解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-传感器

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解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-光

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-光一、单选题1.太阳光照射下肥皂膜呈现的彩色，瀑布在阳光下呈现的彩虹以及通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色条纹，这些现象分别属于()A．光的干涉、色散和衍射现象B．光的干涉、衍射和色散现象C．光的衍射、色散和干涉现象D．光的衍射、干涉和色散现象【答案】A【解析】在太阳光照射下肥皂膜呈现彩色，是薄膜干涉现象；瀑布溅起的小雨滴相当于棱镜，在阳光下呈现的彩虹是光的色散现象；通过狭缝观察发光的日光灯时看到的彩色是光的衍射现象。

2.下列说法不正确的是()A．增透膜的厚度应为入射光在薄膜中波长的四分之一B．光的色散现象表明了同一介质对不同色光的折射率不同，各色光在同一介质中的光速也不同C．用单色光做双缝干涉实验相邻条纹之间的距离不相等D．光的衍射为光的波动提供了有力的证据【答案】C【解析】增透膜厚度不宜太厚，所以增透膜的厚度应为，使从增透膜前后两表面反射的光路程差等于，故选项A正确；光的色散说明同一介质对不同色光的折射率不同，折射后偏折角不同，才分散开形成彩色光带，故选项B正确；单色光双缝干涉条纹的距离相等，故选项C错误；干涉、衍射是波具有的特性，故选项D正确．所以说法不正确的是C选项．3.在水底的潜水员看来，水面上方的所有景物只出现在顶角为97°的倒立圆锥里，这是因为() A．水面上远处的景物反射的阳光都因为全反射而不能进入水中B．水面上远处的景物反射的阳光折射进入水中，其折射角不可能大于48.5°C．水面上方倒立圆锥之外的景物反射的阳光都因为全反射的原因不可能进入水中D．水面上方倒立圆锥之外的景物反射的阳光都因为折射的原因不可能进入潜水员的眼中【答案】B【解析】水面上方的所有景物出现在顶角为97°的倒立圆锥里，这是由于水的临界角为48.5°，光由空中射入水中时，最大折射角为48.5°，不能发生全反射；当光由水中射向空中时有可能发生全反射现象，故B正确，A，C，D错．4.如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质。

第05章传感器练习与应用-高二物理课后习题精准解析(新教材人教版选择性必修第二册)(解析版)

人教版新教科书高中物理选择性必修第二册第五章传感器练习与应用（解析版）第1节认识传感器练习与应用1.什么是传感器？它的作用是什么？简述一下你对传感器的认识和理解。

【答案】传感器是能够将感受到的非电学量，按一定规律转换成电学量输出的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成，敏感元件和转换元件合二为一的也很多。

传感器种类很多，根据其利用的物质的特性不同可分为:物理传感器、化学传感器、生物传感器。

根据其被测量的不同可分为:声、光、压力、位移、加速度、温度等传感器。

根据具体工作原理的不同可分为:电阻式、电容式、电感式、光电式、热电式、压电式、磁电式等传感器。

2. 请列举一个你认为很“神奇”的利用传感器工作的例子，简单说明它的原理。

【答案】举两例供参考。

(1) 红外线传感器在自动门中的应用:当人们接近门的时候，传感器识.别人体的红外线传递给驱动系统将门开启，在人离开后再将门自动关闭。

(2)电容式触摸屏中传感器的应用:电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场。

在触摸屏幕时，由于人体是导体，导体层和手指构成了电容式触摸屏的两极，形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，位于触摸屏后的控制器便会根据电流算出触摸点的位置。

3. 以下工作中，你认为要用什么传感器？（1）让孵化器在一定温度下孵化禽蛋；（2）电梯超出负载时，发出报警提示；（3）使汽车排放符合国家标准的尾气。

【答案】(1) 温度传感器(热电式传感器)(2) 压力传感器(或压电式传感器)(3) 气体传感器第2节常见传感器的工作原理及应用练习与应用1. 按照你对以下几种传感器的理解，填写下面的表格。

【答案】软铁芯2插在线圈3中并且可以随着物体1在线圈中左右平移。

这种传感器可以把被测物体位移的大小转换为线圈自感系数的大小，请定性说明它的工作原理，并尝试设计与线圈3相连的电路。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-热学

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-热学一、单选题1.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【答案】A【解析】由布朗运动的定义可知，选项A正确；布朗运动不是分子的运动，但是它间接地反映了液体分子运动的无规则性，所以选项B错误；改变物体的内能有两种方式：做功和热传递，物体从外界吸收热量，同时它可能对外做功，其内能不一定增加，选项C错误；物体对外界做功，同时它可能从外界吸收热量，其内能不一定减小，选项D错误，2.下列说法正确的是（）A．一定质量的密封气体膨胀过程中，对外界做功，这些气体的内能可能增加B．一定质量的气体，温度升高，压强一定增大C．一定质量的气体，压强增大，体积一定减小D．俗话说“破镜难从圆”，是由于分子之间存在斥力的原因【答案】A【解析】由热力学第一定律，可知气体膨胀对外做功时，气体可能吸热，内能增加，A对；由气体状态方程，可知BC错；破镜难从圆是由于分子间存在空隙，D错。

所以本题选择A。

3.下列说法正确的是（）A．布朗运动就是液体分子的无规则运动B．单晶体和多晶体都有规则的几何外形C．当两分子间距离的增大时，分子引力增大，分子斥力减小D．热量可以从低温物体传给高温物体【答案】D【解析】布朗运动是液体分子的无规则运动的反映，单晶体有规则的几何外形，而多晶体没有规则的几何外形，选项AB错误；当两分子间距离的增大时，分子引力减小，分子斥力减小，选项C 错误；热量可以从低温物体传给高温物体，选项D正确。

4.下列有关对热学现象的表述，其中正确的有（）A．布朗运动是液体分子的运动，故分子永不停息地做无规则运动。

B．分子间吸引力随分子间距离的增大而增大，而排斥力随距离的增大而减小C．从单一热源吸收热量可以把它全部用来做功D．第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-电磁感应

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-电磁感应一、单选题1.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9：1C．a、b线圈中感应电流之比为3：4D．a、b线圈中电功率之比为3：1【答案】B【解析】根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝n＝n l2，则＝()2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3：1，选项C错误；电功率P＝IE＝·n l2＝∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27：1，选项D错误．故选B.2.条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心穿过圆环中心，如图所示．若圆环为弹性环，其形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ，那么圆环内磁通量的变化情况是()A．磁通量增大B．磁通量减小C．磁通量不变D．条件不足，无法确定【答案】B【解析】磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过圆环的磁感线总条数一定，外部磁感线分布在无限大空间，将磁铁内部的磁感线抵消一部分，当圆环形状由Ⅰ扩大变为Ⅱ时，磁铁外部穿过圆环的磁感线增多，抵消多，总磁通量将减小．故选B.3.如图所示，边长为L的正方形线圈与匀强磁场垂直，磁感应强度为B.当线圈按图示方向以速度v 垂直B运动时，下列判断正确的是()A．线圈中无电流，φa＝φb＝φc＝φdB．线圈中无电流，φa>φb＝φd>φcC．线圈中有电流，φa＝φb＝φc＝φdD．线圈中有电流，φa>φb＝φd>φc【答案】B【解析】线圈在运动过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中不会产生感应电流，C、D错，但导体两端有电势差，根据右手定则，可知B正确．4.如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()A．B．C．D．【答案】C【解析】由图(b)看出cd间电压在某小段时间内不变，则ab中电流在该段时间是均匀变化的，只能是图象C.5.如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将()A．S增大，l变长B．S减小，l变短C．S增大，l变短D．S减小，l变长【答案】D【解析】当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确．6.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大【答案】C【解析】磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A、B错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P中的下落时间比在Q中的长，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项C 正确，选项D错误．7.一个闭合电路产生的感应电动势较大，是因为穿过这个闭合电路的()A．磁感应强度大B．磁通量较大C．磁通量变化量较大D．磁通量的变化率较大【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁感应强度没有直接关系．所以D正确，A、B、C错误．故选：D.8.如图所示，水平光滑的金属框架上左端连接一个电阻R，有一金属杆在外力F的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，匀强磁场方向竖直向下，轨道与金属杆的电阻不计并接触良好，则能反映外力F随时间t变化规律的图象是图中的()A．B．C．D．【答案】B【解析】金属杆受力如图所示，由牛顿第二定律得：F－＝ma；F＝ma＋·t，B正确．9.如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，PQ和MN部分的导轨间距为3L，导轨平面与水平面的夹角为30°，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中．金属杆ab 和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个沿导轨平面向上的作用力F，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd处于静止状态，则F的大小为()A．mgB．mgC．mgD．mg【答案】A【解析】设ab杆向上切割磁感线时，产生感应电流大小为I，受到安培力大小为：F安＝BIL对于cd来说，由平衡条件有：BI·3L＝mg sin 30°对于ab杆来说，由平衡条件有：F＝mg sin 30°＋BIL，综上可得：F＝mg，故A正确．10.如图所示，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为C．棒经过环心时流过棒的电流为D．棒经过环心时所受安培力的大小为【答案】D【解析】导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝at2，解得t＝，选项B错误；由v2－v＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝，此时的感应电动势E＝2BRv，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r合＝，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝＝，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力F＝BI·2R＝，选项D正确．二、多选题11.(多选)如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R.现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内：A．顺时针方向转动时，感应电流方向为E→F→G→H→EB．平均感应电动势大小等于C．平均感应电动势大小等于D．通过导线框横截面的电荷量为【答案】BD【解析】由于虚线位置是经过时到达的，所以线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，可以判断出感应电流的方向为：E→H→G→F→E，根据几何关系得到，线圈的有效面积减小量为ΔS ＝(3－2)a2，根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势＝＝B，Δt＝，解得：E ＝.故A错误，B正确，C错误，通过导线框横截面的电荷量q＝t＝t＝＝，D正确．12.(多选)如图所示，L是自感系数足够大的线圈，电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的是()A． S闭合瞬间，三个灯同时亮，最后D1、D2熄灭，D3变亮B． S闭合瞬间，D1、D2先亮，D3后亮，最后三个灯亮度一样C． S断开时，三个灯都亮一下再慢慢熄灭D． S断开时，D3立即熄灭，D1、D2亮一下再慢慢熄灭【答案】AD【解析】L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的小灯泡. S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以三灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以D1、D2熄灭，D3变亮．故A正确，B错误；S断开，D3立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1、D2亮一下再慢慢熄灭，故选项C错误，选项D正确．13.(多选)如图所示，当磁铁运动时，电路中会产生由A经R到B的电流，则磁铁的运动可能是()A．向下运动B．向上运动C．向左平移D．以上都不可能【答案】BC【解析】由安培定则知感应电流在线圈中产生的磁场与磁铁磁场方向相同，由楞次定律知，通过线圈的磁通量减小，选项中B、C会引起上述变化，故选项B、C正确．14.(多选)在如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是()A．合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C．断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭D．断开开关S时，流过A2的电流方向向左【答案】ABD【解析】当开关S闭合时，灯A2立即发光．通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来．所以A2比A1先亮．由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同．故A正确；当开关S断开时，由于自感作用，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1、A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯A2不会闪亮，流过A2的电流方向向左．故B、D正确，C错误．三、实验题15.下图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图，试回答下列问题：(1)在该实验中电流计G的作用是__________________________________________________．(2)按实验要求，将下面的实物连成电路．(3)在产生感应电流的回路中，下图器材中哪个相当于电源(填字母代号)?【答案】(1)检测感应电流的大小与方向(2)实验电路如图所示：(3)螺线管B.【解析】(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向．(2)探究电磁感应现象的实验电路如图所示：(3)在产生感应电流的回路中，螺线管B产生感应电动势，相当于电源．四、计算题16.边长L＝10 cm的正方形线框，固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图所示，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋3t)T，则第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ为多少？【答案】1.5×10－2Wb【解析】闭合电路的面积S不变，B变化，只要求出第3 s始末的磁通量之差，即可求出ΔΦ.第3 s内就是从2 s末到3 s末，由于2 s末的磁感应强度为B1＝(2＋3×2)T＝8 T,3 s末的磁感应强度为B2＝(2＋3×3)T＝11 T.根据公式ΔΦ＝ΔBS sinθ＝(11－8)×0.12×sin 30° Wb＝1.5×10－2Wb.17.如图所示，质量m＝100 g的铝环用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M ＝200 g的小磁铁(长度可忽略)以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离x＝3.6 m，小磁铁穿过铝环后的运动可看作平抛运动．(g取10 m/s2)．(1)在磁铁与铝环发生相互作用时，铝环向哪边偏？(2)若铝环在磁铁穿过后速度为v＝2 m/s，则在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？【答案】(1)右偏(2)1.7 J【解析】(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏(阻碍相对运动)．(2)在磁铁穿过铝环后落地的过程中，由平抛运动规律有h＝gt2x＝v′t得磁铁穿过铝环后的速度v′＝9 m/s.由能量守恒定律可得Q电＝Mv－Mv′2－mv2＝1.7 J.18.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω 的电阻，导轨所在的空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T, 导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝ 5 m/s ，求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)若将MN换为电阻为r＝1 Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U.【答案】2.0 V 2.0 A 1.0 V【解析】(1)根据动生电动势公式得E＝BLv＝1 T×0.4 m×5 m/s＝2.0 V ①故感应电流I＝＝＝2.0 A ②(2)导体棒两端电压U＝＝1.0 V ⑤。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训- 相互作用

