高考总复习·物理(新课标)：第八章第三节课后检测能力提升

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2020高考物理一轮复习第8章磁场3第三节带电粒子在复合场中的运动课后达标能力提升新人教版-精装版

教学资料范本2020高考物理一轮复习第8章磁场3第三节带电粒子在复合场中的运动课后达标能力提升新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习第8章磁场3第三节带电粒子在复合场中的运动课后达标能力提升新人教版(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( )A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动解析：选A．油滴a静止不动，其受到的合力为零，所以mag＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确．2．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于此电场场强大小和方向的说法中，正确的是( ) A．大小为，粒子带正电时，方向向上B．大小为，粒子带负电时，方向向上C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关解析：选D．当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv．假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上．粒子带负电时，则受向上的洛伦兹力，电场方向仍应向上．故正确答案为D．3．(20xx·南京质检)如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如下图所示，其中正确的是( )解析：选C．小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时qE>qvB，所以a＝，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qE<qvB之后，其a＝，随下落速度v的增大a逐渐减小；最后a＝0，小球匀速下落，故C正确，A、B、D错误．4．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A＝S0C，则下列说法中正确的是( ) A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C ．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B2D ．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2解析：选B ．由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A 错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B2qv ＝m ，即＝，由题意知r 甲<r 乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B 正确；由qE ＝B1qv 知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于，C 错误；由＝知＝＝，D 错误．5．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外．一质量为m 、电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法不正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷解析：选C ．由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点，根据左手定则可得，粒子带正电，选项A 正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU ＝mv2，又粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE ＝，解得U ＝，选项B 正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打在Q点，可得PQ ＝2r＝，选项C错误；若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r＝相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D正确．6．(20xx·徐州模拟)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，CD两侧面会形成电势差UCD，下列说法正确的是( ) A．电势差UCD仅与材料有关B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD<0C．仅增大磁感应强度时，电势差UCD可能不变D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平解析：选B．霍尔元件稳定后，通过霍尔元件的载流子受到的电场力与洛伦兹力相等，即q＝qvB，得|UCD|＝Bdv，与磁感应强度有关，A项错误；由左手定则可知，载流子受到由D指向C方向的洛伦兹力，若载流子为电子，则电子向C侧偏转，UCD<0，B项正确；根据|UCD|＝Bdv可知，仅增大磁感应强度，电势差|UCD|一定增大，C 项错误；地球赤道上方地磁场由南向北，测定地磁场时元件工作面应保持竖直，D项错误．二、多项选择题7．如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC．根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB ＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法判断是质子还是正电子，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误．8．(20xx·淮安检测)霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向均匀变化的磁场，磁感应强度B＝B0＋kz(B0、k均为常数)．将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变(方向如图所示)，当物体沿z轴正方向平移时，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也不同．则( ) A．其他条件不变，磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U 越大B．k越大，传感器灵敏度越高C．若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D．其他条件不变，电流I越大，上、下表面的电势差U越小解析：选AB．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q＝qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbc，所以U＝．其他条件不变，B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误；k越大，根据磁感应强度B＝B0＋kz，知B随z的增大而增大，根据U＝知，B随z的变化越大，即传感器灵敏度越高．故B正确；霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C错误．9．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U．若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，仍用该回旋加速器释放质量为m的质子，则最大动能不变解析：选ACD．质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝＝2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm ＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关且这几个量均不变，D正确．10．(20xx·江苏名校联考)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是( )A．该微粒一定带负电荷B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C．该磁场的磁感应强度大小为mgqvcos θD．该电场的场强为Bvcos θ解析：选AC．若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A 正确，B错误；由平衡条件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C正确，D错误．三、非选择题11．(20xx·高考江苏卷)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L ．某次测量发现MN 中左侧区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；(3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数．(取lg 2＝0．301，lg 3＝0．477，lg 5＝0．699)解析：(1)离子在电场中加速，qU0＝mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvB ＝m v2r0解得r0＝ 2mU0q代入r0＝L ，解得m ＝．(2)由(1)知，U ＝，离子打在Q 点时，r ＝L ，得U ＝100U081 离子打在N 点时，r ＝L ，得U ＝16U09则电压的范围为≤U≤．(3)由(1)可知，r∝U由题意知，第1次调节电压到U1，使原本打在Q 点的离子打在N 点，＝U1U0 此时，原本运动轨迹半径为r1的打在Q1的离子打在Q 上，56Lr1＝，解得r1＝L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本运动轨迹半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则Lr1＝，＝，解得r2＝L同理，第n次调节电压，有rn＝L检测完整，有rn≤，解得n≥－1≈2．8最少次数为3次．答案：(1) (2)≤U≤16U0 9(3)最少次数为3次12．使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B．为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ．(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边11 / 11 缘效应．为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小．解析：(1)离子做圆周运动，则Bqv ＝，得q ＝，由左手定则知，离子带正电．(2)如图所示O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r引出轨迹为圆弧，则B′qv＝mv2R 得R ＝mv qB′根据几何关系得R ＝r2＋L2－2rLcos θ2r －2Lcos θ故B′＝＝．(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧，则Bqv －Eq ＝mv2RE ＝Bv －．答案：(1) 正电荷(2)Br(2r －2Lcos θ)r2＋L2－2rLcos θ(3)沿径向向外 Bv －Brv(2r －2Lcos θ)r2＋L2－2rLcos θ。

高考物理总复习实验八知能优化演练新人教版选修31

知能演练强化闯关1．在描绘小电珠的伏安特性曲线时，采用如图7－4－5所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( )图7－4－5A．灯泡中灯丝已烧断B．滑片接触不良C．灯泡内部短路D．滑动变阻器A端接触不良解析：选C.由题图知，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路中不存在断点，故A错．若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B错．若滑动变阻器A端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D错．若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故选C.2．为探究小电珠L的伏安特性，连好如图7－4－6所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小电珠中的电流由零开始逐渐增大，直到小电珠正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图象应是( )图7－4－6图7－4－7解析：选C.由于小电珠灯丝的电阻随温度的升高而增大，随着电珠两端电压逐渐增大，灯丝温度逐渐升高，其电阻逐渐增大，则在U －I 图象中斜率应逐渐增大，故C 正确．3．“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，选用的电路图应是( )图7－4－8解析：选B.由于小灯泡的电阻很小，所以电流表应外接，故A 、C 错；又因描绘小灯泡的伏安特性曲线从电压为零开始，所以要用分压接法，故B 选项正确，D 错．4．有一规格为“220 V 100 W”的灯泡，现用一准确的欧姆表测其电阻，测量的结果是( )A ．大于484 ΩB ．等于484 ΩC ．小于484 ΩD ．无法确定解析：选C.R ＝U 2P ＝2202100Ω＝484 Ω，是灯发热状态下的电阻．用欧姆表测量时，灯丝温度为室温，所以其阻值比484 Ω小．5．(2012·浙江五校联考)有一个小灯泡上有“4 V 2 W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A ．电压表(0～5 V ，内阻10 kΩ)B ．电压表(0～10 V ，内阻20 kΩ)C ．电流表(0～0.3 A ，内阻1 Ω)D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(1 kΩ，1 A)G．学生电源(直流6 V)，还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(用序号字母表示)．(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．图7－4－9(3)某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图7－4－9所示)，若用电动势为3 V、内阻为2.5 Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是______ W. 答案：(1)A D E (2)如图(3)0.86．发光晶体二极管是用电器上做指示灯用的一种电子元件．它的电路符号如图7－4－10甲所示，正常使用时，带“＋”的一端接高电势，带“－”的一端接低电势．某同学用实验.图7－4－10(1)在图乙中的虚线框内画出实验电路图．(除电源、开关、滑动变阻器外，实验用电压表V：内阻R V约为10 kΩ，电流表mA：内阻R A约为100 Ω)(2)在图丙中的小方格纸上用描点法画出二极管的伏安特性曲线．(3)根据(2)中画出的二极管的伏安特性曲线，简要说明发光二极管的电阻与其两端电压的关系__________________．解析：(1)同时测定二极管上的电流和电压时，由欧姆定律分析表格中的每一组数据，可以看出发光二极管的电阻是变化的，变化的范围大约在100～500 Ω之间，故电流表的内阻对测量结果影响较大，利用电流表外接法误差较小．而测量数据应从0开始，滑动变阻器采用分压式接法，才能得到足够多的数据．(2)将表格提供的数据在方格纸上描点，平滑连接各点可画出U－I图线．答案：(1)实验电路图如图所示(2)伏安特性曲线如图所示(3)发光二极管的电阻随其两端电压的增大而呈现非线性减小7．(2012·宁波模拟)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按如图7－4－11所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：图7－4－11(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是______导线断路．(2)某同学测出电源和小电珠的U－I图线如图7－4－12所示，将小电珠和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0 A，则R＝______ Ω.图7－4－12(3)某同学在实验中还测出a 、b 、c 三种元件的伏安特性曲线分别如图7－4－13中的a 、b 、c ，下列说法正确的是________．图7－4－13A ．a 可以作为标准电阻使用B ．b 能作为标准电阻使用C ．b 的阻值随电压升高而增大D ．c 的阻值随电压升高而增大解析：(1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g 导线断路．(2)由电源的U －I 图线知E ＝3.0 V ，r ＝1 Ω，当小电珠与电阻串联后，由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R ＋r ＋R 灯)又由小电珠的U －I 图线得R 灯＝U I＝1.2 Ω 解得R ＝0.8 Ω.(3)因a 元件的I －U 线是直线，说明其阻值不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故A 对，B 错；因I －U 图线的斜率的倒数表示电阻值，故C 对，D 错．答案：(1)g (2)0.8 (3)AC。

