专题9.6 含电动机电路(解析版) -3年高考2年模拟1年原创备战2020高考精品系列
专题7.8 子弹打木块模型(解析版) -3年高考2年模拟1年原创备战2020高考精品系列
专题7.8 子弹打木块模型【考纲解读与考频分析】子弹打木块模型是重要模型，也是高考命题情景之一。
【高频考点定位】：子弹打木块模型考点一：子弹打木块模型 【3年真题链接】1.（2018天津理综·9）（1）质量为0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg 的子弹以200 m/s 的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__________m/s 。
若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N ，则子弹射入木块的深度为_______m 。
【参考答案】（1）20 0.2【解析】动量守恒V m M mv )(+=，解得s m V /20= 子弹射入木块的深度即相对位移为d ，有22)(2121V M m mv fd +-=解得m d 2.0= 2.（2018海南高考物理）如图，用长为l 的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱，沙箱静止。
一质量为m 的弹丸以速度v 水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。
不计空气阻力。
对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程（ ）A ． 若保持m 、v 、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变小B ． 若保持M 、v 、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变小C ． 若保持M 、m 、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大D ．若保持M 、m 、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能变大 【参考答案】C【命题意图】此题考查子弹打木块模型、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点。
【解题思路】一质量为m 的弹丸以速度v 水平射入沙箱并留在其中，根据动量守恒定律，mv =（m+M ）v’，系统损失机械能△E = 12mv 2-12（m+M ）v’2=()22mMv m M +，若保持M 、m 、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大，选项C 正确；△E =()22mMv m M +=()22/1mv m M +，由此可知，若保持m 、v 、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变大，选项A 错误；△E =()22mMv m M +=()221/Mv M m +，由此可知，若保持M 、v 、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变大，选项B 错误；由于损失的机械能与轻绳长度l 无关，所以若保持M 、m 、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能不变，选项D 错误。
【金识源】(3年高考2年模拟1年原创)最新2013版高考数学 专题12 极限与导数 理 (解析版)
【金识源】（3年高考2年模拟1年原创）最新2013版高考数学专题12 极限与导数理（解析版）【考点定位】2014考纲解读和近几年考点分布极限作为初等数学与高等数学的衔接点，每年必考，主要考查极限的求法及简单应用。
纵观近年来的全国卷与各省市的试卷，试题呈“小题”，在选择、填空题中出现，都属容易题；极限通常与其它数学内容联系而构成组合题，主要考查极限思想与方法的灵活应用能力；考查“数形结合”、“分类讨论”等数学思想方法的综合运用能力。
从各地的高考试卷看，考生在备考时，应从下列考点夯实基础，做到以不变应万变：（1）理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．（2）了解数列极限和函数极限的概念．（3）掌握极限的四则运算法则；会求某些数列与函数的极限．（4）了解函数连续的意义，了解闭区间上连续函数有最大值和最小值的性质．导数是研究函数的工具，导数进入新教材之后，给函数问题注入了生机和活力，开辟了许多解题新途径，拓展了高考对函数问题的命题空间。
所以把导数与函数综合在一起是顺理成章的事情，对函数的命题已不再拘泥于一次函数，二次函数，反比例函数，指数函数，对数函数等，对研究函数的目标也不仅限于求定义域，值域，单调性，奇偶性，对称性，周期性等，而是把高次多项式函数，分式函数，指数型，对数型函数，以及初等基本函数的和、差、积、商都成为命题的对象，试题的命制往往融函数，导数，不等式，方程等知识于一体，通过演绎证明，运算推理等理性思维，解决单调性，极值，最值，切线，方程的根，参数的范围等问题，这类题难度很大，综合性强，内容新，背景新，方法新，是高考命题的丰富宝藏。
解题中需用到函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与划归思想。
定积分是本章的另一个重要的概念，它可以看作是导数在某一区间上的逆运算。
它是新课标新增加的内容之一，在以前的课本中没有出现定积分的概念，但随着新课标的实施与教育工作者对校本研究工作的开展，相信在2014年的高考试题中应该有所体现。
【2014版】3年高考2年模拟1年原创精品资料：专题06 投资理财的选择(解析版)
专题06 投资理财的选择一、考点解读1、高考考点投资与融资(1)商业银行利息、利率与本金储蓄存款中国商业银行体系商业银行的业务(2)投资投资收益与投资风险股票债券商业保险(3) 融资2 2013版最新教材修改变动3 考生记忆手册（可单独打印）3年高考2年模拟1年原创精品高考系列专题06 投资理财的选择（记忆手册）六、投资理财的选择（一）储蓄存款和商业银行1、储蓄存款（1）储蓄存款能获取利息。
存款利息的计算公式：存款利息=本金×利息率×存款期限。
（2）储蓄种类：活期储蓄和定期储蓄。
（3）特点：收益一般低于债券和股票；比较安全、风险较低；但也存在通货膨胀情况下存款贬值及定期存款提前支取而损失利息的风险。
2、我国的商业银行（1）商业银行是指经营吸收公众存款、发放贷款、办理结算等业务，并以利润为主要经营目标的金融机构。
我国的商业银行以国家控股银行为主体，是我国金融体系中最重要的组成部分。
（2）中央银行和商业银行的区别（课本上没有，可作为知识扩充）（3）商业银行的主要业务：①存款业务。
是商业银行的基础业务。
②贷款业务。
是我国商业银行利润的主要来源。
③结算业务。
是商业银行为社会经济活动中发生的货币收支提供手段与工具的服务。
此外还提供债券买卖及兑付、代理买卖外汇、代理保险、提供保管箱等服务。
（二）股票、债券与保险3、股票（1）股票是股份有限公司在筹集资本时向出资人出具的股份凭证。
股票代表其持有者（即股东）对股份公司的所有权。
（2）股东的权利：参加股东大会、投票表决、参与公司的重大决策、收取股息或分享红利等。
（3）股票投资的收入包括：股息或红利收入、股票价格上升带来的差价。
股票是一种高风险的投资方式。
（4）股票市场的作用：股票市场的建立和发展，对促进资金融通、提高资金使用效率、促进企业改革和发展具有重要作用。
4、债券（1）债券是一种债务证书，即筹资者给投资者的债务凭证，承诺在一定时期支付约定的利息，并到期偿还本金。
专题9.6 含电动机电路(解析版) -3年高考2年模拟1年原创备战2020高考精品系列
专题9.6含电动机电路【考纲解读与考频分析】含电动机电路综合性强，考查频繁。
【高频考点定位】：含电动机电路考点一：含电动机电路【3年真题链接】1.（2019年4月浙江选考）电动机与小电珠串联接人电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为12。
则（）A. B.C. D.【参考答案】D【名师解析】由题意可知I1=I2，选项A错误；因U2>I2R2，U1=I1R1，则，选项BC错误，D正确。
【2年模拟再现】1.（2019河南八市重点高中联盟五模拟）如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流表（内阻不计）示数为I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升。
当开关置于b处时，电流表示数变为I/2，灯泡正常发光，已知电阻R=1.5Ω，灯泡额定电压为10V，额定功率10W，重力加速度g=10m/s2，则（）A.电动机线圈的内阻为0.5ΩB ．电动机的额定电压为0V C.电源电动势为12V D ．电源内阻为1Ω【参考答案】AC【名师解析】开关置于b 处时，流过电源的电流为l 1=P 1/U 1=1A ，电源电动势E=I 1（R+r ）+U L ，开关置于a 处时，流过电源的电流为l 2=2A ，电动机的额定电压U M =P 2/U 2=8V ，电源电动势E=I 2（R+r ）+U M ，联立解得E=12V ，r=0.5Ω，故C 正确，BD 错误；开关置于a 处时，P M =I 22R M +mgv ，解得R M =0.5Ω，故A 正确。
2.（2019武汉联考）如图所示，电源电动势E ＝12V ，内阻r ＝3Ω，R 0＝1Ω，直流电动机内阻R 0′＝1Ω，当调节滑动变阻器R 1时可使甲电路输出功率最大，调节R 2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P 0＝2W)，则R 1和R 2的值分别为()A ．2Ω，2ΩB ．2Ω，1.5ΩC ．1.5Ω，1.5ΩD ．1.5Ω，2Ω【参考答案】B【名师解析】对于甲图，当调节滑动变阻器R 1时可使甲电路输出功率最大，根据输出功率最大的条件可知，R 1的值为R 1=r-R 0＝2Ω。
专题6电学实验 电路—上海3年(2018-2020)高考等级考物理模拟试题分类解析(教师版)
专题６ 电学实验 电路（解析版）—3年来（2018-2020）上海市等级考物理模拟试题分类解析1.为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G 与线圈L 连接，如图6所示．已知线圈由a 端开始绕至b 端，当电流从电流计G 右端流入时，指针向右偏转．将磁铁N 极向下从线圈上方竖直插入L 时，发现指针向右偏转。
从从上向下看时，线圈绕向为 （填顺时针或逆时针）；当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L 时，指针将指向_____。
（选填“左侧”、“右侧”或“中央”）1.【答案】 逆时针 右侧【解析】（将磁铁N 极向下从线圈上方竖直插入L 时，穿过L 的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向右偏转，电流从电流表右端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为逆时针；当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L 时，穿过L 的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转．2．如图14所示是一个电路的一部分，其中R 1=5Ω，R 2=1Ω， R 3=3Ω，I 1=0.2A ， I 2=0.1A ，那么电流表测得的电流的大小为 A ，方向向 （选填“左”或“右”）。
