解析：A 选项根据题意无法判断，故A 项错误．由于电场为匀强电场，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点，所以φM ＝φc －φc －φa 2＝φc ＋φa2φN ＝φd －φd －φb 2＝φd ＋φb2若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W ＝qU MN ＝q (φM －φN )＝q φc ＋φa 2－q φd ＋φb 2＝qU cd ＋qU ab 2＝W 1＋W 22，故B 正确；因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是W 2qL，故C 错误；若W 1＝W 2，说明U cd ＝U ab ，即φc －φd ＝φa －φb ，而U aM －U bN ＝(φa －φM )－(φb －φN )，又因为φM ＝φc ＋φa 2，φN ＝φd ＋φb2，解得U aM －U bN ＝0，故D 正确．答案：BD12．(2019·河南鹤壁中学模拟)已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示，MN 为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个带电荷量为＋Q 的点电荷置于板的右侧，图中A 、B 、C 、D 是以点电荷＋Q 为中心的正方形的四个顶点，已知正方形ABCD 所在平面与金属板MN 垂直，取大地电势为零．则下列说法正确的是( )A．B点电势与C点电势相等B．A点的电场强度小于D点的电场强度C．A、B两点间的电势差U AB大于D、C两点间的电势差U DCD．将一带正电的试探电荷从A点沿AB边移动到B点的过程中，电场力先做负功，后做正功解析：画出电场线如图所示．对于正电荷Q的电场，B点电势等于C点的电势，金属平板的表面在点电荷＋Q作用下感应出负电荷，对于负极板的电场，C点的电势大于B点的电势，故合电场在C点的电势大于B点的电势，故A错误；正电荷Q在A、D两点产生的场强是等大的，而负极板在A、D 点产生的场强均向左且A点场强大于D点场强，根据矢量合成，A点的场强大，故B错误；根据对称性可知，A、B电势相等，C、D电势相等，则A、B两点间的电势差U AB等于D、C两点间的电势差U DC，都为零，故C错误；电场线的切线方向为该点场强方向，正电荷所受力的方向与电场强度方向相同，则从A到AB中点的过程中，电场力方向与位移方向夹角大于90°，电场力做负功，从AB中点到B点的过程中，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，故D正确．答案：D13．如图所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则( )A．x2处场强大小为kQx22B．球内部的电场为匀强电场C ．x 1、x 2两点处的电势相同D ．假设将试探电荷沿x 轴移动，则从x 1移到R 处和从R 移到x 2处电场力做功相同解析：计算x 2处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点的点电荷，则有x 2处场强大小为E ＝kQx 22，故A 正确；由乙图Ex 图象可知，球内部由O 到球表面区间电场强度均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，故B 错误；x 轴上O 点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐减小，可知φx 1>φx 2，故C 错误；Ex 图象与x 轴所围面积表示电势差，由乙图可知两处面积不相等，所以x 1处与球表面、球表面与x 2处的电势差不同，则将试探电荷沿x 轴从x 1移到R 处和从R 移到x 2处电场力做功不相同，故D 错误．答案：A 二、非选择题14.如图所示，在距足够长的光滑绝缘水平直轨道上方h 高度的P 点处固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v .已知点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势．解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kQq r 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝hsin 60°设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为F N ，在竖直方向由平衡条件有F N －mg －F sin 60°＝0解得F N ＝mg ＋33kQq8h2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12mv 2－12mv 02 解得φB ＝φ＋m v 02－v 22q.答案：(1)mg ＋33kQq 8h2(2)φ＋mv 02－v 22q电容器的电容带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1．(2019·山东济南外国语高三检测)带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有( )A ．增大两极板间的距离B ．用手触摸极板BC ．在两板间插入电介质D ．将极板B 向上适当移动解析：增大两极板间的距离，即d 增大，则由电容的决定式C ＝εr S4πkd ，可以知道电容器的电容减小；电容器所带电荷量不变，则由C ＝Q U分析可以知道，电容器板间的电势差增大，静电计的指针偏角变大，所以A 错误．因为B 板接地，用手触摸时，仍接地，故对电荷量没有影响，电势差保持不变，故B 错误．在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C 增大，由Q ＝UC 可以知道电势差减小，所以C 正确．将极板B 向上运动时，正对面积减小，则C 减小，由定义式可以知道，电势差增大，故D 错误．答案：C2．如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间电压不变，则( )A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析：由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．答案：C3.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，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 点的点电荷，以E 表示两极板间的电场强度，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．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：由题知，电容器两板所带电荷量Q 不变，根据C ＝εr S 4πkd 和U ＝QC 可知，当上板下移，C 增大，U 减小，θ减小，A 、B 错误．根据E ＝U d ＝Q C ·d ＝4πkQ εr S，可见E 与d 无关，只改变d ，E 不变，D 正确．根据φP ＝U P 地＝E ·L P 地，E 不变，L P 地不变，故φP 不变，E p 不变，C 错误．答案：D4．(2019·山东潍坊实验中学检测)如图所示，静止的电子在加速电压U 1的作用下从O 经P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U 2的作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的12解析：设偏转电极的长度为L ，板间距离为d ，则根据推论可知，偏转距离y ＝U 2L 24dU 1.使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，即y 不变，则必须使U 2加倍，故选A.答案：A5．(2019·福建龙岩模拟)如图，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的5倍，它们以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为(不计重力)( )A ．2∶5B ．5∶2C ．4∶5D ．5∶4解析：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，由l ＝v 0t 可知运动时间比为1∶2，由y ＝12at2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a ＝qE m，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D 二、多项选择题6．如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小解析：对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C 正确，D 错误．答案：BC7．如图所示，D 是一只理想二极管，电流只能从a 流向b ，而不能从b 流向a .平行板电容器的A 、B 两极板间有一电荷，在P 点处于静止状态．以E 表示两极板间的电场强度，U 表示两极板间的电压，E p 表示电荷在P 点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是( )。

高三物理一轮单元卷：第七单元_动量_a卷有答案

一轮单元训练金卷·高三·物理卷（A）第七单元动量注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、(本题共10小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1. 若物体在运动过程中受到的合力不为零，则()A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量不可能总是不变的C. 物体的加速度一定变化D. 物体的速度方向一定变化2．如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。

一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。

在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量、机械能都不守恒3．斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。

则以下说法中正确的是()A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能4．质量为m 的物体沿平直的路面做直线运动，其速度—时间图象，如图所示。

则此物体在0~t 0和t 0~2t 0时间内受到的合外力冲量分别为( )A. 2mv 0 0B. mv 0 0C. 0 2mv 0D. 0 −2mv 05．如图所示，一质量M = 3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m =1.0 kg 的小木块A (可视为质点)，同时给A 和B 以大小均为2.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，要使小木块A 不滑离长木板B 板，已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.6，则长木板B 的最小长度和小物块向左运动的最大距离为( )A. 1.2 m 1.0 mB. 0.8 m 1.0 mC. 1.0 m1m 3 D. 1.5 m 4m 36．如图所示，光滑水平面上有一质量为M = 2.0 kg 的滑块，滑块左侧是四分之一光滑圆弧轨道，圆弧半径为R =1 m ，E 点切线水平。

2020年高考物理一轮复习专题7.6 静电场精品测试卷(原卷版)

第7章静电场单元测试【满分：100分时间：90分钟】一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分)1．（安徽省宣城市2019届高三第二次模拟）如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。

下列说法正确的是（）A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷C．a、b小球电量之比为36D．a、b小球电量之比为32．（河北衡水中学2019届高三调研）如图所示，三角形abc的三个顶点各自固定一个点电荷，A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是（）A．F1B．F2C．F3D．F43．（四川达州市普通高中2019届第二次诊断性测试）如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。

用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。

现将B 球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．与移动前相比，下列说法正确的是A ．斜面对A 的弹力增大B ．水平面对B 的弹力不变C ．推力F 变小D ．两球之间的距离变小4．（辽宁省大连市八中2019年高考模拟）如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电，另一带正电的物体B 沿着以A 为圆心的圆弧由P 到Q 缓慢地从A 的正上方经过，若此过程中A 始终保持静止，A 、B 两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是（）A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小B ．物体A 受到地面的支持力保持不变C ．物体A 受到地面的摩擦力先增大后减小D ．库仑力对物体B 先做正功后做负功5．（天津市九校2019届高三联考）如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O 处电场强度大小等于E 0，两个平面通过同一条直径，夹角为a ，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在O 处的电场强度大小为( )A ．0sin E E a =B ．0cos E E a =C ．0sin 2a E E =D ．0cos 2a E E = 6．（四川省绵阳中学2019届高三模拟）如图所示，边长为L 的正六边形ABCDEF 的5条边上分别放置5根长度也为L 的相同绝缘细棒。

2020届高三高考_人教版_物理一轮复习__静电场课时3 课后练习 (7)

电场的力的性质知识排查点电荷、电荷守恒定律1.点电荷有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型。

2．元电荷：e ＝1.60×10－19 C ，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。

3．电荷守恒定律(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。

(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。

(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。

库仑定律1.内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比。

作用力的方向在它们的连线上。

2．表达式：F ＝k q 1q 2r 2，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量。

3．适用条件：(1)真空中；(2)点电荷。

电场强度、点电荷的场强1.定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值。

2．定义式：E ＝Fq ，单位：N/C 或V/m 。

3．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度E ＝k Qr 2。

4．方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。

5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。

电场线1.定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些有方向的曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱。

2．电场线的特点小题速练1．思考判断(1)点电荷和电场线都是客观存在的。

( ) (2)根据F ＝kq 1q 2r 2，当r →0时，F →∞。

( ) (3)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向( ) (4)英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。