高考总温习物理新课标：第二章第三节课后检测能力提升含解析

一、单项选择题1．(2016·天津渤海月考)如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑．在箱子的中央有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作使劲的合力的方向( )A．沿斜面向上B．沿斜面向下C．竖直向上D．垂直斜面向上解析：选C.一箱苹果整体向下匀速运动，其中央的一个苹果也必然是做匀速运动，受到的合力为零．由于中央的那一个苹果只受重力与它周围苹果对它作使劲的合力的作用，故重力与它周围苹果对它作使劲的合力为一对平衡力，大小相等、方向相反，受力如图，故C正确．2．(2016·湖北八校联考)如图所示，质量为m的木块A放在水平面上质量为M的斜面体B上，现用大小相等方向相反的两个水平推力F别离作用在A、B上，A、B均维持静止不动．则()A．A与B之间必然存在摩擦力B．B与地面之间必然存在摩擦力C．B对A的支持力必然等于mgD．地面对B的支持力大小必然等于(m＋M)g解析：选在斜面体上处于静止状态，对A受力分析如图甲所示，若F x＝G x，则F f＝0；若F x ＞G x，则F f≠0，且方向沿斜面向下，则A错误；由图甲知F N＝F y＋G y，C错误；对A、B整体受力分析，如图乙所示，水平推力的合力为0，与地面间无摩擦力，竖直方向上F N地＝G A＋G B＝(m ＋M)g，则B错误、D正确．3．如图所示，在竖直墙壁的A点处有一根水平轻杆a，杆的左端有一个轻滑轮O.一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，开始时BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统维持静止，当轻杆a缓慢向下移动的进程中，不计一切摩擦．下列说法中正确的是()A．细线BO对天花板的拉力不变B．a杆对滑轮的作使劲逐渐减小C．a杆对滑轮的作使劲的方向沿杆水平向右D．墙壁对a杆的作使劲不变解析：选B.细线BO对天花板的拉力大小等于物体重力，当轻杆a缓慢向下移动的进程中，拉力大小不变，方向改变，选项A错误；以滑轮为研究对象，画出受力分析图，当轻杆a缓慢向下移动的进程中，a杆对滑轮的作使劲与绳对滑轮的作使劲大小相等，方向相反，故选项B正确、C错误；以杆为研究对象，分析受力可得，墙壁对a杆的作使劲方向改变，大小减小，选项D 错误．4．(2016·长沙模拟)如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面滑腻．已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，则B与斜面之间的动摩擦因数是()tan αcot αC．tan αD．cot α解析：选A.设两个物体的质量均为m，B与斜面之间动摩擦因数为μ.以A、B整体为研究对象．按照平衡条件得2mg sin α＝2μmg cos α＋μmg cos α，解得μ＝23tanα，故A正确．5.(2016·乐山市二次调研)如图所示，用三根轻绳将A、B两小球和水平天花板上的固定点O之间两两连接．然后用一水平方向的力F作用于A球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB绳恰益处于竖直方向，两球均处于静止状态．已知三根轻绳的长度之比为OA∶AB∶OB＝3∶4∶5，两球质量关系为m A＝2m B＝2m，则下列说法正确的是()A．OA绳的拉力大小为10mg 3B．OB绳的拉力大小为2mgC．F的大小为4mg 3D．AB绳的拉力大小为mg解析：选A.对球B受力分析，受到重力、OB的拉力，二力方向相反，假设AB绳索有拉力，则拉力的方向必然是沿着绳索由B指向A的，球B会偏离竖直方向，与题目矛盾，故AB绳索的拉力为零，OB绳索的拉力大小等于球B的重力(为mg)，故B、D错误；对球A受力分析，受拉力F、重力2mg和OA绳索的拉力F T，如图所示，按照几何关系，有F＝43×2mg＝83mg，F T＝53×2mg＝103mg，故A正确、C错误．6．(2016·荆州质量检查)如图所示，左侧是倾角为60°的斜面、右边是14圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，一根两头别离系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其极点上的小滑轮．当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m1∶m2等于()A．1∶1B．2∶3C．3∶2 D．3∶4解析：选、m2静止，设轻绳张力为F T，圆弧面对m2的支持力为F N.以m1为研究对象，有m1g sin 60°＝F T；以m2为研究对象，有F N sin 30°＝F T sin 30°，F N cos 30°＋F T cos 30°＝m2g，得F N＝F T，2F T cos 30°＝m2g，即F T＝m2g2cos 30°.所以m1g sin 60°＝m2g2cos 30°，得m1∶m2＝2∶3.二、多项选择题7．如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F 作用于木块A，使木块A，B维持静止．且F≠0，则下列描述正确的是()A．B可能受到3个或4个作使劲B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C．A对B的摩擦力可能为0D．A、B整体可能受三个力解析：选BD.对A、B整体，必然受到重力G、斜面支持力F N、水平力F，如图甲，这三个力可使整体平衡，因此斜面对整体的静摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，B、D项正确；对木块A，受力如图乙，水平方向受平衡力，因此必然有静摩擦力F f A与水平力F平衡，C项错误；对木块B，受力如图丙，其中摩擦力F f可能为0，因此B可能受4个或5个作用，A项错误．8．(2016·河北衡水中学模拟)质量均为1 kg的木块M和N叠放在水平地面上，用一根细线别离拴接在M和N右边，在绳索中点使劲F＝5 N拉动M和N一路沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角θ＝60°，则下列说法正确的是()A．木块N和地面之间的动摩擦因数μ＝B．木块M和N之间的摩擦力可能是F f＝NC．木块M对木块N的压力大小为10 ND．若θ变小，拉动M、N一路匀速运动所需拉力应大于5 N解析：选AB.以M、N为整体分析受力，得F＝μ·2mg，得μ＝，A正确；单独分析M受力，因绳索有竖直向下的分力，故M对N的压力大于10 N，θ转变后，N对地面的压力仍为20 N，所以需要拉力不变，B正确，C、D错误．9．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在滑腻球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还维持静止，则下列说法正确的是()A．A所受合外力增大B．A对竖直墙壁的压力增大C．B对地面的压力必然增大D．墙面对A的摩擦力可能变成零解析：选BCD.由题设条件可知，A仍处于静止状态，其合力为零，选项A错误；当增加力F 时，利用整体法受力分析可知，墙壁受到的压力变大，选项B正确；别离隔离A和B，可知A、B 间的弹力变大，故B对地面的压力增大，选项C正确；由整体法可知，本地面对整体的支持力等于整体的重力时，墙面对A无摩擦力，选项D正确．10.如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一路，表面滑腻，重力为G，其中b 的下半部恰好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施以水平作使劲F，可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该进程分析，则应有() A．拉力F先增大后减小，最大值是GB．开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到GD．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G解析：选BC.要把a拉离平面，在开始时，平面MN对a球的支持力应为零，因此a球受力分析如图甲所示，则sin θ＝R2R＝12，所以θ＝30°，拉力F＝Gtan 30°＝3G.当球a逐渐上移时，用图解法分析F的转变如图乙所示，在球a上移时，拉力F逐渐减小至零．在开始时，F N＝Gsin 30°＝2G，以后逐渐减小至G，因此正确选项为B、C.三、非选择题11．(2016·江西上绕中学周练)轻绳AB总长l，用轻滑轮悬挂重G的物体．绳能经受的最大拉力是2G，将A端固定，将B端缓慢向右移动d而使绳不断，求d的最大可能值.解析：以与滑轮接触的那一小段绳索为研究对象，在任何一个平衡位置都在滑轮对它的压力(大小为G)和绳的拉力F1、F2一路作用下静止．而同一根绳索上的拉力大小F1、F2老是相等的，它们的合力F是压力的平衡力，方向竖直向上．因此以F1、F2为分力作力的合成的平行四边形必然是菱形，如图所示．利用菱形对角线彼此垂直平分的性质，结合相似三角形知识可得d∶l＝15∶4，所以d最大为15 4l.答案：15 4l12．(2016·江西白鹭洲中学月考)一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾斜角θ＝45°)、锁槽E，和连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力F fm由F fm＝μF N(F N为正压力)求得．有一次下学后，当某同窗准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被紧缩而缩短了x.(1)求自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向．(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小．(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够维持自锁状态，则μ至少要多大？解析：(1)设锁舌D下表面受到的最大静摩擦力为F f1，则其方向向右．(2)设锁舌D受锁槽E的最大静摩擦力为F f2，正压力为F N，下表面的正压力为F，弹力为kx，如图所示，由力的平衡条件可知：kx＋F f1＋F f2cos 45°－F N sin 45°＝0①F－F N cos 45°－F f2sin 45°＝0②F f1＝μF③F f2＝μF N④联立①②③④式解得正压力大小F N＝2kx1－2μ－μ2.(3)令F N趋近于∞，则有1－2μ－μ2＝0解得μ＝2－1＝.答案：(1)向右(2)2kx1－2μ－μ2(3)。