2．【答案】0.2，左【解析】R 1两端的电压U 1=I 1R 1=1V ，R 2两端的电压U 2=I 2R 2=0.1V ，则R 3两端的电压U 3=0.9V ，且下端电势高于上端，则R 3的电流I 3=U 3/R 3=0.3A ，方向向上，则电流表测得的电流为0.3A -0.1A=0.2A ，方向向左。
3.如图所示电路中，R 1＝12Ω，R 2＝6Ω，滑动变阻器R 3上标有“20Ω，2A”字样，理想电压表的量程有0-3V 和0-15V 两档，理想电流表的量程有0-0.6A 和0-3A 两档。
闭合电键S ，将滑片P 从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V 和0.3A ；继续向右移动滑片P 到另一位置，电压表指针指在满偏的1/3，电流表指针指在满偏的1/4，则此时电流表示数为__________A ，该电源的电动势为__________V 。
专题4.6 平抛运动的相遇问题(解析版)-3年高考2年模拟1年原创备战2020高考精品系列之物理
专题4.6 平抛运动的相遇问题【考纲解读与考频分析】相遇和平抛运动都是高考考纲要求的考点，平抛运动的相遇问题是高考命题热点。
【高频考点定位】平抛运动的相遇问题考点一：平抛运动的相遇问题【3年真题链接】1．（2017高考江苏物理）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（）（A）t（B）2t（C）2t（D）4t【参考答案】C【名师解析】设第一次抛出时A球速度为v1，B球速度为v2，根据平抛运动规律，则A、B之间的水平距离x=（v1+ v2）t。
第二次两球的抛出速度都变为原来的2倍，设两球从抛出到相遇经过的时间为t’，根据平抛运动规律，则有x=（2v1+2 v2）t’。
联立解得t’=t/2，选项C正确。
【2年模拟再现】1．（6分）（2019湖南长郡中学等四校5月模拟）从离水平地面高H处以速度v0水平抛出一个小球A，同时在其正下方地面上斜抛另一个小球B，两球同时落到地面上同一位置，小球B在最高点时，距地面的高度为h，速度为v，则以下关系正确的是（）A ．h ＝H ，v ＝v 0B ．h ＝C ．h ＝D ．h=H /4，v ＝v 0【参考答案】D【命题意图】本题考查平抛运动、斜抛运动及其相关知识点。
【解题思路】对A 球，由平抛运动规律，H=12gt A 2，解得做平抛运动的时间为t A ，由x A =v 0t 解得A球的水平位移为x A =v 0tB 球，由于B 球做斜抛运动，根据运动的对称性规律，可将B 球的斜抛运动视为两段平抛运动，由h=12gt B ’2，可得B 球的运动时间为t B =2 t B 在水平方向的分位移为x B =vt B =v·2。
由题意有t A ＝t B ，x A ＝x B ，则可得h=H /4，v ＝v 0，选项D 正确，ABC 错误。
【方法归纳】对于平抛运动，可利用平抛运动规律列方程解答；对于斜抛运动，可根据对称性把斜抛运动分为两段对称的平抛运动分析解答。
2020版高考通用技术(3年高考+2年模拟)(精品课件+高清PDF讲义) (2)
真题再现1.(2018浙江11月选考,13,2分)如图所示是小明设计的电路,当温度低于设定值时V4发光。
已知三极管工作在开关状态,Rt为热敏电阻。
下列分析中不正确．．．的是( )A.Rt应选用负温度系数的热敏电阻B.S闭合时,V3导通后,V2导通C.闭合S后,温度下降到设定值以下时V4发光,然后温度升高到设定值以上时V4熄灭D.S断开,当V1截止时,V3截止答案 C 本题考查电子控制系统的综合分析。
要使温度低于设定值时V4发光,则V1、V3均应导通,则V1的基极为低电平,因此Rt为负温度系数热敏电阻;当温度高于设定值时,V1、V3均截止,V4不发光;S闭合后,V3导通时,V3的集电极为低电平,则V2导通,V4发光。
V2的导通使V3的基极始终为高电平,从而在温度高于设定值后能够继续让V4发光,因此C项符合题意。
2.(2017浙江11月选考,12,2分)如图所示的光控电路,当光线暗到一定程度时,继电器J吸合,V1亮。
555集成电路6脚电位升至电源电压的三分之二时,3脚输出低电平;2脚电位降至电源电压始终不亮,下列故障原因分析中合理的是( ) 的三分之一时,3脚输出高电平。
调试中发现V1虚焊A.RpB.Rg 与Rp位置接反了C.R1阻值偏小D.继电器J额定电压偏大答案 A 本题考查电子控制电路的分析。
当Rp虚焊时,555集成电路的2、6脚均输入高电平,3脚输出低电平,则V1始终不亮,因此A项正确。
3.(2018浙江11月选考,17(2)(3)(4),5分)小明在科技实践活动中,设计了如图所示的电路,用数字信号控制小电机正反转和停止。
规定电流流向为X→Y时电机M正转,电流流向为Y→X时电机M反转。
请你完成下列各题。
(2)现在准备用LED表示电机运转的状态,正转时绿色LED发光,反转时红色LED发光,停止时两个LED都不发光,以下LED连接正确的是(在下列选项中选择合适的选项,将序号填入“”处);(3)小明尝试用三极管驱动继电器,用继电器来控制电机。
2020年高考物理二轮复习精品考点专题08 直流电路与交流电路(高考押题)(解析版)
高考押题专练1．(多选)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是()A ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小B ．电路中电源内阻为2ΩC ．此电路中，电动机的输出功率先减小后不变D ．变阻器的最大阻值为36Ω【答案】BC【解析】由图甲可知测量的是路端电压U ，且U ＝E －Ir ，则图乙中上方的图象为U －I 图象，该图象的斜率大小为电源内阻，r ＝3.4－3.00.3－0.1Ω＝2Ω，B 项正确；滑动变阻器滑片向右滑动时，R 接入电路的电阻增大，电流I 减小，则U 逐渐增大，A 项错；R 的滑动触头向右端滑动的过程中，由乙图可知两端的电压减小，电流减小，电动机的输出功率P 出＝U 1I －I 2r 机先减小，电流表值在0.2A 以下，的读数在0.8V 以下时，电动机停止转动，无功率输出，C 项正确；滑动变阻器的最大阻值为R ＝3.4－0.40.1Ω＝30Ω，D项错．2．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT ．单匝矩形线圈面积S ＝1m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，Ⓐ为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P ，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36V,36W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是()A ．电流表的示数为1AB ．矩形线圈产生电动势的最大值为18VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e ＝182sin (90πt )VD ．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当下移【答案】C【解析】小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2＝36W 36V ＝1A ；根据变流比公式：I 1I 2＝n2n 1，解得：I 1＝2A ，故A 错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，解得：U 1＝18V ，故矩形线圈产生电动势的有效值为18V ，矩形线圈产生电动势的最大值为182V ，故B 错误；根据公式E m ＝NBSω，解得：ω＝Em NBS ＝1821×25π×1rad/s ＝90πrad/s ，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e ＝E m sin ωt ＝182sin (90πt )V ，故C 正确；若矩形线圈转速增大，根据公式E m ＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P 适当上移，故D 错误．3．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T ′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，用户电阻为R (纯电阻)，若用户消耗功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率P r 和用户获得的电压U 分别为()A ．P r ＝rRk 22PU ＝2k 2U m 2k 1－2rk 22P RB ．P r ＝2rRk 22PU ＝2U m 2k 1k 2－2r k 22PRC ．P r ＝2rRk 22PU ＝2k 2U m 2k 1－2rk 1k 2PRD ．P r ＝2rRk 21PU ＝2U m 2k 1k 2－2rk 1k 2P R【答案】B【解析】用户流过的电流为I 4＝P R ，故在输电线路上的电流为I 3＝I 4k 2＝1k 2PR，故损失的电功率为P r ＝I 23·2r ＝2rRk 22P ；升压变压器两端电压的有效值为U 1＝U m 2，输电线路上损失的电压为ΔU ＝I 3·2r ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝U 1k 1故降压变压器原线圈的电压为U 3＝U 2－ΔU ，用户获得的电压U ＝U 3k 2联立解得U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22PR4．(多选)如图所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为L (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则()A ．滑动变阻器上消耗的功率为P ＝100I 2RB ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IRC ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωtD ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIL 【答案】AD【解析】由I 1I 2＝n 2n 1得I 2＝10I ，变阻器上消耗的功率为P ＝I 22R ＝(10I )2R ＝100I 2R ，故A 正确；副线圈的电压为U ＝I 2R ＝10IR ，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压U 1＝100IR ，故B 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab 中感应电流的表达式应为i ＝2I cos ωt ，故C 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为2I ，此时的安培力也是最大的，最大安培力为F ＝2BIL ，故D 正确．