( )(5)美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e 的电荷量，获得诺贝尔奖。

高三物理一轮复习练习题必修7.2

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)◎必做部分1．关于闭合电路的性质，下列说法正确的是()A．外电路断路时，路端电压最小B．外电路短路时，电源的功率最小C．外电路电阻变大时，路端电压变大D．不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变答案：CD2.如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电源内阻不可忽略，当开关S2闭合时，理想电流表A的示数为3 A，则当开关S2断开时，电流表示数可能为() A．3.2 A B．2.1 AC．1.2 A D．0.8 A答案： B和3.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，外电路接有定值电阻R滑动变阻器R，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从R的最左端移到最右端的过程中．下列说法中正确的是()A．电压表读数一定变大B．通过电源的电流一定增大C．R消耗的功率一定变大D．R1消耗的功率一定变大解析：当滑片P从R的最左端移到最右端的过程中，R的有效阻值增大，由“串反并同”原则可知电压表示数增大，A对；R1消耗的功率减小，D错；通过电源的电流减小，B错；R消耗的功率无法确定，C错．答案： A4.在如图所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻．在下列叙述的操作中，可以使灯泡L变暗的是()A．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；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：AD5.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．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( )A ．32 WB ．44 WC ．47 WD ．48 W解析：电动机不转时等同于一只发热的纯电阻，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UI －I 2r ，等于32 W.答案： A6.如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压U 与通过它们的电流I 的关系图线，下列说法中正确的是( )A ．路端电压都为U 0时，它们的外电阻相等B ．电流都是I 0时，两电源的内电压相等C ．电源甲的电动势大于电源乙的电动势D ．电源甲的内阻小于电源乙的内阻解析：当路端电压为U 0时，回路电流也相同，R 外＝U 0I 0相同，A 正确；由于二者内阻不同，故电流为I 0时内电压不相等，B 错；纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻的大小，故C 对D 错．答案： AC7.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为( )A.34、14B.13、23C.12、12D.23、13解析：电源的效率η＝IU EI ×100%＝U E×100%.a 点对应的路端电压U 为4个格，而电动势E 为6个格．因此ηa ＝23；b 点对应的路端电压为2个格，因此ηb ＝13.故D 项正确．答案： D8.如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ＝R ，L1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻的阻值相同，均为R ，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置拨到2位置时( )A ．电压表读数将变大B ．L 1将变亮，L 2将变暗C ．L 1亮度不变，L 2将变亮D ．电源的发热功率将变大解析：当开关由1位置拨到2位置时，电路的总电阻减小，电流变大，电源发热功率将变大，电压表示数减小，L 1中的电流不变，L 2中的电流由E /5R 变为2E /5R ，所以，L 1亮度不变，L 2将变亮．答案： CD9.如图所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，平行金属板A 、B 水平放置．当开关S 闭合，滑动变阻器R 2的滑片P 滑到图示位置时，一个可视为质点的带负电小液滴在平行板的正中间恰好处于静止状态．现要使带电小液滴向上运动，下列措施可行的是( )A ．断开开关SB ．让滑片P 向a 端滑动C ．减小平行金属板A 、B 间的距离D ．减小平行金属板A 、B 间的正对面积解析：小液滴处于平衡状态，说明此时小液滴的重力和所受到的电场力大小相等，方向相反．受到的重力竖直向下，电场力竖直向上．要使该小液滴向上运动，只需增大小液滴受到的电场力即可．A 中断开开关，两极之间的电势差减小到零，液滴向下运动；B 中让滑片向a 端滑动时，根据串联分压的知识可知，此时两板间电势差增大，则电场力增大，液滴向上运动；C 中减小两板距离，由E ＝U d，可知，场强增大，液滴向上运动；D 中平行板间电压不变，板间距离也不变，则场强不变，液滴保持静止．故选项B 、C 正确．答案： BC10．如图所示，直线a 为电源的I －U 图线，曲线b 为灯泡的I －U 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别为( )A ．1.6 W,2 WB ．1.6 W,6.4 WC ．2 W,2 WD ．2 W,6.4 W解析：两图线的交点表示二者组成闭合回路时的路端电压和电流，由题图知P 总＝EI ＝8×0.8 W ＝6.4 W ，P 出＝UI ＝2×0.8 W ＝1.6 W ，故选B.答案： B11.如图所示的电路中，电源电动势E ＝3 V ，内电阻r ＝1 Ω，定值电阻R 1＝3Ω，R 2＝2 Ω，电容器的电容C ＝100 μF ，则下列说法正确的是( )A ．闭合开关S ，电路稳定后电容器两端的电压为1.5 VB ．闭合开关S ，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10－4 CC ．闭合开关S ，电路稳定后电容器极板a 所带电荷量为1.5×10－4 CD ．先闭合开关S ，电路稳定后断开开关S ，通过电阻R 1的电荷量为3.0×10－4 C解析：闭合开关S ，电路稳定后电流I ＝E /(R 1＋R 2＋r )＝0.5 A ，电容器两端的电压为U ＝IR 1＝1.5 V ，选项A 正确；电路稳定后电容器带电荷量为Q ＝CU ＝100×10－6×1.5 C ＝1.5×10－4 C ，选项B 错误，C 正确；先闭合开关S ，电路稳定后断开开关S ，电容器C 通过电阻R 1放电，通过电阻R 1的电荷量为1.5×10－4 C ，选项D 错误．答案： AC12．(2012·汕头市模拟)如图甲所示，R 为电阻箱(0～99.9 Ω)，置于阻值最大位置，R x 为未知电阻，(1)断开S 2，闭合S 1，逐次减小电阻箱的阻值，得到一组R 、I 值，并依据R 、I值作出了如图乙所示的R －1I图线，(2)断开S 2，闭合S 1，当R 调至某一位置时，电流表的示数I 1＝1.0 A ；保持电阻箱的位置不变，断开S 1，闭合S 2，此时电流表的示数为I 2＝0.8 A ，据以上数据可知( )A ．电源电动势为3.0 VB ．电源内阻为0.5 ΩC ．R x 的阻值为0.5 ΩD ．S 1断开、S 2接通时，随着R 的减小，电源输出功率减小解析：由I ＝E R ＋r得R ＝E I －r 则R －1I 图象的斜率k ＝E ＝2.0 V ，A 选项错误，R 轴截距的绝对值等于内阻r ，即r ＝0.5 Ω，B 选项正确，S 2断开，S 1闭合时，R ＋r ＝E I 1；S 1断开，S 2闭合时，R x ＋R ＋r ＝E I 2，所以R x ＝E I 2－E I 1＝0.5 Ω，C 选项正确，因R x ＝r ，所以R ≠0时，电路中的外电阻大于内阻，随着R 的减小，电源输出功率将增大，R ＝0时，电源输出功率最大，D 选项错误．答案： BC ◎选做部分13.某一电源和电阻R 1、R 2的伏安特性曲线如图所示，用此电源与电阻R 1、R 2组成电路，R 1、R 2可以同时接入电路，也可以单独接入电路，则下列接入方式与其他接入方式相比较，错误的是( )A ．若将R 1、R 2串联后接入电路，路端电压最高B ．若将R 1、R 2并联后接入电路，电源的效率最低C ．若将R 2单独接入电路，电源消耗的电功率最小D ．若将R 1单独接入电路，电源的输出功率最大解析：若将R 1、R 2串联后接入电路，外电路电阻R 最大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压U ＝E R ＋r R ＝E 1＋r /R最高，A 正确；电源的效率η＝IU IE ＝U E ，若将R 1、R 2并联后接入电路，外电路电阻R 最小，电源的效率最低，B 正确；电源消耗的电功率P r ＝I 2r ，干路电流I 越小，P r 越小，即外电路电阻R 越大，P r 越小，因此需将R 1、R 2串联后接入电路，电源消耗的电功率才最小，C 错误；由题图可知，当电路工作点坐标为(3.0,3.0)时，电源的输出功率有最大值，将已知电阻接入电路，若已知电阻与电源组成的工作点越接近坐标(3.0,3.0)，电源的输出功率就越大，当R 1单独接入电路时，工作点最接近坐标(3.0,3.0)，故D 正确．答案： C14.在如图所示电路中，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化．电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列比值正确的是( )A.U 1I 不变，ΔU 1ΔI 不变B.U 2I 变大，ΔU 2ΔI变大 C.U 2I 变大，ΔU 2ΔI 不变 D.U 3I 变大，ΔU 3ΔI变大解析：由欧姆定律知U 1I ＝ΔU 1ΔI ＝R 1，A 对；滑片下滑，R 2的有效阻值增大，U 2I 、U 3I均增大，由闭合电路欧姆定律和内外电压变化相等，将R 1归为电源内阻，所以ΔU 2ΔI不变，B 错C 对；同理ΔU 3ΔI不变，D 错．答案： AC。

