2014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版)6
2014届高考物理第二轮复习方案 电学4 新人教版.
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）41.如图所示，AB、CD为一圆的两条直径且相互垂直，O点为圆心.空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行.现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了E p；又从C点运动到B点，电势能增加了E p.那么此空间存在的静电场可能是( )A.匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点B.匀强电场，方向垂直于AB由C点指向O点C.位于O点的正点电荷形成的电场D.位于D点的负点电荷形成的电场2.一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速度释放，沿直线先后经过电场中的B点和C点.如图所示,点电荷在A、B、C三点的电势能分别用E A、E B和E C表示，则E A、E B、E C间的关系可能是( )A.E A>E B>E CB.E A<E B<E CC.E A<E C<E BD.E A>E C>E B3.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为r，将带等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+q与O点的连线和OC夹角为30°，下列说法正确的是( )A.A、C两点的电势关系是φA=φCB.B、D两点的电势关系是φB=φDC.A、O点的场强大小、方向相同D.B、D点的场强大小、方向相同4．如图4所示，在平面直角中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为( )A．200 V/m B．200 3 V/m 图4C．100 V/m D．100 3 V/m5．一正电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图象如图5所示。
下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是( )A．E A>E B，φA>φ B 图5B ．E A ＝E B ，φA ＝φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．EA <EB ，仅φA <φB6.如图9所示，AC 、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O ，半径为R 。
2014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版)52014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）5 1．下列关于实验中使用静电计的说法中正确的是()A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B．使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C．静电计可以用电压表替代D．静电计可以用电流表替代解析：静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化．如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故答案为A.答案：A2．如下图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是()A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小解析：充电以后的电容器所带电荷量Q 保持不变，故选项A 、B 错误；根据平行板电容器的电容公式C ＝εr S4πkd ，d 增大，C 减小；又由C ＝Q /U 得，U ＝Q /C ，故U 增大；再由公式C＝εr S 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝U d 可得E ＝4πkQεr S ，所以E 不变，答案为C.答案：C3.图(a)为示波管的原理图.如果在电极YY ′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )4.如图所示，一个带电粒子从粒子源进入(初速度很小，可忽略不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中心线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是( )A.21U 2dU L≤ B.21U d U L≤C.2221U2dU L≤ D.2221U dU L≤5．如下图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电荷量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋Q的点电荷，杆上a、b两点到＋Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a点的速率为3gh1.则下列说法正确的是()A．小环通过b点的速率为g(3h1＋2h2)B．小环从O到b，电场力做的功可能为零C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小D．小环在ab之间的速度是先减小后增大解析：由动能定理：O→a，mgh1－Uq＝12m v2a，O→b，mg(h1＋h2)－Uq＝12m v2b，解得v b＝g(3h1＋2h2).答案：A6．如下图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则()A ．小物体上升的最大高度为v 21＋v 224gB B ．从N 到M 的过程中，小物体的电势能逐渐减小C ．从M 到N 的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D ．从N 到M 的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：本题综合考查库仑力、电场力做功与电势能变化的关系、动能定理，意在考查考生的推理能力和分析综合能力．M 、N 两点在同一等势面上．从M 至N 的过程中，根据动能定理，－mgh －W f ＝0－12m v 21，从N 至M 的过程中，mgh －W f ＝12m v 22，由两式联立可得h ＝v 21＋v 224g，A 项正确；从N 至M ，点电荷周围的电势先增大后减小，故小物体的电势能先增大后减小，B 项错误；从M 到N 的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，C 项错误；根据库仑定律，从N 到M 的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，D 项正确．答案：AD7.如图所示，在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷A 、B ，在AB 连线上的P 点由静止释放一带电滑块，则滑块会在A 、B 之间往复运动，则以下判断正确的是( )A.滑块一定带的是与A 、B 异种的电荷 B.滑块一定带的是与A 、B 同种的电荷C.滑块在由P 向B 运动过程中，电势能一定是先减小后增大D.滑块的动能与电势能之和一定减小8.a 、b 、c 三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定( )A.在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B.b 和c 同时飞离电场C.进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D.动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大9．如下图所示，在xOy 竖直平面内存在着水平向右的匀强电场．有一带正电的小球自坐标原点沿着y 轴正方向以初速度v 0抛出，运动轨迹最高点为M ，与x 轴交点为N ，不计空气阻力，则小球( ) A ．做匀加速运动B ．从O 到M 的过程动能增大C ．到M 点时的动能为零D ．到N 点时的动能大于12m v 20解析：带正电的小球自坐标原点沿着y 轴正方向以初速度v 0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角，速度减小，A 、B 都错；小球自坐标原点到M 点，y 方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动，x 方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，所以到M 点时的动能不为零，C 错；由动能定理有：qEx ＝12m v 2N －12m v 20>0，D 正确．