5.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3C,消耗的电能为0.9J.为在相同时间内使0.6C 的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是()A.3V 1.8JB.3V 3.6JC.6V 1.8JD.6V 3.6J答案：D解析：设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2,通电的时间都为t.由公式W1=U1q1和W1= 12 t可得：U1=3V, =0.1.再由W2=U2q2和W2= 22 t可求出：U2=6V,W2=3.6J,故选项D正确.6.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器的两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下说法正确的是()A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过答案：A解析：滑片P向上移动,滑动变阻器接入电路的电阻增大,总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,因U=E-I(r+R1),可知电容器两极板间电压变大,油滴受到的电场力增大,油滴向上运动,两极板间电压变大,说明电容器充电,G中电流方向从b到a,选项A正确,B、C错误；将S断开后,电容器放电,G中有电流,电压减小,电场力减小,油滴向下运动,选项D错误.7.如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,当闭合开关S1,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,下列结论正确的是()A.小灯泡L变暗B.电流表读数变大,电压表读数变小C.电容器C上电荷量增加D.电源的总功率变小答案：B解析：滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,滑动变阻器的有效阻值变小,闭合电路的外电阻变小,电路总电流增加,路端电压减小,所以电流表读数变大,电压表读数变小,选项B正确.电路总电流增加,小灯泡L变亮,选项A错误.小灯泡L两端电压增加,滑动变阻器两端的电压减小,电容器的电压减小,电容器上的电荷量减小,选项C错误.当电路外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大,滑动变阻器滑片P向左移动的过程中,外电路电阻变小,外电路电阻可能比电源内阻相差更大,也可能相差更小,所以电源的输出功率可能减小,也可能变大,选项D错误.8.在如图所示的U I图像中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图像可知()A.电源的电动势为3V,内阻为0.5ΩB.电阻R的阻值为1ΩC.电源的输出功率为2WD.电源的效率为66.7%答案：ABD解析：由图像可知,该电源的电动势E=3V,内阻r=0.5Ω,电阻R的阻值为1Ω.仍由图像可知,用该电源直接与R相连组成闭合电路时,路端电压U=2V,电流I=2A,则电源的输出功率P=UI=2×2W=4W,电源的效率η= ×100%=23×100%≈66.7%,故选项A、B、D正确,选项C错.9.如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内阻,以下说法中不正确的是()A.当R2=r时,R2上获得最大功率B.当R2=R1+r时,R1上获得最大功率C.当R2=0时,R1上获得最大功率D.当R2=0时,电源的输出功率最大答案：ABD解析：在讨论R2的电功率时,可将R1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R2与电动势E、内阻为(R1+r)的电源(等效电源)连成的闭合电路,如图所示,R2的电功率是等效电源的输出功率,显然当R2=R1+r时,R2获得的电功率最大,选项A错误.在讨论R1的电功率时,由I= 1+ 2+r及P1=I2R1可知,R2=0时,R1获得的电功率最大,选项B错误,C正确,在讨论电源的输出功率时,(R1+R2)为外电阻,内阻r恒定,由于题目没有给出R1和r的具体数值,所以当R2=0时,电源输出功率并不一定最大,选项D错误.10.如图4－9－18所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L＝6Ω，AB端电压u1＝122sin100πt(V)，下列说法正确的是()图4－9－18A．电流频率为100HzB.的读数为24VC.的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W【解析】由ω＝2πf＝100πrad/s得：f＝50Hz，A错．有效值U1＝12V，又U2U1＝n2n1得：U2＝6V，I2＝U2R L＝1A，B、C项错．由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6W，D对．【答案】D11．如图4－9－22所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝2202sin100πt V．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1 A．电表对电路的影响忽略不计，则()图4－9－22A ．此交流电的频率为100HzB ．电压表示数为2202VC ．电流表A 1示数为5AD ．此电动机输出功率为33W【解析】由ω＝2πf 得交流电的频率为50Hz ，故A 错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读数为220V ，故B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1＝I 2n2n 1＝0.2A ，故C 错误；由P 出＝P 入－P 热＝U 2I 2－I 22R ＝33W ，故D 正确．【答案】D12．在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图4－9－23所示．它的原线圈匝数n 1＝600匝，交流电源的电动势e ＝311sin(100πt )V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2A 的保险丝，副线圈匝数n 2＝120匝，为保证保险丝不被烧断，则()图4－9－23A ．负载功率不能超过62WB ．副线圈电流最大值不能超过1AC ．副线圈电路中的电阻R 不能小于44ΩD ．副线圈电路中电压表的读数为62V 【解析】由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝44V ，D 错；由I 1I 2＝n2n 1得I 2≤1A ，所以负载功率最大为P 2＝U 2I 2≤44W ，A 错；副线圈中的电流最大值为I m ＝2A ，故B 错；由R ＝U 22P 2得R ≥44Ω，C 对．【答案】C13．如图4－9－24所示，某发电机输出功率是100kW ，输出电压是250V ，从发电机到用户间的输电线总电阻为8Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V ，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是()图4－9－24A ．16∶1190∶11B ．1∶1611∶190C ．1∶16190∶11D ．16∶111∶190【解析】输电线损失功率P 损＝100×103×5%W ＝5×103W ，所以，输电线电流I 2＝P 损R 线＝25A ，升压变压器原线圈电流I 1＝P总U 1＝400A ，故升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝116.升压变压器副线圈端电压U 2＝n2n 1·U 1＝4000V ，输电线损失电压U 损＝I 2·R 线＝200V ，降压变压器原线圈电压U 3＝U 2－U 损＝3800V ，故降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝19011.故选项C 正确．【答案】C14．如图7所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02s ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t ＝1300s 时线圈中感应电流为1A ．那么()图7A ．线圈中感应电流的有效值为2AB ．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16JC ．t ＝1300s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02Wb/sD ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt (V)【答案】C【解析】由于从中性面开始，感应电流的瞬时值表达式为：i ＝I m cos 2πT t (A)，将t ＝1300s 代入可得，I m ＝2A ，因此感应电流的有效值为I ＝I m2＝2A ，A 错误；线圈转动一周产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝(2)2×2×0.02J ＝0.08J ，B 错误；线圈中的感应电动势的瞬时值表达式e ＝U m cos2πT t (V)＝I m R cos 2πTt (V)＝4cos 100πt (V)，D 错误；而t ＝1300s 时有瞬时值e ＝4cos π3V ＝2V ，而根据法拉第电磁感应定律，e ＝n ΔΦΔt ，因此t ＝1300s时穿过线圈磁通量的变化率为en＝0.02Wb/s ，C 正确．15．如图8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()图8A ．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】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；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 错误；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，根据P 损＝I 2R 知，输电线上损失的功率增大，故C 错；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P ＝1－I ΔU IU 2＝1－ΔUU 2，因为输电线上的电流增大，则电压损失ΔU 增大，U 2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．16．如图9甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10Ω.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()图9A ．当S 与a 连接后，理想电流表的示数为2.2AB ．