【学海导航】2015届高三物理一轮总复习同步训练：第7章_恒定电流

第七章恒定电流第1节部分电路、电功、电功率一、单项选择题1.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的电阻丝，则电阻变为()A．10 ΩB．50 ΩC．150 ΩD．250 Ω2.把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在内阻不计的同一电源上，若要产生相等的热量，则两种方法所需的时间之比t串∶t并为()A．1∶1B．2∶1C．4∶1D．1∶43.一个内电阻可以忽略的电源，给一个绝缘的圆管子内装满的水银供电，电流为0.1 A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管子里，那么通过的电流将是() A．0.4 A B．0.8 AC．1.6 A D．3.2 A4.某一导体的伏安特性曲线如图AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()A．B点的电阻为12 ΩB．B点的电阻为40 ΩC．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω5.在如图所示电路中，E为电源，其电动势E＝9 V，内阻可以忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6 V，额定功率P＝1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端．现在接通开关，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为() A．10 ΩB．20 ΩC．15 ΩD．5 Ω6.一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P.现将它们连接成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为P D、P1、P2，它们之间的大小关系为()A．P1＝4P2B．P D<P2C．P1>4P2D．P D>P27.(2013·北京调研)额定电压均为220 V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220 V电路中，则下列说法错误的是()A．L2的额定功率为99 WB．L2的实际功率为17 WC．L2的实际功率比L3的实际功率小17 WD．L2的实际功率比L3的实际功率小82 W8.(2013·北京海淀区模拟)如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6 V、12 W”字样，电动机线圈的电阻R M＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是()A．电动机的输入功率为12 WB．电动机的输出功率为12 WC．电动机的热功率为12 WD．整个电路消耗的电功率为22 W二、多项选择题9.一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U 时，通过金属导线的电流强度为I ，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U ，则此时 ( )A ．通过金属导线的电流为I 2B ．通过金属导线的电流为I4C ．自由电子定向移动的平均速率为v2D ．自由电子定向移动的平均速率为v4三、非选择题10.(2013·长沙模拟)如图所示，相距40 km 的A 、B 两地架起两条输电线，电阻共800 Ω，如果在A 、B 间某处短路，这时接在A 处的电压表示数为10 V ，电流表示数为40 mA ，求发生短路处距A 有多远？11.(2013·上海模拟)一台小型电动机在3 V 电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N 的物体时，通过它的电流是0.2 A ．在30 s 内可使该物体被匀速提升3 m ．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的30 s内，电动机线圈所产生的热量；(3)线圈的电阻．第2节闭合电路欧姆定律及其应用一、单项选择题1.如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则() A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大2.如图所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V.则该电路可能为()3.有一个电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源．下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50%的是()A．0.5 ΩB．1 ΩC．1.5 ΩD．2 Ω4.(2013·六校联考)如图所示，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()A．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5.在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，则()A．A灯变亮，B灯变暗B．A灯和B灯都变亮C．电源的输出功率减小D．电源的工作效率降低二、多项选择题6.(2013·西城区模拟)用如图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()A．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 A7.如图所示的电路中，电源电动势E ＝6V ，内阻r ＝1Ω，电阻R 1＝6Ω，R 2＝5Ω，R 3＝3Ω，电容器的电容C ＝2×10－5F.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 ＝0.75AB ．I ＝0.5AC ．q ＝2×10－5C D ．q ＝1×10－5C8.一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U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－IrE9.如图所示的电路中，电源电动势E ＝3 V ，内电阻r ＝1 Ω，定值电阻R 1＝3 Ω，R 2＝2 Ω，电容器的电容C ＝100 μF ，则下列说法正确的是 ( )A ．闭合开关S ，电路稳定后电容器两端的电压为1.5 VB ．闭合开关S ，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10－4CC ．闭合开关S ，电路稳定后电容器极板a 所带电荷量为1.5×10－4CD ．先闭合开关S ，电路稳定后断开开关S ，通过电阻R 1的电荷量为3.0×10－4C10.如图甲所示，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R 1＝1 000 Ω(不随温度变化)．若改变R 2，使AB 与BC 间的电压相等，这时 ( )A ．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三、非选择题11.在如图所示的电路中，R1＝2Ω，R2＝R3＝4Ω，当开关S接a时，R2上消耗的电功率为4W，当开关S接b时，电压表示数为4.5V，试求：(1)开关S接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；(2)开关S接b时，电源的电动势和内电阻；(3)开关S接c时，通过R2的电流．12.如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF.(1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流．(2)然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量．(3)如果把R2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R2消耗的最大电功率．第3节实验：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器) 实验：描绘小电珠的伏安特性曲线1.(单选)在“测定金属的电阻率”的实验中，由ρ＝πd2U4π可知，对实验结果的准确性影响最大的是()A．导线直径d的测量B．电压U的测量C．电流I的测量D．导线长度的测量2.(多选)在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作正确的是()A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变3.如图所示是一些准备用来测量待测电阻R x阻值的实验器材，器材及其规格列表如下：电压表电压表电流表A滑动变阻器、导线若干程的一半，而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化．请用实线代替导线，在所给的实验器材图中选择若干合适的器材，连成满足要求的测量R x阻值的电路．4.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：(1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，测量3次，求出其平均值L，其中一次测量结果如图(甲)所示，金属丝的一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为24.12 cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d.其中一次测量结果如图(乙)所示，图中读数为0.511mm.(2)采用如图(丙)所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值偏小(填“偏大”或“偏小”)．最后由公式ρ＝πd2U计算出金属丝的电阻率(用直接测量的物理量表示)．5.在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中，为了探究3根材料未知，横截面积均为S＝0.20mm2的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路，M为金属丝c的左端点，O为金属丝a的右端点，P是金属丝上可移动的接触点．在实验过程中，电流表读数始终为I＝1.25A.电压表读数U随OP间距离x的变化如下表：(1)绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线；(2)求出金属丝的电阻率ρ，并进行比较．6.在测量小灯泡伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示．电源内阻不计，导线连接良好，若将滑动的变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：a．小灯泡L不亮；电流表示数几乎为零b．小灯泡L亮度增加；电流表示数增大c．小灯泡L开始不亮后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断d．小灯泡L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断与上述abcd四种现象对应的电路序号为()A．③①②④B．③④②①C．③①④②D．②①④③7.某同学测绘标有“4.8V,0.3A”小灯泡的电功率随电压变化的图像，要使小灯泡两端电压从0至4.8V连续变化，为了使测量尽可能地准确，除了导线和开关外，可供选择的仪器还有：A．电流表：量程0～0.6A，内阻约为1ΩB．电流表：量程0～3A，内阻约为0.2ΩC．电压表：量程0～6V，内阻约为2kΩD．电压表：量程0～15V，内阻约为4.5kΩE．滑动变阻器：阻值范围0～20Ω，额定电流2AF．滑动变阻器：阻值范围0～2kΩ，额定电流0.5AG．电池组：电动势6V，内阻约为1Ω(1)选用的器材代号为ACEG；(2)画出实验电路图；(3)如果根据实验测量的数据描出P－U图线如图所示，则小灯泡在1.5V电压下的电阻值为R＝ 2.25Ω.8.我们平常所用的铅笔芯中含有石墨，能导电．某同学设计了探究铅笔芯伏安特性曲线的实验，得到如下数据(I和U分别表示通过铅笔芯的电流和其两端的电压)：A．电流表A1(量程0.6A，内阻约为1.0Ω)B．电流表A2(量程3A，内阻约为0.1Ω)C．电压表V1(量程3V，内阻3kΩ)D．电压表V2(量程15V，内阻15kΩ)E．