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训- 相互作用本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分分卷I一、单选题1.如图所示是工厂传输货物的装置，物体A在皮带的带动下，以速度v沿直线匀速向右运动，物体A受到几个力的作用()A． 1个B． 2个C． 3个D． 4个【答案】B【解析】物体A在竖直方向上受竖直向下的重力G、竖直向上的支持力F N作用；由于物体做匀速直线运动，处于平衡状态，在水平方向上不受静摩擦力，因此物体A受两个力作用．2.在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，弹簧弹力的大小为F，弹簧的形变量(伸长量或压缩量)为x，下列说法正确的是()A．实验中k的具体数值只能用逐个计算的方法求出来，而没有其他的方法B．如果没有测出弹簧原长，用弹簧长度L代替x，F－L图线也是过原点的一条直线C．利用F－x直线可求出k值D．实验时要把所有点连到线上，才能探索得到真实规律【答案】C【解析】该实验中进行数据处理，可以采用图象法，并非只能用逐个计算的方法来求k，故A错误；用弹簧长度L代替x，F－L图线不过原点，故B错误；在F－x图象中图象的斜率表示劲度系数的大小，故利用F－x直线可以求出k值，故C正确；实验时并非把所有点连到线上，而是让直线尽量多的穿过各点，不能穿过的尽量分布在图象的两侧，这样可以剔除误差比较大的点，故D错误．故选C.3.在中学秋季田径运动会上，高一2班李好同学奋力拼搏，勇夺男子100 m冠军，下图为该同学奔跑途中的两个瞬间，用F f1、F f2分别表示该同学在图甲、乙两瞬间所受到的摩擦力，则关于F f1、F f2的方向，以下说法正确的是()A．F f1向后，F f2向后B．F f1向前，F f2向前C．F f1向前，F f2向后D．F f1向后，F f2向前【答案】C【解析】当该同学奔跑途中，后脚用力向后蹬，人才向前运动，正是由于地面给后脚有个向前的静摩擦力，使运动员能向前运动．而当前脚向前跨时，正是由于地面给前脚有个向后的静摩擦力，否则运动员会向前滑动．所以前脚受到地面的向后静摩擦力．4.已知力F的一个分力F1跟F成30°角，F1大小未知，如图所示，则另一个分力F2的最小值为()A．B．C．FD．无法判断【答案】A【解析】由力的三角形知识可知，当F2与力F1垂直时，F2为最小值，故F2＝F sin 30°＝.5.水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B.一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°，如图所示，则滑轮受到绳子的作用力大小为(g取10 N/kg)()A． 50 NB． 50NC． 100 ND． 100N【答案】C【解析】悬挂重物的绳的张力是F T＝mg＝100 N，小滑轮受到绳的作用力为沿BC、BD绳两拉力的合力，如图所示．从图中可看出，∠CBD＝120°，∠CBF＝∠DBF＝60°，即△CBF是等边三角形，故F＝100 N.6.一个体操运动员在水平地面上做倒立动作，下列哪个图中沿每支手臂向下的力最大()A．B．C．D．【答案】D【解析】两手臂的合力大小相等，两手臂的合力大小等于重力，且在两分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而D图中人最费力，故选D.7.在立起一根木棍的过程中要经过如图所示的位置，此时地面对木棍的弹力方向是图中的()A．F1的方向B．F2的方向C．F3的方向D．F4的方向【答案】B【解析】点面接触的弹力方向垂直于接触面指向被支持的物体，所以地面施予木棍的弹力方向正确的是F2.8.如图为两种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点转动的轻杆，重量不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA在图(a)、(b)中的受力分别为F A、F B，则下列关系正确的是()A．F A＝F BB．F A＜F BC．大小不确定D．F A＞F B【答案】A【解析】分别对两种形式的结点进行受力分析，设杆的作用力分别为F A、F B，各图中F T＝G＝mg. 在图(a)中，F A＝2mg cos 30°＝mg.在图(b)中，FB＝mg tan 60°＝mg.可知F A＝F B，故A正确，B、C、D错误．9.弹簧的弹力F与弹簧伸长量x的关系如图所示，该弹簧的劲度系数为()A． 0.4 N/mB． 4 N/mC． 40 N/mD． 400 N/m【答案】D【解析】根据F＝kx知，图线的斜率表示劲度系数，则k＝N/m＝400 N/m.故选D.10.一条质量均匀的不可伸长的绳索，所受重力为G，两端固定在水平天花板上的A、B两点，如图所示．今在绳索的中点施加竖直向下的力将绳索拉直使中点由位置C降到位置D在此过程中，整条绳索的重心位置将()A．逐渐升高B．逐渐降低C．先降低再升高D．始终不变【答案】A【解析】外力对绳子做功，使绳子的重力势能增大，根据重力势能E p＝mgh，则重心逐渐升高.二、多选题11.(多选)物体b在水平推力F作用下，将物体a挤压在竖直墙壁上，如下图所示，a、b处于静止状态，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是()A．a受到两个摩擦力的作用B．a共受到四个力的作用C．b共受到三个力的作用D．a受到墙壁摩擦力的大小不随F的增大而增大【答案】AD【解析】a受到五个力：重力、墙对a向右的弹力和向上的静摩擦力，b对a向左的压力和向下的静摩擦力．故A正确，B错误．b共受到四个力的作用：重力、F、a对b向右的弹力和向上的静摩擦力．故C错误．由上得知，墙壁对a的摩擦力大小等于a和b的总重力之和，不随随F的增大而增大．故D正确．12.(多选)如下图所示，A、B两物体均静止，关于B物体的受力情况，下列叙述正确的是()A．可能受到三个力，也可能受到四个力B．一定受到四个力的作用C．必受到地面的静摩擦力作用D．必受到地面的支持力作用【答案】BCD【解析】B受到重力、绳的拉力、水平向右的摩擦力和地面支持力四个力的作用．由于B受到向右的摩擦力则必受到地面的支持力的作用．13.(多选)质量为m的木块，在与水平方向夹角为θ的推力F作用下，沿水平地面做匀速运动，如图所示，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力应为()A．μmgB．μ(mg＋F sinθ)C．μ(mg－F sinθ)D．F cosθ【答案】BD【解析】根据力F的作用效果可分解为水平向左的分力F1＝F cosθ和向下的分力F2＝F sinθ，由于木块沿水平地面做匀速运动，则木块受到的滑动摩擦力等于F1，根据滑动摩擦力的计算公式可得F f＝μ(mg＋F sinθ)，所以B、D正确．14.(多选)下列各图中P、Q两球之间不存在弹力的是(所有接触面都是光滑的)()A．B．C．D．【答案】AB【解析】A图中两球间若有弹力则小球Q将向右运动，所以P、Q间无弹力；B图两球间若有弹力则两球将向两边运动，所以P、Q间无弹力；C图两球间若无弹力则小球P将向下运动，所以P、Q间有弹力；D图两球间若无弹力则小球P将向右下运动，所以P、Q间有弹力．故选A、B.分卷II三、实验题15.做“验证力的平行四边形定则”的实验时：(1)除已有的器材(方木板、白纸、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔)外，还必须有________和________．(2)要使两次合力与分力产生相同的效果，必须()A．每次将橡皮条结点拉到同样的位置B．每次把橡皮条拉直C．每次准确读出弹簧测力计的示数D．每次记准细绳的方向(3)在验证力的平行四边形定则实验中得到如下数据，请选择合适的标度在如下图方框中作图完成实验数据的处理．【答案】(1)弹簧测力计橡皮条(2)ACD(3)作图如下【解析】(1)做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力进行比较．所以我们需要的实验器材有：方木板(固定白纸)，白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、细绳套(弹簧测力计拉橡皮条)、弹簧测力计(测力的大小)、图钉(固定白纸)、橡皮条(让力产生相同的作用效果的)．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，应每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，故B错误，A、C、D正确．(3)作图如下四、计算题16.如图所示，在三角形支架B点用一细绳悬挂一个重为150 N的物体G.已知AB∶BC∶AC＝5∶4∶3，求横梁BC和斜梁AB所受的力．【答案】200 N250 N【解析】由物体处于平衡状态，得绳的拉力F T＝G.以B点为研究对象，将绳的拉力分解为拉AB的力F AB和压BC的力F BC，如图所示．由三角形相似得＝，＝则F BC＝G＝×150 N＝200 NF AB＝G＝×150 N＝250 N.17.如图所示，一只小球用绳OA和OB拉住，OA水平，OB与水平方向成60°角，这时OB绳受到的拉力为8 N，求小球重力及OA绳拉力的大小．【答案】4N 4 N【解析】把小球的重力G沿BO和AO方向进行分解，分力分别为FB和FA，如图所示，由几何关系得：G＝F B sin 60°＝8×sin 60° N＝4NF A＝F B cos 60°＝8×cos 60° N＝4 N.18.如图所示，ABC为一直角劈形物体，将其卡于孔中，劈的斜面AB＝10 cm，直角边AC＝2 cm.当用F＝100 N的力沿水平方向推劈时，求劈的上侧面和下侧面产生的推力大小．【答案】500 N490 N【解析】加在劈面上的力F产生两个效果，即使劈形物体的两个侧面产生垂直向外的推力．由此可断定两个分力F1、F2的方向分别是垂直水平面向下和垂直斜面斜向上．受力分析如图所示．由劈截面三角形ABC和表示力的三角形相似，对应边成比例得F2＝·F＝×100 N＝500 NF1＝·F＝×100 N≈490 N故劈对上侧面和下侧面产生的推力分别为500 N和490 N.19.如图所示，斜面上的物体所受重力为50牛顿，求重力沿斜面下滑方向和沿与斜面垂直方向的分力大小．【答案】30N40N【解析】将重力按照作用效果正交分解后，运用平行四边形定则作图后，由解析法求解分力．把重力分解成G1与G2，如图所示斜面倾角为α，由几何关系知α＝37°G1＝G sinα＝50×0.6 N＝30 NG2＝G cosα＝50×0.8 N＝40 N。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-电磁感应实验

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-电磁感应实验1.图为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将小线圈迅速插入大线圈时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下；②小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下．【答案】(1)如图：(2)①右②左【解析】(1)将电源、开关、滑动变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．(2)闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将右偏．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏．2.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁芯的线圈A④线圈B⑤电键⑥滑动变阻器(1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．(2)怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出三种方法．①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________.【答案】(1)如图所示(2)①闭合开关②断开开关③开关闭合时移动滑动变阻器滑片【解析】(1)使线圈A与电键、直流电源、滑动变阻器串联，线圈B与电流计连成闭合回路；(2)只要能使穿过线圈B的磁通量发生变化，就可以使线圈B中产生感应电流．3.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，部分导线已连接．(1)请用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．(2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下．将原线圈A迅速拔出副线圈B，发现电流计的指针向________偏；原线圈插入副线圈不动，将滑动变阻器滑片迅速向右移动，发现电流计的指针向________偏．【答案】(1)连线如图：(2)右右【解析】(1)连线如图；(2)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下．可知磁通量增加时指针左偏；将原线圈A迅速拔出副线圈B，则磁通量减小，故电流计的指针向右偏；原线圈插入副线圈不动，将滑动变阻器滑片迅速向右移动，则A线圈中电流减小，则磁通量减小，故电流计的指针向右偏．4.英国物理学家法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．现在某一课外活动小组的同学想模仿一下法拉第实验，于是他们从实验室里找来了两个线圈A、B，两节干电池、电键、电流计、滑动变阻器等器材，如图所示．请同学们帮助该活动小组，用笔画线代替导线，将图中的器材连接成实验电路．【答案】【解析】线圈A与带电池的电路相连，线圈B与电流计相连，当滑动滑动变阻器时，线圈A 中的电流变化，从而引起B中产生感应电流，也可以保持滑动器划片不动，线圈A插入或者拔出时，都可以引起B中产生感应电流．5.下图为“研究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图，试回答下列问题：(1)在该实验中电流计G的作用是__________________________________________________．(2)按实验要求，将下面的实物连成电路．(3)在产生感应电流的回路中，下图器材中哪个相当于电源(填字母代号)?【答案】(1)检测感应电流的大小与方向(2)实验电路如图所示：(3)螺线管B.【解析】(1)在该实验中电流计G的作用是检测感应电流的大小与方向．(2)探究电磁感应现象的实验电路如图所示：(3)在产生感应电流的回路中，螺线管B产生感应电动势，相当于电源．6.如图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材．(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．(2)由哪些操作可以使灵敏电流计的指针发生偏转()A．闭合开关B．断开开关C．保持开关一直闭合D．将线圈A从B中拔出(3)假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向______(填“左”或“右”)偏转．【答案】(1)见解析(2)ABD(3)右【解析】(1)将灵敏电流计与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．(2)将开关闭合或断开，导致穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，故A、B正确；保持开关一直闭合，则穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，灵敏电流计指针偏转，故C错误；将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，故D正确．(3)在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．7.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：(填“向左偏一下”、“向右偏一下”或“不动”)①将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．【答案】(1)电路连接如图(2)①向右偏转一下②向左偏转一下【解析】(1)电路连接如图(2)因在闭合开关时，电路中的电流变大，磁通量增大，此时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，则当将线圈A迅速插入线圈B时，磁通量也是增大的，则灵敏电流计指针将向右偏转一下；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，电路中的电流减小，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转一下．8.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．B．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．【答案】(1)(2)向右偏转一下向左偏转一下【解析】(1)见下图(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下．。