高考总复习·物理(新课标)：第九章第三节课后检测能力提升

一、单项选择题1．(2016·江门模拟)如图所示，螺线管匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝4 Ω，磁感应强度B 随时间变化的B －t 图象如图所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )A ．电阻R 的电流方向是从A 到CB ．感应电流的大小逐渐增大C ．电阻R 两端的电压为6 VD ．C 点的电势为4.8 V 答案：D 2.如图所示，PN 与QM 两平行金属导轨相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，ab 杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T ．现ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等．则( )A ．R 2＝6 ΩB ．R 1上消耗的电功率为0.75 WC ．a 、b 间电压为3 VD ．拉ab 杆水平向右的拉力为0.75 N解析：选D.杆ab 消耗的功率与R 1、R 2消耗的功率之和相等，则R 1·R 2R 1＋R 2＝R ab .解得R 2＝3 Ω，故A 错；E ＝Bl v ＝3 V ，则I ab ＝E R 总＝0.75 A ，U ab ＝E －I ab ·R ab ＝1.5 V ；P R 1＝U 2abR 1＝0.375 W ，故B 、C 错；F 拉＝F 安＝BI ab ·l ＝0.75 N ，故D 对．3.(2016·广东六校联考)如图所示，△ABC 为等腰直角三角形，AB 边与x 轴垂直，A 点坐标为(a，0)，C点坐标为(0，a)，三角形区域内存在垂直平面向里的磁场，磁感应强度B与横坐标x的变化关系满足B＝kx(k为常量)，三角形区域的左侧有一单匝矩形线圈，线圈平面与纸面平行，线圈宽为a，高为2a，电阻为R.若线圈以某一速度v匀速穿过磁场，整个运动过程中线圈不发生转动，则下列说法正确的是()A．线圈穿过磁场的过程中感应电流的大小逐渐增大B．线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝4k2a v RC．线圈穿过磁场的过程中通过导线截面的电荷量为零D．穿过三角形区域的磁通量为2ka解析：选D.线圈穿过磁场的过程中，感应电动势为E＝BL v，根据欧姆定律可得感应电流大小为I＝ER，由几何关系知，切割边运动距离为x时，L＝2x，解得I＝2k vR，为定值，所以A错误；产生的焦耳热为Q＝I2Rt，而t＝2av，解得Q＝8k2a vR，所以B错误；因为E＝ΔΦΔt，所以q＝ΔΦR＝IΔt＝2kaR，解得ΔΦ＝2ka，所以穿过三角形区域的磁通量为2ka，故C错误、D正确．4．(2015·高考山东卷)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u ab－t图象可能正确的是()甲乙解析：选C.由题图乙知，在0～0.25T0内，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a 端电势高，所以u ab >0，根据法拉第电磁感应定律u ab ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt知，u ab 逐渐减小；t ＝0.25T 0时，Δi Δt ＝0，所以ΔBΔt ＝0，uab ＝0；同理可知0.25T 0<t <0.5T 0时，u ab <0，且|u ab |逐渐增大；0.5T 0～T 0内重复0～0.5T 0的变化规律．故选项C 正确．5.(2016·山西康杰中学月考)如图所示，在0≤x ≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面(纸面)向里，具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 平面内，线框的ab 边与y 轴重合，bc 边的长度为L .线框从t ＝0时刻由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i (取顺时针方向的电流为正)随时间t 的函数图象大致是下图中的( )解析：选C.设ab 边的长度为l ，在线框进入磁场过程中，线框中产生的感应电流I ＝E R ＝Bl v R ＝BlaRt ∝t ，由左手定则可知，此过程中电流方向为逆时针，故A 、D 错误；当线框全部处于磁场中时，线框内的磁通量不发生变化，所以线框中没有电流；当线框的ab 边离开磁场时，线框的cd 边切割磁感线，此时速度为v ′＝2a ·2L ＝2aL ，电流为I ＝Bl v ′R ＝2Bl aLR≠0，方向为顺时针，故选项B 错误、C 正确．6.边长为a 的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是( )解析：选 B.该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据题中几何关系有l 有效＝233x ，所以E 电动势＝Bl 有效v ＝233B v x ∝x ，A 错误、B 正确；框架匀速运动，故F 外力＝F 安＝B 2l 2有效v R ＝4B 2x 2v 3R∝x 2，C 错误；P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，D 错误．二、多项选择题 7.(2016·广州模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两端电势差相同D ．通过导体框截面的电荷量相同解析：选AD.由右手定则可得两种情况导体框中产生的感应电流方向相同，A 项正确；热量Q ＝I 2Rt ＝⎝⎛⎭⎫Bl v R 2R ×l v ＝B 2l 3v R ，导体框产生的焦耳热与运动速度有关，B 项错误；电荷量q ＝It ＝Bl v R ×l v ＝Bl 2R ，电荷量与速度无关，电荷量相同，D 项正确；以速度v 拉出时，U ad ＝14Bl v ，以速度3v 拉出时，U ad ＝34Bl ·3v ，C 项错误．8．如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k >0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则( )A ．R 2两端的电压为U7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2解析：选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN 右侧回路的总电阻R ＝74R 0.回路的总电流I＝U R ＝4U 7R 0，通过R 2的电流I 2＝I 2＝2U 7R 0，所以R 2两端电压U 2＝I 2R 2＝2U 7R 0·R 02＝17U ，选项A 正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R 2的电流方向向左，所以电容器b 极板带正电，选项B 错误；根据P ＝I 2R ，滑动变阻器R 的热功率P ＝I 2R 02＋⎝⎛⎭⎫I 22R 02＝58I 2R 0，电阻R 2的热功率P 2＝⎝⎛⎭⎫I 22R 2＝18I 2R 0＝15P ，选项C 正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt＝Bt S ＝k πr 2，选项D 错误． 9.如图所示，CAD 是固定在水平面上的用一硬导线折成的V 形框架，∠A ＝θ.在该空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．框架上的EF 是用同样的硬导线制成的导体棒，它在水平外力作用下从A 点开始沿垂直EF 方向以速度v 匀速水平向右平移．已知导体棒和框架始终接触良好且构成等腰三角形回路，导线单位长度的电阻均为R ，框架和导体棒均足够长．则下列描述回路中的电流I 和消耗的电功率P 随时间t 变化的图象中正确的是( )解析：选AD.由几何知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度为L ＝2v t tan θ2，回路的总电阻R 总＝(1sinθ2＋1)LR ，感应电动势E ＝BL v ，则回路中的电流I ＝B v R （1sinθ2＋1），回路消耗的电功率P ＝EI ＝2B 2v 3tanθ2R （1sinθ2＋1）t ，故选项A 、D 正确，选项B 、C 错误．10.(2016·江西新余模拟)如图所示，在坐标系xOy 中，有边长为L 的正方形金属线框abcd ，其一条对角线ac 和y 轴重合、顶点a 位于坐标原点O 处．在y 轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab 边刚好完全重合，左边界与y 轴重合，右边界与y 轴平行．t ＝0时刻，线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i 、ab 间的电势差U ab 随时间t 变化的图线是下图中的( )解析：选AD.在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确、B错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差U ab为负值，大小等于电流乘bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小．ab边出磁场后，cd边开始切割，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差U ab为负值，大小等于电流乘ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误、D正确．三、非选择题11．如图所示，边长L＝0.20 m的正方形导体框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0＝1.0 Ω，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN 的电阻r＝0.20 Ω.导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.50 T，方向垂直导线框所在平面向里．金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上．若金属棒以v＝4.0 m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC 的位置时，求：(计算结果保留两位有效数字)(1)金属棒产生的电动势大小；(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向；(3)导线框消耗的电功率．解析：(1)金属棒产生的电动势大小为：E＝2BL v＝2×0.50×0.20×4.0 V≈0.57 V.(2)金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R并＝1.0 Ω，由闭合电路欧姆定律有I＝ER并＋r≈0.48 A，由右手定则有，电流方向从M到N.(3)导线框消耗的电功率为P框＝I2R并≈0.23 W.答案：(1)0.57 V(2)0.48 A电流方向从M到N(3)0.23 W12．(2016·福州模拟)在一周期性变化的匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，规定图中磁场方向为正．已知线圈的半径为r、匝数为N，总电阻为R，磁感应强度的最大值为B0，变化周期为T，磁感应强度按图乙所示规律变化．求：(1)在0～16T 内线圈产生的感应电流I 1的大小；(2)规定甲图中感应电流的方向为正方向，在图丙中画出一个周期内的i －t 图象，已知图中I 0＝3πr 2NB 0RT；(3)在一个周期T 内线圈产生的电热Q .解析：(1)在0～16T 内感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化ΔΦ1＝B 0πr 2，解得E 1＝6πNr 2B 0T，线圈中感应电流大小I 1＝E 1R ＝6πNr 2B 0RT .(2)(3)在0～16T 和56T ～T 两个时间段内产生的热量相同，有Q 1＝Q 3＝I 21R ·16T ，在16T ～56T 时间内产生的热量Q 2＝I 22R ·46T ，一个周期内产生的总热量 Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝18（πNr 2B 0）2RT.答案：(1)6πNr 2B 0RT (2)图象见解析 (3)18（πNr 2B 0）2RT。

2019届高考一轮复习备考资料之物理人教版讲义：第八章+本章学科素养提升+含解析.doc

n关于电路的自动控制的分析【例1】某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻尺、滑动变阻器尺串联接在电源£两端，当继电器的电流超过15 mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控.继电器的电阻约20 Q,热敏电阻的阻值&与温度/的关系如下表所示.trc30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 尺/Q199.5145.4108.181.862.949.1⑴提供的实验器材有：电源Ei （3V,内阻不计）、电源E 2（6 V,内阻不计）、滑动变阻器川（0〜 200 0）、滑动变阻器/?2（0〜500 0）、热敏电阻尺、继电器、电阻箱（0〜999.9 Q ）、开关S 、导线若干.为使该装置实现对30〜80 °C 之I'可任一•温度的控制，电源E 应选用⑵实验发现电路不工作•某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至 _________ （选填“A” “B” “C”或“D”）.（3）合上开关S,用调节好的多用电表进行排查.在图1中，若只有b 、c 间断路，则应发现表笔接入°、b 时指针 ___________________ （选填“偏转”或“不偏转”），接入°、c 时指针 ____________ （选填自主阅读素材n本章学科素养提升“民”），滑动变阻器尺应选用图125 10 SO 2SO 500 V图2“偏转”或“不偏转”）.(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 °C时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是•(填写各步骤前的序号)①将热敏电阻接入电路②观察到继电器的衔铁被吸合③断开开关，将电阻箱从电路中移除④合上开关，调节滑动变阻器的阻值⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Q解析(1)若实现对30 °C温度的控制，继电器和尺的电压t/=0.015X(20+199.5) V^3.29V, 因此符合要求的电源应选民•若实现对80 °C温度的控制，对全电路有E=/(R络+ &+R)即6 V = 0.015 AX(20Q+49.1 Q+R)解得R=330.9Q,因此滑动变阻器应选R2.(2)因电路中有电源，排查电路故障应选用多用电表的直流电压挡，故将选择开关旋至C.(3)只有b、c间斷路，表笔接入G、b间时，电表与电源之间形不成闭合电路，则电表指针不偏转，表笔接入a、c间时，能形成闭合电路，电表指针发生偏转.(4)欲使衔铁在50 °C被吸合，由表中数据可知，此时热敏电阻的阻值为108」Q,操作步骤应是先断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Q，闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，观察继电器的衔铁被吸合，然后断开开关，将电阻箱从电路中移除，再将热敏电阻接入电路原位置，故步骤顺序应为⑤④②③①.答案(1)E2R2 (2)C (3)不偏转偏转⑷⑤④②③①Q 处理探究型、设计型实验的方法(1)找原型：先根据实验目的和给出的条件把教材屮的实验原型在头脑屮完整地重现出来；(2)做对比：将实验屮所给器材与原型屮器材进行对比，看一下少了什么器材或什么器材的量程不满足要求；再看一下多给了什么器材，注意多给的器材可能就是解决问题的“金钥匙”；(3)定方案：根据对比结果设计电路；(4)常用替代或改装：①内阻已知的电压表相当于小量程的电流表;内阻己知②内阻C知的电流表则相当于小量程的电压表;④内阻已知厂③灵敏电流计串大电阻改装成电压表：©+串響阻一⑨④灵敏电流计并小电阻改装成电流表;⑤内阻较小的电源串定值电阻相当于内阻较大的电源.小内阻定值电阻大内阻【例2】欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：a.无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程.b.有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据.现备有如下器材：A.待测电流表©（量程3 mA,内阻约为50 Q）B.电压表©（量程3V,内阻未知）C.电流表④（量程15 mA,内阻为10⑵D.保护电阻/?=120QE.直流电源E（电动势2 V,内阻忽略不计）F.滑动变阻器（总阻fil 10 Q,额定电流0.5A）G开关一个，导线若干⑴在以上提供的器材中，除A、E、F、G以外，还应选择______________ 、_______ （填字母代号）. （2）请画出符合要求的实验电路图.解析根据题中给出的备用器材，选择伏安法测量电流表的内阻.选择内阻已知的电流表①作为电压表，选择保护电阻与并联的两个电流表串联.由于电流表两端电压最大只有0.15 V, 滑动变阻器最大电阻只有10Q,所以选择分压电路，电路图如图所示.L —(£)—-- -----RT h厂"1 ----E S||答案（1）C D （2）见解析图。

2020-2021学年新教材物理人教版必修第二册课后提升训练：第八章习题课功能关系及其应用

习题课:功能关系及其应用课后篇巩固提升基础巩固1。

物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动。

在这三种情况下物体机械能的变化情况是()A。

匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加,减速上升机械能减小B.匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C.匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D。