当S 与a 连接后，t ＝0.01s 时理想电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25Hz 【答案】AC【解析】由题图乙知，原线圈的电压u 1＝220V ，当S 与a 连接后，根据变压规律u 1u 2＝n1n 2可得u 2＝22V ，理想电流表的示数I 2＝u2R ＝2.2A ，故A 正确；电流表的示数对应交变电流的有效值，所以在t ＝0.01s 时理想电流表示数不为零，故B 错误；当S 由a 拨到b 后，原、副线圈的匝数比为5∶1，可求副线圈电压为44V ，是原来的2倍，根据功率P ＝U 2R 知，功率是原来的4倍，输入功率等于输出功率，所以C 正确；交流电的频率不会发生变化，由题图乙知，频率为50Hz ，所以D 错误．17．如图10甲所示，M 是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，接线柱a 、b 间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R 1为一定值电阻．下列说法中正确的是()图10A ．电压表V 的示数为22VB ．当R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数减小C ．当R 2所在处出现火警时，电流表A 的示数增大D ．当R 2所在处出现火警时，电阻R 1的功率变大【答案】BCD【解析】电压表测量R 2两端的电压，因此电压表的示数小于22V ，A 错；R 2所在处出现火警时，温度升高，R 2的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，R 1的功率变大，根据串联分压特点，R 2两端的电压减小，B 、C 、D 正确．18．图11甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n 1与副线圈匝数n 2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝20Ω和电容器连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8V ，电表为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则()图11A ．电压表V 的读数约为7.07VB ．电流表A 的读数为0.05AC ．变压器的输入功率约为7.07WD ．若闭合开关S ，电容器不会被击穿【答案】AD【解析】由图像可得U 1m ＝200V ，有效值U 1＝2002V ＝1002V ，根据变压器的原理U 1U 2＝n1n 2，解得U 2＝102V ．S 断开：电阻R 2两端的电压＝52V≈7.07V ，电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝24A ，再由根据变压器的原理I2I 1＝n 1n 2解得I 1＝240A ，所以A 正确，B 错误；变压器的输入功率P ＝I 1U 1＝5W ，故C 选项错误；若闭合开关S ，R 1、R 3并联，并联电阻为10Ω，电容器上分压为13U 2＝1023V ，电容器的两端的最大电压值为203V ，，小于8V ，电容器不会被击穿，故D 选项正确．19．如图4－9－25所示，用理想变压器给电灯L 供电，如果只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则()图4－9－25A ．电灯L 亮度减小B ．电流表示数增大C ．电压表示数增大D ．变压器输入功率不变【解析】由理想变压器的电压比等于匝数比可得U 1n 1＝U2n 2，n 2增加，则副线圈两端电压增加，电压表的读数增大，加在电灯两端的电压增大，电灯变亮，即变压器的输出功率增大，由于理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，根据P ＝U 1I 1，可知电流表的读数增大，选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．【答案】BC20．现用电压为380V 的正弦式交流电给额定电压为220V 的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有()【解析】由图可知，A 、B 选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C 选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D 选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380V ，不可行．【答案】ABC21.咸阳市区某学校创建绿色校园，如图1甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变.如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E ，内阻为r ，R t 为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小).现增加光照强度，则下列判断正确的是()图1A.电源路端电压不变B.R0两端电压变大C.B灯变暗，A灯变亮D.电源总功率不变【答案】B【解析】由题意，增加光照强度，R t减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电流I0＝I－I A，I增大，而I A减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P＝EI，I增大，则P增大.故B正确，A、C、D错误.22.如图2所示的闭合电路中，电源电动势为E，内阻为r，电阻箱R1、R2、电灯和理想电流表A1、A2分别接入电路中，电灯的电阻为R L(电表和用电器均安全工作)，下列说法正确的是()图2A.仅调节R1，电流表A1的示数总大于A2的示数B.仅使R2减小，电流表A2变化量比A1变化量大C.仅使R1增大，电源内阻消耗的功率变大D.仅调节电阻箱R1，R L＝R1＋r时，电灯L可达到最亮【答案】B【解析】仅调节R1，R L与R2的大小关系不确定，所以电流表A1的示数不一定总大于A2的示数.故A 错误.仅使R2减小，并联部分电阻减小，通过R L的电流减小，总电流增大，则通过R2的电流增大，且电流表A2变化量比A1变化量大.故B正确.仅使R1增大，总电阻增大，总电流减小，则电源内阻消耗的功率减小，故C错误.仅调节电阻箱R1，R1＝0时，电路中电流最大，电灯L的电压最大，达到最亮，故D错误.23.(多选)如图3所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器.B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源.如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()图3A.甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B.乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C.丙会发生触电事故，继电器会切断电源D.丁会发生触电事故，继电器会切断电源【答案】AD【解析】甲、乙、丙、丁四人，只有丁电流由火线经丁流入大地，出现漏电，继电器会切断电源.24.(多选)如图4所示，一边长为L的正方形均匀线圈，以AB边所在直线为轴在匀强磁场B中做匀速转动，线圈转动的角速度为ω，若以图示位置为零时刻，则下列选项反映四条边上的电势差随时间的变化正确的有()图4【答案】AD【解析】线圈在磁场中转动产生感应电动势，只有CD边产生感应电动势，故产生的感应电动势的最大值为E m＝BL2ω，产生的感应电动势的瞬时值为e＝BL2ωcosωt，根据闭合电路欧姆定律可知AB、BC、AD边的最大感应电动势为E m ′＝r 4r E m ＝14BL 2ω，故这三个边的电压的瞬时值为e ′＝14BL 2ωcos ωt ，结合产生的感应电流的方向可知，A 、D 正确，B 错误；CD 端的电压即为路端电压，故瞬时值为e ″＝34BL 2ωcos ωt ，故C错误.25.电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图5所示.现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是()图5A.线圈转动的角速度为31.4rad/sB.如果线圈转速提高一倍，则电流不会改变C.电热丝两端的电压U ＝1002VD.电热丝的发热功率P ＝1800W 【答案】D【解析】从图中可知：T ＝0.02s ，ω＝2πT＝314rad/s ，故A 错误；其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍.由电动势最大值E m ＝NBSω得知，交流电动势的最大值变为原来的两倍，电压的有效值为原来的2倍，根据欧姆定律可知电流发生改变.故B 错误.该交流电压的最大值为200V ，所以有效值为1002V ，则电热丝两端的电压为910×1002V ＝902V ，故C 错误；根据P ＝U 2R 得：P ＝90229W＝1800W ，故D 正确.26.(多选)如图6所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，线圈匝数为n 、电阻为r ，外接电阻为R ，交流电流表.线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始转过π3时的感应电流为I .下列说法中正确的是()图6A.电流表的读数为2IB.转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为2IR ＋r nωC.从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量为2IωD.线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量为4πRI 2ω【答案】BCD【解析】由题有：I ＝I m cosπ3，则得感应电流的最大值I m ＝2I ，有效值I 有＝22I m ＝2I ，则电流表的读数为2I ，故A 错误；感应电动势的最大值E m ＝I m (R ＋r )＝2I (R ＋r )，又E m ＝nBSω，磁通量的最大值Φm ＝BS ，联立解得：Φm ＝BS ＝2I R ＋rnω，故B 正确；从图示位置开始转过π2的过程中，通过电阻R 的电荷量q＝n ΔΦR ＋r ＝n BS R ＋r ＝n ·1R ＋r ·2I R ＋rnω＝2I ω，故C 正确；线圈转动一周的过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2有RT ＝(2I )2R ·2πω＝4πRI 2ω，故D 正确.27.有一理想变压器，副线圈所接电路如图7所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡.当S 断开时，灯L 1正常发光.S 闭合后，下列说法正确的是()图7A.灯L 1、L 2都能正常发光B.原线圈的输入功率减小C.原、副线圈的电流比增大D.