2020届高考物理总复习：交变电流、传感器传感器及其工作原理练习(2)含答案

传感器及其工作原理 (2)1．传感器的作用它能够感知诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为___________等电学量，或转换成电路的___________.2．信息的传递是多种多样的。

传递的速度也是越来越快，你认为信息的传递由慢到快的排列是：A．书信、电报、电话、网络 B、网络、电报、飞鸽传书、烽火台C．书信、电报、网络、电话 D、电报、电话、书信、网络3．关于信息的记录方式，下列说法错误的是：A．计算机记录信息主要是通过存储的方式保存在存储器里B．人对信息的记录主要在记忆中。

C．人对某些事的遗忘，实际就是记录的信息的丢失D．为了保证计算机存储的信息不丢失，要像人脑一样，经常进行巩固。

4．随着人们生活质量的提高,自动干手机已进入家庭洗手间,当人将湿手靠近干手机时,机内的传感器便驱动电热器加热,于是有热空气从机内喷出,将湿手烘干。

手靠近干手机时能使传感器工作,这是因为( )。

A．改变了湿度B．改变了温度C．改变了磁场D．改变了电容5．下列说法中正确的是( )A．话筒是一种常用的声音传感器，其作用是将电信号转换为声信号B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大6．根据导电性能可以把物质分为导体、半导体和绝缘体．在玻璃杯、电炉丝、橡胶手套、热敏电阻这些物品中，利用半导体材料制成的是7．下列说法正确的是（）A．话筒是一种常用的声电传感器，其作用是将电信号转换为声音信号B．楼道里的灯只有天黑时出现声音才亮，说明它的控制电路中只有光电传感器C．电子秤使用了力传感器，将力的大小转换为电信号D．光敏电阻能够把光照强度这个光学量转换为电阻这个电学量8．街道旁的路灯、江海里的航标灯都要求夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，主要利用了下列哪种传感器（）A.温度传感器B.光电传感器C.压力传感器D.以上三种任意一种都行9．些洗衣机设有多段式水位自动感应装置，该装置采用的传感器是（）A温度传感器B压力传感器C生物传感器D红外线传感器10．下面说法不正确的是（）A．感温铁氧体把温度这个热学量转换为电路的通断B．霍尔元件把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量C．光敏电阻随光照强度的增强电阻增大D．热敏电阻把温度这个热学量转换为电阻这个电学量参考答案：1．答案：电压电流解析：2．答案： C解析：3．答案： D解析：4．答案： D解析： :人是导体,可以和其他导体构成电容器。

2020届高考物理专练：交变电流传感器(含答案)

2020届高考物理专练：交变电流传感器（含答案）专题：交变电流传感器一、选择题1、如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻Ｒ均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是（）A．升压变压器副线圈中电流变小B．降压变压器副线圈中电流变小C．输电线上损耗的功率减小D．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小【答案】D【解析】A中当发电厂输出功率增大时，根据P=UI知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大．故A错误；B中当用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流也会变大，故B是错误的；C中升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根＝I2R知，输电线上损失的功率增大，故C也不对；D中用户消耗的功率据P损占发电厂输出总功率的比例，因为输电线上的电流增大，则电压损失△U增大，U2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小．故D正确。

2、如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象是( )解析：选A ．由题图乙知，周期T ＝4 s ，感应电动势的最大值E m ＝1 V ，而感应电动势的最大值的表达式E m ＝NBSω＝NBS·2πT ．若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T′变为原来的12，即T′＝2 s ，而感应电动势的最大值E ′m 变为原来的2倍，即E ′m ＝2 V ，所以选项B 、C 错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t ＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A 正确，D 错误．3、右图是一种测定压力的电容式传感器,A 为固定电极,B 为可动电极,组成一个电容大小可变的电容器。

原卷版-2020年高考物理二轮复习对点集训-传感器

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-功和机械能

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-功和机械能一、单选题1.在一次演示实验中，一个压紧的弹簧沿一粗糙水平面射出一个小球，测得弹簧压缩的距离d和小球在粗糙水平面滚动的距离s如下表所示．由此表可以归纳出小球滚动的距离s跟弹簧压缩的距离d之间的关系，并猜测弹簧的弹性势能E p跟弹簧压缩的距离d之间的关系分别是(选项中k1、k2是常量)()A．s＝k1d E p＝K2dB．s＝k1d E p＝k2d2C．s＝d1d2E p＝K2dD．s＝k1d2E p＝k2d2【答案】D【解析】由表中数据可看出，在误差范围内，s正比于d2，即s＝k1d2，弹簧释放后，小球在弹簧的弹力作用下加速，小球在粗糙水平面滚动的距离s，从能量转化的角度得弹簧的弹性势能转化为由于小球在粗糙水平面滚动产生的内能，列出等式E p＝F f s，F f为摩擦力，恒量．所以E p正比于d2，即E p＝k2d2，2.在水平面上有一弯曲的槽道A，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成，如图所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球的运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()A．零B．FRC．πFRD．2πFR【答案】C【解析】本题考查的是用微元法求功，即把整个运动过程分割成无数个微元，那么F我们就可以认为是恒力了，故可用功的公式进行计算，即W＝F·πR＋F·πR＝πFR，故选C.3.沪杭高铁连接上海与杭州，是中国“四纵四横”客运专线网络中沪昆客运专线的一段．正线全长160公里，全线设计时速为350公里．据报道，2010年9月28日沪杭高铁试运行，当天中午11时40分，沪杭高铁(上海－杭州)运行最高时速达到416.6公里，继续刷新世界铁路运营试验的最高时速．沪杭高铁使上海、杭州的旅行时间压缩到38分钟．沪宁杭的时空距离将进一步拉近，“长三角高铁时代”的脚步将迈得更为坚实．同时对车辆和铁路建设提出了更高的要求．一方面，火车提速需要增大发动机功率，另一方面，铁路转弯处要求外轨比内轨稍高，其内外轨高度差h的设计不仅与弯道半径r有关，还与火车在弯道上的行驶速率v有关．如果火车行驶时所受阻力与v2成正比，则以下说法正确的是()A．如果火车提速为原来的2倍，则发动机功率应增大为原来的4倍B．如果h一定时，v越大则要求r越大C．如果r一定时，v越大则要求h越小D．如果v一定时，r越大则要求h越大【答案】B【解析】据题意，据P＝Fv＝F f v＝kv3可知，要使火车提速为原来的2倍，则需使发动机功率变为原来的8倍，故A错误；铁路要求外轨高于内轨是因为：mg tanθ＝m＝mg，即h ＝，那么当h一定时，速度v越大则r也越大，故B正确；如果r一定时，速度v越大则h也越大，故C错误；如果速度v一定时，r越大则高度h越小，故D错误．4.质量为m的物体，沿倾角为a的光滑斜面由静止下滑，下滑时间t(s)后重力势能减少量为( )A．mg2t2sinαB．mg2t2C．mg2t2D．mg2t2sin2α【答案】D【解析】物体下滑的加速度a＝g sinα，t时刻物体下滑的距离s＝at2＝g sinα·t2，下滑的高度h＝s sinα，则物体重力势能的减少ΔE p＝mgh＝mg2t2sin2α.5.关于功的概念，以下说法正确的是()A．力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量B．功有正、负之分，若某个力对物体做负功，表明这个力对该物体的运动起阻碍作用C．若某一个力对物体不做功，说明该物体一定没有位移D．合力的功等于各分力做的功的矢量和【答案】B【解析】功是标量，没有方向，A错误；某力做正功，表明这个力对物体的运动起动力作用，某力做负功，表明这个力对该物体的运动起阻碍作用，B正确；某个力对物体不做功，由W ＝Fl cosα知，物体的位移可能为零或者可能力与位移的夹角为90°，故C错误；功是标量，所以合力的功等于各分力做功的代数和．6.如图所示，一质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使长部分垂在桌面下，(桌面高度大于链条长度，取桌面为零势能面)，则链条的重力势能为()A．0B．－mgLC．－mgLD．－mgL【答案】D【解析】7.关于摩擦力做功，下列说法中正确的是()A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B．静摩擦力起着阻碍物体的相对运动趋势的作用，一定不做功C．静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功D．滑动摩擦力可以对物体做正功【答案】D【解析】摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，而且摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．综上所述，只有D正确．8.如图所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的()A．支持力做功为mglB．重力做功为mglC．拉力做功为Fl cosθD．滑动摩擦力做功为－μmgl【答案】C【解析】对雪橇受力分析，如图：支持力做功W N＝F N l cos 90°＝0，故A错误；重力做功W G＝mgl cos 90°＝0，故B错误；拉力做功为W F＝Fl cosθ，故C正确；雪橇竖直方向受力平衡：F N＋F sinθ＝mg，则F N＝mg －F sinθF f＝μF N＝μ(mg－F sinθ)，则摩擦力做功W f＝－F f l＝－μ(mg－F sinθ)l，故D错误．9.如图所示为一种交通工具的示意图，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，从而使座椅始终保持水平．当此车减速上坡时，下列说法正确的是()A．乘客所受合外力做正功B．乘客处于失重状态C．乘客受到水平向右的摩擦力D．乘客所受的合力沿斜面向上【答案】B【解析】当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的加速度，所以乘客所受合外力向下，而位移向上，所以乘客所受合外力做负功，故A错误．当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的加速度，所以处于失重状态，故B正确．对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，所以受到水平向左的摩擦力作用．故C错误．由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受力的合力沿斜面向下．故D错误．10.设汽车在启动阶段所受阻力恒定并做匀加速直线运动，则在这过程中()A．牵引力增大，功率增大B．牵引力不变，功率增大C．牵引力增大，功率不变D．牵引力不变，功率不变【答案】B【解析】汽车做匀加速直线运动，加速度不变，根据牛顿第二定律可知，牵引力不变，而速度增大，根据P＝Fv可知，牵引力的功率增大，故B正确．二、多选题11.(多选)利用如图装置可以做许多实验，其中需要倾斜木板以平衡小车所受阻力的实验是()A．“用打点计时器测速度”B．“探究小车速度随时间变化的规律”C．“探究加速度与力、质量的关系”D．“探究做功与物体速度变化的关系”【答案】CD【解析】A.打点计时器是每隔0.02 s打下一个点，所以数点就知道时间间隔，用打点计时器测速度的实验中，小车是否受到摩擦力对实验没有影响．故A错误．B.探究小车速度随时间变化的规律的实验中，实验的数据与摩擦力无关，即小车是否受到摩擦力对实验没有影响，故B错误．C.探究加速度与力、质量的关系的实验中，物体受到的拉力必须等于砝码与砝码盘的合力，实验需要倾斜木板以平衡小车所受阻力，故C正确．D.探究做功与物体速度变化的关系实验中，物体受到的拉力必须等于橡皮筋的弹力，所以需要倾斜木板以平衡小车所受阻力．故D正确.12.(多选)如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A 上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中()A．小球B做匀速圆周运动B．摩擦力对重球B做正功C．摩擦力对重球B做负功D．A对重球B所做的功与重球B对A所做的功大小相等【答案】BD【解析】匀速圆周运动的向心力大小不变，线速度大小不变，故A错误．斜面对B的摩擦力沿斜面向下，与B的位移方向夹角为锐角，所以斜面对B的摩擦力对做正功，故B正确，C错误；斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移．所以斜面与B间的弹力对B所做的功与对斜面做的功的绝对值相等．故D正确．13.(多选)光滑楔形木块放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的铁球，如图所示，当整个装置沿水平面向左运动的过程中，铁球所受各力做功的情况是()A．斜面对球弹力做正功B．球受的重力不做功C．挡板对球弹力不做功D．不知运动具体情况，无法判断【答案】AB【解析】小球受重力和斜面的支持力，根据受力，知道两个力的合力方向水平向左，所以整体的加速度方向水平向左．根据平行四边形定则，F合=mgtanθ，则．故AB正确，CD错误．故选AB．14.(多选)质量为m的物体放在粗糙的水平面上，受到水平力F的作用，下列叙述中正确的是()A．如果物体做匀加速直线运动，则力F一定做正功B．如果物体做匀加速直线运动，则力F可能做负功C．如果物体做匀减速直线运动，则力F可能做正功D．如果物体做匀减速直线运动，则力F可能做负功【答案】ACD【解析】物体在粗糙的水平面上运动一定要受到摩擦阻力，当物体在力F作用下做匀加速直线运动时，力F与位移的夹角为0°.力对物体一定做正功；当物体在力F作用下做匀减速直线运动时，力F与位移的夹角可以为0°也可以为180°，故力对物体可以做正功，也可以做负功．三、实验题15.在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器打点间隔为T，某组同学得到了一条如图所示的纸带，在填写实验报告时，甲、乙两个同学选择了不同的数据处理方法：甲同学测出了C点到第一点O的距离hOC，利用v＝2ghOC计算得到了C点的速度，然后验证mghOC与mv是否相等．乙同学测出了A，B，C，D各点到第一点O的距离hA，hB，hC，hD，利用v B＝、v C ＝计算B、C点的速度，然后验证了mg(hC－hB)与mv－mv是否相等．请你对甲、乙两位同学的做法逐一分析，并对其不合理之处提出完善的解决办法．【答案】甲同学犯了用机械能守恒定律去验证机械能守恒定律的错误．乙同学造成误差偏大．【解析】甲同学选择从O到C段验证机械能守恒，计算C点的速度用v＝2gh OC的数据处理方法，犯了用机械能守恒定律去验证机械能守恒定律的错误．计算v C可以选择v C＝.乙同学选择了从B到C段验证机械能守恒定律，由于B，C离的较近，造成误差偏大，选择BD段相对较为合适．四、计算题16.如图所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上由小圆弧与斜面连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【答案】3.5 m【解析】对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示．方法一分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段F N1＝mg cos 37°，故F f1＝μF N1＝μmg cos 37°.由动能定理得：mg sin 37°·l1－μmg cos 37°·l1＝mv2－0设物体在水平面上运动过程前进的距离为l2，摩擦力F f2＝μF N2＝μmg由动能定理得：－μmg·l2＝0－mv2联立得l2＝3.5 m.方法二全过程列方程：mgl1sin 37°－μmg cos 37°·l1－μmg·l2＝0得：l2＝3.5 m.17.如图所示，一质量m＝4.0 kg的物体，由高h＝2.0 m，倾角θ＝53°的固定斜面的顶端滑到底端．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体所受各个力所做的功及合外力所做的功？(g＝10m/s2)【答案】重力做功80 J支持力做功0摩擦力做功－12 J合力做功68 J【解析】以物体为研究对象受力分析如图．物体受重力mg、摩擦力F f、支持力F N，F N＝mg cosθ，F f＝μmg cosθ.物体的位移l＝，根据功的公式可求得W G＝mg·l cos(90°－θ)＝mgh＝4.0×10×2.0 J＝80 J，W FN＝0，W Ff＝－F f·l＝－μmg cosθ·＝－0.2×4.0×10×2.0×J＝－12 J.W合＝W G＋W FN＋W Ff＝80 J＋0－12 J＝68 J.求合外力做的功也可以先求合外力，再求合力的功．F合＝mg sinθ－F f，W合＝F合·l＝(mg sinθ－μmg cosθ)l＝(4.0×10×0.8－0.2×4.0×10×0.6)×J＝68 J.18.质量m＝5 kg的物体，在水平力F＝10 N的作用下，在光滑的水平面上从静止开始做匀加速直线运动，求：(1)力F在t＝2 s内对物体所做的功；(2)力F在t＝2 s内对物体所做功的平均功率；(3)在2 s末力F对物体做功的瞬时功率．【答案】(1)40 J(2)20 W(3)40 W【解析】物体在水平力F的作用下，在光滑水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求出加速度．。