三种情况中，物体的机械能均增加解析无论物体向上加速运动还是向上匀速运动，除重力外,其他外力的合力一定对物体做正功，物体机械能一定增加；物体向上减速运动时，除重力外,物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化情况,选项C正确。

答案C2.(多选)节日燃放礼花弹时,要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中,然后点燃礼花弹的发射部分,通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中。

礼花弹在炮筒中被击发过程中,克服重力做功W1,克服炮筒阻力及空气阻力做功W2，高压燃气对礼花弹做功W3,则礼花弹在炮筒内运动的过程中（设礼花弹发射过程中质量不变)（）A。

礼花弹的动能变化量为W3+W2+W1B.礼花弹的动能变化量为W3-W2-W1C。

礼花弹的机械能变化量为W3-W1D。

礼花弹的机械能变化量为W3-W2解析由动能定理可知,所有力对物体做的总功等于物体动能的变化,故B 正确；由机械能守恒定律知,系统机械能的改变只有靠重力和系统内的弹力以外的其他力做功才能实现,本题中是靠燃气推力、炮筒阻力及空气阻力做功使礼花弹的机械能发生改变的,所以D项正确.答案BD3。

如图所示,木块A放在木块B的左端上方,用水平恒力F将A拉到B 的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1,生热Q1；第二次让B 在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2。

则下列关系中正确的是()A.W1〈W2，Q1=Q2B。

W1=W2,Q1=Q2C.W1<W2，Q1<Q2D.W1=W2，Q1〈Q2解析在两次过程中,第一次和第二次A相对于B的位移是相等的,而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1=Q2，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移,而功等于力乘以对地位移，因此W1〈W2，所以选项A正确。