答案：D10．如下图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U ＝1.5×103 V(仅在两板间有电场)，现将一质量m ＝1×10－2 kg 、电荷量q ＝4×10－5C 的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h ＝20 cm 的地方以初速度v 0＝4 m/s 水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：(1)金属板的长度L .(2)小球飞出电场时的动能E k .解析：(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度： v y ＝2gh ＝2 m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y＝2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d ，则：tan θ＝qEmg ＝qU mgd ，L ＝d tan θ，解得L ＝qU mg tan 2θ＝0.15 m.(2)进入电场前mgh ＝12m v 21－12m v 20电场中运动过程qU ＋mgL ＝E k －12m v 21解得E k ＝0.175 J.答案：(1)0.15 m (2)0.175 J11．为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘透明的有机玻璃，它的上下底面是面积A ＝0.04 m 2的金属板，间距L ＝0.05 m ，当连接到U ＝2500 V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如下图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q ＝＋1. 0×10－17C ，质量为m ＝2.0×10－15kg ，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．求合上开关后：(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？ (2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？ (3)经过多长时间容器里烟尘颗粒的总动能达到最大？解析：(1)当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附，烟尘颗粒受到的电场力F ＝qU L ，L ＝12at 2＝qUt 22mL，t ＝L2mqU＝0.02 s.(2)W ＝12NALqU ＝2.5×10－4J.(3)设烟尘颗粒下落距离为x E k ＝12m v 2·NA (L －x )，当x ＝L 2时，E k 达到最大，x ＝12at 21.t 1＝2x a＝L mqU＝0.014 s.答案：(1)0.02 s (2)2.5×10－4J (3)0.014 s。
2014届高考物理第二轮复习方案新题之选修内容6.pptx
2014 届高考物理第二轮复习方案新题之选修内容 6 1. 在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步.关于 科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 A. 古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两 种 新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境 B. 德国天文学家幵普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引 力 定律 C.英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量 D. 楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法——楞次定律
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6.伽俐略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代 科学的发展极为有益的科学方法，或者说给出了科学研究过程的基本要素．关于这些要素 的 排列顺序应该是
A.提出假设对现象的观察 运用逻辑得出推论用实验检验推论对假说进行修正和 推广 B. 对现象的观察提出假设运用逻辑得出推论用实验检验推论对假说进行修正和 推 广 C.提出假设 对现象的观察对假说进行修正和推广运用逻辑得出推论用 实 验 检 验 推论 D.对现象的观察提出假设运用逻辑得出推论对假说进行修正和推广用实验检验 推论 答案;B 解析：科学研究过程的基本要素是：对现象的观察提出假设运用逻辑得出推论 用实验检验推论对假说进行修正和推广，选项 B 正确。
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D．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类 科学认识的发展。
9．霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿 z 轴方向的磁场，磁感应强度 B=B0+kz(B0、 k 均为常数)。将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流 I 不变(方向如右图所示)， 当物体沿 z 轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在 y 轴方向的上、下表面的电势差 U
2014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版)152014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）151.如图中各图面积均为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e=BS ωsin ωt 的图是( )2.如图所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内，下述说法正确的是( )A ．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B ．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C ．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D ．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍3.面积为S 的两个电阻相同的线圈,分别放在如图所示的磁场中,图甲中是磁感应强度为B 0的匀强磁场,线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动,图乙中磁场变化规律为02tB B cos Tπ=,从图示位置开始计时,则( )A.两线圈的磁通量变化规律相同B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C.经相同的时间t(t＞T),两线圈产生的热量相同D.从此时刻起,经T/4时间,流过两线圈横截面的电荷量相同4．一台电风扇的额定电压为交流220 V。
在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图2所示。
这段时间内电风扇的用电量为( )图2A．3.9×10－2度B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度D．11.0×10－2度5．有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图3所示。
该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动。
在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )图3图46．一台发电机的结构示意图如图5所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。
2014届高考物理第二轮复习方案新题之电学实验1.pptx
1试结合图（a）简要回答，磁感应强度 B 在 0～0.2T 和 0.4～1.0T 范围内磁敏电阻的阻 值
随磁场变化的特点：