滑动变阻器R1(最大阻值10Ω，额定电流2A)F．滑动变阻器R2(最大阻值2kΩ，额定电流0.5A)(1)除长约14cm的中华绘图2BD铅笔芯、稳压直流电源G(6V)、开关和带夹子的导线若干外，还需选用的其他器材有ACE(填选项前字母)；(2)在虚线方框中画出实验电路图；(3)根据表格中数据在坐标纸上画出铅笔芯的I－U图线．9.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小灯泡(2.5V,0.6W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干．(1)实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图甲完成实物图乙中的连线．图甲图乙(2)开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于a(或端，为使小灯泡亮度增加，P应由中点向b(或端滑动．(3)下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图像，必须在相邻数据点ab间多测几组数据(请填写“ab”“bc”“cd”“de”或“ef”)定电压为2.5V.(1)完成下列实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近变阻器左端的接线柱；②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；③断开开关……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．(2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图．第4节实验：测定电源的电动势和内阻实验：练习使用多用电表1.(单选)下面给出了多种用伏安法测电源电动势和内阻的数据处理方法．其中既能减小偶然误差，又直观、简便的方法是()A．测出两组I、U的数据，代入方程组E＝U1＋I1r和E＝U2＋I2r，求出E、rB．多测几组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值C．测出多组I、U的数据，画出U－I图像，再根据图像求E、rD．多测出几组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势，再用闭合电路欧姆定律求出内阻r2.(单选)两个电源a、b的U－I图像如图所示，由图可知()A．电源a的内阻较小，电动势较大B．电源a的内阻较大，电动势较大C．电源b的电阻较小，电动势较大D．电源b的内阻较大，电动势较大3.用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：(a)电流表(量程0.6A3A)(b)电压表(量程3V15V)(c)定值电阻(阻值1Ω，额定功率5W)(d)定值电阻(阻值10Ω，额定功率10W)(e)滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流2A)(f)滑动变阻器(阻值范围0～100Ω、额定电流1A)那么：(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择3V，电流表的量程应选择0.6A；R0应选择1Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是0～10Ω的滑动变阻器．(2)引起该实验系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小.4.某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内阻，已知干电池的电动势为1.5V 左右，内阻为1Ω左右，电压表(0～3V,3kΩ)，电流表(0～0.6A,1.0Ω)，滑动变阻器有R1(0～10Ω，2A)和R2(0～100Ω，0.1A)各一只．(1)在实验中滑动变阻器应选用R1(填“R1”或“R2”)．(2)在图乙中用笔画线代替导线连接实物图．乙5.用电流表和电压表测定电池的电动势E和内阻r，所用电路如图甲所示，一位同学测得的6组数据如下表所示．甲(1)乙(2)根据图线求出电池的电动势E＝ 1.46V，电池的内电阻r＝0.71Ω.(3)若不作出图线，只选用其中两组U和I的数据，用公式E＝U＋Ir，列方程求E和r，这样做可能得出误差很大的结果，其中选用第3组和第4组的数据，求得E和r误差最大．6.某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E.(1)先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图，其示数为9.4V.(2)然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势．(Ⅰ)根据电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路．(Ⅱ)闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示数U.该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的R、U数据，并计算出相应的1/R与1/U的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出1/U－1/R图线.(Ⅲ)从图线中可求得E＝9.5～11.1V.第七章恒定电流第1节部分电路、电功、电功率1．D 2.C 3.C 4.B 5.B 6.B7.C8.A9.BC10．解析：设短路处发生在C 处，AC 间导线总长为2x ，电阻为R x . R x ＝U I ＝1040×10－3Ω＝250 Ω.AB 间：R AB ＝ρ·2l S ，AC 间：R x ＝ρ·2xS .两式相比得x ＝R x R AB ·l ＝250800×40 km ＝12.5 km.11．解析：(1)电动机的输入功率 P 入＝UI ＝0.2×3 W ＝0.6 W. (2)电动机提升重物的机械功率 P 机＝F v ＝(4×3/30) W ＝0.4 W.根据能量关系P 入＝P 机＋P Q ，得产生热的功率 P Q ＝P 入－P 机＝(0.6－0.4) W ＝0.2 W. 产生热量Q ＝P Q t ＝0.2×30 J ＝6 J. (3)根据焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈电阻R ＝5 Ω.第2节闭合电路欧姆定律及其应用1．A 2.B 3.C 4.C 5.A 6.AD 7.AD 8.AD 9.AC 10.BC 11．解析：(1)S 接a 时，R 1被短路，外电阻为R 2，根据电功率公式可得通过电源的电流I 1＝PR 22＝1A ，电源两端的电压U 1＝PR 2＝4V . (2)S 接a 时，有E ＝U 1＋I 1r ＝4＋r ，① S 接b 时，R 1和R 2串联， R 外′＝R 1＋R 2＝6Ω，通过电源的电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝0.75A ，这时有：E ＝U 2＋I 2r ＝4.5＋0.75r .② 联立①②式得：E ＝6V ，r ＝2Ω. (3)S 接c 时，R 总＝R 1＋r ＋R 23＝6Ω，总电流I 3＝E /R 总＝1A ，通过R 2的电流I ′＝12I 3＝0.5A.12．解析：(1)稳定时，电容器看做断开状态，电路中的电流： I ＝Er ＋R 1＋R 2＝1 A(2)S 闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压：U ＝IR 2＝1×6 V ＝6 V断开后，电容器两端的电压为10 V 所以ΔU ＝4 V流过R 1的总电荷量为：ΔQ ＝ΔU ·C ＝1.2×10－4C(3)P R 2＝(E r ＋R 1＋R 2)2·R 2＝E 2[R 2－(R 1＋r )]2R 2＋4(R 1＋r )可见当R 2＝R 1＋r 时，R 2消耗的功率最大P R 2＝E 24(R 1＋r )＝6.25 W.第3节实验：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)实验：描绘小电珠的伏安特性曲线1．A 2.BD3．解析：通过待测电阻的最大电流I m ＝0.01A ＝10mA ，故电流表A 不能大角度偏转，故不能选电流表．可考虑用电压表测电流，V 1的最大电流I V1＝0.002A ＝2mA ，V 2的最大电流I V2＝0.002A ＝2mA.若将V 1与R x 串联再与V 2并联，则两支路电阻相差不大，两电压表指针偏角比较接近，且能够大角度偏转．要求调节滑动变阻器能使电表读数有明显的变化，应采用滑动变阻器的分压式接法．4．(1)24.12 0.511 (2)偏小 πd 2U4IL解析：(1)金属丝的长度为24.12cm ～24.14cm 均可，直径读数为0.510mm ～0.513mm 均可．(2)采用电流表外接法，由于电压表的内阻不是无穷大，电压表有分流，从而电流表的测量值大于真实值，由R ＝UI可知，电阻的测量值小于真实值．由R ＝ρl S ，R ＝U I ，可得ρ＝πd 2U4IL .5．解析：(1)图略： (2)ρ＝USIlρa ＝(6.5－3.9)×0.20×10－61.25×(100－60)×10－2Ω·m ＝1.04×10－6Ω/m ρb ＝(7.1－6.5)×0.20×10－61.25×(200－100)×10－2Ω·m ＝9.6×10－8Ω/m ρc ＝(9.7－7.1)×0.20×10－61.25×(240－200)×10－2Ω·m ＝1.04×10－6Ω/m 通过计算可知，金属丝a 与c 电阻率相同，远大于金属丝b 的电阻率．电阻率的允许范围ρa ：0.96×10－6～1.10×10－6Ω/mρb ：8.5×10－8～1.10×10－7Ω/mρc ：0.96×10－6～1.10×10－6Ω/m6．A 解析：①图当向右滑动过程中，L 电压逐渐增大，小灯泡亮度将增加，电流表示数将增大(电阻减小)；②图中开始电流表示数不为0且将灯短路，灯不发光，当电阻减小到一定值时，电表流被烧坏断路，灯泡会突然发光；③图中电压表内阻很大，流过电流表的电流很小几乎为0，灯电流更小，不发光；④图中电流表将灯泡短路，灯泡不发光，而当向右移动滑片，电流表示数将增大最后被烧坏．7．(1)ACEG (3)2.25解析：(1)根据小灯泡的额定电压为4.8V ，额定电流为0.3A ，电压表选择C ，电流表选择A.由于使小灯泡两端电压由0至4.8V 连续变化，应采用分压电路，滑动变阻器阻值不宜太大，应选E ；(2)小灯泡正常发光时的电阻R ＝16Ω，R V R >RR A ，因此选用电流表外接法，电路如图所示；(3)由图像可得小灯泡在电压为1.5V 时功率为1.0W ，故此时小灯泡的电阻为R ＝U 2P ＝2.25Ω.8．(1)ACE 解析：(1)实验所得数据中，电压值小于3V ，电流值都小于0.6A ，又由于稳压直流电源G 电动势为6V ，所以电压表应选V 1，电流表选A 1.因电压、电流值均从0调节，故滑动变阻器应采用分压式接法，且选用小阻值的滑动变阻器R 1.(2)从表中数据可看出，铅笔芯的阻值大约为4Ω<R A ·R V ，所以应采用电流表外接法．图略(3)因本实验为探究铅笔芯伏安特性曲线的实验，所以所测数据在坐标纸中找出后应用一条平滑的曲线去连接各点，可以得出，铅笔芯的I －U 图线应是一条斜率不变的直线．图略9．(2)a(或左)b(或右)(3)ab解析：(1)与电压表几千欧相比，小灯泡的电阻算小电阻，所以电流表必须外接，伏安特性曲线要求电压从0开始逐渐变大，所以滑动变阻器必须与电源分压连接．(2)从a端开始，小灯泡电压为零，向b端移动，对小灯泡所加电压逐渐变大．(3)ab之间电流增加了0.122A，其他段电流增加了0.03A左右．所以需要在ab之间将电流分为0.030A、0.060A、0.090A，分别测量相应的电压值．10．(1)①使它靠近变阻器左端的接线柱②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压(2)图略第4节实验：测定电源的电动势和内阻实验：练习使用多用电表1．C 2.B3．(1)30.610～10(2)由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小4．(1)R1(2)实物连接图如上图所示．5．(2)图略解析：(1)图略(2)由直线与纵轴的交点可读出电动势E＝1.46V，再读出直线与横轴的交点的坐标(0.65,1.0)，连同得出的E值代入E＝U＋Ir中，得r＝E－UI≈0.71Ω.(3)选用第3组和第4组数据求得的E和r误差最大．选用这两组数据求E和r，相当于过图中3和4的两点作一直线，利用此直线求出E和r，而此直线与所画的直线偏离最大，实际上，第4组数据不合理，已经排除．6．(1)9.4(2)(Ⅲ)9.5～11.1第21 页共21 页。