2020版高考物理二轮复习第一部分专题复习训练4_11电磁感应及应用真题对点练(含解析)

电磁感应及应用1．(2018年高考·课标全国卷Ⅰ)(多选)如图4—11—18所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )图4—11—18A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A对．开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C错．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D对．答案：AD2．(2018年高考·课标全国卷Ⅰ)如图4—11—19所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS 是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定值电阻、可绕O转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图4—11—19A.54B.32C.74D ．2 解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B （12πr 2－14πr 2）Δt 1 根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R且q 1＝I 1Δt 1 在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝（B ′－B ）12πr 2Δt 2I 2＝E 2Rq 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B （12πr 2－14πr 2）R ＝（B ′－B ）12πr 2R所以B ′B ＝32. 答案：B3．(2018年高考·课标全国卷Ⅱ)如图4—11—20所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )图4—11—20解析：设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i .线框位移等效电路的连接电流0～l 2 I ＝2i (顺时针)l 2～l I ＝0 l ～3l 2 I ＝2i (逆时针) 3l 2～2l I ＝0答案：D 4．(2018年高考·课标全国卷Ⅲ)(多选)如图4－11－21(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )图4—11—21A ．在t ＝T 4时为零 B ．在t ＝T 2时改变方向 C ．在t ＝T 2时最大，且沿顺时针方向 D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：在t ＝T 4时，i →t 图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS 知，E ＝0，A 对；在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大，在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向，C 对，B 、D 错．答案：AC5．(2019年高考·课标全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图4－11－22(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示：磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图4－11－22(b)所示，则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图4—11—22 A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0解析：AB.根据B －t 图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t 0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向F A 的方向在t 0时刻发生变化，则A 错误，B 正确；CD.由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R ，又根据法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 22，又根据电阻定律得：R ＝ρ2πr S ，联立得：I ＝B 0rS 4t 0ρ，则C 正确，D 错误．答案：BC6．(2019年高考·课标全国卷Ⅱ)(多选)如图4—11—23所示，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )图4—11—23A BC D解析：根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于l，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误。

2020届高三物理二轮冲刺对点专练——传感器及其作用

2020届届届届届届届届届届届届届——届届届届届届届一、单选题（本大题共7小题，共28分）1.如图所示，甲图是录音机的录音电路原理图，乙图是研究自感现象的实验电路图，丙图是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁图是电容式话筒的电路原理图，下列说法错误()A. 甲图中录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场B. 乙图电路中，开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花C. 丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化D. 丁图电路中，当声波使膜片振动时，电容发生变化，会在电路中产生变化的电流2.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r。

R1为光敏电阻，光照越强电阻越小。

C为电容器，R2和R3都为定值电阻，电流表和电压表都为理想电表。

开关接通后，当光照强度增大时，下列说法正确的是()A. 电压表的示数减小，电流表的示数减小B. 若电压表示数减小ΔU，则电阻R3两端的电压增加ΔUC. 电源的效率可能变大D. 电阻R2中产生方向向右的电流3.如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈．P为可经O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．电磁继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求．其工作方式是()A. A与B接信号电压，C与D可跟被控电路并联B. A与B接信号电压，C与D可跟被控电路串联C. C与D接信号电压，A与B可跟被控电路串联D. C与D接信号电压，A与B可跟被控电路并联4.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小。

某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置。

其工作原理图如图甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源E连成电路，在压敏电阻上放置一个绝缘重物。

0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-电能的输送与变压器

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-电能的输送与变压器一、单选题1.用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A．变压器输入功率约为3.9 WB．输出电压的最大值是110 VC．变压器原、副线圈匝数比是 1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋) A【答案】A【解析】由题图知，负载电流I2＝A，变压器的输出功率P2＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，输入功率P1＝P2＝3.9 W，A正确；输出电压的最大值为U2m＝110V，B错误；变压器原、副线圈的匝数比是＝＝2∶1，C错误；由题图知，负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)，D错误．2.如图所示，一理想自耦变压器的原线圈接有正弦式交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，滑动触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A．若通过电路中A、C两处的电流分别为IA、IC，则IA>ICB．若仅将滑动触头P向A端滑动，则电阻R消耗电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R增大的同时，将滑动触头P向A端滑动，则通过A处的电流一定增大【答案】B【解析】自耦变压器通过改变原、副线圈匝数比的关系来改变原、副线圈两端电压，实现电压的变换，原、副线圈两端电压与其匝数成正比，理想自耦变压器的原线圈接有正弦式交变电压，若仅将滑动触头P向A端滑动，电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，B选项正确．3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝4∶1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表A1的示数是12 mA，则电流表A2的示数为()A． 3 mAB． 0C． 48 mAD．与负载R的值有关【答案】B【解析】导体棒向左匀速切割磁感线时，在线圈n1中通过的是恒定电流，不能引起穿过线圈n2的磁通量变化，在副线圈n2上无感应电动势，A2中无电流通过．4.如图所示，理想变压器的原线圈的输入电压u＝220sin(100πt) V，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1电阻R的阻值为100 Ω，则1 s内电阻R上产生的焦耳热为()A． 484 JB． 242 JC． 2.42 JD． 1.21 J【答案】D【解析】每个周期内只有半个周期有电流通过R.由U1∶U2＝n1∶n2，得U2＝22 V，其电压U2′＝11 V，由Q＝·t＝×0.5 J＝1.21 J.5.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()A．输入电压u的表达式u＝20sin (50πt) VB．只断开S1后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W【答案】D【解析】由输入电压u随时间t的变化关系图象可知，交变电流周期为0.02 s，输入电压u的表达式u＝20sin (100πt) V，选项A错误；只断开S1后，L1、L2均不能发光，选项B错误；只断开S2后，灯泡L1、L2串联后接入电路，变压器输出电流减小，原线圈的输入功率减小，选项C错误；若S1换接到2后，变压器输出电压U＝4 V，R中电流为I＝0.2 A，R消耗的电功率为P＝UI＝0.8 W，选项D正确．6.远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1＝11 kV输电和输电电压为U2＝110 kV输电．则两种情况中，输电线上损耗功率之比P1∶P2等于()A． 1∶100B． 10∶1C． 1∶10D． 100∶1【答案】D【解析】输送的电功率不变，根据P＝UI，输电电压比为1∶10，则输电电流比为10∶1，根据P损＝I2R知，输电线上损耗的功率之比为100∶1.故D正确，A、B、C错误．故选D.7.如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R和两个小灯泡L1、L2，最初电键S是断开的，现闭合电键S，则()A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大D．电阻R中的电流变小【答案】C【解析】理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比，即＝，原线圈电源不变，原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，选项A错．副线圈中，电键闭合后，总电阻变小，总电流变大，即通过电阻R中的电流变大，选项D错．即电流表A2示数变大，根据＝知I1变大，选项C 对．副线圈两端电压不变，而电阻两端电压变大，则L1两端电压变小，灯泡L1变暗，选项B错．8.如图所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V；若分别在c、d与g、h的两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f 间的电压分别为()A． 220 V,220 VB． 220 V,110 VC． 110 V,110 VD． 220 V,0【答案】B【解析】甲图是变压器，由Uab＝220 V，Ucd＝110 V，得＝＝，当Ucd＝110 V时，Uab＝220 V；乙图是分压器电路，e、f输入220 V，g、h是下半部分电阻，电压为110 V，下半部分电阻是整个电阻的一半，当g、h加110 V电压时，e、f两端电压仍为110 V，分压器不能使电压升高．9.如图所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN正在导轨上向右匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到()A． L1、L2都发光，只是亮度不同B． L1、L2都不发光C． L2发光，L1不发光D． L1发光，L2不发光【答案】D【解析】甲图右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，形成变化的电流，能发生电磁感应，在左侧线圈和灯L1回路中产生感应电流，灯L1发光．乙图右侧线圈中感应电动势恒定不变，在右侧线圈中形成恒定不变的电流，不能在左侧线圈和灯L2回路中产生感应电流，灯L2不发光，故选D. 10.如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是()A．输电线上的损失功率为300 WB．升压变压器的匝数比为1∶100C．输电线上的电流为100 AD．降压变压器的输入电压为4 700 V【答案】A【解析】输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W，选项A正确．由I2R＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B、C错误．输电线损失电压为IR＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D错误．二、多选题11.(多选)关于理想变压器在使用中的判断，其中正确的是()A．当由副线圈提供电能的用电器有一部分停止工作时，原线圈两端电压保持不变B．在由副线圈提供电能的电路中，若并联更多的用电器，则原线圈输入的电流随之增大C．当副线圈与用电电路断开时，副线圈两端无电压D．当副线圈与用电电路断开时，原线圈两端无电压【答案】AB【解析】原线圈两端电压由电源提供；副线圈两端电压U2＝U1，由原、副线圈匝数比和原线圈两端电压共同决定，副线圈上所接负载的多少不影响原线圈的电压，A正确；原线圈输入的功率等于副线圈输出功率，由I1U1＝P可知，当输出功率增大时，原线圈输入电流I1增大，B正确；当副线圈与用电电路断开时，副线圈中虽无电流，但由于磁通量变化，线圈两端的感应电动势还是存在的，原线圈两端电压由电源提供，与副线圈是否向用电电路供电无关，C、D错误．12.(多选)电流互感器是用来测量大电流的仪器，如图所示是某学生设计的电流互感器原理图，以下说法正确的是()A．图中因变压器将电压升高了，所以电流表示数比把电流表直接接到ab间时示数大B．图中电流表的示数比直接接在ab间时示数大C．原理图有错误，原线圈匝数应比副线圈匝数少D．图中电流表的示数就是ab间的电流大小【答案】BC【解析】图中的变压器是一个降压变压器，电压降低了，故A错误．图中副线圈匝数少于原线圈匝数，则副线圈电流大于原线圈电流，不能做为电流互感器．B、C正确，D错误．13.(多选)某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经变压器降压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时()A．升压变压器的副线圈的电压变大B．高压输电线路的电压损失变大C．降压变压器的副线圈上的电压变大D．降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大【答案】BD【解析】用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝IR线可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大，故正确答案为B、D.14.(多选)如图，一矩形导线框在匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，产生的交变电流通过升压变压器的原线圈送入电路，使灯泡发光，若灯泡偏暗，不能正常工作，为使灯泡能够正常工作，下列各项措施中正确的是()A．只增加匝数n1B．只增加匝数n2C．只向左移动滑动变阻器R的滑片D．只增加矩形导线框的转速【答案】BCD【解析】若只减少n1匝数，或只增加n2匝数，则副线圈电压有效值U2＝U1增大，灯泡两端分得电压变大，故A错误，B正确．若只向左移动滑动变阻器R的滑片，其电阻减小，则灯泡分得电压增大，故选C.若只增加导线框的转速，其角速度ω增大，则原线圈电压E m＝nBSω增大，其有效值U1＝增大，副线圈电压有效值U2＝U1增大，则灯泡两端分得电压变大，故D正确．三、计算题15.如图所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)．那么：(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些途径？【答案】(1)在输电线上有功率损失和电压损失．(2)有一部分电能转化为电热而损失掉．ΔP＝I2r＝r，两个途径为①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U.【解析】(1)在输电线上有功率损失和电压损失．(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因．功率损失表达式：ΔP＝I2r＝r，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U.16.如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接变压器，变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计，求：(1)降压变压器原、副线圈匝数比；(2)发电机的输出功率．【答案】3∶1 6.67【解析】(1)彩色小灯泡额定电流I L＝＝A＝A，副线圈总电流I2＝24I L＝1 A，变压器输入功率I1U1＝I2U2＝6 W，变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E＝U1＋I1R＝＋6 Ω·I1，代入E 值解得I1＝A(I1＝3 A应舍去．据题意是降压变压器，I1<I2＝1 A)，所以＝＝.(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67 W.17.如图所示，理想变压器的交流输入电压U1＝220 V，有两个副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V,9 W”、“12 V,12 W”的灯泡分别接在两副线圈上且都正常发光，求：(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；(2)原线圈中电流I1.【答案】(1)n1＝1 320匝n3＝72匝(2)0.095 A【解析】(1)由于两灯泡都正常发光，所以有U2＝6 V，U3＝12 V.由＝，＝得n1＝n2＝×36＝1 320(匝)，n3＝n2＝×36＝72(匝)(2)由P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3即I1U1＝P2＋P3，则I1＝＝A≈0.095 A.18.一台发电机的功率是44 kW，用电阻为0.2 Ω的导线输送到用户，(1)若用220 V的电压输电，输电线上的电流多大？输电线发热损失的功率是多少？(2)若用22 kV的电压输电，输电线上电流多大？输电线发热损失的功率又是多少？【答案】(1)200 A 8×103W(2)2 A0.8 W【解析】(1)P＝UI,44×103W＝220×I，I＝200 AP损＝I2R P损＝8×103W(2)P＝U′I′44×103W＝22 000×I′I′＝2 A P′损＝I′2RP′损＝0.8 W。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-匀变速直线运动的研究