(新课标)高考物理一轮复习第八章恒定电流第二节电路闭合电路的欧姆定律试题-人教版高三全册物

第二节电路闭合电路的欧姆定律一、串、并联电路的特点 1．特点比照串联并联电流 I ＝I 1＝I 2＝…＝I n I ＝I 1＋I 2＋…＋I n 电压 U ＝U 1＋U 2＋…＋U n U ＝U 1＝U 2＝…＝U n电阻 R ＝R 1＋R 2＋…＋R n1R ＝1R 1＋1R 2＋…＋1R n电压与电流分配电压与各局部电路的电阻成正比电流与各支路的电阻成反比功率分配与各局部电路的电阻成正比与各支路的电阻成反比2.几个常用的推论(1)串联电路的总电阻大于其中任一局部电路的总电阻．(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻． (3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P 总是等于各个电阻耗电功率之和． (4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．1.电阻R 1与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，如此当R 1与R 2串联后接入电路中时，R 1与R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1提示：选B.由并联特点可知：R 1R 2＝I 2I 1＝21，又由串联电路特点可得：U 1U 2＝R 1R 2＝21，故B 正确．二、电源的电动势和内阻 1．电动势(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．(2)表达式：E ＝W q．(3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量．2．内阻：电源内部也是由导体组成的，也有电阻，叫做电源的内阻，它是电源的另一重要参数．2.判断正误(1)在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加．( ) (2)对于给定的电源，非静电力移动正电荷做功越多，电动势就越大．( ) (3)电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．( )(4)电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多．( )(5)电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压．( ) (6)E ＝W q只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定．( )提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ 三、闭合电路欧姆定律1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．2．公式⎩⎪⎨⎪⎧I ＝E R ＋r 〔只适用于纯电阻电路〕E ＝U 外＋U 内〔适用于任何电路〕3．路端电压U 与电流I 的关系 (1)关系式：U ＝E －Ir ．(2)U －I 图象如下列图．①当电路断路即I ＝0时，纵坐标的截距为电源电动势． ②当外电路电压为U ＝0时，横坐标的截距为短路电流． ③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．3.(多项选择)如下列图为某一电源的U －I 图线，由图可知( )A ．电源电动势为2 VB ．电源内电阻为13ΩC ．电源短路时电流为6 AD ．电路路端电压为1 V 时，电路中电流为5 A 提示：AD对电路的串、并联方式的考查【知识提炼】简化串、并联电路的常用方法(1)等电势法：电流沿电势高→电势低的方向流动，假设两点之间等电势，如此没有电流．(2)电流流向法：电流分叉的地方如此为并联，否如此为串联．【典题例析】(2016·高考全国卷甲)阻值相等的四个电阻、电容器C 与电池E (内阻可忽略)连接成如下列图电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )A ．25 B ．12C ．35D ．23[解析] 电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串、并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R 23R ＋R E ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图2，如此电容器两端的电压为U 2＝12R 12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确．[答案] C(1)当含有电容器的直流电路达到稳定状态时，电容器处可视为断路，与之串联的电阻中无电流，不起降压作用．(2)电容器电压等于与之并联的电阻的电压．(3)电容器(或串联一个电阻)接到某电源两端时，电容器的电压等于路端电压． (4)在计算电容器所带电荷量的变化时，如果变化前后极板所带电荷的电性一样，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之差；如果变化前后极板所带电荷的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之和．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，如此R x 的阻值为( )A ．l 1l 2R 0B ．l 1l 1＋l 2R 0 C ．l 2l 1R 0D ．l 2l 1＋l 2R 0 解析：电流表G 中的电流为零，表示电流表G 两端电势差为零(即电势相等)，如此R 0与R l 1两端电压相等，R x 与R l 2两端电压相等，其等效电路图如下列图．I 1R 0＝I 2R l 1① I 1R x ＝I 2R l 2②由公式R ＝ρl S 知R l 1＝ρl 1S③R l 2＝ρl 2S④由①②③④式得R 0R x ＝l 1l 2即R x ＝l 2l 1R 0.选项C 正确．答案：C闭合电路欧姆定律的理解与应用【知识提炼】在恒流电路中常会涉与两种U －I 图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)．求解这类问题时要注意二者的区别．电源U －I 图象电阻U －I 图象关系式U ＝E －Ir U ＝IR图形物理意义电源的路端电压随电流的变化关系电阻两端电压与电阻中的电流的关系截距与纵轴交点表示电源电动势E ，与横轴交点表示电源短路电流过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零坐标U 、I 的乘积表示电源的输出功率表示电阻消耗的功率坐标U 、I 的比值表示外电阻的大小表示该电阻的大小斜率(绝对值)电源电阻r 的大小假设图象为过原点的直线，图象斜率表示电阻的大小两曲线在同一坐标系中的交点表示电阻的工作点，即将电阻接在该电源上时，电阻中的电流和两端的电压【典题例析】图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连成图乙所示电路．电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合电键S 后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率．[审题指导] (1)根据欧姆定律写出R两端的电压U与电流I的关系式．(2)画出U－I图象．(3)两图象交点表示什么？[解析] 设非线性元件的电压为U，电流为I，由欧姆定律得：U＝E－I(R0＋r)，代入数据得U＝5－5I画出U＝E′－Ir′＝5－5I图线．如下列图，两图线交点坐标为(0.4 A，3.0 V)(1)该元件的电功率P R＝UI＝3.0×0.4 W＝1.2 W.(2)电源的输出功率P＝P R0＋P R＝I2R0＋P R＝0.42×4 W＋1.2 W＝1.84 W.[答案](1)1.2 W(2)1.84 W(1)电源的伏安特性图象(路端电压与电流的关系图象)①关系式：U＝E－Ir.②用图象表示如下列图．a ．U －I 图象是一条斜向下的直线．B ．纵轴的截距等于电源的电动势E ；横轴的截距等于外电路短路时的电流I 0＝Er. c ．直线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r ＝E I 0＝tan θ.θ越大，明确电源的内阻越大．(2)非线性元件有关问题的求解，关键在于确定其实际电压和电流，确定方法如下： ①先根据闭合电路欧姆定律，结合实际电路写出元件的电压U 随电流I 的变化关系． ②在原U －I 图象中，画出U 、I 关系图象． ③两图象的交点坐标即为元件的实际电流和电压．④假设遇到两元件串联或并联在电路中，如此要结合图形看电压之和或电流之和确定其实际电流或实际电压的大小．【跟进题组】考向1 闭合电路欧姆定律的计算1．飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．假设有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA ．假设将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，如此它的路端电压是( )A ．0.10 VB ．0.20 VC ．0.30 VD ．0.40 V解析：选D.电源没有接入外电路时，路端电压值等于电源电动势，所以电动势E ＝800 mV.由闭合电路欧姆定律得短路电流I 短＝E r ，所以电源内阻r ＝E I 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω，该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I ＝ER ＋r ＝80020＋20mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV ＝0.4 V ，D 正确．考向2 闭合电路欧姆定律的图象应用2．(多项选择)如下列图，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2，3.5)、Q (6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，如此如下说法正确的答案是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10解析：选AB.根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，选项A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．电路的动态分析问题【知识提炼】1．电路动态分析的方法(1)程序法：根本思路是“局部→整体→局部〞．即(2)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．(3)串反并同法：“串反〞是指某一电阻增大(或减小)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(或增大)．“并同〞是指某一电阻增大(或减小)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(或减小)．2．电路故障问题的分析方法与技巧 (1)故障特点①断路特点：表现为电路中的两点间电压不为零而电流为零，并且这两点与电源的连接局部没有断点．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但其两端电压为零． (2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，如此说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．②欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处是断路，当测量值很小或为零时，表示该处是短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．③电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各局部电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，要注意电流表的极性和量程．④假设法：将整个电路划分为假设干局部，然后逐一假设某局部电路发生某种故障，运用闭合电路或局部电路的欧姆定律进展推理．【典题例析】(多项选择)(高考某某卷)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，如此( )A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2[审题指导] 先分析电路的结构，当滑动变阻器连入电路的阻值变化时，会引起V 1、V 2、V 3、A 表的变化，结合图形得出ΔUΔI的含义．[解析] 变阻器滑片向下滑动，连入电路中的电阻R 变减小，由I ＝ER ＋R 变＋r，A 表示数增大，故A 正确；V 2表测量的是电源的输出电压，U 2＝E －Ir 减小，故B 错误；由于R 是定值电阻，如此ΔU 1ΔI ＝R ，如图甲所示，又由U 2＝E －Ir ，如此ΔU 2ΔI＝r ，如图乙所示，所以，ΔU 1＝ΔI ×R ，ΔU 2＝ΔI ×r ，又因R ＞r ，得ΔU 1大于ΔU 2，故D 正确；同理，U 3＝E －I (r ＋R )，ΔU 3ΔI＝r ＋R ，故C 正确．[答案] ACD【跟进题组】考向1 直流电路的动态分析1.如下列图，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中( )A ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数增大B ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数减小C ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数增大D ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数减小解析：选A ．在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中，外电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数一直增大，选项A 正确．考向2 含容电路的动态分析2．(2017·石家庄模拟)在如下列图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，A 、V 为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，如下说法中正确的答案是( )A ．电压表示数变小B ．电流表示数变小C ．电容器C 所带电荷量增多D ．a 点的电势降低解析：选D.在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R 1两端电压增大，如此电压表示数变大．电阻R 2两端的电压U 2＝E －I (R 1＋r )，I 增大，如此U 2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零．a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，如此a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A＝I－I2，I增大，I2减小，如此I A增大，即电流表示数变大，A、B、C错误，D 正确．考向3 对电路的故障分析3.如下列图的电路，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据现象分析，发生的故障可能是( )A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：选A．等效电路如下列图．假设R1断路，电路的外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab局部电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，故A项正确．假设R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac局部电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B项错误．假设R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D项错误．1．“串反并同法〞的须知事项：“串反并同法〞的应用条件为单变量电路．对于多变量引起的电路变化，假设各变量对同一对象分别引起的效果一样，如此该方法适用；假设各变量对同一对象分别引起的效果不一样，如此“串反并同法〞不适用．2．电路中断路与短路的故障分析方法：首先要确定是哪个局部出现了什么问题，如果是短路，如此直接当成一根导线处理；如果是断路，如此直接像开关一样断开该条线路，由于电路结构被破坏，需要重新绘画电路图，然后Ｋ运用动态电路分析方法去分析，但要注意电路被破坏后电表从支路转为干路还是从干路转为支路，分析时要有理有据，常用的依据有欧姆定律以与电阻的串、并联规律等．Ｋ电源功率的计算【知识提炼】电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r 电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出电源的输出功率任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R 〔R ＋r 〕2 P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P 出P 总×100%＝U E ×100% 纯电阻电路：η＝R R ＋r ×100%【典题例析】(2017·西安模拟)如下列图，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，如此R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，如此R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ [审题指导] (1)R 1为定值电阻，电功率最大的条件是什么？(2)R 2为可变电阻，其电功率最大的条件是什么？(3)电源输出最大功率为E 24r的条件是什么？ [解析] (1)将R 1和电源(E ，r )等效为一新电源，如此新电源的电动势E ′＝E ＝8 V内阻r ′＝r ＋R 1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R 2＝r ′＝10 Ω时，R 2有最大功率，即P 2max ＝E ′24r ′＝824×10W ＝1.6 W. (2)因R 1是定值电阻，所以流过R 1的电流越大，R 1的功率就越大．当R 2＝0时，电路中有最大电流，即I max ＝E R 1＋r＝0.8 A R 1的最大功率P 1max ＝I 2max R 1＝5.12 W这时电源的效率η＝R 1R 1＋r×100%＝80%. (3)不能．因为即使R 2＝0，外电阻R 1也大于r ，不可能有E 24r的最大输出功率．此题中，当R 2＝0时，外电路得到的功率最大．[答案] (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%(3)不能理由见解析电源输出功率的极值问题的处理方法对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E ，内阻为r ，外电路有一可调电阻R ，电源的输出功率为：P 出＝I 2R ＝E 2R 〔R ＋r 〕2＝E 2〔R －r 〕2R ＋4r . 由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R 的变化关系为：(1)当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r； (2)当R ＞r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小；(3)当R ＜r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；(4)当P 出＜P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.(多项选择)(2017·某某高三模拟)如下列图为两电源的U －I 图象，如此如下说法正确的答案是( )A ．电源①的电动势和内阻均比电源②大B ．当外接一样的电阻时，两电源的输出功率可能相等C ．当外接一样的电阻时，两电源的效率可能相等D ．不论外接多大的一样电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大解析：选AD.图线在U 坐标轴上的截距等于电源电动势，图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此A 对；作外接电阻R 的U －I 图线分别交电源①、②的伏安特性曲线于S 1、S 2两点，电源的工作点横、纵坐标的乘积IU 为电源的输出功率，由图可知，无论外接多大电阻，两工作点S 1、S 2横、纵坐标的乘积都不可能相等，且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B 错，D 对；电源的效率η＝P 出P 总＝I 2R I 2〔R ＋r 〕＝R R ＋r，因为电源内阻不同如此电源效率不同，C 错．1.(2015·高考卷)如下列图，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．假设用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，如此如下分析正确的答案是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 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解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，假设将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，如此每一小格表示0.06 A ；假设将接线柱1、3接入电路，如此(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，如此每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．2.(多项选择)(2016·高考江苏卷)如下列图的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，如下说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 解析：选AC.开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10 Ω，路端电压U ＝E R ＋r R ＝1212×10 V ＝10 V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E 2R ＋r ＝12 W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I ′＝1020A ＝0.5 A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R ′＝2×5×155＋15Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I ＝E R ′＋r＝129.5 A ≈1.26 A ，D 项错误． 3．(多项选择)在如下列图的电路中，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向下滑动后，假设电流表A 和电压表V 1、V 2、V 3四个电表的示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，如此在滑片P 向下滑动的过程中，如下说法正确的答案是( )A ．ΔU 1ΔI 变大B ．ΔU 2ΔI不变 C ．ΔU 3ΔI 不变 D ．ΔU 3ΔI变大解析：选BC.ΔU 1ΔI ＝r ，是电源内阻，保持不变，A 错误；ΔU 2ΔI＝R 1，是定值，选项B 正确；ΔU 3ΔI＝r ＋R 1，是定值，选项C 正确，选项D 错误． 4．(多项选择)在探究电路故障时，某实验小组设计了如下列图的电路，当电键闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A 的亮度变暗，小灯泡B 的亮度变亮．如此如下对电路故障的分析正确的答案是( )A ．可能是定值电阻R 1短路B ．可能是定值电阻R 2断路C ．可能是定值电阻R 3断路D．可能是定值电阻R4短路解析：选BC.由于小灯泡A串联于干路中，且故障发生后小灯泡A变暗，可知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.假设R2断路，如此R1和小灯泡B所在支路的电压增大，而R2的断路又使小灯泡B分配的电压增大，故小灯泡B变亮，选项B对；假设R3断路，必引起与之并联的支路(即R1所在支路)中电流增大，小灯泡B分得的电流也变大，小灯泡B变亮，应当选项C对．5．(多项选择)(2017·山西四校联考)如下列图，电源电动势E＝9 V，内电阻r＝4.5 Ω，变阻器R1的最大电阻R m＝5.0 Ω，R2＝1.5 Ω，R3＝R4＝1 000 Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止．那么( )A．在题设条件下，R1接入电路的阻值应为3 Ω，电源的输出功率应为4.5 WB．引入的微粒带负电，当开关接向b(未接触b)的过程中，微粒将向下运动C．在题设条件下，当R1的阻值增大时，R2两端的电压增大D．在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流流向为d→c解析：选AD.选项A中在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R1＋R2＝r，R2＝1.5 Ω，如此R1＝3 Ω.电源的输出功率P m＝E24r＝4.5 W，应当选项A 正确；选项B中在开关S与a接触且当电路稳定时，在平行板电容器正中央引入一带电微粒，恰能静止，微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态．而上极板带正电，可知微粒带负电．当开关接向b(未接触b)的过程中，电容器所带的电荷量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，应当选项B错误；选项C中电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2与电源构成串联电路，R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小，应当选项C错误；选项D中在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过R3的电流流向为d→c，应当选项D正确．一、单项选择题1．两个一样的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；假设将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，如此电源的内阻为( )A ．4RB ．RC ．R2 D ．无法计算解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r ，当两电阻并联接入电路中时I ＝E R2＋r×12，由以上两式可得：r ＝R ，应当选项B 正确． 2.(2017·大连模拟)如下列图，电源电动势为3 V ，内阻为1 Ω，电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为3 Ω，电表均视为理想电表，如此如下说法不正确的答案是( )A ．闭合开关S ，电流表示数约为0.23 AB ．闭合开关S ，电压表示数约为1.3 VC ．如果撤去电压表所在的整个支路，闭合开关S ，电流表示数约为0.43 AD ．如果撤去电流表所在的整个支路，闭合开关S ，电压表示数约为1.4 V解析：选A ．闭合开关S ，电阻R 1、R 2被短路，电路中的电流I ＝E R 3＋R 4＋r≈0.43 A ；电压表测的是R 3两端的电压，U ＝IR 3≈1.3 V ；撤去电压表所在支路，闭合开关S ，电路中的电流不变，仍然为0.43 A ；撤去电流表所在支路，电路为R 1、R 2、R 3、R 4串联，电压表测量R 2、R 3的电压，整个回路的电流为I ′＝E R 1＋R 2＋R 3＋R 4＋r ＝313A ，故电压表示数为U ′＝I ′(R 2＋R 3)≈1.4 V.3.将电学元件按照如下列图的方式连接，两电表均为理想电表，电源有一定的内阻．现闭合电键，将滑动变阻器的触头向下缓慢移动，如此( )A ．两电表的读数均增大B ．小灯泡b 的亮度变暗，电流表的读数变小C ．小灯泡a 的亮度变亮，电压表的读数变小D ．电容器两极板所带的电荷量增加解析：选C.滑动变阻器的触头向下缓慢移动时，其接入电路的电阻值减小，导致总电阻减小，根据“串反并同〞规律可知：电压表读数减小、小灯泡b 变暗，电流表读数变大、小灯泡a 变亮，电容器C 两端的电压等于小灯泡b 两端的电压，逐渐减小，所以电容器C 所带电荷量减少，C 正确，A 、B 、D 错误．4．(2017·重庆江津中学月考)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．如此图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但此题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．5.在如下列图的电路中，闭合开关S 后，L 1、L 2两灯泡都正常发光，后来由于某种故障使L 2突然变亮，电压表读数减小，由此推断，该故障可能是( )A ．L 1灯丝烧断B ．电阻R 2断路C ．电阻R 2短路。