高三物理第一轮复习各单元同步练习(附答案)

第一章三种力专题知识达标：1、力的概念：力是间的作用。

注意要点：（1）一些不接触的物体也能产生力。

例如（2）任一个力都有受力物体和，力不能离开物体而存在。

（3）力的作用效果：使物体或改变物体运动状态。

（4）力的测量工具是。

2、重力：（1）定义：重力是物体由于受地球吸引而使的力。

（2）重力的大小G= 。

（3）重力的方向。

3、弹力：（1）定义：物体由于要形变，对跟它接触的物体产生的力。

（2）产生条件：相互接触且。

（3）方向：垂直于接触面（切面）或沿绳的方向（又称张力），注意：杆受到的弹力不一定沿杆。

4、摩擦力：（1）滑动摩擦力：①方向：和方向相反；②大小：F= 。

（2）静摩擦力：①方向：和方向相反。

②大小：0~最大静摩擦力，常用二力平衡条件判断和求解。

注意：最大静摩擦力稍大于滑动摩擦力，通常认为近似相等。

5、重心由物体、两个因素决定。

经典题型1、如图1-1所示，物体静止在斜面上，则物体受力情况是）A 、受重力、下滑力、弹力、摩擦力B 、受重力、弹力、摩擦力C 、受重力、下滑力、对斜面的压力、摩擦力D 、受重力、对斜面的压力、摩擦力2、如图1-2所示，重力为100N 的物体，在水平面上向右运动，物体和水平面之间μ=0.2与此同时，物体受到一个向左的力F 的作用，F=20N ，以下结论正确的是…………（）A、物体所受的滑动摩擦力方向向左B、物体所受的滑动摩擦力方向向右C 、物体所受的合外力为40ND 、物体所受的合外力为零 3、由胡克定律f=kx 可知：K=f/x 下列判断正确的是………………………………（）A 、f 越大,k 越小B 、x 越大,k 越小C 、k 与x 和f 有关D 、在弹性限度内，无论弹簧拉长或缩短，k 值不变4、把一重为G 的物体，用一个水平推力F=kt （k 为常数，t 为时间）压在竖直的足够高的平整的墙上，如图1-3所示，从t=0开始物体所受的摩擦力F ‘随时间的变化关系是图1-2 图1-1A B C Dt ’ t’ t ’ t ’5、两个弹簧称平放在光滑的水平桌面上，乙的一端系于墙上，两个弹簧秤挂勾相连，当在甲的右端挂勾上用100N的水平拉力拉甲时，则甲、乙两个弹簧秤读数分别是……（） A、100N；0 B、 100N；100N C、0；100N D、200N；100N6、A、B、C三物体质量分别为M、m、m0，作如图所示的连接，绳子不可伸长，且绳子和滑轮的摩擦均不计，若B随A一起沿水平桌面向右做匀速运动，则可以断定………（）A、物体A与桌面之间有摩擦力，大小为m0gB、物体A与B之间有摩擦力，大小为m0gC、桌面对A，B对A，都有摩擦力，两者方向相同，大小均为m0gD、桌面对A，B对A，都有摩擦力，两者方向相反，大小均为m0g7、关于摩擦力，下列说法正确的是………………………………………………（）A、由F=μN可知，若μ≠0 N≠0，则F≠0B、摩擦力大小与接触面大小有关C、当N增大，F静和F滑都增大D、只要N=0 ，则F静和F滑一定为零8、如图所示,重35N的物体沿倾角为370的斜面恰好能匀速下滑,物体与斜面间的动动摩擦因数μ=.如果要使物体能沿斜面匀速向上滑动,则作用拓物体上的水平恒力F的大小是.9、如图所示，物体A、B的质量m A=6kg,m B=4kg,A与B、B与地面之间的动摩擦因数都等于0.3在外力F的作用下，A和B一起做匀速运动，求A对B和地面对B的摩擦力的大小和方向（g=10m/s2）F参考答案:知识达标:1、物体相互（1）万有引力（2）施力物体（3）发生形变（4）测力计2、（1）物体受到（2）mg（3）竖直向下3、（1）恢复（2）挤压）4、（1）相对运动（2）相对运动趋势方向5、形状、质量分布经典题型：1、B 2、AC 3、D 4、B 5、B 6、A 7、D 8、0.75 120N 9、15N 向右;30N 向左综合训练1、关于力的下列说法中正确的是…………………………………………（）A 、力可以脱离物体而独立存在B 、只要有物体存在就一定有力存在C 、物体做曲线运动，则该物体一定受力作用D 、物体的形状改变，物体不一定受力2、下面有关重力的说法中正确的是…………………………………………（）A 、重力是物体的固有属性B 、重力的方向总是垂直于支持面C 、天平不是称物体重力的仪器D 、千克是重力的单位3、关于弹力，下列说法中正确的是…………………………………………（）A 、压力是物体对支持物的弹力B 、放在桌面上的皮球受到的弹力是由于皮球发生形变产生的C 、支持力不一定垂直于支持面D 、绳的拉力是弹力，其方向沿着绳子指向绳子收缩的方向4、下列有关摩擦力的说法中正确的是…………………………………………（）A 、阻碍物体运动的力称为摩擦力B 、滑动摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反C 、静摩擦力的方向可能与物体运动的方向垂直D 、摩擦力的方向一定与压力的方向垂直5、如图所示，物体m 恰能沿静止的斜面匀速下滑，现用一个力F 作用在物体m 上，力F 过物体的重心，且方向竖直向下，则不正确的说法是）A 、物体对斜面的压力增大B 、斜面对物体的摩擦力增大C 、物体沿斜面加速下滑D 、物体仍能保持匀速运动6、假设物体的重力消失了，将会发生的情况是…………………………………（）A 、天不会下雨，也不会刮风B 、一切物体都没有质量C 、河水不会流动D 、天平仍可测出物体质量7、下列各种情况，物体一定受力的是…………………………………………（）A 、物体匀速地从M 点运动到N 点B 、物体运动方向改变但速度大小不变C 、物体的位置改变D 、物体有加速度存在，但加速度不变8、下面图中，静止的小球m 分别与两个物体（或面）接触，设各接触面光滑，则A 受到两个弹力的是……………………………………………………………………（）A B C D9、一质量为M 的直角劈放在水平面上，保持静止，在劈的斜面上放一个质量为m 的物体A ，用一沿斜面向上的力F 作用于A 上，使其沿斜面匀速下滑的过程中，地面对劈的摩擦力f 及支持力N 是…………（）A 、f=0 N=(M+m)gB 、f 向左；N< (M+m)gC 、f 向右；N< (M+m)gD 、f 向左；N= (M+m)g10、一圆盘可绕一通过圆盘中心O 且垂直于圆盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一木块A ，当圆盘匀速转动时，木块随圆盘一起运动，则木块受力情况是…………（）A 、重力、支持力、指向圆心的摩擦力B 、重力、支持力、背离圆心的力C 、重力、支持力、指向圆心的摩擦力和背离圆心的力D 、重力、支持力 11、分析图中B 物体受几个力？（各面均不光滑）并画出B 受力示意图（1）A 沿B 斜面匀速下滑，B 不动（2）A 沿B 斜面加速下滑，B 不动12、如右图所示，与水平面成θ角的皮带传送机，把质量为m 的物体以速度V 匀向上传送，皮带作用于物体的摩擦力大小为；支持力大小为；这两个力的合力大小为。

高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测07受力分析共点力的平衡(一)

高考物理复习课时跟踪检测(七) 受力分析共点力的平衡(一)高考常考题型：选择题＋计算题1．(2013·泉州质检)滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动。

如图1所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则( )A ．小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等B ．小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等图1C ．小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等D ．小孩所受的重力和弹力的合力与小孩所受的摩擦力大小相等2．(2012·湖北调考)如图2所示，100个大小相同、质量均为m 且光滑的小球，静止放置于L 形光滑木板上。

木板斜面AB 与水平面的夹角为30°。

则第2个小球对第3个小球的作用力大小为( )A.mg 2B ．48mg 图2C ．49mgD ．98mg3．(2012·哈尔滨六中二模)将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°。

假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F1和第1、3块石块间的作用力F2的大小之比为( )图3A ．1∶2 B.3∶2C.3∶3D.3∶14．(2012·盐城模拟)如图4所示，A 、B 两物体静止在粗糙水平面上，其间用一根轻弹簧相连，弹簧的长度大于原长。

若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F 向右拉物体B ，直到A 即将移动，此过程中，地面对B 的摩擦力F1和对A 的摩擦力F2的变化情况是( ) 图4A ．F1先变小后变大再不变B ．F1先不变后变大再变小C ．F2先变大后不变D ．F2先不变后变大5.放置在水平地面上的斜面体M 始终处于静止状态，物体m 在沿斜面向上的拉力作用下，从斜面底端O 沿斜面向上匀速运动。

当物体运动到A 点时，拉力F 的大小发生变化，直到物体运动到斜面的顶端B 点。

设物体在OA 段时，斜面体对地面的摩擦力为Ff1，对地面的压力为FN1；物体在AB 段时，斜面体对地面的图5A ．可能Ff1>Ff2，FN1>FN2B ．可能Ff1<Ff2，FN1<FN2C ．可能Ff1>Ff2，FN1<FN2D ．无论拉力F 变大还是变小，一定有Ff1＝Ff2，FN1＝FN26．如图6所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。

高考物理一轮复习第7章静电场第2节电场能的性质教案-人教版高三全册物理教案

第2节电场能的性质一、电势能和电势1．电势能 (1)电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。

(2)电势能①定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。

②电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即W AB ＝E p A －E p B ＝－ΔE p 。

2．电势(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能与它的电荷量的比值。

(2)定义式：φ＝E p q 。

(3)矢标性：电势是标量，有正、负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。

(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。

3．等势面(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面。

(2)四个特点①等势面一定与电场线垂直。

②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。

③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。

④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。

二、电势差1．定义：电荷在电场中由一点A 移到另一点B 时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。

2．定义式：U AB ＝W AB q。

3．电势差与电势的关系：U AB ＝φA －φB ，U AB ＝－U BA 。

三、匀强电场中电势差与电场强度的关系1．电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。

即U ＝Ed ，也可以写作E ＝U d。

2．公式U ＝Ed 的适用X 围：匀强电场。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。

(×) (2)沿电场线方向电场强度越来越小，电势逐渐降低。

(×)(3)A 、B 两点间的电势差等于将正电荷从A 点移到B 点时静电力所做的功。

(×)(4)A 、B 两点的电势差是恒定的，所以U AB ＝U BA 。

(×)(5)等差等势线越密的地方，电场线越密，电场强度越大。

高考物理一轮复习焦耳定律同步训练(附答案)