。 2某同学想利用磁敏电阻图（a）所示特性曲线测试某长直导线产生的磁场，设计电路如 图
（b）所示，磁敏电阻与电键、电源和灵敏电流表连接，长直导线与图示电路共面并通以图
示电流，请指出本实验装置的错误之处
V (保留三位有效
数 字 ； ) , 电 源 的 内 阻 r= _ _ _ _ _ _ _ Ω ( 保 留 两 位 有 效 数 字 ） （1）量程与被测电流值相比较太大（2 分） （2）0.603（2 分）（填 0.6 或 0.60 均给分） （3）R1（2 分） （4）1.48（3 分），
0.84（3 分）（0.70-0.90 之间都给分）
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2014 届高考物理第二轮复习方案新题之电学实验 1
1、在“练习使用多用电表”实验中，某同学进行了如下的操作： 1用多用电表电阻档测量某一电阻的阻值时，该同学先用大拇指和食指紧捏红黑表笔进行 欧 姆调零（如图 a 所示），然后用两表笔接触待测电阻的两端（如图 b 所示），这两步操作是否 合理？ （填“a 合理”或“b 合理”或“都不合理”）
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（2）某同学在实验中测出电流表○A和电流表○G的示数 I 和 Ig 根据记录数据作出 Ig—I 图象
如图丙所示，根据图象可求得，被测电池的电动势 E=
V，内阻 r=
Ω。（计算
结果保留两位小数）
3．(10 分)
（1）R2（2 分 ） 实物连接如右图（2 分）
（2）1.90（1.89 ± 0.02）（3 分） 0.50（0.50 ± 0.05）（3 分）
电键一个，导线若干。要求： （I）画出实验电路图（多用电表符号用○ 多表示）； （II）写出 RV的表达式（用字母表示）。
2014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版)32014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）31.电场线分布如下图所示，电场中a，b两点的电场强度大小分别为E a和E b，电势分别为φa和φb，则()A．E a>E b，φa>φbB．E a>E b，φa<φbC．E a<E b，φa>φbD．E a<E b，φa<φb解析：电场线的疏密表示电场强度的大小，得E a<E b，所以A、B错误．沿着电场线方向电势降低，所以C正确，D错误．答案：C2．如下图(1)是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如下图(2)所示，则以下说法中正确的是()A．A、B两点的电场强度是E A<E BB．A、B两点的电势是φA>φBC．负电荷q在A、B两点的电势能大小是εA>εBD．此电场一定是负电荷形成的电场解析：由v－t图知，负电荷q做加速度增大的减速运动，故所受电场力变大，电场强度变大，E B>E A，A对，又因电场力的方向在(1)图中向左，故电场线的方向为A→B，则φA>φB，B正确．又ε＝qφ，对负电荷q，εA<εB，C错，根据电场线的方向和电场强度的特点知，此电场一定是负电荷形成的电场，D对．答案：ABD3.如下图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－6C的粒子在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5J.已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是()A．粒子的运动轨迹如上图中的虚线1所示B．粒子的运动轨迹如上图中的虚线2所示C．B点电势为零D．B点电势为－20 V解析：根据题意分析得：粒子只受到电场力，当它从A点运动到B点时动能减少了，说明它从A点运动到B点电场力做了负功，所以偏转的情况应该如轨迹1所示，因而选项B错＝－10 V＝φA－φB，得φB＝0，故C正确．所误；根据电场力做功W＝qU，电势差U AB＝W ABq以选A、C.答案：AC4.如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则 ( )A.电子将沿Ox方向运动B.电子的电势能将增大C.电子运动的加速度恒定D.电子运动的加速度先减小后增大5.真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5，且1、2和5、4分别关于3对称.以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是( )A.电场强度E a>E cB.电势φb>φdC.将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功D.将一负电荷由b点移到e点，电势能增大6．如图6所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线。
2014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版)132014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）131．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电荷量为e ，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M 、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U .则磁感应强度的大小和电极M 、N 的正负为( )A.nebU I，M 正、N 负B.neaU I ，M 正、N 负C.nebU I，M 负、N 正D.neaU I，M 负、N 正解析：由左手定则知，金属中的电子在洛仑兹力的作用下将向前侧面聚集，故M 负、N 正．由F 电＝F 洛即U a e ＝Be v ，I ＝ne v S ＝ne v ab ，得B ＝nebUI.暑期报名海外游学的人数增长达到答案：C2.某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动,磁场方向垂直于它的运动平面,电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍,若电子电荷量为e,质量为m,磁感应强度为B,那么电子运动的可能角速度是( )A.4BemB.3BemC.2BemD.Be m3.如图所示，质量为m ，电荷量为e 的质子以某一初速度从坐标原点O 沿x 轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y 轴向上的匀强电场时，质子通过P(d ，d)点时的动能为5E k ；若场区仅存在垂直于xOy 平面的匀强磁场时，质子也能通过P 点.不计质子的重力.设上述匀强电场的电场强度大小为E ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，则下列说法中正确的是( )A. k3E E ed=B. k5E E ed=C. kmE B ed=D. k2mE B ed=4．如图所示，一束正离子从S 点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O ；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E 和磁场B 的方向可能是( )A ．E 向下，B 向上 B ．E 向下，B 向下C ．E 向上，B 向下D ．E 向上，B 向上解析：离子打在第Ⅲ象限，相对于原点O 向下运动和向左运动，所以E 向下，B 向下．所以B 正确．答案：B5.北半球某处，地磁场水平分量B 1=0.8×10-4T ，竖直分量B 2=0.5×10-4T ，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d=20 m ，如图所示，与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U=0.2 mV ，则( )A.西侧极板电势高，东侧极板电势低B.西侧极板电势低，东侧极板电势高C.海水的流速大小为0.125 m/sD.海水的流速大小为0.2 m/s6.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔.若带电粒子初速度可视为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动.要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是( )A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越大B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越小C.对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D.