电阻R 消耗的功率增大【答案】D【解析】当S 闭合后，电路的总电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，R 消耗的功率增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故A 错误，D 正确；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率P ＝U 22R 总，故消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，故B 错误；变压器原、副线圈的匝数不变，故原、副线圈中电流之比不变，故C 错误.28.如图9甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A 、V 均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是()图9A.电压u 的频率为100HzB.电压表V 的示数为22VC.当光强增大时，A 示数变小D.当L 1的灯丝烧断后，V 示数不变【答案】D【解析】原线圈接入如题图乙所示的正弦交流电压，T ＝0.02s ，所以频率为f ＝1T ＝50Hz ，故A 错误；原线圈接入电压的最大值是2202V ，所以原线圈接入电压的有效值是U ＝220V ，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，所以副线圈电压是22V ，所以V 的示数小于22V ，故B 错误；R 阻值随光强增大而减小，可知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A 的示数变大，故C 错误；当L 1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D 正确.29．如图7甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 是理想线圈，C 是耐压值和电容都足够大的电容器，D 是灯泡，K 是单刀双掷开关．当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是()图7A ．开关K 连通1时，电压表的示数为44VB ．开关K 连通1时，若光照增强，电流表的示数变小C ．开关K 连通2时，灯泡D 不亮D ．开关K 连通2时，若光照增强，电压表的示数减小【答案】A【解析】开关K 接通1时，根据题图乙可知原线圈电压有效值为：U 1＝22022V ＝220V ，则根据U 1U 2＝n1n 2可以得到：U2＝n2n1U1＝15×220V＝44V，即电压表的示数为44V，故选项A正确；开关K连通1时，若光照增强，则电阻R减小，则副线圈总电阻减小，而U2不变，则副线圈电流I2增大，根据I1I2＝n2n1可知，原线圈电流I1增大，即电流表的示数变大，故选项B错误；开关K连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故灯泡D发光，故选项C错误；开关K连通2时，若光照增强，则电阻R减小，但是由于原、副线圈两端的电压之间关系为U1U2＝n1n2与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，故选项D错误．30..如图4所示，电路中的变压器为理想变压器，U为正弦式交变电压，R为变阻器，R1、R2是两个定值电阻，A、V分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是()图4A．闭合开关S，电流表示数变大、电压表示数变小B．闭合开关S，电流表示数变小、电压表示数变大C．开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小D．开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大【答案】AC【解析】闭合开关S，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据I1I2＝n2n1可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U1U2＝n1n2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A正确，B错误；开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U1U2＝n1n2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据I1I2＝n2n1可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C正确，D错误．。
【金识源】(3年高考2年模拟1年原创)最新2013版高考数学 专题10 排列组合二项式定理(解析版)
【金识源】（3年高考2年模拟1年原创）最新2013版高考数学专题10 排列组合二项式定理（解析版）【考点定位】2014考纲解读和近几年考点分布2012考纲解读考纲原文（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理①理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.（2）排列与组合①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.（3）二项式定理①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.考纲解读（1）标准中只是对理科有要求，对文科不做要求；但大纲版对文理科均作要求。
（2）已删除：组合数的性质。
近几年考点分布近几年考点分布排列、组合、二项式定理是高考数学相对独立的内容，也是密切联系实际的一部分。
在高考中，注重基本概念，基础知识和基本运算的考查。
试题难度不大，多以选择、填空的形式出现。
排列组合的试题会以现实生活中的生产问题、经济问题为背景，不会仅是人或数的排列。
以排列组合应用题为载体，考查学生的抽象概括能力，分析能力，综合解决问题的能力。
将排列组合与概率统计相结合是近几年高考的一大热点，应引起重视。
二项式定理的知识在高考中经常以客观题的形式出现，多为课本例题、习题迁移的改编题，难度不大，重点考查运用二项式定理去解决问题的能力和逻辑划分、化归转化等思想方法。
为此，只要我们把握住二项式定理及其系数性质，会把实际问题化归为数学模型问题或方程问题去解决，就可顺利获解。
【考点pk】名师考点透析考点一、计数原理【名师点睛】1.如何选用分类加法计数原理和分步计数乘法原理。
在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事件，而“分步”必须把各步骤均完成才能完成所给事情。
2.运用分类加法计数原理，首先要根据问题的特点，确定分类标准，分类应满足：完成一件事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类的确定性与并列性。
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真题再现1.(2018浙江11月选考,13,2分)如图所示是小明设计的电路,当温度低于设定值时V4发光。
已知三极管工作在开关状态,Rt为热敏电阻。
下列分析中不正确．．．的是( )A.Rt应选用负温度系数的热敏电阻B.S闭合时,V3导通后,V2导通C.闭合S后,温度下降到设定值以下时V4发光,然后温度升高到设定值以上时V4熄灭D.S断开,当V1截止时,V3截止答案 C 本题考查电子控制系统的综合分析。
要使温度低于设定值时V4发光,则V1、V3均应导通,则V1的基极为低电平,因此Rt为负温度系数热敏电阻;当温度高于设定值时,V1、V3均截止,V4不发光;S闭合后,V3导通时,V3的集电极为低电平,则V2导通,V4发光。
V2的导通使V3的基极始终为高电平,从而在温度高于设定值后能够继续让V4发光,因此C项符合题意。
2.(2017浙江11月选考,12,2分)如图所示的光控电路,当光线暗到一定程度时,继电器J吸合,V亮。
555集成电路16脚电位升至电源电压的三分之二时,3脚输出低电平;2脚电位降至电源电压的三分之一时,3脚输出高电平。
调试始终不亮,下列故障原因分析中合理的是( )中发现V1虚焊A.RpB.Rg 与Rp位置接反了C.R1阻值偏小D.继电器J额定电压偏大答案 A 本题考查电子控制电路的分析。
当Rp虚焊时,555集成电路的2、6脚均输入高电平,3脚输出低电平,则V1始终不亮,因此A项正确。
3.(2018浙江11月选考,17(2)(3)(4),5分)小明在科技实践活动中,设计了如图所示的电路,用数字信号控制小电机正反转和停止。
规定电流流向为X→Y时电机M正转,电流流向为Y→X时电机M反转。
请你完成下列各题。
(2)现在准备用LED表示电机运转的状态,正转时绿色LED发光,反转时红色LED发光,停止时两个LED都不发光,以下LED连接正确的是(在下列选项中选择合适的选项,将序号填入“”处);(3)小明尝试用三极管驱动继电器,用继电器来控制电机。
【金识源】(3年高考2年模拟1年原创)最新2013版高考数学 专题07 直线与圆的方程(解析版)
【金识源】（3年高考2年模拟1年原创）最新2013版高考数学专题07 直线与圆的方程（解析版）【考点定位】2014考纲解读和近几年考点分布考纲原文：（1）直线与方程①在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素.②理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线斜率的计算公式. ③能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直.④掌握确定直线位置的几何要素，掌握直线方程的几种形式（点斜式、两点式及一般式），了解斜截式与一次函数的关系.⑤能用解方程组的方法求两直线的交点坐标.⑥掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离.（2）圆与方程①掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程.②能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程，判断两圆的位置关系. ③能用直线和圆的方程解决一些简单的问题. ④初步了解用代数方法处理几何问题的思想.（3）空间直角坐标系①了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置.②会推导空间两点间的距离公式.考纲解读：直线问题难度不大，单独命题可能性不大，常与圆、圆锥曲线相结合，要注意数形结合、分类讨论思想的应用；直线的平行与垂直常与充要条件的判断相结合；直线方程要注意适用的条件，特别是点斜式与斜截式应用较多，要注意分类讨论.直线与圆的位置关系一直是命题的热点，多在选择、填空题中出现；会用待定系数法求圆的方程；注意利用圆的性质解题（相切、弦长、位置关系等）近几年考点分布直线与圆的方程考察重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系（特别是弦长问题），此类问题难度属于中等，一般以选择题的形式出现，有时在解析几何中也会出现大题，多考察其几何图形的性质或方程知识。