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-匀变速直线运动的研究本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分分卷I一、单选题1.如图所示是一辆汽车做直线运动的x－t图象，对相应的线段所表示的运动，下列说法正确的是()A．AB段表示匀速直线运动B．BC段发生的位移大于CD段发生的位移C．CD段运动方向和BC段运动方向相反D．CD段运动的速度大小小于BC段运动的速度大小【答案】C【解析】AB段表示物体静止；BC段发生的位移为＋8 m，CD段发生的位移为－12 m，所以BC段发生的位移小于CD段发生的位移；BC段物体的速度为正，大小等于4 m/s，CD段物体的速度为负，大小等于6 m/s，所以CD段运动方向和BC段运动方向相反，且CD段运动的速度大小大于BC段运动的速度大小，C正确．2.意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．重的物体与轻的物体下落一样快C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力不是维持物体运动的原因【答案】A【解析】伽利略将斜面实验结果合理外推到斜面倾角增大到90°的情况，认为小球仍会保持匀变速直线运动的的性质，A正确；在自由落体运动中，轻重物体下落一样快，在该实验中不能得出轻重物体下落的快慢，也不能得出惯性这一结论，B、C错误；物体的运动不需要力来维持，但是该实验不能得出该结论，D错误．3.关于自由落体运动，下列说法正确的是()A．开始下落时，速度、加速度均为零B．开始下落时，速度为零、加速度为gC．下落过程中，速度、加速度都增大D．下落过程中，速度、加速度都减小【答案】B【解析】自由落体运动，物体开始下落时的速度为零，加速度为g，A错误，B正确；在自由下落的过程中，速度增加，加速度不变，C、D错误．4.从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点再释放另一粒小石子，不计空气阻力，则在它们落地之前的任一时刻()A．两粒石子间的距离将保持不变，速度之差保持不变B．两粒石子间的距离将不断增大，速度之差保持不变C．两粒石子间的距离将不断增大，速度之差也越来越大D．两粒石子间的距离将不断减小，速度之差也越来越小【答案】B【解析】当第一个石子运动的时间为t时，第二个石子运动的时间为(t－1)．h1＝gt2①v1＝gt②h2＝g(t－1)2③v2＝g(t－1)④由①③得：Δh＝gt－g，由②④得：Δv＝g，因此，Δh随t增大，Δv不变，B正确．5.一物体做匀变速直线运动，初速度为v0＝2 m/s，加速度a＝－2 m/s2，则经过2 s后，物体的速度和位移为()A．－2 m/s,1 mB． 2 m/s，－1 mC． 2 m/s,0D．－2 m/s,0【答案】D【解析】由v＝v0＋at得，v＝2 m/s＋(－2)×2 m/s＝－2 m/s，由x＝v0t＋at2得，x＝2×2 m＋×(－2)×22m＝0，故选项D正确．6.如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向做匀加速运动的v－t图象，已知在第3 s末两个物体在途中相遇，则两物体出发点的关系是()A．从同一地点出发B．A在B前3 m处C．B在A前3 m处D．B在A前5 m处【答案】A【解析】由两个物体的v－t图象可知，3 s末A、B两个物体的位移分别为6 m和3 m，所以物体出发时，B在A前3 m处，故C正确．7.甲和乙两个物体在同一直线上运动，它们的v－t图象分别如下图中的a和b所示，下列说法正确的是()A．在t1时刻它们的运动方向相同B．在t2时刻甲与乙相遇C．甲的加速度比乙的加速度大D．在0～t2时间内，甲比乙的位移大【答案】A【解析】在t1时刻，甲和乙速度均为正值，两物体均沿正方向运动，A正确；在t2时刻，甲、乙的速度相同，两物体的位移不相同，乙的位移比甲的位移大，B、D错误；b直线的斜率比a的斜率大，即乙的加速度比甲的加速度大，C错误．8.某物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s内的位移与第5 s内的位移之比为()A． 5∶9B． 1∶5C． 9∶25D． 9∶16【答案】A【解析】初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶……，所以第3 s内的位移与第5 s内的位移之比为5∶9，A正确．9.某物体由静止开始做匀加速直线运动，经过一段时间速度达到v，则在这段时间内，物体在中间时刻的速度与物体经过中间位置时的速度之比为()A． 1∶2B． 1∶C．∶1D．∶1【答案】B【解析】物体由静止开始做匀加速直线运动，则物体在中间时刻的速度等于物体这段时间内的平均速度，即：v＝＝经过中间位置时的速度为v＝＝故物体在中间时刻的速度与物体经过中间位置时的速度之比为：v∶v＝∶v＝1∶，B正确．10.一汽车在水平面上做匀变速直线刹车运动，其位移与时间的关系是：x＝12t－3t2，则它在3 s内行驶的位移大小等于()A． 9 mB． 12 mC． 15 mD． 24 m【答案】B【解析】根据位移与时间的关系式x＝12t－3t2可知汽车刹车时的初速度v0＝12 m/s，加速度a＝－6 m/s2根据速度与时间关系v＝v0＋at可得：汽车刹车用时t0＝＝s＝2 st＝3 s＞2 s，即第3秒已停止，3 s内位移等于2 s内位移，x＝12×2 m－3×22m＝12 m.二、多选题11.(多选)伽利略研究落体运动的“斜面实验”被评为两千年来十大最美物理实验之一，关于伽利略对落体运动的研究，下列说法正确的是()A．伽利略用斜面做实验，巧妙地“冲淡”了重力，克服了时间测量的困难B．伽利略让铜球从同一倾角的斜面上不同位置滚下，用到了控制变量的方法C．伽利略通过实验测量发现，当斜面倾角为90°时，速度平方与距离成正比D．伽利略用实验加合理外推的思想，得出了自由落体运动是匀加速直线运动【答案】ABD【解析】伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“减小”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，A正确；伽利略让铜球从同一倾角的斜面上不同位置滚下，用到了控制变量的方法，B正确；伽利略用实验验证v与t成正比的最大困难是无法直接测定瞬时速度，所以不能证明速度平方与距离成正比，C错误；根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，即自由落体的运动是匀加速直线运动，与物体的质量无关，D正确．12.(多选)在忽略空气阻力的情况下，让一轻一重的两块石块从同一高度同时自由下落，则关于两块石块的运动情况，下列说法正确的是()A．重的石块落得快，先着地B．轻的石块落得快，先着地C．在着地前的任一时刻，两块石块具有相同的速度、相同的位移、相同的加速度D．两块石块在下落时间段内的平均速度相等【答案】CD【解析】两石块都做自由落体运动，运动规律相同且具有相同的加速度，由于从同一高度下落，落地时间必然相同，故A、B错误．因h、t相同，故＝必相同，D正确．由v＝gt和h＝gt2可知，C正确．13.(多选)如图是A、B两质点沿同一条直线运动的位移图象，则()A．质点A前2 s内的位移是1 mB．质点B第1 s内的位移是2 mC．质点A、B在8 s内的位移大小相等D．质点A、B在4 s末相遇【答案】AD【解析】由图象可以看出，质点A前2 s内的位移是1 m，A对；质点B第1 s内静止，位移是0，B错；质点A在8 s内的位移大小是1 m，质点B在8 s内的位移大小是3 m，C错；质点A、B在4 s末相遇，D对．14.(多选)甲、乙两辆汽车，同时在一条平直的公路上自西向东运动，开始时刻两车平齐，相对于地面的速度—时间图象如图所示．关于它们的运动，下列几个人的说法正确的是()A．甲车中的乘客说：乙车先以速度v0向西做匀减速运动，后(向甲车)做匀加速运动，以速度v0从甲车旁边通过后，一直向东远离而去B．乙车中的乘客说：甲车先以速度v0向东做匀减速运动，后(向乙车)做匀加速运动，以速度v0从乙车旁边通过后，一直向西远离而去C．某同学根据v－t图象说：乙车速度增加到v0时，两车再次相遇(平齐)D．另一个同学根据v－t图象说：开始甲车在前、乙车在后，两车间距离先增大、后减小，当乙车速度增大到v0时，两车恰好平齐【答案】AB【解析】相对于地而言，甲向东做匀速直线运动，乙向东做初速度为零的匀加速直线运动，甲的速度先大于乙的速度，后小于乙的速度，两者距离先增大后减小，甲车中的乘客以自己所乘的甲车为参考系，乙车先以速度v0向西做匀减速运动，后(向甲车)做匀加速运动，以速度v0从甲车旁边通过后，一直向东远离而去，A正确；同理，乙车中的乘客以自己所乘的乙车为参考系，认为甲车先以速度v0向东做匀减速运动，后(向乙车)做匀加速运动，以速度v0从乙车旁边通过后，一直向西远离而去，B正确；当两车的位移相等时，再次相遇，根据速度－时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小可知，乙车速度增加到2v0时，两车的位移相等，再次相遇，C错误；根据v－t图象可知：开始甲车在前、乙车在后，两车间距离先增大、后减小，当乙车速度增大到2v0时，两车恰好平齐．故D错误．分卷II三、实验题15.实验室备有下列器材：A．长度为1 m、最小刻度为毫米的刻度尺；B．长度为1 m、最小刻度为分米的刻度尺；C．秒表；D．打点计时器；E．低压交流电源(50Hz)；F．低压直流电源；G．天平．(1)为了测量重锤下落的加速度的数值，上述器材中必须有的是________(填字母代号)，实验是通过研究重锤做________运动来测量重锤下落的加速度的．(2)把重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，当重锤自由下落时，打点计时器在纸带上打出一系列的点．取连续清晰的7个点，用刻度尺测出第2、3、4、5、6、7各点与第1点的距离d 如下表所示：根据这些数据可求出重力加速度的测量值为________．【答案】(1)ADE自由落体(2)9.72 m/s2【解析】(1)实验时，必须有的器材是：低压交流电源(50 Hz)和打点计时器(用来打点)，以及长度为1 m、最小刻度为毫米的刻度尺(用来测量点迹之间的距离)．(2)我们用逐差法来求重力加速度的测量值：根据表中的数据，可得纸带上相邻两点间的距离依次为d1＝6.0 cm，d2＝12.5 cm－6.0 cm＝6.5 cm，d3＝19.3 cm－12.5 cm＝6.8 cm，d4＝26.5 cm－19.3 cm＝7.2 cm，d5＝34.1 cm－26.5 cm＝7.6 cm，d6＝42.1 cm－34.1 cm＝8.0 cm.可得重锤下落的加速度为a1＝＝cm/s2＝10 m/s2，a2＝＝cm/s2≈9.17 m/s2，a3＝＝cm/s2＝10 m/s2，从而，重力加速度的测量值为g＝＝m/s2≈9.72 m/s2.四、计算题16.神舟八号飞船完成与天宫一号的两次对接任务后返回，返回舱距地面10 km时开始启动降落伞装置，速度减至10 m/s，并以这个速度在大气中竖直降落．在距地面1.2 m时，返回舱的4台发动机开始向下喷气，舱体再次减速．设最后减速过程中返回舱做匀减速运动，且到达地面时的速度恰好为0.求：(结果均保留两位有效数字)(1)最后减速阶段的加速度；(2)最后减速阶段所用的时间．【答案】(1)－42 m/s2(2)0.24 s【解析】(1)由v2－v＝2ax得a＝＝m/s2＝－42 m/s2(2)由v＝v0＋at(或由加速度的定义)得t＝＝s≈0.24 s17.在平直的公路上，一辆汽车以1 m/s2的加速度加速行驶了12 s，驶过了180 m，求：(1)汽车开始加速时的速度多大？(2)过了180 m处之后接着若以大小为2 m/s2的加速度刹车，问再过12 s汽车离开始加速处多远？【答案】(1)9 m/s(2)290.25 m【解析】(1)x1＝v1t1＋a1t由题意知，x1＝180 m，a1＝1 m/s2，t1＝12 s解得，v1＝9 m/s(2)设汽车加速过程的末速度为v2，开始减速至停下来的时间为t2v2＝v1＋a1t1，则v2＝21 m/s，0＝v2＋a2t2，则t2＝10.5 s，故减速时间只能计算10.5 s，此段时间位移为x2，有x2＝v2t2＋a2t＝m＝110.25 m.此时距离开始加速处的位移为x＝x1＋x2＝290.25 m.18.如图所示，竖直悬挂一根长15 m的杆，在杆的下方距杆下端5 m处有一观察点A，当杆自由下落时，从杆的下端经过A点时开始记时，试求杆全部通过A点所需的时间．(g＝10 m/s2)【答案】1 s【解析】杆下端到A点时，位移为5 m,5 m＝gt，t1＝1 s；杆上端到A点时，位移为20 m,20 m ＝gt2，t 2＝2 s，杆全部通过A点所需时间为两者之差，即：Δt＝t2－t1＝1 s.。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-恒定电流