对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变7．如图所示，水平向左的匀强电场E＝4 V/m，垂直纸面向里的匀强磁场B＝2 T，质量m ＝1 g的带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速滑下，滑行0.8 m到N点时离开竖直壁做曲线运动，在P点时小物块A瞬时受力平衡，此时速度与水平方向成45°.若P与N的高度差为0.8 m，求：(1)A沿壁下滑过程中摩擦力所做的功；(2)P与N的水平距离．解析：分清运动过程，应用动能定理列式求解．(1)物体在N点时，墙对其弹力为零，水平方向Eq＝q v B，所以v＝EB＝2 m/s，由M→N过程据动能定理：mg MN＋W f＝12m v2－0，所以W f＝－6×10－3 J.(2)设在P点速度为v′其受力如下图所示，所以Eq＝mg，q v′B＝2Eq，得v′＝2 2 m/s.设N、P水平距离x，竖直距离y，物体由N→P过程电场力和重力做功，由动能定理mgy－Eq·x＝12m v′2－12m v2，得x＝0.6 m.答案：(1)－6×10－3 J(2)0.6 m8．如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点．已知OP ＝l ，OQ ＝23l .不计重力．求：(1)M 点与坐标原点O 间的距离； (2)粒子从P 点运动到M 点所用的时间． 解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，沿y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v 0；粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为t 1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向夹角为θ，则a ＝qEm ①t 1＝2y 0a② v 0＝x 0t 1③其中x 0＝23l ，y 0＝l .又有tan θ＝at 1v 0④联立②③④式，得θ＝30°⑤因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ ＝90°，所以MQ 为直径．从图中的几何关系可知，R ＝23l ⑥ MO ＝6l .⑦(2)设粒子在磁场中运动的速度为v ，从Q 到M 点运动的时间为t 2，则有v ＝v 0cos θ⑧t 2＝πR v ⑨带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间t 为 t ＝t 1＋t 2⑩联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 t ＝⎝⎛⎭⎫32π＋1 2mlqE.答案：(1)6l (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32π＋1 2mlqE。
高考物理第二轮复习方案 电学19 新人教版
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）191.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可知感应电动势的大小E 与n 有关，与ΔΦΔt即磁通量变化的快慢成正比，所以A 、B 错误，C 正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场方向相反．原磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场同向，故D 错误．答案：C2.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L 、小灯泡A 、开关S 和电池组E ，用导线将它们连接成如下图所示的电路．检查电路后，闭合开关S ，小灯泡发光；再断开开关S ，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A ．电源的内阻较大B ．小灯泡电阻偏大C ．线圈电阻偏大D ．线圈的自感系数较大解析：由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A 错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B 错C 正确．自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D 错．答案：C3．磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )A ．防止涡流而设计的B ．利用涡流而设计的C．起电磁阻尼的作用D．起电磁驱动的作用解析：线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后较快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．答案：BC4.有一种高速磁悬浮列车的设计方案是：在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下)，并且在沿途两条铁轨之间平放一系列线圈.下列说法中不正确的是( )A.列车运动时，通过线圈的磁通量会发生变化B.列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快C.列车运动时，线圈中会产生感应电动势D.线圈中的感应电动势的大小与列车速度无关5.如图所示，三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化的关系都满足B=kt，磁场方向如图所示.测得A环内感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为( )A.I B=I、I C=0B.I B=I、I C=2IC.I B=2I、I C=2ID.I B=2I、I C=06．如图6所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴。
2014届高考物理第二轮复习方案电学16新人教版(精)
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）16 1．液体在器壁附近的液面会发生弯曲，如下图所示．对此有下列几种解释，其中正确的是( )A．表面层Ⅰ内分子的分布比液体内部疏B．表面层Ⅱ内分子的分布比液体内部密C．附着层Ⅰ内分子的分布比液体内部密D．附着层Ⅱ内分子的分布比液体内部疏解析：表面层内的分子比液体内部稀疏，分子间表现为引力，这就是表面张力，A正确、B错误；浸润液体的附着层内的液体分子比液体内部的分子密集，不浸润液体的附着层内的液体分子比液体内部的分子稀疏，而附着层Ⅰ为浸润液体，附着层Ⅱ为不浸润液体，故C、D均正确．答案：ACD2．下列关于液体表面现象的说法中正确的是( )A．把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针的重力小，又受到液体的浮力的缘故B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力C．玻璃管裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故D．飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故解析：A项的缝衣针不受浮力，受表面张力；B项水银会成球状是因为表面张力；D也是表面张力的作用．答案：C3．一定质量理想气体的状态经历了如右图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc 的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行．则气体体积在( )A ．ab 过程中不断增加B ．bc 过程中保持不变C ．cd 过程中不断增加D ．da 过程中保持不变解析：由pV T ＝C 可知p －T 图中斜率k ＝C V ，C 为定值．据此可知ab 过程中体积增加，A 项正确；bc 过程体积不变，B 项对；cd 过程中体积减小，C 项错误；da 过程体积增大，D 项错误．答案：AB4．如图2为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M 、N 两筒间密闭了一定质量的气体，M 可沿N 的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M 向下滑动的过程中( )图2A ．外界对气体做功，气体内能增大B ．外界对气体做功，气体内能减小C ．气体对外界做功，气体内能增大D ．气体对外界做功，气体内能减小5．某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。
2014届高考物理第二轮复习方案之电学9