高考物理一轮复习焦耳定律同步训练（附答案）焦耳定律是定量说明传导电流将电能转换为热能的定律，以下是2021届高考物理一轮温习焦耳定律同步训练，请考生练习提升。

一、选择题(85，共40分)1.关于电功，以下说法中正确的有()A.电功的实质是电场力所做的功B.电功是电能转化为其他方式能量的量度C.电场力做功使金属导体内的自在电子运动的速率越来越大D.电流经过电动机时的电功率和热功率相等答案：AB2.为了使电炉消耗的电功率减小到原来的一半应采取以下哪些措施()A.坚持电阻不变，使电流减半B.坚持电阻不变，使电压减半C.坚持电炉两端电压不变，使其电阻减半D.使电压和电阻各减半解析：由P=可知，电压、电阻各减半，功率也减为原来的一半.答案：D3.有一只家用电熨斗，其电路结构如图6所示，改动外部接线方式可以使电熨斗处于断开形状和取得中低高三个不同的温度挡，图7是它的四种不同连线方式，其中能取得低挡温度的是()解析：R1、R2串联时，取得低挡温度.答案：B4.A、B、C三个灯泡，用如图8所示的方式衔接，各自消耗的实践功率相反，那么RARB∶RC为()A.11∶1B.12∶2C.21∶1D.14∶4解析：先剖析B、C，由P=知RB=RC，又IA=IB+IC=2IB，由P=I2R知RARB=14，所以RARB∶RC=14∶4.答案：D5.两个电阻R1=8，R2=2，并联在电路中.欲使这两个电阻消耗的功率相等，可行的方法是()A.用一个阻值为2的电阻与R2串联B.用一个阻值为6的电阻与R2串联C.用一个阻值为6的电阻与R1串联D.用一个阻值为2的电阻与R1串联答案：A6.电饭锅任务时有两种形状：一种是锅内水烧干前的加热形状;另一种是锅内水烧干后的保温形状.如图9所示是电饭锅电路的原理表示图.S是用感温资料制造的开关.以下说法正确的选项是()A.其中R2是供加热用的电阻丝B.当开关S接通时电饭锅为加热形状，S断开时为保温形状C.要使R2在保温形状时的功率为加热形状时的一半，R1/R2应为2/1D.要使R2在保温形状时的功率为加热形状时的一半，R1/R2应为(-1)/1解析：电阻小时，功率大，是加热形状;电阻大时，功率小，是保温形状.答案：ABD7.理发用的电吹风机中有一个小电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，失掉热风将头发吹干.设电动机线圈的电阻为R1，它与电热丝R2相串联后，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗电功率为P，那么以下关系式中正确的选项是()A.PI2(R1+R2)解析：吹风机是一个非纯电阻用电器，UIR.答案：CD图108.如图10所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相反的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等.停电时，用欧姆表测得A、B间的电阻为R，供电后，各家电器同时运用，测得A、B间的电压为U，进线电流为I，那么计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是()A.P=I2RB.P=C.P=UID.P=解析：此电路中一切用电器不一定都是纯电阻电路，故总功率只能用P=UI计算，故C正确.答案：C二、非选择题(9、10题各10分，11、12题各20分，共60分)9.某商场装置了一台倾角为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，电动机的最大输入功率为4.9 kW.不载人时测得电动机中的电流为5 A，假定载人时扶梯的移动速率和不载人时相反，那么这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为________.(设人的平均质量为60 kg，g取10 m/s2)解析：这台自动扶梯最多可同时载人数的意义是电梯仍能以0.4 m/s的恒定速率运动而电动机的输入功率到达最大.电动机做功应包括两局部外容：一是电梯不载人时对自身做功，二是对人做功，所以4.9103 W=IU+Mgsinv，Mg=15000 N，n===25(个).此题要留意的效果是扶梯上能否有人，只需扶梯在运动，就要消耗电能.标题中的空载电流，就给定了扶梯空载时消耗的电功率P自身=IU.另外，扶梯对人做功的进程就是克制重力做功的进程，因此对人所消耗的电功率就等于克制重力的功率，即P=Mgvsin.故扶梯消耗的总功率等于二者功率之和.答案：2510.三个电阻区分标有100 4 W，200 2 W，50 8 W，将它们串联起来，允许经过的最大电流为________A，允许消耗的最大总功率为________W.解析：由P=I2R得，I1==A=0.2 A，I2==A=0.1 A，I3==A=0.4 A，故串联后允许经过的最大电流为0.1 A.R总=(R1+R2+R3)=(100+200+50) =350 ，故允许消耗的最大总功率为：P总=IR总=0.12350 W=3.5 W.处置此类题的依据是任何用电器都不能超越它的额外值，至少有一个用电器到达它的额外值.一个用电器有额外功率、额外电压、额外电流，只需其中一个量到达额外值，那么另两个量也一定到达额外值.答案：0.1 3.511.一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表：规格后轮驱动直流永磁毂电机车型 26电动自行车额外输入功率 120 W 整车质量 30 kg 额外电压 40 V 最大载重 120 kg 额外电流 3.5 A 质量为M=70 kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力Ff恒为车和人总重的k=0.02倍，取g=10 m/s2.求：(1)此车永磁毂电机在额外电压下正常任务的效率;(2)仅在永磁毂电机以额外功率提供动力的状况下，人骑自行车的最大速度;(3)仅在永磁毂电机以额外功率提供动力的状况下，当车速为v1=1.0 m/s的人骑车的最大减速度.解：(1)由表可知，电机的额外电压为U=40 V，额外电流为I0=3.5 A，所以电机正常任务时输入功率为P入=U0I0=140 W.又因电机的输入功率为P出=120 W，所以电机的效率为==85.7%.(2)行驶时所受阻力为Ff=k(M+m)g，式中m为车的质量.当到达最大速度vm时，应有P出=Ffvm，所以最大速度vm==6.0 m/s.(3)当车速为v1=1.0 m/s时，牵引力F==120 N.设此时车的减速度为a，依据牛顿第二定律F-Ff=(M+m)a，解得a=1.0 m/s2.12.电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，他们普通具有加热和保温功用，其任务原理大致相反.图11甲为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝 R1、R2和自动开关S.(1)当自动开关S闭合和断开时，用电器区分处于什么形状?(2)用电器由照明电路供电(U=220V)设加热时用电器的电功率为 400W，保温时用电器的电功率为 40W，那么R1和R2区分为多大?(3)假定将图10甲中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图11乙所示，其他条件不变，求该用电器任务1小时消耗的电能.解：(1)S闭合，处于加热形状;S断开，处于保温形状. (2)由电功率公式，得P1= ，P2= ，联立得R1=121，R2=1089.(3)W=P1+P2=0.22 kWh(或7.92105 J).2021届高考物理一轮温习焦耳定律同步训练及答案的全部内容就是这些，查字典物理网希望考生可以日日有提高。

高考物理一轮复习精选题辑课练7 实验探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系-人教版高三全册物理试题