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-恒定电流一、单选题1.两段材料和质量都相同的均匀电阻线，它们的长度之比为L1∶L2＝2∶3，则它们的电阻之比R1∶R2为()A． 2∶3B． 4∶9C． 9∶4D． 3∶2【答案】B【解析】材料和质量都相同的均匀电阻线的体积是相同的，又因长度之比L1∶L2＝2∶3，故横截面积之比S1∶S2＝3∶2.由电阻定律得电阻之比为＝＝·＝×＝.2.如图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 μA，当调零后，在两表笔间接一被测电阻R x时，电流表G的指针示数为50 μA，那么R x的值是()A．7.5 kΩB．22.5 kΩC．15 kΩD．30 kΩ【答案】B【解析】r内＝＝7.5 kΩ，由I＝得Rx＝22.5 kΩ.3.下列关于电功率的说法中，正确的是()A．用电器的额定功率与用电器的实际电压和实际电流有关B．用电器的实际功率取决于用电器的额定功率C．白炽灯正常工作时，实际功率等于额定功率D．电功率越小，则电流做功越少【答案】C【解析】用电器的额定功率是它正常工作时的功率，其值是由用电器本身的结构决定的，与实际电流和实际电压无关，故A错，C对；用电器实际功率的大小是由加在它两端的电压和通过它的电流决定的，B错；电流做功的多少不仅与功率的大小有关，还与通电时间有关，D错．4.用欧姆表测一个电阻的阻值R，选择旋钮置于“×10”挡，测量时指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定()A．R＝150 ΩB．R＝1 500 ΩC．1 000 Ω＜R＜1 500 ΩD．1 500 Ω＜R＜2 000 Ω【答案】C【解析】表盘右疏左密，所以指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定 1 000 Ω＜R＜1 500 Ω，故选C.5.关于电源的以下说法，正确的是()A．电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差B．电源的作用是在电源内部把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持两极之间有稳定的电势差C．只要电路中有电源，电路中就一定有电流D．电源实质上也是一个用电器，也需要外界提供能量【答案】B【解析】电源的作用是维持正、负极之间恒定的电势差，外电路中自由电子在电场力的作用下向正极移动；在电源内部，需要将电子由正极不断地搬运到负极，故A错，B对.电路中有电流不仅需要电源，还需要电路是闭合的，两者缺一不可，故C错.电源是对电路提供能量的装置，故D 错.6.如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，当外电路电阻发生变化时，干路电流I、路端电压U，内电压U′、电源输出功率P随之变化的图象如图所示，其中不正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据闭合电路欧姆定律得：I=，可知R增大，I减小，两者是非线性关系，故A正确．U=IR==E，E、r为定值，R增大，减小，则得U增大，当R→∞时，U→E，故B正确．U′=Ir=，可知U′与R是非线性关系，U′﹣R图象应是曲线，故C错误．P=I2R=（）2R=，根据数学知识可知R从0开始增大时，P先增大后减小，当r=R时，P最大，故D正确．7.电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10－6m2的导线，那么电路中的电流是()A． 0.016 mAB． 1.6 mAC．0.16 μAD．16 μA【答案】C【解析】电流的大小是通过导体横截面积的电荷量与所用的时间的比值，即：I＝＝0.16 μA，故选C.8.如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙两个电路中，甲电路两端的电压为8 V，乙电路两端的电压为14 V.调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2.则下列关系中正确的是()A．P1＞P2B．P1＜P2C．P1＝P2D．无法确定【答案】A【解析】设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1＝(8－U0)·2I0＝16I0－2U0I0，P2＝(14－2U0)·I0＝14I0－2U0I0，所以P1＞P2，故选项A正确.9.如图所示，已知R1=100Ω，右方虚线框内为黑盒，电阻连接不知，今用电压表测得U AC=10 V，U BC=40 V，则A、B间的总电阻为（）A．200 ΩB．300 ΩC．450 ΩD．500 Ω【答案】D【解析】设C、B间的总电阻为R CB．由于电阻R1与C、B间的总电阻串联，则根据串联电路的特点有：代入解得，R CB=400 Ω故R AB=R1+R CB=500 Ω．故A、B、C错误，D正确.10.图示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流．R0为定值电阻，移动滑动变阻器的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是()A．B．C．D．【答案】C【解析】设电路中总电流为I总，通过R0的电流为I0.根据并联电路的特点得：U＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，I总、R0均不变，由数学知识可知，U－I图象是不过原点的直线，故A、B错误．电路总功率P＝UI总＝(－IR0＋I总R0)I总＝－II总R0＋I R0，由数学知识可知，P－I图象是向下倾斜的直线，故C正确，D错误．二、多选题11.（多选）在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r.开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，下列哪些方法会使P向上运动( )A．断开S2B．适当减小两板之间的距离C．断开S4并适当减小两板之间的距离D．断开S4并适当减小两板之间的正对面积【答案】ABD【解析】断开，直接接到电源两端，两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上运动，故A正确；其他条件不变时，电容器两端的电压不变，适当减小两板间的距离时，由可知，板间的电场强度增大，故油滴受到的电场力大于重力，油滴向上运动，故B正确；断开时电容器与电源断开，电量不变，减小两板间的距离时，根据、可知，，则可知，电场强度不变，故油滴不动，故C错误；断开时电容器与电源断开，电量不变，根据可知，减小两板之间的正对面积时，减小，则增大，由于不变，电场强度增大，故油滴向上移动，故D正确.12.(多选)把电流表改装成电压表时，下列说法中正确的是()A．改装的原理是串联电阻有分压作用B．改装成电压表后，原电流表本身允许通过的最大电流值也随着变大了C．改装后原电流表自身的电阻也增大了D．改装后使用时，加在原电流表两端的电压的最大值不变【答案】AD【解析】根据串并联规律可知，电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，即串联电阻具有分压作用，所以 A 正确；改装成电压表以后，原电流表本身允许通过的最大电流没有发生变化，所以B 错误；改装前后，原电流表的内阻不会发生变化，所以C 错误；改装前后，加在原电流表两端的电压的最大值不会发生变化，所以 D 正确．13.(多选)对于不同型号的干电池，下列说法中正确的是()A． 1号干电池的电动势大于5号干电池的电动势B． 1号干电池的容量比5号干电池的容量大C． 1号干电池的内阻比5号干电池的内阻大D．把1号和5号干电池分别连入电路中，若电流I相同，它们做功的快慢相同【答案】BD【解析】1号干电池与5号干电池内部的非静电力是相同的，所以电动势相同，但1号干电池的体积大，其容量大．14.（多选）如图所示,其中电流表A的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )A．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.06 AB．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02 AC．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06 AD．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01 A【答案】AC【解析】当接线柱1、2接入电路时，电流表A与并联，根据串、并联电路规律可知，分流1.2 A，故量程为，故每一小格表示0.06 A，故B错误，A正确；当接线柱1、3接入电路时，A与并联后与串联，电流表的量程仍为1.8 A，故每一小格表示0.06 A，故C正确，D错误.三、实验题15.如图甲所示的电路图中，恒流源可作为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率．改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U－I关系图线．回答下列问题：(1)滑动触头向下滑动时，电压表示数将____________(填“增大”或“减小”)．(2)I0＝______A.(3)R L消耗的最大功率______W(保留一位有效数字)．【答案】(1)减小(2)1.0(3)5【解析】(1)滑动触头向下移动时，RL阻值减小，则总电阻减小，电压变小，则电压表读数变小；(2)由电路图可知：I0＝I＋，即：U＝I0R－IR，由U－I图线可知，I0R＝20；R＝－k＝20 Ω，则I0＝1.0 A；(3)R L消耗的功率为P＝IU＝20I－20I2，则当I＝0.5时，功率的最大值为P m＝5 W四、计算题16.如图所示，电流表读数为0.75 A，电压表读数为2 V，R3为4 Ω.若某一电阻发生断路，则两电表的读数分别变为0.8 A和3.2 V．(电压表、电流表为理想电表)(1)试分析哪个电阻发生断路；(2)求电源的电动势和内电阻各为多少；(3)求上述电阻断路时，电源的效率为多少．【答案】(1)R2(2)4 V 1 Ω(3) 80%【解析】(1)若R1断路则电流表的读数将变为零，若R3断路则电压表的读数将变为零，由题意可知，某一电阻断路后，电压表、电流表还有读数，故只能是R2发生断路．(2)R2断路时：R1＝＝Ω＝4 Ω且有：U2＝E－I2r①R2未断路时，通过R2、R3的电流为：I23＝＝0.25 AR2未断路时，总电流为：I＝I23＋I1＝1.0 A则：I1R1＝E－Ir②联立①②并代入数据，得E＝4 V r＝1 Ω(3)R2断路时，电源输出功率为：P输出＝U2I2＝3.2×0.8 J＝2.56 J电源总功率为：P总＝EI2＝4×0.8 J＝3.2 J则此时电源的效率为：η＝×100%＝80%.17.如图所示，已知电源电动势E＝20 V，内阻r＝1 Ω，当接入固定电阻R＝4 Ω时，电路中标有“3 V 6 W”的灯泡L和内阻R D＝0.5 Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．【答案】(1)2 A(2)7 V(3)12 W【解析】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为I＝P L/U L＝A＝2 A.(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D＝E－I(r＋R)－U L＝20 V－2×(1＋4) V－3 V＝7 V.(3)电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7 W＝14 W电动机的热功率为P热＝I2R D＝22×0.5 W＝2 W所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14 W－2 W＝12 W.18.如图所示，已知路端电压U＝18 V，电容器C1＝6 μF、C2＝3 μF，电阻R1＝6 Ω、R2＝3 Ω.当开关S断开时，A、B两点间的电压UAB等于多少？当S闭合时，电容器C1的电荷量改变了多少？【答案】18 V减少了3.6×10－5C【解析】在电路中电容器C1、C2相当于断路.当S断开时，电路中无电流，B、C等势，A、D等势，因此U AB＝U＝18 V.当S闭合时，R1和R2串联，C1两端的电压等于R1两端电压，C2两端的电压为R2两端电压，C1电荷量变化的计算首先从电压变化入手.当S断开时，U AC＝18 V，电容器C1带电荷量为Q1＝C1U AC＝6×10－6×18 C＝1.08×10－4C.当S闭合时，电路R1、R2导通，电容器C1两端的电压即电阻R1两端的电压，由串联电路的电压分配关系得U AC′＝U＝×18 V＝12 V此时电容器C1的带电荷量为Q′＝C1U AC′＝6×10－6×12 C＝7.2×10－5C电容器C1带电荷量的变化量为ΔQ＝Q′－Q1＝－3.6×10－5C负号表示减少，即C1的带电荷量减少了3.6×10－5C.。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-交变电流