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）91．一电子以垂直于匀强磁场的速度v A，从A处进入长为d宽为h的磁场区域如下图所示，发生偏移而从B处离开磁场，若电荷量为e，磁感应强度为B，圆弧AB的长为L，则( )A．电子在磁场中运动的时间为t＝dv AB．电子在磁场中运动的时间为t＝Lv A C．洛仑兹力对电子做功是Bev A·h D．电子在A、B两处的速度相同解析：电子在磁场中只受洛仑兹力的作用，做匀速圆周运动，认为运动时间为t＝d v A是把电子作为类平抛运动了，圆周运动时可用t＝Lv A来计算；洛仑兹力与电子的运动方向始终垂直，故一定不做功；速度是矢量，电子在A、B两点速度的大小相等，而方向并不相同．答案：B2．一个质子和一个α粒子沿垂直于磁感线方向从同一点射入一个匀强磁场中，若它们在磁场中的运动轨迹是重合的，如下图所示，则它们在磁场中( )A．运动的时间相等B．加速度的大小相等C ．速度的大小相等D ．动能的大小相等解析：因m α＝4m H ，q α＝2q H ，据T ＝2πm qB ，知t α＝2t H ；据R ＝mvqB，知v H ＝2v α；据a＝v 2R ，知a α＝14a H; 据E k ＝12mv 2，知E kα＝E k H ，只有D 项正确． 答案：D3.如图所示,在通电直导线下方,有一电子沿平行导线方向以速度v 向左运动,则关于电子的运动轨迹和运动半径的判断正确的是( ) A.将沿轨迹Ⅰ运动,半径越来越小 B.将沿轨迹Ⅰ运动,半径越来越大 C.将沿轨迹Ⅱ运动,半径越来越小 D.将沿轨迹Ⅱ运动,半径越来越大4.电荷量为+q 的粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是( ) A.只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B.如果把+q 改为-q ，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子只受到洛伦兹力作用时，运动的动能不变5.如图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D 形金属盒.在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示,忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断正确的是( )A.在E k-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高频电源的变化周期应该等于t n-t n-1C.粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能越大,可增加D形盒的面积6. 1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖.若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法中正确的是( )A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带正电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大越小D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷qm7．如下图所示，摆球带负电荷的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度大小为a2，则( )A．F1>F2，a1＝a2B．F1<F2，a1＝a2C ．F 1>F 2，a 1>a 2D ．F 1<F 2，a 1<a 2解析：绳的拉力、洛仑兹力始终与单摆的运动方向垂直，不做功．只有重力做功，所以a 1＝a 2，当单摆由A 摆到最低点C 时，绳的拉力和洛仑兹力方向相同，由B 摆到最低点C 时，绳的拉力与洛仑兹力方向相反，故F 1<F 2. 答案：B8．如下图所示，直径为R 的绝缘筒中为匀强磁场区域，磁感应强度为B 、磁感线垂直纸面向里，一个质量为m 、电荷量为q 的正离子，以速度v 从圆筒上C 孔处沿直径方向射入筒内，如果离子与圆筒碰撞三次(碰撞时不损失能量，且时间不计)，又从C 孔飞出，则离子在磁场中运动的时间为( ) A.2πR vB.πRvC.2πm qBD.πmqB解析：根据题意画出离子运动轨迹，由对称性可知离子运动的轨迹为四个14圆，半径等于圆筒的半径，总时间等于一个圆的周期，所以A 、C 正确． 答案：AC9．电子质量为m ，电荷量为q ，以与x 轴成θ角的速度v 0射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后从x 轴上的P 点射出，如右图所示，求： (1)OP 的长度；(2)电子由O 点射入到从P 点射出所需的时间t .解析：(1)过O 点和P 点做速度方向的垂线，两线交点即电子做圆周运动的圆心，由几何关系知OP ＝2r sin θ①又Bqv 0＝m v 02r②由①②式解得OP ＝2mv 0Bqsin θ.(2)由T ＝2πr v 0＝2πm Bq得所需时间为t ＝2θ2π·2πm Bq ＝2θmBq. 答案：(1)2mv 0Bq sin θ (2)2θm Bq10．如下图所示，一束电子(电荷量为e )以速度v 垂直射入磁感应强度为B ，宽度为d 的匀强磁场中，穿过磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，求：(1)电子的质量是多少？ (2)穿过磁场的时间是多少？(3)若改变初速度大小，使电子刚好不能从A 边射出，则此时速度v ′是多少？ 解析：(1)作出速度方向的垂线，如上图所示，设电子在磁场中运动轨道半径为r ，电子的质量是m ，由几何关系得r ＝dsin30°＝2d电子在磁场中运动Bqv ＝m v 2r ，即r ＝mv Bq所以m ＝2dBqv.(2)电子运动轨迹对应的圆心角θ＝30°＝π6电子运动的周期T ＝2πmBq电子穿过磁场的时间t ＝θ2πT ＝T12＝πd 3v.(3)电子刚好不能从A 边射出(与右边界相切)，此时电子的轨道半径为r ′＝d由r ′＝mv ′Bq 得v ′＝Bqd m ＝v2. 答案：(1)2dBq v (2)πd 3v (3)v22020-2-8。
4届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版)(00002)
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）211．如右图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t＝πω时刻()A．线圈中的感应电动势最小B．线圈中的感应电流最大C．穿过线圈的磁通量最大D．穿过线圈磁通量的变化率最小解析：经过时间t＝πω，线圈转过的角度为π，则该时刻磁通量为零，左、右两个边的速度刚好与磁感线垂直，由电动势E＝BL v得此刻产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈中的感应电流最大，B正确，A、C、D错误．答案：B2．如右图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3:2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin5πt (V)D ．交流电b 的最大值为5 V解析：t ＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A 错；读图得两次周期之比为2:3，由转速ω＝2πT得转速与周期成反比，故B 正确；读图得a 的最大值为10 V ，ω＝5π，由交流电感应电动势瞬时值表达式e ＝E m sin ωt (V)(从中性面开始计时)得，u ＝10sin5πt (V)，故C 正确；交流电的最大值E m ＝nBSω，所以根据两次转速ω的比值可得，交流电b 的最大值为23×10 V ＝203V ，故D 错． 答案：BC3．如图所示的电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，R 是可变电阻，S 是交流电源．交流电源的内阻不计，其电动势随时间变化的规律是e ＝2202sin314t V ．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω解析：该交变电流电动势的有效值为U ＝22022V ＝220 V ，故电阻的最小阻值R min ＝U I 0＝2202Ω＝110 Ω. 答案：B4.如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系.若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )A. 12∶ B.1∶2 C.1∶3 D.1∶65.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A.t=0时刻，线圈平面与中性面垂直B.t=0.01 s时刻，Φ的变化率最大C.t=0.02 s时刻，交流电动势达到最大D.该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示6．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T,转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A.那么( )A.线圈消耗的电功率为4 WB.线圈中感应电流的有效值为2 AC.任意时刻线圈中的感应电动势为2 e4cos tTπ=D.任意时刻穿过线圈的磁通量为T2sin tTπΦ=π7．一个100匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电动势e随时间t变化的关系如图7所示，图线为正弦曲线，那么( )图7A ．该交流电的电动势有效值为220 VB ．该交流电的电动势有效值为110 2 VC ．t ＝1.5π s 时，穿过线圈的磁通量变化率最大D ．穿过线圈的磁通量最大值为2.2 Wb8.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd 。