课练7 实验探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系验证力的平行四边形定如此1.如下是某小组做“探究弹力和弹簧伸长的关系〞实验中准备完成的实验步骤．请你帮该小组按操作的先后顺序用字母排列出来：________.A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组数据(x，F)对应的点，作出F—x 图线．B．记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L0.C．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码D．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺．E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与弹簧伸长量的关系式．F．解释函数表达式中常数的物理意义．答案：DBCAEF解析：第一步，安装实验装置，为D；第二步，记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L0，以便计算弹簧的伸长量，为B；第三步，依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码，为C；第四步，画出图象，为A；第五步，写出关系式，为E；最后，解释函数表达式中常数的物理意义，为F.所以步骤为DBCAEF.2．某同学利用如图a所示装置做探究弹簧弹力大小和其长度的关系的实验．(1)他通过实验得到如图b所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0＝________cm，劲度系数k＝________N/m.(2)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图c所示时，该弹簧的长度x＝________cm.答案：(1)4 25 (2)16解析：(1)如果以弹簧长度x为横坐标，弹力大小F为纵坐标，作出F－x图象，那么图象与横轴的截距表示弹簧的原长，图线的斜率表示弹簧的劲度系数，所以根据图象可知，该弹簧的原长x 0＝4 cm ，劲度系数k ＝ΔF Δx＝25 N/m ；(2)弹簧秤的读数表示弹力的大小，即F ＝3.0 N ，所以该弹簧的长度x ＝x 0＋F k＝16 cm.3．某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系〞实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L 0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L ，把L －L 0作为弹簧的伸长量x ，钩码重力作为弹力F .这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是如下图象中的( )答案：C解析：考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x ≠0，应当选C.4．在“探究弹力和弹簧伸长的关系〞实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进展测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G 与弹簧总长L 的关系图象，如下列图．根据图象回答以下问题．(1)弹簧的原长为________．(2)弹簧的劲度系数为________．(3)分析图象，总结出弹簧弹力F 与弹簧总长L 之间的关系式为________．答案：(1)10 cm (2)1 000 N/m(3)F ＝1 000(L －0.10) (N)(L 的单位为m)解析：钩码的重力等于其对弹簧的拉力，又根据胡克定律F ＝kx ＝k (L －L 0)，图线在横轴上的截距表示弹簧的原长，斜率表示弹簧的劲度系数，故L 0＝10 cm ，k ＝4014－10×10－2 N/m ＝1 000 N/m ，即F ＝1 000(L －0.10) (N)(L 的单位为m)5．在“探究求合力的方法〞的实验中，(1)本实验采用的科学方法是 ( )A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法 D．建立物理模型法(2)其中的两个步骤是：①在水平放置的木板上垫一张白纸并固定好，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点到达某一位置O点，在白纸上记下O点和两个弹簧测力计的读数F1和F2.②只用一个弹簧测力计通过细线拉橡皮条，使它的伸长量与用两个弹簧测力计拉时伸长量一样，记下此时弹簧测力计的读数F和细线的方向．以上两步骤均有疏漏，请指出疏漏之处：在①中是________________________________________________________________________；在②中是________________________________________________________________________．(3)在做“互成角度的两个力的合力〞的实验中，用M、N两个弹簧测力计拉橡皮条的结点使其位于O处，此时α＋β＝90°，如下列图；然后保持M的读数不变，当α角由图中所示的值减小时，要使结点仍在O处，可采用的方法是( )A．增大N的读数，减小β角B．减小N的读数，减小β角C．减小N的读数，增大β角D．增大N的读数，增大β角答案：(1)B (2)①没有记录两个弹簧测力计(或者力、细线)的方向②没有将结点再次拉至O点(3)B解析：(1)在“探究求合力的方法〞的实验中，所用的科学方法是等效替代法，选项B正确．(2)①中只记录了弹簧测力计示数的大小，没有标出弹簧测力计的方向；②中只用一个力拉时，应该让它与两个力拉时的效果一样，即忘记了将结点再次拉至O点．(3)根据题意，要使结点仍在O处，说明合力仍是不变的，M的大小不变，夹角α减小，由图可知，只能减小N的读数，减小β角的大小，选项B正确．6．(1)如图甲为“探究求合力的方法〞的实验装置．小张同学在实验中用a、b两弹簧测力计拉橡皮条，如图甲所示．他在实验操作中除了所用细绳套太短外，至少还有一处错误，请你帮他找出错误之处为______________________．(写出一条即可)(2)小张同学修正错误后，重新进展了测量，在测量时，左、右两只弹簧测力计的读数如图乙所示，如此左弹簧测力计的读数是________N，右弹簧测力计的读数是________N．假设两根细线的夹角为90°，请你帮他在所给的方格纸(如图丙)上按作图法的要求画出这两个力与它们的合力．(3)小张同学实验后发现用一个弹簧测力计也能完成这个实验，请问他这个想法是否可行？________(填“是〞或“否〞)．答案：(1)a弹簧测力计所用拉力太大，或b弹簧测力计拉力方向与细绳方向不一致(2)2.74 3.28 如图解析所示(3)是解析：(1)在该实验中，要正确测量弹力的大小和方向，同时作的平行四边形要大小适中，不能太小，以免增大误差，该同学在实验中的操作错误或不妥之处有：b弹簧测力计拉力方向与细绳方向不一致；a弹簧测力计的拉力太大，用一只弹簧测力计再次实验时可能会超量程．(2)左弹簧测力计的读数是2.74 N，右弹簧测力计的读数是3.28 N．合力的图示如下列图．(3)用一个弹簧测力计也能完成这个实验是可行的，两个分力先后两次测，用弹簧测力计拉其中一个细绳套时，用手拉另一个细绳套，保持结点位置不动，交换测量．7．某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定如此，设计了如下实验：(1)将橡皮筋的两端分别与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；(2)将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上M点，在橡皮筋的中点O再用细线系重物，自然下垂，如图甲所示；(3)将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的N点，如图乙所示．为完成实验，下述操作中必需的是( )A．橡皮筋两端连接的细线长度必须一样B．要测量图甲中橡皮筋Oa的长度和图乙中橡皮筋Oa、Ob的长度C．M、N两点必须在同一高度处D．要记录图甲中O点的位置与过O点的竖直方向E．要记录图乙中结点O的位置，过结点O的竖直方向与橡皮筋Oa、Ob的方向答案：BE解析：橡皮筋两端连接的细线长度不用必须一样，M、N两点可以不在同一高度处，不需要记录图甲中O点的位置与过O点的竖直方向．由于已经测出橡皮筋的原长，只需要测量图甲中橡皮筋Oa的长度和图乙中橡皮筋Oa、Ob的长度，需要记录图乙中结点O的位置，过结点O的竖直方向与橡皮筋Oa、Ob的方向．操作中必需的是B、E.8．某同学利用弹簧测力计和刻度尺来探究一条橡皮筋弹力和伸长量之间的关系，实验时使用了一条拉伸后粗细会明显变化的橡皮筋 .(1)图甲中弹簧测力计的示数为________N；(2)该同学将实验数据画在坐标纸上，如图乙所示，根据实验结果，如下说法正确的答案是 ( )A ．数据点根本分布在一条直线上，说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律B ．该橡皮筋形变量越大，越容易拉伸C ．橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是由橡皮筋横截面大小(粗细)变化引起的D ．橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化肯定是该同学的实验操作不规范引起的答案：(1)1.30 (2)BC解析：(1)弹簧测力计的分度值是0.05 N ，指针示数为1.30 N.(2)根据图象可知图线不是严格的直线，图线发生了弯曲，这种情况可能是橡皮筋粗细不均匀造成的，A 、D 错误，C 正确；橡皮筋形变量越大，弹力越大，但是ΔF Δx的值越小，B 正确．9.某实验小组探究弹簧的劲度系数k 与其长度(圈数)的关系．实验装置如图(a)所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x .测量结果与局部计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，重力加速度g 取9.80 m/s 2)．实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.(1)将表中数据补充完整：①________，②________.P 1 P 2 P 3 P 4 P 5 P 6 x 0(cm)2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01 x (cm)2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41 n10 20 30 40 50 60 k (N/m)163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8 1k (m/N) 0.006 1 ② 0.017 9 0.022 9 0.029 6 0.034 7(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图(b)给出的坐标系上画出1k—n 图象．(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点．假设从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，如此弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝________N/m.答案：(1)①81.7 ②0.012 2 (2)见解析(3)1.75×103n (在1.67×103n ～1.83×103n之间均可) 解析：(1)根据P 2的示数可知，P 2局部的原长为4.06 cm ，拉伸后的长度为5.26 cm ，根据胡克定律可得，k ＝F Δx ＝0.100×9.85.26－4.06×10－2＝81.7(N/m)，倒数为181.7＝0.012 2(N/m)． (2)根据表中的数据画出图象，如下列图．(3)由图线可得其斜率为0.034 7－0.006 160－10＝0.000 572，故直线满足1k＝0.000 572n ，即k ＝1.75×103nN/m.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅲ)某探究小组做“验证力的平行四边形定如此〞实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示．将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示局部之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长．(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出．测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N.(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点．此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N.(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定如此画出它们的合力F合；图(a)图(b)(ⅱ)F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________．假设F合与拉力F的大小与方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，如此该实验验证了力的平行四边形定如此．答案：(1)4.0 (2)图见解析 4.0 0.05解析：(1)由题图可知，F的大小为4.0 N；(2)(ⅰ)根据题意画出F1、F2的图示，如下列图，F1用长为21 mm的线段表示，F2用长为28 mm的线段表示；(ⅱ)根据图示，测得合力F合的长度为20 mm，如此F合的大小为4.0 N，利用作图法可得，F合与F夹角的正切值为0.05.2．(2016·浙江卷)某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系〞的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如如下图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法〞实验．