物理(新课标)高考总复习第一轮复习课件：第八章第一节欧姆定律、电阻定律、电功率及焦耳定律

考试内容欧姆定律电阻定律电阻的串联、并联电源的电动势和内阻闭合电路的欧姆定律电功率、焦耳定律说明：不要求解反电动势的问题
第八章恒定电流
要求 Ⅱ Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ
真题统计
2016·卷甲·T17 2016·卷甲·T23 2016·卷乙·T23 2015·卷Ⅰ·T23 2015·卷Ⅱ·T23 2014·卷Ⅰ·T23 2014·卷Ⅱ·T22
解析：A 点电阻 RA＝1.0×310－1 Ω＝30 Ω，B 点电阻 RB＝
6 1.5×10－1
Ω＝40
Ω，故 A 错误、B 正确．ΔR＝RB－RA＝
10 Ω，故 C、D 错误．
考向 3 伏安特性曲线在电路中的实际应用 3．(多选)(2017·宿州高三质检)额定电压均为 220 V 的白炽灯 L1 和 L2 的 U－I 特性曲线如图甲所示，现将和 L2 完全相同的 L3 与 L1 和 L2 一起按如图乙所示电路接入 220 V 电路中，则下列说法正确的是(ABD)
＝4I1＝4 A．
三、电功、电功率、焦耳定律 1．电功 (1)实质：电流做功的实质是__电__场__力____对电荷做正功，电势能转化为其他形式的能的过程． (2)公式：W＝qU＝____U_I_t____，这是计算电功普遍适用的公式．
2．电功率 (1)定义：单位时间内电流做的功叫电功率． (2)公式：P＝Wt ＝___U__I_____，这是计算电功率普遍适用的公式． 3．焦耳定律：电流通过电阻时产生的热量 Q＝_____I_2R__t __，这是计算电热普遍适用的公式． 4．热功率 (1)定义：单位时间内的发热量． (2)表达式：P＝Qt ＝____I2_R_____．
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应 P 点，小灯泡的电阻为 R＝UI21 C．对应 P 点，小灯泡的电阻为 R＝I2U－1I1 D．对应 P 点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM 所围面积大小

《三维设计》新课标高考物理一轮总复习第八章共88页PPT资料精品优选公开课件

第二重境界是“衣带渐宽终不悔，为伊消得人憔悴”。事情是需要去做才能成的，成越大的事业，需要越大的努力和付出，甚至要经受越大的磨难和困苦。这个世间，从来都是“艰难困苦，玉汝于成”；所以无论如何，都要“天行健，君子”。这说的是历经磨难而逐渐成熟、成长，最终豁然贯通、水到渠成。这其中蕴含一个重要道理，就是苏东坡所说的“厚积而薄发”。只有厚积才能薄发，人要做的，就是不断厚积，等待薄发。这就是拿得起的完整路径，也是事业成功的完整过程。跟佛家学放得下。佛家是追求出世、讲究清净的，要求能看到《金刚经》所言的“一切有为法，如梦幻泡影”，做到《心经》所言的“照见五蕴皆空”。概括为三个字，就是“放得下”。什么是“放得下”？且看这个“佛”字——左边一个“人”，右边一个“弗”，弗的意思是“不”，合起来就是“不人”和“人不”。不人就是无人，也就是放下自我，摆脱私心的困缚；人不就是懂得拒绝，也就是放下欲望，超脱对外物的追逐。这两点能做到，就是放得下。
谢谢观看！土地喝足了水，耕牛便拖着犁耙在蓑衣人的指挥下翻掘着沃土，八哥们尾随其后啄食着沉睡的虫饵，蓑衣人唱着花鼓戏：“小刘海在茅棚别了娘亲，肩扦担往山林去走一程……”间或中断歌声呵斥一下前面的伙伴，扶直了犁耙继续前行，“家不幸老爹爹早年丧命，丢下了母子们苦度光阴……”当高空忽然传来“啾啾”的叫声，抬头望去，一群大雁往北飞行，蓑衣人便停下歌声大声喊道：“大雁飞一字，大雁飞一字……”那群温顺的生灵仿佛听懂了蓑衣人的指令，很快就由“人字”队形转变成“一字”，然后，慢慢地消失在半空中。
眼光和思维所涉及的面，尽量往大了走、往高了去，则是人人可以努力靠近的。综上：儒家拿得起、佛家放得下、道家想得开，合起来其实就是一句话：带着佛家的出世心态，凭着道家的超世眼界，去做儒家入世的事业。这也正是南怀瑾所说的人生最高境界：佛为心，道为骨，儒为表，大度看世界。车水马龙的闹市里，双眸里闪烁着都市的霓虹，衣服上沾满着汽车曾经有一个人，她永远占据在你心最柔软的地方，你愿用自己的一生去爱她，这个人，叫“母亲”；有一种爱，它可以让你随意的索取、享用，却不要你任何的回报，不会向你抱怨，总是自己一个人默默地承受着这一切。这种爱，叫“母爱”！