直线与圆的方程所涉及到的知识都是平面解析几何中最基础的内容.它们渗透到平面解析几何的各个部分，正是它们构成了解析几何问题的基础，又是解决这些问题的重要工具之一.这就要求我们必须重视对“三基”的学习和掌握，重视基础知识之间的内在联系，注意基本方法的相互配合，注意平面几何知识在解析几何中的应用，注重挖掘基础知识的能力因素，提高通性通法的熟练程度，着眼于低、中档题的顺利解决。
【金识源】(3年高考2年模拟1年原创)最新2013版高考数学 专题04 三角函数(解析版)
【金识源】（3年高考2年模拟1年原创）最新2013版高考数学专题04 三角函数（解析版）【考点定位】2014考纲解读和近几年考点分布2013考纲解读考纲原文：三角函数（1）任意角的概念、弧度制①了解任意角的概念. ②了解弧度制概念，能进行弧度与角度的互化.（2）三角函数①理解任意角三角函数（正弦、余弦、正切）的定义. ②能利用单位圆中的三角函数线推导出，π±的正弦、余弦、正切的诱导公式，能画出的图像，了解三角函数的周期性. ③理解正弦函数、余弦函数在区间[0，2π]的性质（如单调性、最大值和最小值以及与 x 轴交点等）.理解正切函数在区间（）内的单调性. ④理解同角三角函数的基本关系式：⑤了解函数的物理意义；能画出的图像，了解参数对函数图像变化的影响. ⑥了解三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型，会用三角函数解决一些简单实际问题.三角恒等变换（1）和与差的三角函数公式①会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式.②能利用两角差的余弦公式导出两角差的正弦、正切公式.③能利用两角差的余弦公式导出两角和的正弦、余弦、正切公式，导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系.（2）简单的三角恒等变换能运用上述公式进行简单的恒等变换（包括导出积化和差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆）.解三角形（1）正弦定理和余弦定理掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.（2）应用能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.考纲解读：三角题目一般不难；三角函数重点考查化简求值、图像变换、恒等变换；解答题中单纯的三角变换问题已不多见，要重视解三角形，特别是实际应用问题。
解答题也要重视与其它知识的综合，如平面向量。
近几年考点分布分析近五年的全国高考试题，有关三角函数的内容平均每年有25分，约占17%，试题的内容主要有两方面;其一是考查三角函数的性质和图象变换;尤其是三角函数的最大值、最小值和周期，题型多为选择题和填空题;其二是考查三角函数式的恒等变形，如利用有关公式求植，解决简单的综合问题，除了在填空题和选择题中出现外，解答题的中档题也经常出现这方面的内容，是高考命题的一个常考的基础性的题型。
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真题再现1.(2017浙江11月选考,10,2分)如图所示是三相异步电动机转速控制系统示意图。
系统通过改变交流电的频率来改变电动机的转速。
通过触摸屏设定电动机的转速,变频调速器将50 Hz的交流电转变成与设定转速相对应频率的交流电,驱动电动机转动;装在电动机轴上的测速发电机随电动机一起转动并发电;PLC根据测速发电机的电流大小,判断电动机实际转速与设定转速之间的差值,向变频调速器发出指令,改变驱动电流的频率。
下列关于该控制系统的分析中正确的是( )A.执行器是电动机B.控制器是变频调速器C.输出量是测速发电机的电流信号D.控制量是变频调速器输出的电流频率答案 D 本题考查控制系统的组成。
该系统的执行器是变频调速器,因此D项正确,A、B项错误;系统的输出量是电动机的实际转速,因此C项错误。
2.(2016浙江10月选考,10,2分)如图所示的空气压缩机,当储气罐内的压缩空气排放到一定程度时,压力开关自动接通电源,电机带动气泵运转,向储气罐补充压缩空气,使储气罐内的气压保持在设定范围内。
下列关于该压缩机的气压控制系统的分析中,正确的是( )A.控制方式属于开环控制B.输入量是电能C.控制量是气泵输出的空气流量D.输出量是储气罐内的压缩空气答案 C 本题考查控制的手段及控制系统的组成。
该系统能“使储气罐内的气压保持在设定范围内”,应为闭环控制系统,输入量是设定气压值,输出量是实际气压值,执行器是气泵,因此控制量为气泵输出的空气流量,因此C项正确,A、B、D项错误。
3.(2016浙江4月选考,10,2分)根据消防要求,仓库、图书馆等场所都要安装火灾自动报警系统。
当烟雾探测器检测到的烟雾浓度超过设定值时,电子开关被接通,报警器发出声光信号进行报警。
关于该报警控制系统,以下说法中正确的是( )A.输出量是有无声光信号B.被控对象是仓库、图书馆等场所C.控制器是电子开关D.反馈装置是烟雾探测器答案 A 本题考查控制系统的组成。
专题9.5 含电容电路(解析版) -3年高考2年模拟1年原创备战2020高考精品系列
专题9.5含电容电路【考纲解读与考频分析】含电容电路综合性强，考查频繁。
【高频考点定位】：含电容电路考点一：含电容电路【3年真题链接】1．（2018江苏高考物理）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路A.充电时，通过R的电流不变B.若R增大，则充电时间变长C.若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D.若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【参考答案】BCD【名师解析】本题考查含电容器电路。
充电时，通过R的电流逐渐减小，选项A错误；若R增大，充电的最大电流减小，充电时间变长，选项B正确；若C增大，电容器充电的电荷量增多，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，选项C正确；若E减小为85V，电容器充满电后电压仍然大于闪光灯导通需要的电压，所以闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，选项D正确。
2.（2016全国理综II·17）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。
开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1,；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。
Q1与Q2的比值为（）A.2/5B.1/2C.3/5D.2/3【参考答案】C【名师解析】本题考查含电容器电路。
设每个电阻的阻值为R，电池电动势为E，开关S断开且电流稳定时，其等效电路如图1所示。
电路总电阻为R+2R/3=5R/3，干路电流为I=E÷5R/3=3E/5R，根据电流分流规律，上侧两电阻串联中电流为I/3=E/5R。
取电池负极为零电势，则电容器上侧极板电势为E/5.电容器两极板电压为E/5，C所带的电荷量为Q1=CE/5。
闭合开关S，电流再次稳定后，其等效电路如图2所示。
电路总电阻为R+R/2=3R/2，干路电流为I=E÷3R/2=2E/3R，根据电流分流规律，右侧电阻中电流为I/2=E/3R。
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真题再现1.(2018浙江11月选考,10,2分)如图所示是某水温控制系统示意图。
蒸气对容器中的水加热后变成冷凝水排出。
热电偶对出水的温度进行检测,并将测得的信号送到PID控制器与设定的温度比较,PID控制器根据偏差值控制电磁阀调节蒸气的流量。
下列因素的变化对蒸气流量的调节没有．．影响的是( )A.冷凝水的温度B.进水的温度C.热电偶的性能D.PID控制器的设定参数答案 A 本题考查控制系统的工作过程分析。
根据示意图,冷凝水是蒸气加热后的产物,其温度不影响该控制系统的运行,因此A项符合题意。
2.(2018浙江4月选考,10,2分)下列关于控制系统的说法中正确的是( )A.有检测传感器的控制系统就是闭环控制系统B.直接对被控对象进行控制的装置或元件称为执行器C.控制器发出的控制信号称为控制量D.能引起被控量发生变化的因素都是干扰因素答案 B 本题考查控制系统。
B项为执行器的概念,B项正确;开环控制系统中也可能存在检测装置,因此A项错误;控制量是指执行器的输出信号,因此C项错误;干扰因素是指除输入量(给定值)以外,引起被控量变化的各种因素,D 项表述错误。
3.(2017浙江4月选考,10,2分)由于丝杆传动的误差和滑块移动时的摩擦,导致滑台移动的距离存在误差。
为了提高滑台位置的控制精度,需要对该系统进行优化,下列措施中合理的是( )A.将电机换成高精度电机,控制方式改为开环控制B.将传感器换成高精度传感器,提高电机转动角度的检测精度C.将传感器安装在丝杆上,检测丝杆的转动角度D.在滑台上安装传感器,检测滑台的位置答案 D 本题考查控制系统的优化。
根据题意,系统优化的目标是提高滑台位置的控制精度,误差来源于丝杆传动和滑台移动时的摩擦。
D项中传感器检测滑台位置,利用闭环控制的方式,可以克服误差影响,实现优化目标,因此D项正确;A、B项无法克服两个误差因素的影响,C项无法克服滑台移动时的摩擦的影响,均不能实现优化目标,因此A、B、C项错误。
【原创】2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练：电容器和电路分析(word 含答案)
2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练电容器和电路分析一、单项选择题1、如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ＝2 Ω，电阻R 1、R2、R 3的阻值分别为4 Ω、10 Ω、12 Ω，当滑片P 滑到最右端b 时时，理想电流表示数为1 A ，流过电阻R 3的电流为0.5 A ，则下列说法正确的是( )A ．滑动变阻器的最大阻值为6 ΩB ．电源电动势为6 VC ．当滑片P 滑到最左端a 时，电流表的读数为1 AD ．当滑片P 位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器消耗的功率为3.84W答案：D解析：当滑片P 滑到最右端时，R 2被短路，R 3与整个变阻器R 并联，并联电阻上的电流都是0.5 A ，则并联电阻相等，都是12 Ω，A 错误；电源电动势E ＝I (R 1＋r ＋R ·R 3R ＋R 3)＝12 V ，B 错误；当滑片P 滑到最左端时，R 3、变阻器R 及电子R 2都被短路，此时电流表的读数I 1＝ER 1＋r ＝2 A ，C 错误；滑片P 位于变阻器的中点时，R 3与R2并联后再与R 1串联，此时R 并＝4 Ω，I 总＝1.2 A ，并联部分的电压U 并＝I 总R 并＝4.8 V ，变阻器上消耗的功率P R ＝U 2并R /2＝3.84 W ，D 正确． 2、某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两相互绝缘的金属极板．当对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，在P 、Q 间距增大过程中( )A ．P 、Q 两板构成电容器的电容增大B ．P 板电荷量增大C ．M 点的电势比N 点低D ．M 点的电势比N 点高答案：D解析：电容式话筒与电源串联，其电压保持不变．