2014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版)72014届高考物理第二轮复习方案之电学(新课标版
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）71.导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )A.横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B.长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C.电压一定，电阻与通过导体的电流成反比D.电流一定，电阻与导体两端的电压成正比2.如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R2，则下列说法正确的是( )A.R1∶R2=1∶3B.R1∶R2=3∶1C.将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1∶I2=1∶3D.将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2=1∶33．如图2甲所示，在材质均匀的圆形薄电阻片上，挖出一个偏心小圆孔。
在彼此垂直的直径AB和CD两端引出四个电极A、B、C、D。
先后分别将A、B或C、D接在电压恒为U的电路上，如图乙和图丙所示。
比较两种接法中电阻片的热功率大小，应有( )图2A．两种接法电阻片热功率一样大B．接在AB两端电阻片热功率大C．接在CD两端电阻片热功率大D．无法比较4．铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子中有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为( )A．光速c B.I neSC.ρIneSmD.mIneSρ案却使人感到徒具虚名试卷试题赭红色的水化学教案几乎看不见流动化学5．家用电熨斗为了适应不同衣料的熨烫，设计了调整温度的多挡开关，使用时转动旋钮即可使电熨斗加热到所需的温度．如右图所示是电熨斗的电路图．旋转多挡开关可以改变1、2、3、4之间的连接情况．现将开关置于温度最高挡，这时1、2、3、4之间的连接是下图中所示的哪一个()解析：以U表示电源电压，R表示图中每根电阻丝的电阻，在图中所示的各种连接法中，由于接法不同，各种电路中电阻丝发热的情况不同，因而电熨斗可以得到多挡的温度．在图A，则此时电熨斗得到的总功率为P A 所示的接法中，两根电阻丝并联接入电路，其总电阻为R2＝2U2；在图B所示的接法中，仅有左侧一根电阻丝接入电路通电，右侧一根电阻丝中无电流，R；在图C所示的接法中，电源实际上被断开了．使整个电熨故此时电熨斗的总功率为P B＝U2R斗中无电流通过，此时电熨斗的总功率为P C＝0.在图D所示的接法中，是两根电阻丝串联接入电路，其总电阻为2R，则此时电熨斗消耗的总功率为P D＝U22R.答案：A6．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，不计其自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则()自重40 kg额定电压48 V载重75 kg额定电流12 A最大行驶速度20 km/h额定输出功率350 W A.B．电动机的内电阻为4 ΩC．该车获得的牵引力为104 ND．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元件，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 f大小相等，由P出＝F f v max得F f＝P出v max＝350203.6N＝63 N．故选项C错误，D正确．答案：AD7．如图4所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8 V，乙电路两端的电压为16 V。
2014高考物理二轮专题突破：专题六 第2课时
第2课时直流电路和交流电路1．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较(1）纯电阻电路,电功W＝UIt，电功率P＝UI,且电功全部转化为电热,有W＝Q＝UIt＝错误!t＝I2Rt，P＝UI＝错误!＝I2R.(2)非纯电阻电路,电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R,电功率大于电热功率，即W>Q,故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P ＝I2R.热2．电源的功率和效率（1）电源的几个功率①电源的总功率：P总＝EI②电源内部消耗的功率：P内＝I2r③电源的输出功率:P出＝UI＝P总－P内（2）电源的效率η＝错误!×100%＝错误!×100%3．交流电的“四值”(1）最大值E m＝NBSω。
(2)瞬时值e＝NBSωsin_ωt.(3)有效值：正弦式交流电的有效值E＝错误!；非正弦式交流电必须根据电流的热效应,用等效的思想来求解．计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值．（4)平均值：E＝n错误!,常用来计算通过电路的电荷量．4．理想变压器的基本关系式(1)功率关系:P入＝P出．(2）电压关系:错误!＝错误!.（3)电流关系:只有一个副线圈时错误!＝错误!.直流电路动态分析方法（1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由欧姆定律判断I 和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联总分流等规律判断各部分的变化情况．（2）结论法—-“并同串反"：“并同”:指某一电阻增大(减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．“串反”：指某一电阻增大（减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。
题型1 直流电路的动态分析例1 (单选）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R t随温度t变化的图线如图1甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻R t与其他电阻构成的闭合电路中，当R t所在处温度升高时，两电表读数的变化情况是（）图1A．A变大,V变大B．A变大，V变小C．A变小，V变大D．A变小,V变小解析由电路图可知，电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系，当R t所在处温度升高时，R t的阻值减小，利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小．答案D以题说法当传感器与电路问题结合在一起时，传感器实质是一变化的电阻，电路问题实质是电路的动态分析问题．通过题意分析并建立传感器的某一特性物理量与电学物理量(电压、电流、电阻等)之间的关系，是解决此类问题的关键．(单选）（2013·江苏·4）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现,设计了一种报警装置，电路如图2所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时（)图2A．