高考物理第8章第3节知能演练强化闯关新人教版选修3-1

高考物理第8章第3节知能操练加强闯关新人教版选修3-1图 8－3－161.如图8－ 3－ 16 所示 ,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直于纸面向里,一带电微粒由 a 点进入电磁场并恰好能沿ab 直线向上运动,以下说法正确的选项是 ()A.微粒必定带正电B.微粒动能必定减小C.微粒的电势能必定增添D.微粒的机械能必定增添分析 : 选 D. 微粒进入场区后沿直线ab运动 , 则协力为零 , 或许协力方向沿ab直线 ( 垂直于运动方向的协力仍为零 ), 若微粒所受协力不为零 , 则必定做变速运动 , 速度的变化会致使洛伦兹力变化 , 则微粒在垂直于运动方向上的协力不再为零,微粒就不可以沿直线运动, 因此微粒所受协力只好为零而做匀速直线运动; 若微粒带正电,则受力如图甲所示,协力不可能为零 , 故微粒必定带负电 , 受力如图乙所示 , A 、B 错 ;微粒运动过程中 ,电场力做正功, 微粒电势能减少 , 机械能增添 , C 错 D 对 .图 8－3－172.如图 8－ 3－ 17 所示 , 一束质量、速度和电荷量不一样的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的地区里 ( 不计重力作用 ), 结果发现有些离子保持本来的运动方向, 有些发生偏转 .假如让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中,发现这些离子又分裂成几束,对这些进入另一磁场的离子,可得出结论()A. 它们的动能必定各不同样B. 它们的电荷量必定各不同样C. 它们的质量必定各不同样D. 它们的电荷量与质量之比必定各不同样分析 :选 D.做直线运动进入右边磁场地区的粒子知足qvB＝ Eq,它们的速度必定同样,动mv能、电荷量、质量有可能同样 , 进入右边磁场区运动的圆半径不一样r ＝ qB , 它们的电荷量与质量之比必定各不同样 .3.图 8－3－18(2012 ·旭日区模拟 ) 如图 8－ 3－ 18 所示 , 在竖直虚线 MN 和 M ′ N ′之间地区内存在着互相垂直的匀强电场和匀强磁场 , 一带电粒子 ( 不计重力 ) 以初速度 v 0 由 A 点进入这个地区 , 带电粒子沿直线运动 , 并从 C 点走开场区 . 假如撤去磁场 , 该粒子将从 B 点走开场区 ; 假如撤去电场 , 该粒子将从 D 点走开场区 . 则以下判断正确的选项是 ()A. 该粒子由 B 、 C 、D 三点走开场区时的动能同样B. 该粒子由 A 点运动到 B 、 C 、 D 三点的时间均不同样EC. 匀强电场的场强 E 与匀强磁场的磁感觉强度B 之比 B ＝ v 0 D. 若该粒子带负电 , 则电场方向竖直向下 , 磁场方向垂直于纸面向外分析 : 选 C. 依据题意可知 , 当电磁场同时存在时 , 电场力与洛伦兹力均衡 , 粒子做匀速直线运动, 从 C 点走开 ; 当只有磁场时 , 粒子做匀速圆周运动 , 从 D 点走开 , 所以粒子由、CD 两点走开场区时动能同样 . 当只有电场时 ,由 B 点走开场区 , 粒子做类平抛运动 , 水平方向匀速运动 , 竖直方向匀加快运动 , 电场力向上且对粒子做正功, 动能增添 . 粒子由、B C两点走开场区不时间同样 , 由 D 点走开场区不时间稍长 . 电磁场同时存在时, qv 0B ＝qE , 则E则电场方向向下 , 磁场方向垂直于纸面向里, 综上所述 , 正确选项B ＝ v . 若粒子带负电 ,为 C.图 8－3－194. (2012 ·东北三校高三联考 ) 如图 8－ 3－ 19 所示 , 盘旋加快器 D 形盒的半径为 R , 所加磁场的磁感觉强度为 B , 用来加快质量为 m 、电荷量为 q 的质子 , 质子从下半盒的质子源由静止出发 , 加快到最大能量 E 后由 A 孔射出 , 则以下说法正确的选项是()A. 盘旋加快器不可以无穷加快粒子B. 增大交变电压 U , 则质子在加快器中运转时间将变短C. 盘旋加快器所加交变电压的频次为2mE2π mRD. 下半盒内部质子的轨道半径之比 (由内到外 )为 1∶ 3∶ 5分析 : 选 ABC.当质子速度靠近光速时 , 由爱因斯坦狭义相对论知,质子的质量会增添 , 回转周期变大 , 而与交变电压的周期不一致, 致使盘旋加快器没法正常工作, A 正确 ; 设质子1在磁场中转动的圈数为 n , 因每加快一次质子获取能量Uq , 每圈有两次加快 , 则联立 E kn ＝ 2mv n2 2 22 22q B r nqB r nmv n , r n ＝ Bq得 ,E kn ＝ 2 m ＝ 2nqU , 得 n ＝ 4 mU , 所以子在加快器中运转t ＝ nT ＝222π m π 2qB r nn故增大交 , 子在加快器中运转将短 , B 正确 ; 由·＝ Br , T 4mU qB 2U U2π m mv 1 2 f ＝ 1 f ＝ 2mE＝ , R ＝ , E ＝ mv , 知 , 盘旋加快器所加交的率 , C 正确;qB qB 2 T 2π mR子第 k 次入下半盒内部 , 加快 2k 次 , 此入下半盒速度和半径分v k ＝2×2kUqmv k , 解得 r k ＝4kUqm所以下半盒内部子的道半径之比( 由内到m, r k ＝Bq,qB外) 1∶2∶3,故D .5. (2011 ·高考重理卷) 某器用和磁来控制子在资料表面上方的运. 如8－3－20 所示 , 资料表面上方矩形地区 PP ′N ′ N 充直向下的匀 ,d ; 矩形地区 NN ′ M ′ M 充垂直面向里的匀磁 , 磁感度 B , 3s ,s ;NN ′磁与之的薄隔绝 . 一个荷量e、量、初速零的子, 从P 点开始被m加快隔绝垂直入磁 , 子每次穿越隔绝, 运方向不 , 其能失是每次穿越前能的10%, 最后子能从磁界M ′ N ′ 出 , 不子所受重力 .8－ 3－ 20(1) 求子第二次与第一次周运半径之比; (2) 求度的取范 ;(3) A 是 M ′N ′的中点 , 若要使子在 A 、M ′ 垂直于 AM ′ 出 , 求子在磁地区中运的 .分析 : (1)周运的半径分R 1、 R 2⋯ R n 、 R n ＋ 1⋯第一次和第二次周运速率分v 1 和 v 2,能分 E k1 和 E k2.mvmv 1 21 2由: E ＝0.81 E ,12E＝ 2mv ,E ＝2mvR ＝ Be ,R ＝ Be ,k2k112k11k22得: R 2∶ R 1＝ 0.9.(2) 度E , 第一次抵达隔绝前的速率 v ′.12,1212由: eEd ＝2mv ′ 0.9 × 2mv ′ ＝ 2mv 1, R 1≤ s得: 5B 2 es 2E ≤9md又由 : R n ＝ 0.9 n －1R 1, 2R 1(1 ＋ 0.9 ＋ 0.9 2＋⋯＋ 0.9 n ＋⋯ ) ＞ 3sB 2es 2得:E ＞3故B2es2＜E≤5B2es2.80md9md(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T,运动的半圆周个数为 n,运动总时间为 t .2R1－0.9n sn由题意 ,有:1－ 0.9＋ R n＋1＝3s, R1≤ s,R n＋1＝0.9R1,R n＋1≥2得: n＝ 22πm又由 :T＝eB得:5πm t ＝.2eB答案 : (1)0.9B2es25B2es25πm(2)＜E≤9md(3)80md2eB一、选择题图 8－3－211.如图 8－ 3－ 21 所示 , 匀强电场E方向竖直向下 , 水平匀强磁场B垂直纸面向里 , 三个油滴 a、b、c 带有等量同种电荷.已知a静止,b、c在纸面内均做匀速圆周运动( 轨迹未画出 ).以下说法正确的选项是()A. a 的质量最大, c 的质量最小, b、 c 都沿逆时针方向运动B. b 的质量最大, a 的质量最小, b、 c 都沿顺时针方向运动C.三个油滴质量相等 , b沿顺时针方向运动 , c沿逆时针方向运动D.三个油滴质量相等 , b、c都沿顺时针方向运动分析 :选 D.由三个油滴a、 b、 c 带有等量同种电荷, a 静止可知, a 带负电荷, Eq＝ m a g. b、c 在纸面内均做匀速圆周运动,则Eq＝m b g＝m c g,故三个油滴质量相等.由左手定章知,b、c 都沿顺时针方向运动.故D项正确.图 8－3－22bc2. 如图 8－ 3－ 22 所示 , 在长方形abcd地区内有正交的电磁场 , ab＝2＝L, 一带电粒子从ad 的中点垂直于电场和磁场方向射入,恰沿直线从 bc 边的中点 P射出,若撤去磁场,则粒子从 c 点射出;若撤去电场,则粒子将(重力不计)()A. 从b点射出B. 从b、P间某点射出C. 从a点射出D. 从a、b间某点射出分析 :选 C.由粒子做直线运动可知qv0B＝ qE;撤去磁场后由粒子从 c 点射出可知qE＝ ma,mv0Lv0t ＝L,at ＝2v0,所以撤掉电场后粒子运动的半径r ＝qB＝2,即从 a 点射出.3.如图8－3－23所示,质量为m,带电荷量为－q的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.假如微粒做匀速直线运动,则以下说法正确的选项是 ()图 8－3－23A.微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B.微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用2mgC. 匀强电场的电场强度E＝qmgD. 匀强磁场的磁感觉强度B＝qv分析 :选 A. 因为微粒做匀速直线运动 , 所以微粒所受协力为零 ,受力剖析如下图 , 微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于均衡状态, 可知 , qE＝mg,qvB＝2mg,得电场强度mg磁感觉强度＝2mg＝ ,, 所以 A正确.E q B qv图 8－3－244.美国发射的航天飞机“发现者”号搭载了一台α 磁谱仪,此中一个重点零件是由中国科学院电工研究所设计制造的直径为120 mm, 高为 800 mm、中心磁感觉强度为0.134 T的永远磁体 ( 如图8－ 3－24),它的主要使命是探测宇宙空间中可能存在的反物质,特别是宇宙中反氦原子的原子核( 带负电 ).如下图,α 磁谱仪中的 4 条径迹分别为质子、反质子、α粒子、反氦核的径迹,此中反氦核的径迹为()A.4B.3C.2D.1分析 :选 C.因质子、α 粒子带正电,所以反质子、反氦核带负电.由5mv大于反质子的m/ q,再由 R＝Bq知C选项正确.图 8－3－255. (2012 ·长沙市一中月考) 质谱仪是测带电粒子质量和剖析同位素的一种仪器,它的工作原理是带电粒子( 不计重力 ) 经同一电场加快后,垂直进入同一匀强磁场做圆周运动,而后利用有关规律计算出带电粒子质量.其工作原理如图8－ 3－ 25 所示 ,虚线为某粒子运动轨迹,由图可知()A.此粒子带负电B.下极板 S2比上极板 S1电势高C.若只增大加快电压 U,则半径 r 变大D.若只增大入射粒子的质量 , 则半径r变小分析 : 选 C. 粒子从S3小孔进入磁场中 , 速度方向向下 , 粒子向左偏转 ,由左手定章可知粒子带正电 . 带正电的粒子在S1和 S2两板间加快,则要求场强的方向向下,那么上极板 S1的电势高于下极板2粒子在电场中加快, 由动能定理有12在磁场中偏转 , S的电势.2mv＝ qU,mv2Um则有 r ＝qB,联立两式解得r ＝qB2 ,由此式能够看出只增大U 或只增大 m时,粒子的轨道半径都变大.图 8－3－266.(2012 ·苏北四市第二次调研 ) 利用霍尔效应制作的霍尔元件宽泛应用于丈量和自动控制等领域 . 如图 8－ 3－ 26 是霍尔元件的工作原理表示图, 磁感觉强度 B 垂直于霍尔元件的工作面向下 ,通入图示方向的电流I , 、D双侧面会形成电势差CD,以下说法中正确的选项是C U()A.电势差 U CD仅与资料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子, 则电势差U CD＜0C.仅增大磁感觉强度时 , 电势差U CD变大D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时, 元件的工作面应保持水平U CD分析 :选BC.当载流子q 所受电场力q d( d 为 C、D双侧面之间的距离) 与洛伦兹力qvB相等时, C、D双侧面会形成电势差U CD;依据电流的微观表达式有I ＝nqvS,得U CD＝BI/(nqh),其中 n 为单位体积内的载流子数量, h为元件的厚度;可见电势差U CD与磁感觉强度以及电流、资料均有关 , A 错 , C 对 ; 若载流子是自由电子 , 电子将倾向C侧面运动 , C侧面电势低 , B 对; 地球赤道上方的地磁场方向水平 , 元件的工作面应保持竖直 , D 错 .图 8－3－277.如图8－3－27所示,表面粗拙的斜面固定于地面上,并处于方向垂直纸面向外、磁感觉强度为 B 的匀强磁场中.质量为 m、带电量为＋ Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑,在滑块下滑过程中 ,以下判断正确的选项是()A.滑块遇到的摩擦力不变B.滑块抵达地面时的动能与 B 的大小没关C.滑块遇到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D. B 很大时,滑块可能静止于斜面上分析: 选 C. 滑块受重力、支持力、垂直于斜面向下的洛伦兹力和沿斜面向上的摩擦力四个力的作用 .初始时辰洛伦兹力为0,滑块在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下运动, 跟着速度 v 的增大,洛伦兹力 qvB增大,滑块遇到的弹力增大,惹起摩擦力增大 ,故 A、B均错 ;当sin θ＝μ ( cosθ＋) 时 ,滑块开始做匀速运动,D 错.综上所述 , 选项 C正确.mg mg qvB8.如图 8－ 3－ 28 所示 , 虚线内的空间中存在由匀强电场E和匀强磁场 B构成的正交或平行的电场和磁场 ,有一个带正电的小球( 电荷量为＋q, 质量为) 从正交或平行的电磁混淆场m上方的某一高度自由落下 ,那么 ,带电小球可能沿竖直线运动的是()图 8－3－28分析 :选CD.带电小球在各复合场中受力状况如下图: A 图中 ,因为小球所受协力不为零,所以洛伦兹力不恒定,水平方向协力不行能保持为零, A图不正确; B图中,垂直纸面向外的方向只受一个洛伦兹力,这类状况下小球也不可以沿竖直方向运动; C 图中 ,小球所受三个力的协力可能为零 , 小球能够沿竖直线运动 ; D图中 , 小球只受竖直方向上两个力作用 , 沿竖直线运动 .图 8－3－299.医生做某些特别手术时 , 利用电磁血流计来监测经过动脉的血流速度. 电磁血流计由电极 a 和 b 以及磁极N和S构成,磁极间的磁场是平均的.使用时,两电极a、b均与血管壁中的正负离子随血流一同在磁场中运动 , 电极 a 、 b 之间会有细小电势差 . 在达到均衡时 ,血管内部的电场可当作是匀强电场 , 血液中的离子所受的电场力和磁场力的协力为零.在某次监测中 , 两触点的距离为 3.0 mm, 血管壁的厚度可忽视 , 两触点间的电势差为 160 μ V,磁感觉强度的大小为 0.040 T. 则血流速度的近似值和电极 a 、 b 的正负为 ()A. 1.3 m/s,a 正、b 负 B. 2.7 m/s, a 正、 b 负 C. 1.3 m/s,a 负、b 正D. 2.7 m/s,a 负、b 正分析 : 选 A. 由题意知 , 电磁血流计近似于电磁流量计的模型. 当血液中的离子所受协力为零时 , 有 :U ab所以 v ＝ 1.3 m/s, 由左手定章知 ,血液中的正离子向上偏 ,＝,又＝,Bqv EqE d负离子向下偏 , 所以 , 电极 a 为正极 ,b 为负极 , A 正确 .10. 如图 8－ 3－30 甲所示是用来加快带电粒子的盘旋加快器的表示图 , 此中心部分是两个D 形金属盒 . 在加快带电粒子时 , 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 随时间 t 的变化规律如图乙所示, 忽视带电粒子在电场中k的加快时间 ,则以下判断正确的选项是 ()图 8－3－30A. 在 E k － t 图中应有 t 4－t 3＜ t 3－ t 2＜ t 2－t 1B. 加快电压越大 , 粒子最后获取的动能就越大C. 粒子加快次数越多 , 粒子最大动能必定越大D. 要想粒子获取的最大动能增大 , 可增添 D 形盒的面积分析 : 选 D. 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小没关, 所以 , 在k －Et 图中应有 t 4－ t 3＝ t 3－ t 2＝ t 2－ t 1, A 错 ; 粒子获取的最大动能与加快电压没关, 加快电压mv 2 k2 2 2mEq B r 越小 , 粒子加快次数就越多 , 由粒子圆周运动的半径r ＝ qB ＝qB 可知 E k＝2m ,即粒子获取的最大动能决定于 D 形盒的半径和磁感觉强度 B, 当轨道半径 r 与 D 形盒半径 R 相等时就不可以持续加快 , 应选项 C 错、 D 对 .二、非选择题图 8－3－3111. 如图 8－3－ 31 所示 , 在平面直角坐标系xOy 内 , 第Ⅰ象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场, 第Ⅳ象限以 ON 为直径的半圆形地区内 , 存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场 , 磁感觉强度为 B. 一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电的粒子 , 从 y 轴正半轴上 y ＝h 处的 M 点 , 以速度 v 0 垂直于 y 轴射入电场 , 经 x 轴上 x ＝ 2h 处的 P 点进入磁场 , 最后以垂直于 y 轴的方向射出磁场 . 不计粒子重力 . 求:(1) 电场强度大小 E ;(2) 粒子在磁场中运动的轨道半径r ;(3) 粒子从进入电场到走开磁场经历的总时间t .分析 : (1) 设粒子在电场中运动的时间为t 1, 对粒子的运动在 x 、 y 方向分别有 : 2h ＝ v 0t 1, h1 2＝ 2at,12 由牛顿第二定律有 :＝.解得:E＝ mv 0 .qEma2qh(2) 设粒子进入磁场时的速度为v , 对粒子在电场中的运动运用动能定理有 :＝ 1212解得 v ＝ 2.－,qEh2mv 2mvv220 mv对粒子在磁场中的运动运用牛顿第二定律有: qvB ＝ m r . 解得 : r ＝ Bq .(3) 粒子在电场中运动的时间: t2h . 粒子在磁场中运动的周期2π r 2π m＝v 0: T ＝ v＝Bq . 粒子进入1v 0磁场时速度方向与x 轴正向的夹角为 : θ ＝ arccos v ＝45°, 由几何关系可知 ,粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为135°, 如下图 .设粒子在磁场中运动的时间为t 2, 则t2＝135°360°T3πm2 3πm12h＝ 4Bq . 粒子从进入电场到走开磁场的时间为: t ＝ t ＋ t ＝ v 0＋4qB.22mv 02h 3πmmv 0答案 : (1) 2qh (2) Bq (3) v 0 ＋4qB12. (2012 ·陕西西安八校联考 ) 如图 8－3－ 32 甲所示 , 竖直挡板 MN 左边空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场, 电场和磁场的范围足够大 , 电场强度 E ＝ 40 N/C,磁感觉强度 B 随时间 t 变化的关系图像如图乙所示 , 选定磁场垂直纸面向里为正方向 . t ＝ 0时辰 , 一质量＝8×10 － 4 kg 、电荷量＝＋ 2×10 －4C 的微粒在 O 点拥有竖直向下的速度vm q＝0.12 m/s,O ′是挡板 MN 上一点 , 直线 OO ′与挡板 MN 垂直 ,2取 g ＝ 10 m/s . 求 :图 8－3－329(1)微粒再次经过直线 OO′时与 O点的距离;(2)微粒在运动过程中走开直线 OO′的最大高度.分析 : (1)由题意可知,微粒所受的重力G＝ mg＝8×10－3N－3电场力大小F＝ Eq＝8×10N所以重力与电场力均衡.微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则2vmv解得 R＝Bq＝0.6 m2πR由 T＝v解得 T＝10πs则微粒在 5π s内转过半个圆周 ,再次经直线′时与点的距离L＝ 2 ＝1.2 m.OO O R(2) 微粒运动半周后向上匀速运动, 而后再做匀速圆周运动, 匀速运动的时间t ＝5πs,位移大小 s＝vt ＝0.6πm＝1.88 m所以 , 微粒走开直线OO′的最大高度h＝s＋R＝2.48 m.答案 : (1)1.2 m(2)2.48 m10。