在P 、Q 间距增大的过程中，根据电容决定式C ＝εS 4πkd 可知电容减小，又根据电容定义式C ＝Q U得知电容器所带电量减小，P 极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R 的方向由M 到N.故M 点的电势比N 点高，故A 、B 、C 三项错误，D 项正确．3、工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A 、B 为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )A ．A 、B 平行板电容器的电容减小B ．A 、B 两板间的电场强度增大C ．A 、B 两板上的电荷量变小D ．有电流从b 向a 流过灵敏电流计答案：D解析：根据C ＝εS 4πkd可知当产品厚度增大导致ε增大时，电容器的电容C 增大，再根据Q ＝CU 可知极板带电量Q 增加，有充电电流从b 向a 流过，故A 、C 两项错误，D 项正确；B 项，因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度E ＝U d不变，故B 项错误．4、如图所示，A 、B 为两块竖直放置的平行金属板，G 是静电计，开关S 闭合后，静电计指针张开一定角度．下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A ．使A 板向左平移以增大板间距离B ．在A 、B 两板之间插入一块陶瓷板C ．断开S 后，使B 板向左平移以减小板间距离D ．断开S 后，使B 板向上平移以减小极板正对面积答案：D解析：A 、B 两项，开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A 、B 两项错误．C 项，断开S ，电容器所带的电量不变，当B 板向左平移减小板间距，根据平行板电容器的表达式可知电容增大，根据U ＝Q C知，电势差减小，则指针张角减小．故C 项错误．D 项，断开S ，电容器所带的电量不变，使B 板向上平移减小正对面积，电容减小，根据U ＝Q C知，电势差增大，则指针张角增大．故D 项正确． 5、如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止于P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴( )A ．仍保持静止，电势能不变B ．仍保持静止，电势能减小C ．将向下运动，电势能增大D ．将向下运动，电势能减小答案 B解析 根据C ＝εS 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝U d 推导得E ＝4πkQ εS，知Q 、S 不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U ＝Ed 分析知，E 不变，下极板竖直向下移动一小段距离，即板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P 点的电势升高，由于油滴带负电，那么带电油滴的电势能减小，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．6、如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ变小答案 B解析 A 、B 两项，保持电键S 闭合，板间电压不变，将A 板向B 板靠近，板间距离d减小，由板间场强E ＝U d分析得到场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大．故A 项错误，B 项正确．C 、D 两项，电容器充电后电键S 断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E ＝4πkQ εS，得知，板间场强E 不变，小球所受电场力不变，则将A 板向B 板靠近时，θ不变．故C 项错误，D 项错误．7、如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g ，粒子运动的加速度为( )A.l d gB.d －l dg C.l d －l g D.d d －lg 答案 A解析 抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg ＝q U d －l，抽出后，根据牛顿第二定律，有mg －q U d ＝ma ，联立解得a ＝l dg ，A 项正确． 8、如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD 是两板间一条垂线，竖直线EF 与CD 交于O 点；一个带电小球沿着∠FOD 的角平分线从A 点经O 点向B 点做直线运动，则在此过程中，对该小球下列说法错误的是( )A．小球带正、负电荷都有可能B．小球可能做匀加速直线运动C．小球通过O点时所受电场力一定指向DD．小球动能的减少量是电势能增加量的2倍答案：B解析：A项，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性不确定，故A、C两项正确；B项，据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B项错误；D项，由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍，故D项正确．二、多项选择题9、如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的B板接地．若将极板A向上移动少许，下列说法中正确的是( )A ．电容器的电容增大B ．AB 间的电压增大C ．液滴将向上运动D ．液滴的电势能不变答案：BD解析：若将极板A 向上移动少许，板间距离增大，电容减小，要放电；但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q 一定，由于电容减小，则由Q ＝UC 可知，U 增大；因电荷量不变，根据C ＝εS 4πkd ，C ＝Q U 、U ＝Ed ，联立可得：E ＝4πkQ S，故电场强度不变，则液滴保持静止；由于E 不变，故P 点与B 板的电势差不变，故P 点的电势不变，故电势能不变，故B 、D 两项正确，A 、C 两项错误．10、如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d ，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计．开关闭合时，小孔正上方d 3处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是( )A ．保持开关闭合，若将下极板上移d 2，粒子将在距上极板d 3处返回 B ．保持开关闭合，若将下极板上移d 2，粒子将在距上极板d 5处返回 C ．断开开关，若将下极板上移d 5，粒子将能返回原处 D ．断开开关，若将上极板上移d 5，粒子将能返回原处 答案：BD解析：A 、B 两项，对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：mg·43d －qU ＝0－0.若将下极板上移d 2，设运动到距离上极板x 处返回．根据动能定理得：mg·(d 3＋x)－q x （d －12d ）·U ＝0－0.联立两式解得：x ＝d 5.故A 项错误，B 项正确；C 项，开关断开后，电量不变，移动极板电场E 不变．下极板上移时，极板之间的电压减小，粒子将打在板上．故C 项错误；D 项，上极板上移时，移动极板电场E 不变，板间电压增大，粒子定能返回．故D 项正确．11、如图所示，一平行板电容器的电容为C ，带有等量异种电荷的两极板A 、B 倾斜放置，质量为m 带电荷量为－q 的油滴，从极板A 上的小孔P 以初速度v 0水平向右射入极板间，经时间t 后油滴又从P 孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B 相碰，已知重力加速度g.( )A ．两极板间的距离d ＝v 0t 2B ．电容器所带的电荷量Q ＝Cmv 022qC ．两极板间的电场强度大小E ＝2mv 0qtD ．两极板间的电场强度大小E ＝m q g 2＋4v 02t 2 答案：BD解析：A 项，根据题意可知，油滴只能在水平方向做直线运动，即向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，受力情况如图所示；水平位移x ＝v 02t ，设电容器倾角为θ，则两极板间的距离d ＝xsinθ＝v 02t ·sin θ，A 项错误；B项，减速过程中根据动能定理可得：qU ＝12mv 02，而Q ＝CU ，可知电容器所带的电荷量Q ＝Cmv 022q，故B 项正确； C 、D 两项，减速运动的加速度大小为：a ＝v 0t 2＝2v 0t根据平行四边形法则可知：(qE)2＝(mg)2＋(ma)2，解得两极板间的电场强度大小为：E ＝m q g 2＋4v 02t 2，故C 项错误，D 项正确． 12、如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源E 相连，在与两板等距离的M 点有一个带电液滴恰处于静止状态．若将b 板向上平移一小段距离，但仍在M 点下方，下列说法中正确的是( )A ．液滴仍将处于静止状态B ．M 点电势升高C ．带电液滴在M 点的电势能增大D ．在b 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做功相同答案：CD解析：电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b 板向上平移一小段距离，根据E 电场＝U d分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动，故A 错误；由U ＝Ed aM 知，M 与a 间的电势差增大，a 点的电势为零，M 点的电势小于零，则知M 点的电势降低，故B 错误；由于液滴带负电，则带电液滴在M 点的电势能增大，故C 正确；在b 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W ＝qU 知，电场力做功相同，故D 正确． 13、如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R 、电源E 相连，用绝缘细线将带电小球q 悬挂在极板间，闭合开关 S 后细线与竖直方向夹角为θ.则有( )A ．保持开关S 闭合，将A 板向右平移，θ不变B ．保持开关S 闭合，将A 板向左平移，θ变小C ．断开开关S ，将A 板向右平移，θ不变D ．断开开关S ，将A 板向右平移，θ变小答案：BC解析：保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，将A 板向右平移，d 减小，则电场强度增大，带电小球所受电场力增大，根据共点力平衡条件知，θ角变大，反之向左平移A 板，θ角变小，A 错误，B 正确；断开开关S ，电荷量不变，根据C ＝εr S 4πkd，E＝Ud ，C ＝Q U ，联立解得E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以移动A 板，θ角不变，C 正确，D 错误．14、如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ不变答案：AD解析：保持开关S 闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电量不变，根据公式4S Q C kd U επ==，•4U Q k E d s πε==，知d 变化，E 不变，电场力不变，θ不变．故C 错误，D 正确。