在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下：(1)假设弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是__________ N(图2中所示)，如此弹簧秤b的读数可能为__________ N.(2)假设弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，如此弹簧秤a的读数__________、弹簧秤b的读数__________(填“变大〞、“变小〞或“不变〞)．答案：(1)3.00～3.02 3.9～4.1(有效数字不作要求)(2)变大变大解析：(1)根据胡克定律，弹簧OC伸长1.00 cm时弹簧的弹力F c＝kΔx＝500×1.00×10－2 N ＝5.00 N；由图2可知弹簧秤a的读数F a＝3.00 N，根据勾股定理，F2a＋F2b＝F2c，解得F b＝4.00 N.(2)改变弹簧秤b与OC的夹角时，由于保持弹簧伸长1.00 cm不变，因而F a与F b的合力F保持不变，根据平行四边形定如此，F a、F b合成的平行四边形如下列图(▱OAC′B)，当弹簧秤b与OC的夹角变小时，其力的合成的平行四边形为▱OA′C′B′，由图可知a、b 两弹簧秤的示数都将变大．3．(2015·福建卷)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系〞的实验．(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________ cm.(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，如下选项中规范的做法是________．(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是________________________．答案：(1)6.93 (2)A (3)超过弹簧的弹性限度解析：(1)Δl＝14.66 cm－7.73 cm＝6.93 cm.(2)应逐一增挂钩码，不能随意增减，A项正确．(3)弹簧下端钩码对弹簧的拉力过大，使弹簧形变量超过了弹簧的弹性限度，弹簧的伸长量不再是线性变化．4．(2015·四川卷)某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图甲所示，图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l1＝________cm.在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个一样钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5.每个钩码质量是50 g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝________N(当地重力加速度g＝9.8 m/s2)．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是________．作出F—x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．答案：25.85 0.98 弹簧原长解析：刻度尺的最小分度值是1 mm，读数要估读到0.1 mm，所以读数是25.85 cm.两个钩码的重力G2＝2mg＝2×50×0.001×9.8 N＝0.98 N，所以弹簧弹力F2＝0.98 N．弹簧的伸长量＝弹簧长度－弹簧的原长，所以需要测量不挂钩码时弹簧的长度，即需要测量弹簧的原长．刷仿真模拟——明趋向5．(2018·海淀区模拟)某同学在做“验证力的平行四边形定如此〞的实验时，实验情况如下列图，在平整的木板上钉上一张白纸，用图钉将橡皮条的一端固定在A点，OB和OC 为细绳，O点为橡皮条与细绳的结点．用两个弹簧测力计分别拉细绳DB和OC，使橡皮条伸长一定的长度，并记下橡皮条与细绳的结点被拉至的位置；再用一个弹簧测力计拉橡皮条，使橡皮条与细绳的结点被拉至同一位置．如下因素对实验结果的准确性没有影响的是( ) A．OB绳和OC绳之间夹角的大小B．OB绳和OC绳与木板平面是否平行C．两个弹簧测力计拉力的大小D．弹簧测力计外壳与木板之间的摩擦情况答案：D解析：OB绳和OC绳之间夹角大小要适当，太大或者太小对实验结果的准确性都有影响，选项A错误；OB绳和OC绳与木板平面必须平行，否如此会造成实验误差，对实验结果的准确性有影响，选项B错误，两个弹簧测力计拉力的大小要适当，否如此会造成实验误差，对实验结果的准确性有影响，选项C错误；弹簧测力计外壳与木板之间的摩擦情况，对弹簧测力计的读数无影响，故对实验结果的准确性没有影响，选项D正确．6．(2018·河南洛阳一模)某物理兴趣小组在“验证平行四边形定如此〞的实验中，找到两条劲度系数一样的橡皮筋(遵循胡克定律)和假设干小重物，以与刻度尺、三角板、铅笔、白纸、钉子，设计了如下列图实验，将两条橡皮筋的一端用细绳连接于结点O，两条橡皮筋的另一端分别挂在墙上的钉子A与重物C上，同时用一条细绳一端与结点O相连，另一端用钉子B固定在墙上．(1)为完成该实验，下述操作中不必要的是________________________________________________________________________．A．记录细绳OB的位置B．测量每条橡皮筋的伸长量C．记录悬挂重物后结点O的位置D．测量细绳OB的长度(2)为了减小实验误差，以下采取的措施必要的是________．A．两橡皮筋必须等长，粗细一样B．每条橡皮筋的伸长量应尽可能大C．细绳、橡皮筋都应与竖直墙面平行D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳或橡皮筋方向的两点要适当远些答案：(1)D (2)CD解析：(1)实验时要记录细绳OB的位置，从而记录力的方向，选项A有必要；测量每条橡皮筋的伸长量，从而计算力的大小，选项B有必要；记录悬挂重物后结点O的位置，选项C有必要；没必要测量细绳OB的长度，选项D没必要，应当选D.(2)两橡皮筋等长、粗细一样，对减小实验误差没有作用，故A错误；每条橡皮筋的伸长量不能太大，也不能太小，故B错误；测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验误差，操作中要求细绳和橡皮筋都应与竖直墙面平行，故C正确；为了更加准确地记录力的方向，标记同一细绳或橡皮筋方向的两点要适当远些，故D正确．7．(2018·山西太原质检)某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系〞的实验中，所用实验装置如图甲所示，所用钩码质量均为30 g．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中．实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g＝10 m/s2.(1)根据实验数据在图乙所示的坐标系中作出弹簧所受弹力大小与弹簧总长度之间的函数关系的图线.钩码质量/g 0306090120150弹簧总长度/cm 6.007.008.009.0010.0011.00(2)该弹簧的自然长度为________cm ；劲度系数k ＝________N/m.(3)假设该弹簧所能承受的最大拉力(超过此值就不是弹性形变)为10.2 N ，如此弹簧的最大长度为L m ＝________cm.(4)图线延长后与纵轴的交点的物理意义是________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 答案：(1)如下列图(2)6 30 (3)40 (4)弹簧被压缩1 cm 时的弹力为0.3 N解析：(2)作出的F －L 图线与横轴的交点表示弹簧所受弹力F ＝0时弹簧的长度，即弹簧的自然长度，由图知为6 cm ；图线的斜率即为弹簧的劲度系数k ＝ΔF Δx＝30 N/m.(3)由图象可以得出图线的数学表达式为F ＝30L －1.8(N)，所以当弹簧弹力为10.2 N 时弹簧长度最大，即L m ＝0.4 m ＝40 cm.(4)图线延长后与纵轴的交点表示弹簧长度为5 cm 时的弹力，此时弹簧被压缩了1 cm ，即表示弹簧被压缩1 cm 时的弹力为0.3 N.刷最新原创——抓重点8．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度h ＝0.25 m 、开口向右的小筒中，如图甲所示．(弹簧的原长经筒短些)，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l ，现要测出弹簧的原长l 0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l 并记下弹力F ，作出F －l 图线如图乙所示．(1)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂放置相比拟，优点在于：________________________________________________________________________.(2)弹簧的劲度系数为________ N/m.(3)弹簧的原长l 0＝________m.答案：(1)防止弹簧自身重力对实验的影响 (2)100(3)0.15解析：(2)根据题图乙结合数学知识可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比．设弹簧的原长为l 0，如此根据胡克定律有F ＝k (h －l 0＋l )＝kl ＋k (h －l 0)，由此可知，图象的斜率大小表示劲度系数，故k ＝100 N/m.(3)当l ＝0时，F ＝10 N ，代入数据可解得l 0＝0.15 m.9．某物理学习小组用如图甲所示装置来研究橡皮筋的劲度系数(遵循胡克定律且实验中弹力始终未超过弹性限度)，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，原长为L 0的橡皮筋的上端固定在O 点，下端挂一重物．用与白纸平行的水平力(由拉力传感器显示其大小)作用于N 点，静止时记录下N 点的位置a ，请回答：(1)假设拉力传感器显示的拉力大小为F ，用刻度尺测量橡皮筋ON 的长为L 与N 点与O 点的水平距离为x ，如此橡皮筋的劲度系数为________(用所测物理量表示)．(2)假设换用另一根原长一样的橡皮筋，重复上述过程，记录静止时N 点的位置b ，发现O 、a 、b 三点刚好在同一直线上，其位置如图乙所示，如此如下说法中正确的答案是________．A ．第二次拉力传感器显示的拉力示数较大B ．两次拉力传感器显示的拉力示数一样C ．第二次所用的橡皮筋的劲度系数小D ．第二次所用的橡皮筋的劲度系数大答案：(1)FL x L －L 0(2)BC解析：(1)令橡皮筋与竖直方向夹角为θ，重物重力为G ，结点N 在竖直拉力(重物重力G )、橡皮筋拉力T 和水平拉力F 作用下处于平衡状态，满足图示关系，如此sin θ＝F T，而sin θ＝xL ，T ＝k (L －L 0)，联立得k ＝FL x L －L 0.(2)由受力图知 F ＝G tan θ，两次中G 、θ均一样，所以两次拉力传感器显示的拉力示数一样，A 错，B 对；同理，两次橡皮筋的拉力也一样，而橡皮筋的原长一样，第二次的伸长量长，由胡克定律知第二次所用的橡皮筋的劲度系数小，C 对，D 错．10．如下列图，某实验小组同学利用DIS 实验装置研究支架上力的分解．A 、B 为两个一样的双向力传感器，该类型传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．B 固定不动并通过光滑铰链连接一直杆，A 可沿固定的圆弧形轨道(圆心在O 点)移动，A 连接一不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在杆右端O 点构成支架，实验时始终保持杆在水平方向，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，计算结果保存一位有效数字．操作步骤如下：①测量轻绳与水平杆的夹角θ；②对两个传感器进展调零； ③用另一根轻绳在O 点悬挂一钩码，记录两个传感器的读数；④取下钩码，移动A ，改变θ角；⑤重复上述实验步骤，得到的数据记录在表格中.F 1/N2.001 1.155 … 1.156 2.002 F 2/N－1.733 －0.578 … 0.579 1.734 θ 30° 60° … 120° 150°(1)根据表格数据可得，A 对应的是表中力________(选填“F 1〞或“F 2〞)，钩码质量为________kg.挂上钩码后，A 沿固定轨道移动过程中轻绳AO 拉力的最小值为________N.(2)每次改变θ角后都要对传感器进展调零，此操作目的是________．A ．因为事先忘记调零B ．何时调零对实验结果没有影响C ．可以完全消除实验的误差D ．消除直杆自身重力对结果的影响答案：(1)F 1 0.1 1 (2)D解析：(1)由表格数据可知，F 1都是正值，传感器受到的都是拉力，因绳子只能提供拉力，故A 对应的是表中力F 1.当θ＝30°时，对点O 受力分析有F 1sin30°＝mg ，解得m ＝0.1kg，当AO方向竖直时，拉力最小，如此最小值为F＝mg＝1 N．(2)本实验中屡次对传感器进展调零，是为了消除直杆自身重力对结果的影响，故D正确．。

高三物理第一轮复习各单元同步练习(附答案)

第一章三种力专题知识达标：1、力的概念：力是间的作用。

注意要点：（1）一些不接触的物体也能产生力。

例如（2）任一个力都有受力物体和，力不能离开物体而存在。

（3）力的作用效果：使物体或改变物体运动状态。

（4）力的测量工具是。

2、重力：（1）定义：重力是物体由于受地球吸引而使的力。

（2）重力的大小G= 。

（3）重力的方向。

3、弹力：（1）定义：物体由于要形变，对跟它接触的物体产生的力。

（2）产生条件：相互接触且。

（3）方向：垂直于接触面（切面）或沿绳的方向（又称张力），注意：杆受到的弹力不一定沿杆。

4、摩擦力：（1）滑动摩擦力：①方向：和方向相反；②大小：F= 。

（2）静摩擦力：①方向：和方向相反。

②大小：0~最大静摩擦力，常用二力平衡条件判断和求解。

注意：最大静摩擦力稍大于滑动摩擦力，通常认为近似相等。

5、重心由物体、两个因素决定。

高三物理一轮复习同步练习7

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