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-交变电流一、单选题1.在彩色电视机的电源输入端装有电源滤波器，其电路图如图所示，主要元件是两个电感线圈L1、L2，它们的自感系数很大，F是保险丝，R是压敏电阻(正常情况下电阻值很大，电压超过设定值时，阻值会迅速减小，可以保护与其并联的元件)．C1、C2是电容器，S为电视机开关．某次使用时，用户没有先关电视机(没断开S)就拔掉电源插头，结果烧坏了图中电路元件，可能被烧的元件是①C2；②C1；③L1或L2；④F，则正确的是()A．①③B．①④C．②④D．③④【答案】A【解析】拔掉电源插头，由于L1、L2的自感作用，使R两端的电压瞬间增大，由于R的压敏特性，C1受到保护，所以可能烧坏的元件是L1、L2、C2，A正确．2.在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图所示，则下列做法合理的是()A．在ab间接入一个电容器B．在ab间接入一个低频扼流圈C．在ab间接入一个高频扼流圈D．在ab间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以【答案】C【解析】电容器是“通高频，阻低频”，低频扼流圈对“通直流，阻交流”作用较大，而高频扼流圈“通低频，阻高频”，C对．3.钳形电流表的外形和结构如图(a)所示．图(a)中电流表的读数为1.2 A，图(b)中用同一电缆线绕了3匝，则()A．这种电流表能测直流电流，图(b)的读数为2.4 AB．这种电流表能测交流电流，图(b)的读数为0.4 AC．这种电流表能测交流电流，图(b)的读数为3.6 AD．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图(b)的读数为3.6 A【答案】C【解析】钳形表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交流电流，对钳形表的初、次级满足＝，I2＝I1，钳形表在使用时，初级是串联在被测电路中的，故同一电缆线虽多绕了几匝，但电缆线中的电流I1保持不变，故当n1增加3倍时I2＝3.6 A，C正确．4.理想降压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后，接6 V恒定直流电源，如图所示，当副线圈的负载电阻R2变小时，以下说法正确的是()A．输出功率增大B． A2读数增大C． A1读数增大D． A1读数不为零，且保持不变【答案】D【解析】变压器不能用来改变恒定直流电压，因此变压器原线圈接在6 V恒定直流电电源上，副线圈上无电压，无输出功率，无读数，由于原线圈构成直流通路，故有恒定读数，选项D正确．5.远距离输电的原理如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A．＝B．I2＝C．I1U1＝I RD．I1U1＝I2U2【答案】D【解析】升压变压器电流之比等于匝数的反比，即＝，故A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，故B错误；升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和，故C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，I1U1＝I2U2，故D正确．6.一个小水电站，输出的电功率为20 kW，输电线总电阻为0.5 Ω，如果先用400 V电压输送，后又改用2 000 V电压输送，则输送电压提高后，输电导线上损失的电功率的变化情况是()A．减少50 WB．减少1 200 WC．减少7.68×106WD．增大7.68×106W【答案】B【解析】P1＝()2·R线，P2＝()2·R线，所以P1－P2＝1 200 W.7.远距离输送一定功率的交变电流，若使输电电压提高k倍，则()A．输电导线的电功率损失不变B．输电导线的电压损失不变C．输电导线的电压损失是原来的D．输电导线的电功率损失是原来的【答案】D【解析】根据P损＝I2R，P＝UI，可知，电线上损失的功率为原来的倍，故A错误，D正确；输送的功率一定，根据P＝UI，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到原来的k倍，则电流减小到倍，故B、C错误．8.判断图中哪个是正弦式交变电流()A．B．C．D．【答案】D【解析】正弦式交变电流，首先应该是交变电流，C虽然形状符合，但不是交变电流，B虽然是交变电流，但不是正弦式交变电流．9.通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为()A．，B． ()2R，C．，D． ()2R，【答案】D【解析】由理想变压器＝得：副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P入＝P出，副线圈电流I′＝＝，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝()2R.同理可知P2＝I″2R＝()2R，得＝，故D项正确．10.如图甲所示，调光台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调节灯的亮度的．现将某无级调光台灯接在220 V的正弦交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电压表的示数是()A． 220 VB． 156 VC． 110 VD． 78 V【答案】B【解析】虽然图示电流不是正弦交变电流，根据正弦式交变电流的图象对称性可知，只要有T的图线就满足最大值是有效值的倍，根据交变电流有效值定义有：T＝·.解得U＝110V＝156 V，故B对，A、C、D错．二、多选题11.(多选)从某一装置输出的交流电常常既有高频成分，又有低频成分．如果只需要把低频成分输送到下一级装置，可采用的电路是()A．B．C．D．【答案】CD【解析】电容器由通高频，阻低频的作用，在C图中高频交流电被电容旁路掉了；电感由通低频，阻高频的作用，在D图中，高频交流电被电感线圈过滤掉了．故选C、D.12.(多选)如图所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是()A．把电介质插入电容器，灯泡变亮B．增大电容器两板间的距离，灯泡变亮C．减小电容器两板间的正对面积，灯泡变暗D．使交变电流频率减小，灯泡变暗【答案】ACD【解析】电容器的电容与介电常数成正比，与正对面积成正比，与两板间距离成反比．而容抗与电容成反比，与频率成反比．把介质插入电容器，电容变大，容抗减小，灯泡变亮，A正确；电容器两板间距离增大，电容减小，容抗增大，灯泡变暗，B错；减小电容器两极正对面积，电容减小，容抗增大，灯泡变暗，C正确；交流电的频率减小，容抗增大，灯泡变暗，D正确．13.(多选)如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBL2ωC．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里【答案】AC【解析】当线圈转至图示位置时由楞次定律可判断出线圈中感应电流的方向为abcda，线圈中的感应电动势为nBL1L2ω，图示位置时穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大，选项A、C正确，选项B错误；线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里，选项D错误．14.(多选)关于理想变压器在使用中的判断，其中正确的是()A．当由副线圈提供电能的用电器有一部分停止工作时，原线圈两端电压保持不变B．在由副线圈提供电能的电路中，若并联更多的用电器，则原线圈输入的电流随之增大C．当副线圈与用电电路断开时，副线圈两端无电压D．当副线圈与用电电路断开时，原线圈两端无电压【答案】AB【解析】原线圈两端电压由电源提供；副线圈两端电压U2＝U1，由原、副线圈匝数比和原线圈两端电压共同决定，副线圈上所接负载的多少不影响原线圈的电压，A正确；原线圈输入的功率等于副线圈输出功率，由I1U1＝P可知，当输出功率增大时，原线圈输入电流I1增大，B正确；当副线圈与用电电路断开时，副线圈中虽无电流，但由于磁通量变化，线圈两端的感应电动势还是存在的，原线圈两端电压由电源提供，与副线圈是否向用电电路供电无关，C、D错误．三、实验题15.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的A、B位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)________A线圈的匝数为n A＝________.(用所测物理量符号表示)【答案】(1)A(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B 线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA n 【解析】(1)A由题图乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的．(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为U A.则n A＝n.四、计算题16.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab＝0.25 m、宽度bc ＝0.20 m，共有n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动．线圈处于磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V,1.8 W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W．(不计转动轴与电刷的摩擦)(1)求线圈转动的角速度ω；(2)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能．【答案】(1)2.5 rad/s(2)5.4×102J【解析】(1)设小灯泡正常发光时的电流为I，则I＝＝0.60 A设灯泡正常发光时的电阻为R，R＝＝5.0 Ω根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)＝3.6 V发电机感应电动势的最大值为E m＝E，E m＝nBSω解得ω＝＝1.8rad/s＝2.5 rad/s(2)发电机产生的电能为Q＝IEt，t＝100 T＝100×s解得Q≈5.4×102J.17.如图所示，线圈的面积是0.05 m2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B＝T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，求：(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．(2)从中性面开始计时，线圈转过s时电动势瞬时值多大？【答案】(1)e＝50sin(10πt) V(2)43.3 V【解析】(1)n＝300 r/min＝5 r/s，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故e＝E m sinωt＝NBS·2πn sin(2πnt) V＝50sin (10πt) V(2)当t＝s时，e＝50sin (10π×) V≈43.3 V.18.图甲为小型旋转电枢式交流发电机原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100，电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R ＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表，在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．求：(1)该发电机旋转的角速度；(2)交流发电机产生的电动势的最大值；(3)电路中交流电压表的示数．【答案】(1)100 rad/s(2)200 V(3)126 V【解析】(1)交流发电机旋转周期与磁通量变化周期相同则由图可知T＝6.28×10－2s则有ω＝＝100 rad/s(2)交流发电机产生电动势的最大值E m＝nBSω而Φm＝BS，ω＝，所以E m＝由Φ－t图线可知：Φm＝2.0×10－2Wb，T＝6.28×10－2s所以E m＝200 V(3)电动势的有效值E＝E m＝100V由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I＝＝A交流电压表的示数为U＝IR＝90V＝126 V.。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-从电表电路到集成电路