R M变大，且R越大,U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小,且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显答案C解析由题意知，S两端的电压增大，则电路中的电流增大，药液接触传感器的电阻变小，则A、B选项是错误的;将S看做外电路，其余看做等效电源，根据U＝E－Ir可判断，同样的变化电流，则内阻越大电压变化越大，因此答案为C.题型2 含电容器电路问题的分析例2 (双选)如图3所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是( ）图3A．如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子不可能向上偏转C．保持开关闭合,将滑片P向上滑动一点,粒子将可能从下极板边缘射出D．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出审题突破开关断开,电容器两金属板间的场强变化吗?保持开关闭合，a板下移，电容器两板间的场强怎样变化？解析将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强逐渐减少到零,所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转,A错误．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电容增大，电容器充电,两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转,选项B错误．保持开关闭合,将滑片P向上滑动一点,平行金属板间电压降低，粒子所受电场力小于洛伦兹力．若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出,选项C正确．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力．若粒子带正电,粒子将可能从下极板边缘射出，选项D正确．答案CD以题说法分析含容电路的基本思路首先分析清楚电路的连接方式，必要时画等效电路图，电容器处的电路可看做断路，简化电路时可去掉；其次分析电容器两端的电压与哪部分电路（或电阻）的电压相同；最后弄清楚电容器是充电过程还是放电过程．（双选)如图4所示,平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（)图4A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向下运动D．R3上消耗的功率逐渐增大答案AC解析当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值在减小，所以回路的总电阻减小,由闭合电路欧姆定律I＝错误!得干路的总电流增大，U＝E－Ir，所以电源的路端电压减小,R3上电压减小，质点P受到的电场力减小,所以将向下运动,选项C正确；R3上电压减小,其电流也减小，选项D错误;由干路的总电流增大，通过R3的电流减小可知通过电流表支路的电流增大，选项B错误；又因R4与R2电压之和与R3上电压相等，R3上电压减小,而R2电压增大，故R4电压必减小，所以选项A正确．题型3 交流电的产生和描述例3 （双选)（2013·山东·17)图5甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）图5A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0。
2014届高考物理第二轮复习方案 电学22 新人教版.
2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）221．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V ，副线圈有30匝的理想变压器改绕成输出电压为30 V 的变压器，原线圈匝数不变，则副线圈新增绕的匝数为( )A ．120匝B ．150匝C ．180匝D ．220匝解析：由U 1U 2＝n 1n 2得n 1＝n 2U 1U 2＝30×2206匝＝1 100 匝；改变匝数后，n ′2＝n 1U ′2U 1＝1 100×30220匝＝150匝，新增匝数Δn ＝n ′2－n 2＝120匝，A 正确．答案：A 2.钳形电流表的外形和结构如图所示．图甲中电流表的读数为1.2 A ．图乙中用同一电缆线绕了3匝，则( )A ．这种电流表能测直流电流，图乙的读数为2.4 AB ．这种电流表能测交流电流，图乙的读数为0.4 AC ．这种电流表能测交流电流，图乙的读数为3.6 AD ．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图乙的读数为3.6 A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n 1n 2＝I 2I 1，I 2＝n 1n 2I 1，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I 1保持不变，I 1不变，故当n 1增加3倍时I 2＝3.6 A ，C 正确．答案：C3.为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图.保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压.某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示.以下正确的是( )A.2u t) V=π B.2u t) V=πC.为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D.为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移4.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1=20 Ω，R 2=30 Ω，C 为电容器.已知通过R 1的正弦式交流电如图乙所示，则( )A.交流电的频率为0.02 HzB.原线圈输入电压的最大值为C.电阻R 2的电功率约为6.67 WD.通过R 3的电流始终为零5．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时( )A ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较低解析：在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U 损＝IR 增大，每盏灯两端的电压也就较低．答案：CD6．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P 1，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P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )A.PR kU ，1nB.⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1nC.PR kU ，1n 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1n 2解析：设副线圈与原线圈匝数比为k 时，副线圈输出电压为U 1，输出电流为I 1，电路损耗功率为P 1，设副线圈与原线圈匝数比为nk 时，副线圈输出电压为U 2，输出电流为I 2，电路损耗功率为P 2，根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比可得U 1U ＝k …①，U 2U ＝nk …②；且P ＝U 1I 1＝U 2I 2…③；线路损耗功率分别为P 1＝I 21R …④；P 2＝I 22R …⑤.由①④联立解得P 1＝(P kU )2R ，据此排除选项A 、C ；由①②③④⑤联立解得P 2P 1＝1n 2，所以选项B 错误，选项D 正确．答案：D7．某同学设计的家庭电路保护装置如下图所示，铁芯左侧线圈L 1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L 2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K ，从而切断家庭电路．仅考虑L 1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )A ．家庭电路正常工作时，L 2中的磁通量为零B ．家庭电路中使用的电器增多时，L 2中的磁通量不变C ．家庭电路发生短路时，开关K 将被电磁铁吸起D ．地面上的人接触火线发生触电时，开关K 将被电磁铁吸起解析：由于线圈L 1用零线和火线双线绕制而成，正常情况下零线和火线中的电流等大反向，线圈L 1内产生的磁场相互抵消，线圈L 2中磁通量为零，选项A 正确，当家用电器增多时，通过零线和火线的电流同时增大，合磁场仍为零，即线圈L 2中磁通量不变，仍为零，选项B 正确；家庭电路发生短路时造成通过零线和火线的电流同时增大，线圈L 2中磁通量不变，不会产生感应电流，开关K 也不会被电磁铁吸起，选项C 错误，地面上的人接触火线时，火线和大地构成闭合回路，零线中电流小于火线．