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专题9.6 含电动机电路【考纲解读与考频分析】含电动机电路综合性强，考查频繁。
【高频考点定位】：含电动机电路考点一：含电动机电路【3年真题链接】1. （2019年4月浙江选考）电动机与小电珠串联接人电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为12。
则（）A. B.C. D.【参考答案】D【名师解析】由题意可知I1=I2，选项A错误；因U2>I2R2，U1=I1R1，则，选项BC错误，D正确。
【2年模拟再现】1.（2019河南八市重点高中联盟五模拟）如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流表（内阻不计）示数为I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升。
当开关置于b处时，电流表示数变为I/2，灯泡正常发光，已知电阻R=1.5Ω，灯泡额定电压为10V，额定功率10W，重力加速度g=10m/s2，则（）A.电动机线圈的内阻为0.5ΩB．电动机的额定电压为0VC. 电源电动势为12VD．电源内阻为1Ω【参考答案】AC【名师解析】开关置于b处时，流过电源的电流为l1=P1/U1=1A，电源电动势E=I1（R+r）+U L，开关置于a 处时，流过电源的电流为l2=2A，电动机的额定电压U M= P2/U2=8V，电源电动势E=I2（R+r）+U M，联立解得E=12V，r=0.5Ω，故C正确，BD错误；开关置于a处时，P M=I22R M+mgv，解得R M=0.5Ω，故A正确。
2. （2019武汉联考）如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2的值分别为()A．2 Ω，2 ΩB．2 Ω，1.5 ΩC．1.5 Ω，1.5 Ω D．1.5 Ω，2 Ω【参考答案】B【名师解析】对于甲图，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，根据输出功率最大的条件可知，R1的值为R1=r- R0＝2Ω。
最大输出功率为P=E2/4r=12W。
对于乙图，调节R2时可使乙电路输出功率最大（为12W），且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则有P max= P0+I2(R2+ R0′)。
由UI= P0+ I2 R0′,解得电动机两端电压可表示为U=22II,根据闭合电路欧姆定律可得电动机两端电压可表示为U=E-Ir+U R2=12-3I+ U R2，联立解得：I=2A，R2＝1.5Ω。
选项B正确。
3．（2019武汉联考）如图所示，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S1闭合，S2、S3断开时，A示数为6 A；当S2闭合，S1、S3断开时，A示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合，S1、S2断开时，A示数为4 A．求：(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？ 【参考答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W 【名师解析】(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得 R ＝U I 1＝126 Ω＝2 Ω其发热功率为P ＝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 22＝12×5－3552 Ω＝1 Ω. (3)电解槽为非纯电阻元件，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. 4．（2019浙江联考）电动轿车是未来小轿车发展的趋势，某轻型电动轿车，质量（含载重）m =200kg ，蓄电池组电动势E =200V ，内阻r =0.05Ω,直接对超导电动机（线圈为超导材料,电阻为零）供电，供电电流I =100A ，电动机通过传动效率η=90％的传动装置带动车轮转动。
保持电动机功率不变，假设轿车在运动过程中所受摩擦及空气阻力大小之和恒为f =653N ，g =10m/s 2,试求:(1) 若轿车在6s 内由静止在水平路面上加速到v=72km/h ，则这6s 内轿车的位移大小为多少？(2) 已知某斜坡路面的倾角为θ，轿车所受摩擦及空气阻力大小不变，则轿车在上坡过程中能达到的最大速度为多少？（sin 0.2585θ=） 【名师解析】（1）电源输出电压：U=E-Ir =200V-100×0.05V=195V 电动机功率：P=UI =195×100W=19500W 由动能定理：ηP t-fs=12mv 2， 代入数据解得：s=100m 。
（2）当轿车加速度a=0时，速度达到最大，此时轿车牵引力： F=mg sin θ+f ， 又 F v max =ηP 代入数据解得：v max =15m/s.5.（2019洛阳联考）.(14分)利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝1 Ω，电阻R ＝3 Ω，重物质量m ＝0.10 kg ，当将重物固定时，理想电压表的示数为5 V ，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5 V ，(不计摩擦，g 取10 m/s 2).求：(1)串联入电路的电动机内阻为多大？ (2)重物匀速上升时的速度大小.【名师解析】：(1)由题，电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝1 Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5 V ，则根据闭合电路欧姆定律得 电路中电流为I ＝E －Ur ＝1 A 电动机的电阻R M ＝U －IRI ＝2 Ω.(2)当重物匀速上升时，电压表的示数为U ′＝5.5 V ，电路中电流为I ′＝E －U ′r ＝0.5 A 电动机两端的电压为U M ＝E －I ′(R ＋r )＝6－0.5×(3＋1) V ＝4 V 故电动机的输入功率P ＝U M I ′＝4×0.5 W ＝2 W 根据能量转化和守恒定律得U M I ′＝mgv ＋I ′2R M代入解得，v ＝1.5 m/s. 答案：(1)2 Ω (2)1.5 m/s预测考点一：含电动机电路 【2年模拟再现】1．(2018·河北唐山模拟)如图所示，电源电动势E ＝3 V ，小灯泡L 标有“2 V ，0.4 W”，开关S 接1，当变阻器调到R ＝4 Ω时，小灯泡L 正常发光；现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作．则( ) A ．电源内阻为1 Ω B ．电动机的内阻为4 Ω C ．电动机的正常工作电压为1 V D ．电源效率约为93.3%【参考答案】AD【名师解析】选AD.由小灯泡的额定功率P ＝UI 可知，I ＝0.2 A ，由欧姆定律得R L ＝UI ，可知小灯泡正常发光时电阻R L ＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律可知I ＝ER ＋R L ＋r ，解得r ＝1 Ω，A 正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 A ，故电动机两端电压U ′＝E －IR L －Ir ＝0.8 V ，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4 Ω，B 、C 错误；由P ＝I 2r ，P 总＝EI ，η＝P 总－PP 总×100%，代入数据可得电源效率约93.3%，D 正确．2.（2018高考冲刺） 如图所示，图甲为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是A. 电路中的电源电动势为3.9VB. 电动机的电阻为4ΩC. 此电路中，电动机的最大输出功率为0.90WD. 变阻器的最大阻值为32Ω 【参考答案】D【名师解析】由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2当电流0.1A I =时， 3.6V U =，则电源的电动势 3.60.13V 3.9V E U Ir =+=+⨯=，故A 正确；由图可知，电动机的电阻0.80.440.1M r -=Ω=Ω，故B 正确；当I=0.3A 时，U=3V ，电动机的输入功率率最大，最大输入功率为30.3W 0.9W P UI ==⨯=，电动机热功率为220.340.36W rMM P I r ==⨯=，则最大的输出功率为P 出=0.9W-0.36W=0.54W ，故C 错误；当I=0.1A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，D 正确。
3.(2019·江西南昌调研) (多选)如图10所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉，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，电流表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，电流表A 示数为4 A 。
则( )A.电炉的电阻为2 ΩB.仅S 1闭合时，电炉的发热功率为72 WC.电动机的内阻为1.2 ΩD.在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为48 W 【参考答案】AB【名师解析】 电炉为纯电阻电器，仅当S 1闭合时，由欧姆定律得R ＝U I 1＝126 Ω＝2 Ω，其发热功率为P ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W ，所以选项A 、B 正确；电动机为非纯电阻设备，仅当S 2闭合时，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 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω，选项C 错误；电解槽为非纯电阻装置，仅当S 3闭合时，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 ，选项D 错误。
4. （2018高考冲刺）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【参考答案】A【名师解析】电动机不转时相当于一个发热的纯电阻，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r ＝4 Ω.电动机正常工作时，消耗的功率UI ＝48 W ，内阻发热消耗的功率为I 2r ＝16 W ，则输出功率为UI －I 2r ＝32 W.选项A 正确。