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-从电表电路到集成电路一、单选题1.关于欧姆表及其使用中的问题，下列说法正确的是()A．接表内电源负极的应是黑表笔B．换挡后，都要重新调零，使指针指到满刻度C．表盘刻度是均匀的D．表盘刻度最左边表示电阻阻值为0【答案】B【解析】欧姆表黑表笔连接的表内电源的正极，所以A错误；换挡后欧姆表需要重新调零，所以B正确；欧姆表的表盘刻度是不均匀的，所以C项错误；欧姆表表盘的最左端刻度为∞，所以D错误．2.有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×1”“×10”“×100”“×1 k”，某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该()A．换用“×1 k”挡，不必重新调整调零旋钮B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮C．换用“×1 k”挡，必须重新调整调零旋钮D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮【答案】D【解析】某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，即读数较小，所选量程较大，应换用较小挡位，所以A、C错．而换挡时必须重新调零，所以B错．D对．3.标准电阻I－U伏安特性曲线可用以下哪个图象来表示()A．B． C．D．【答案】C【解析】定值电阻的电流强度I与电压U成正比，所以C项正确．4.关于电流，以下说法正确的是()A．通过截面的电荷量多少就是电流的大小B．电流的方向就是电荷定向移动的方向C．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流D．导体两端没有电压就不能形成电流【答案】D【解析】根据电流的概念，电流是单位时间通过截面的电荷量，知A项错．规定正电荷定向移动的方向为电流方向，B项错．自由电荷持续的定向移动才会形成电流，C错，D对．5.如图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a∶b∶c＝5∶3∶2.在此长方体的上、下、左、右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4.在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1∶I2为()A． 9∶25B． 25∶9C． 25∶4D． 4∶25【答案】C【解析】根据电阻定律R＝得，当在1、2两端加上恒定电压U时，R1＝，当在3、4两端加上恒定的电压时，R2＝，所以＝＝，根据欧姆定律I＝得，电流之比为25∶4，C正确．6.神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质——髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为ρ＝8×106Ω·m.某生物体中某段髓质神经纤维可看作高20 cm、半径为4 cm的圆柱体，当在其两端加上电压U＝100 V时，该神经发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为()A．0.31 μAB．0.62 μAC．0.15 μAD．0.43 μA【答案】A【解析】由电阻定律R＝ρ＝8×106×＝3.2×108Ω，由欧姆定律I＝＝A＝3.1×10－7A＝0.31 μA，A对，B、C、D错．7.如图所示，电解池内有一价的电解液，t s内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，则以下解释中正确的是()A．正离子定向移动形成电流方向从A→B，负离子定向移动形成电流方向B→AB．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消C．溶液内电流方向从A到B，电流I＝D．溶液中电流方向从A到B，电流I＝【答案】D【解析】正电荷的定向移动方向就是电流方向，负电荷定向移动的反方向也是电流方向，有正负电荷反向经过同一截面时，I＝公式中q应该是正、负电荷量绝对值之和．故I＝，电流方向由A指向B，故选项D正确．8.一块指针式多用电表的电阻挡有四个倍率，分别是“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”．用“×10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，如图中虚线位置．为了较准确地进行测量，应改换欧姆挡，换挡后需要先进行欧姆挡电阻调零的操作，再进行测量．若正确操作后进行测量时表盘的示数如图中实线所示，则应改换欧姆挡的倍率和该电阻的阻值分别为()A． ×100,2×104ΩB． ×1k,2×104ΩC． ×100,2×103ΩD． ×1k,2×103Ω【答案】C【解析】用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，应换大挡，换用×100挡，换挡后重新进行欧姆调零；由图示可知电阻阻值为20×100 Ω＝2 000 Ω. 9.电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为()A． 1∶2B． 2∶1C． 1∶4D． 4∶1【答案】B【解析】由并联特点可知：＝＝，又由串联电路特点可得：＝＝，故B正确．10.两根材料相同的均匀导线x和y，x长为L，y为2L，串联在电路中，沿长度方向电势变化如图所示，则x，y导线的横截面积之比为()A． 2∶3B． 1∶3C． 1∶2D． 3∶1【答案】B【解析】由电势的变化图像可知，导线x两端的电势差为10 V－4 V＝6 V，导线y两端的电势差为4 V－0＝4 V，又因为它们串联在电路中，故它们的电阻之比等于电压之比为6∶4＝3∶2，由电阻定律R＝ρ可得，3∶2＝∶，解之得Sx：Sy＝1∶3，故B是正确的．二、多选题11.(多选)如图所示，是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，R是负载电阻，电源电压为U保持恒定，滑片P位于变阻器的中央，下列判断正确的是()A．空载(不接R)时，输出电压为B．接上负载R时，输出电压小于C．负载电阻R的阻值越大，输出电压越低D．接上负载R后，要使输出电压为，滑动片P须向上移动至某一位置【答案】ABD【解析】空载(不接R)时，滑片把滑动变阻器分成相等的两部分，由串联电路特点可知，输出电压为电源电压的一半，即，故A正确；接上负载R时，电路总电阻变小，干路电流变大，滑动变阻器上半部分电压变大，大于电源电压的一半，则A、B间的输出电压小于，故B正确；负载电阻R的阻值越大，负载电阻与滑动变阻器下半部分电阻的并联阻值越大，输出电压越大，故C错误；接上负载R后，电路总电阻变小，干路电流变大，滑动变阻器上半部分电压变大，大于电源电压的一半，则A、B间的输出电压小于，要使输出电压等于，滑片应向上移动，故D正确．12.(多选)关于并联电路，下列说法中正确的是()A．总电阻阻值必小于每一个电阻阻值B．其中一个电阻阻值增大时，总电阻阻值必减小C．再并联一个电阻时，总电阻阻值必减小D．拿掉一个电阻时，总电阻阻值必增大【答案】ACD【解析】电阻并联相当于导体的横截面积增加了，故总电阻阻值必小于每一个电阻阻值，故A正确；其中一个电阻阻值增大时，总电阻阻值必增大，故B错误；再并联一个电阻时，相当于导体的横截面积增加了，总电阻阻值必减小，故C正确；拿掉一个电阻时，相当于导体的横截面积减小了，总电阻阻值必增大，故D正确．13.(多选)用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法中正确的是()A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好C．待测电阻若是连在电路中，应当先把它与其他元件断开再测量D．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡【答案】CD【解析】测量电阻时，如果没有换挡一般不需要重新电阻调零，所以A不正确；测量电阻时如果用两手分别与待测电阻两端紧紧捏在一起，相当于人体和电阻并联，测量值比真实值会偏小，所以B亦错误．14.(多选)关于多用电表的使用，下列操作正确的是()A．测电压时，应按图甲连接方式测量B．测电流时，应按图乙连接方式测量C．测电阻时，应按图丙连接方式测量D．测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量【答案】BD【解析】电流的走向为红进黑出，所以测电流时，应按图乙连接方式测量，因为多用表的欧姆挡内部有电源，所以测电阻时不需要外部电源了，测量二极管的正向电阻时黑笔应接图示的左端，故B、D正确．三、实验题15.当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图所示．若此时选择开关对准×100 Ω挡，则被测电阻的阻值为______Ω.若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏离最左端角度很大，则应该换用倍率更______(填“大”或“小”)的挡位，换挡后还要________，用完电表后把选择开关拨到_________．【答案】2.8×103(填2800也对)小欧姆调零OFF挡或者交流电压最高挡【解析】多用电表欧姆挡的特点是：表盘刻度不均匀、0刻度线在右边，多用电表欧姆挡的读数等于表盘示数乘以倍率，由图可知表盘示数为28，选择开关置于电阻×100 Ω挡，即倍率为100，则被测电阻的阻值为：R＝28×100 Ω＝2.8×103Ω；若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏离最左端角度很大，说明指针示数较小，所选挡位太大，测电阻时应使指针指在中央刻度附近误差比较小，所以应换小挡，即应该换用倍率更小的挡位；多用电表测量电阻时每次换挡后，要两表笔短接，重新欧姆调零；多用电表使用完毕，防止误操作损坏电表，应把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡．四、计算题16.若加在某导体两端的电压变为原来的时，导体中的电流减小了0.4 A．如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流多大？【答案】2.0 A【解析】解法一：由欧姆定律得：R＝＝，所以I0＝1.0 A又因为R＝＝所以I2＝2I0＝2.0 A解法二：由R＝＝＝得I0＝1.0 A又R＝＝，其中ΔU2＝2U0－U0所以ΔI2＝I0I2＝2I0＝2.0 A解法三：画出导体的I—U图象，如图所示，设原来导体两端的电压为U0时，导体中的电流为I0.当U＝时，I＝I0－0.4 A当U′＝2U0时，电流为I2由图知＝＝＝所以I0＝1.0 A，I2＝2I0＝2.0 A17.给装在玻璃管内的水银柱加一电压，使通过水银柱的电流为0.1 A，若将这些水银倒入一个内径为前者2倍的玻璃管内，接在同一电压上，通过水银柱的电流为多少？【答案】1.6 A【解析】设水银柱在两种情况下的电阻分别为R1、R2，对应的长度、横截面积分别为l1、l2、S1、S2，由电阻定律得R1＝ρ，R2＝ρ.在两种情况下水银的体积相同，所以有l1S1＝l2S2.又因为S1＝πd2，S2＝π(2d)2，所以S2＝4S1，l1＝4l2，代入电阻计算式得R1＝16R2.由欧姆定律得U＝R1I1＝R2I2.所以I2＝16I1＝1.6 A.18.如图所示电路，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω.(1)如果已知流过电阻R1的电流I1＝3 A，则干路电流多大？(2)如果已知干路电流I＝3 A，流过每个电阻的电流多大？【答案】(1)6.5 A(2)I1＝1.38 A I2＝0.92 A I3＝0.69 A 【解析】(1)并联电路的电压U＝I1R1＝3×2 V＝6 V，流过电阻R2、R3的电流分别为I2＝＝A＝2 A，I3＝＝A＝1.5 A.所以干路电流为I＝I1＋I2＋I3＝(3＋2＋1.5) A＝6.5 A.(2)根据并联电路的特点电路中＝＋＋所以R总＝Ω所以并联电压为U＝IR并＝V则I1＝≈1.38 AI2＝≈0.92 AI3＝≈0.69 A。

高考物理宁波电磁学知识点之传感器专项训练解析含答案

高考物理宁波电磁学知识点之传感器专项训练解析含答案一、选择题1．关于传感器，下列说法正确的是A．霍尔元件能把光学量转化为电学量B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的C．话筒中的传感器将电信号转化成声音信号D．传感器是把非电信号转换为电信号的主要元件2．下列说法中正确的是( )A．电饭锅中的敏感元件是光敏电阻B．测温仪中的测温元件可以是热敏电阻C．机械式鼠标中的传感器接收到连续的红外线，输出不连续的电脉冲D．火灾报警器中的光传感器在没有烟雾时呈现低电阻状态，有烟雾时呈现高电阻状态3．每当地震发生后，各路救援人员及时深入灾区，与死神抢时间，争分夺秒抢救被埋人员，有些救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪”可能用到了（）A．振动传感器 B．压力传感器C．红外线传感器 D．电容传感器4．某同学设计的散热排风控制电路如图所示，M为排风扇，R0是半导体热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R是可变电阻．控制开关电路具有下列特性：当A点电势φA＜φ0时，控制开关处于断路状态；当φA≥φ0时，控制开关接通电路，M开始运转．下列说法中正确的是（）A．环境温度升高时，A点电势升高B．可变电阻R 阻值调大时，A点电势降低C．可变电阻R 阻值调大时，排风扇开始工作的临界温度升高D．若用金属热电阻代替半导体热敏电阻，电路仍能正常工作5．电熨斗在达到设定的温度后就不再升温，当温度降低时又会继续加热，使温度总与设定的相差不多。

在熨烫不同的织物时，设定的温度可以不同。

进行这样的控制，靠的是A．力传感器 B．光传感器 C．位移传感器 D．温度传感器6．如图所示为一种常见的身高体重测量仪，测量仪顶部向下发射超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪可记录发射和接收的时间间隔．测量仪底部有一压力传感（k为比例系数）．某同学器，其输出电压作用在它上的压力F成正比，表达式为U kF已知了自己的身高h 、质量m 和重力加速度g ，他想利用该装置测量超声波速度v 和比例系数k ，他多次研究发现，当他站上测重台时测量仪记录的时间间隔比他没站上时减少了t ∆；当他没站上测重台时，测量仪已有输出电压为0U （0U ≠0），当他站上测重台时测量仪输出电压为U ，那么超声波v 与比例系数k 为A ．02U U h v k t mg -==∆，B ．022U U h v k t mg -==∆，C ．02U U h v k t mg -==∆，D ．()022U U h v k t mg-==∆， 7．电炖锅是用电阻通电后发热来加工食品的，内有两个“聪明”开关，一个是利用“热敏”材料制成的“热控开关”，当食品加热达到设定温度时，“热控开关”断开使电阻的发热功率减小；另一个是“定时开关”，当加热到一定时间时，“定时开关”断开，使电阻停止发热，这种“聪明电路”是( )A ．B ．C ．D ．8．指纹识别器在下列哪些方面可以得到广泛应用( )A ．乘坐客车购票时B ．过公路收费处时C ．放学出校门口时D ．开银行保险柜时9．下列说法不正确的是（）A ．话筒是一种常见的红外线传感器B ．电慰斗内一般装有双金属片温度传感器C ．电子秤所使用的测力装置是力传感器D ．热敏电阻能够把温度大转换为电阻大小10．如图所示是测定位移x 的电容式传感器，其工作原理是某个量的变化，造成其电容的变化，这个量为（）A．电介质进入极板的长度B．两极板的间距C．两极板的正对面积D．电介质的种类11．某学习小组的同学在用“多用电表研究热敏电阻特性”的实验中，安装好如图所示的装置.向杯内加入冷水，此时温度计的示数为20℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值.然后向杯内加入热水，当温度计的示数为60℃时，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说法正确的是（）A．多用电表应选用电流挡，温度升高时换用大量程测量B．多用电表应选用电流挡，温度升高时换用小量程测量C．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的挡测量D．多用电表应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的挡测量12．如图所示为用热敏电阻R和继电器L等组成的一个简单的恒温控制电路，其中热敏电阻的阻值会随温度的升高而减小．电源甲与继电器、热敏电阻等组成控制电路，电源乙与恒温箱加热器（图中未画出）相连接．则( )A．当温度降低到某一数值，衔铁P将会被吸下B．当温度升高到某一数值，衔铁P将会被吸下C．工作时，应该把恒温箱内的加热器接在C、D端D．工作时，应该把恒温箱内的加热器接在A、C端13．利用“光控开关”和“声控开关”可以节约居民楼里楼道灯的用电，其中“光控开关”能在天黑时自动闭合，天亮时自动断开；“声控开关：能在有声音时自动闭合，无声音时自动断开．下列电路图中合理的是A．B．C．D．14．环境监测中通常需要监测烟尘浓度。