此时线圈L 1产生变化的磁场，引起线圈L 2中磁通量变化产生感应电流，电磁铁线圈有电流通过，产生磁性，将开关K 吸起，选项D 正确．答案：ABD8.某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( ) A.输电线上输送的电流大小为2×105A B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC.若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD.输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻9．发电机的端电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为110的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为101的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．解析：该题是输电线路的分析和计算问题，结合电路结构和输电过程中的电压关系和电流关系可解此题．(1)线路图如下图所示．(2)升压变压器副线圈上的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V ，升压变压器副线圈上的输出电流I 2＝n 1n 2I 1，升压变压器原线圈上的输入电流，由P ＝U 1I 1得I 1＝P U 1＝44×103220 A ＝200 A ， 所以I 2＝n 1P n 2U 1＝44×10310×220 A ＝20 A.输电线路上的电压损失和功率损失分别为U R ＝I 2R ＝4 V ，P R ＝I 22R ＝0.08 kW.降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝2 196 V.降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为U 4＝n 4n 3U 3＝219.6 V ，I 4＝n 3n 4I 3＝200 A.用户得到的功率P 4＝U 4I 4＝43.92 kW. (3)若不采用高压输电，线路损失电压为U ′R ＝I 1R ＝40 V ，用户得到的电压U ′＝U 1－U ′R ＝180 V ， 用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW. 答案：(1)见解析 (2)219.6 V 43.92 kW (3)180 V 36 kW。
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2014届高考物理第二轮复习方案之电学（新课标版）6 1．功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近()
A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·h
C．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h
解析：用2只各为10 W的LED灯代替白炽灯，节省功率2(60－10) W＝0.1 kW，设白炽灯每天点亮5小时，则一天节省0.1 kW×5 h＝0.5 kW·h，一年365天，全国近14亿人口，约4亿个家庭，则这4亿个家庭一年节省4×108×365×0.5 kW·h＝7.3×1010 kW·h，最接近B选项．
答案：B
2．一个标有“220 V,60 W”的白炽灯泡，加上的电压U由零逐渐增大到220 V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用如下图所示的图象表示，题中给出的四个图象中肯定不符合实际的是()
解析：图象中的斜率表示电阻，斜率越大，电阻越大，如果是曲线，表示电阻在不同的电压、电流时它的电阻是变化的，这时的电阻可以用该点和原点的连线的斜率来表示，温度越高，电阻率越大，电阻也就越大．
灯泡在电压增大过程中的电流增大，温度升高，电阻变大，所以B正确．A图表示电阻不变，C表示电阻变小，D表示先变大后变小，故答案选ACD.
答案：ACD
3.两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为( )
A.2∶3
B.1∶3
C.1∶2
D.3∶1
4.用电器距离电源L，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值是( )
A.
L
R
ρ
B.
2LI
U
ρ
C.
U
LI
ρ
D.
2UL
Iρ
5．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示。
根据表中
所提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时通过电热水器的电流约为( )
A．6.8 A B．0.15 A
C．4.4 A D．0.23 A
6.如图3所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为R
1。
当开关闭合，电动机正常工作时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R2，电动
机两端的电压为U，通过电动机的电流为I。
电动机输出的机械功率P等于
( ) 图3
A．UI B．I2R1
C．UI－I2R1 D.
E
R1＋R2＋r
U
7.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路.调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A 和2.0 V.重新调节R并使电动机恢复正常
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 W
B.44 W
C.47 W
D.48 W
8.如图所示，一直流电动机与阻值R=9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30 V ，内阻r=1
Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10 V ，已知电动机线圈电阻R M =1 Ω，则下列说法中正确的是( ) A.通过电动机的电流为10 A B.电动机的输入功率为20 W C.电动机的热功率为4 W D.电动机的输出功率为16 W
9．用一个标有“12 V ,24 W”的灯泡做实验，测得灯丝电阻随灯泡两端电压变化关系图象如下图所示．
(1)在正常发光条件下，灯泡的电功率为多大；
(2)设灯丝电阻与绝对温度成正比，室温为300 K ，求正常发光条件下灯丝的温度； (3)将一定值电阻与灯泡串联后接到20 V 电压上，要使灯泡能正常发光，串联的电阻为多大？
解析：(1)由图知，正常发光时R ＝8 Ω，所以P ＝U 2
R ＝18 W.
(2)由图知，室温时电阻R ′＝1 Ω，由
T T ′＝R R ′
，得T ＝
2 400 K.
(3)串联电路电压分配与电阻成正比，R x R ＝8
12，得R x ＝5.33 Ω
答案：(1)18 W (2)2 400 K (3)5.33 Ω
10．如下图所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉子，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S 1闭合、S 2、S 3断开时，电流表A 示数为6 A ；当S 2闭合、S 1、S 3断开时，A 示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合、S 1、S 2断开时，A 示数为4 A ．求：
(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？ (2)电动机的内阻是多少？
(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？
解析：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I ＝U R 得R ＝U
I 1
＝2 Ω，其发热功率为：P R ＝UI 1
＝12×6 W ＝72 W.
(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得UI 2＝I 22r M ＋P 输出，所以r M ＝
UI 2－P 输出
I 2
2
＝12×5－35
52
Ω＝1 Ω. (3)电解槽工作时，由能量守恒定律得：P 化＝UI 3－I 23r A 所以P 化＝(12×4－42
×2) W ＝16 W.
答案：(1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W。