2020-2021学年新教材物理人教版必修第二册教案：第8章章末综合提升 Word版含解析

[巩固层·知识整合][提升层·能力强化］求变力做功的几种方法1．用转换对象法求变力做功W＝Fl cos θ是恒力做功的计算公式,有些问题需要求解变力做的功,我们可以利用转换对象法巧妙地将变力做功转化为恒力做功,从而使问题迎刃而解.2．用微元法求变力做功当力的大小不变、方向变化且位移的方向也同步变化时，可用微元法求解,此时力做的功等于力和路程的乘积。

由于变力F保持与速度在同一直线上,也可把往复运动或曲线运动的路线拉直考虑。

3．用动能定理法求变力做功有些题目不能直接应用功的定义式来计算，我们可以借助动能定理来分析变力做的功。

4．用图像法求变力做功在Fx图像中，图线和横轴所围成的面积表示力做的功。

有些看似复杂的变力做功问题,用常规方法无从下手时,可以尝试通过图像变换解题。

5．用公式W＝Pt求变力做功如果变力的功率恒定、时间已知，可以用W＝Pt求解出变力做的功.6．求平均力将变力转化为恒力如果力是随位移均匀变化的，可用求平均力的方法将变力转化为恒力。

7．根据功能关系求功根据以上功能关系，若能求出某种能量的变化，就可以求出相应的功。

【例1】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑环，用轻绳系着滑环绕过光滑的定滑轮,以大小恒定的拉力F拉绳，使滑环从A点起由静止开始上升。

若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2,图中AB＝BC，则( ）A．W1＞W2B．W1＜W2C．W1＝W2D．无法确定W1和W2的大小关系A ［由于用轻绳系着滑环绕过光滑的定滑轮，所以轻绳对滑环的拉力做的功与拉力F做的功相等。

从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，根据几何关系可知轻绳对滑环的拉力与光滑竖直杆的夹角α越来越大。

已知AB＝BC,即滑环从A点上升至B点的位移等于从B点上升至C点的位移。

轻绳拉着滑环的拉力是恒力，夹角α越来越大，则cos α越来越小，因为F大小恒定，故F在竖直方向上的分量F cos α随α的增大而减小,显然滑环从A点上升至B点过程中轻绳对滑环做的功大于从B点上升至C点的过程中轻绳对滑环做的功，所以W1＞W2，故A正确。

【优化探究】高考物理一轮复习 8-3课时知能评估

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．有一个带电荷量为＋q、重为G的小球，从竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时( ) A．一定做曲线运动B．不可能做曲线运动C．有可能做匀速运动D．有可能做匀加速直线运动解析：带电小球在重力场、电场和磁场中运动，所受重力、电场力是恒力，但受到的洛伦兹力是随速度的变化而变化的变力，因此小球不可能处于平衡状态，也不可能在电、磁场中运动时做匀变速运动．答案：A2．如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是( )解析：带电小球进入复合场时受力情况：A项，B项，C项，D项.其中只有C、D两种情况下合外力可能为零，所以有可能沿直线通过复合场区域，A 项中力qvB随速度v的增大而增大，所以三力的合力不会总保持在竖直方向，合力与速度方向将产生夹角，做曲线运动，所以A错．答案：CD3．导电是导体中的自由电荷定向移动，这些可以移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子是自由电子，现在广泛应用的半导体材料分成两大类，一类是n型半导体，它的载流子为电子；另一类是p型半导体，它的载流子是“空穴”；相当于带正电的粒子，p型半导体导电，相当于带正电粒子做定向移动，如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与前后侧面垂直，长方体中通有水平向右的电流，测得长方体的上、下表面M、N电势分别是φM和φN，则有( )A．如果是p型半导体，有φM<φNB．如果是n型半导体，有φM>φNC．如果是p型半导体，有φM>φND．如果是金属导体，有φM>φN解析：根据左手定则，“空穴”载流子受洛伦兹力向下，偏向N表面，即N表面带正电，φN>φM；N型半导体和金属导体，电子受洛伦兹力向下，偏向N表面，即N表面带负电，φM>φN，故选A、B、D.答案：ABD4.如图为一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是( )A．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里B．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里C ．使a 板电势高于b 板，磁场方向垂直纸面向外D ．使a 板电势低于b 板，磁场方向垂直纸面向外解析：要使电子沿直线OO ′射出，则电子必做匀速直线运动，电子受力平衡．在该场区，电子受到电场力和洛伦兹力，要使二力平衡，则二力方向为竖直向上和竖直向下．A 选项电子所受电场力竖直向上，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，满足受力平衡．同理，D 选项也满足受力平衡．所以A 、D 选项正确．答案：AD5．(2011年青岛模拟)环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如下图所示正、负离子由静止经过电压为U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，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 .(两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞)为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm 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解析：在加速器中qU ＝12mv 2，在环状空腔内做匀速圆周运动的半径r ＝mv qB ，即r ＝1B2mUq，所以在半径不变的条件下q m越大，B 越小，选项B 正确；粒子在空腔内的周期T ＝2πrv，故加速电压越大，粒子的速率v 越大，其周期越小，选项C 正确．答案：BC6．有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如图所示，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r 相同，则它们一定具有相同的( )①速度；②质量；③电荷量；④比荷． A ．①③ B ．②③④ C ．①④ D ．①②③④解析：在区域Ⅰ，运动的正离子受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，且Eq ＝Bqv ，离子以速度v ＝E /B 匀速穿过区域Ⅰ.进入区域Ⅱ，离子做匀速圆周运动，轨道半径r ＝mvqB，因经区域Ⅰ的选择v 相同，当v 相同时，必有q /m 相同．答案：C 7.如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为v ，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，当滑块沿斜面滑至底端，则滑至底端时的速率( )A ．变大B ．变小C ．不变D ．条件不足，无法判断解析：由左手定则判断带负电的滑块沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使滑块与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端过程中克服摩擦力做功增多，根据动能定理，滑到底端时的动能小于无磁场时到底端的动能，速率变小．答案：B 8.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交变电流源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D 形盒半径为R .若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交变电压频率为f .则下列说法正确的是( )A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB ．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．不改变B 和f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子解析：由回旋加速器的特点可知，粒子进入电场时必须要加速，变化电场的周期与带电粒子做圆周运动的周期要相同，所以质子被加速后的最大速度v ＝R ω＝2πfR ，A 正确；带电粒子在D 形盒中做圆周运动的最大半径为R ，由带电粒子做圆周运动的半径公式R ＝mv qB可得，最大速度v ＝RqBm，由此式可知质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，B 正确；α粒子的比荷与质子的比荷不同，不改变B 与f ，不能用来加速α粒子，D 不正确；由相对论知识可知，质子的质量随速度增大而增大，所以质子的速度不能被加速到任意值，所以C 不正确．答案：AB9．(2009年高考广东卷)如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E ，平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小解析：由加速电场可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外，选项B 正确；经过速度选择器时满足qE ＝qvB ，可知能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /B ，选项C 对；带电粒子进入磁场做匀速圆周运动则有R ＝mvqB ，可见当v 相同时，R ∝m q，所以可以用来区分同位素，且R 越大，比荷就越大，选项A 对D 错误．答案：ABC10．一重力不计的带电粒子以初速度v 0(v 0<E B)先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E 和匀强磁场B ，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W 1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以v 0的初速度穿过叠加场区，电场和磁场对粒子总共做功W 2，比较W 1、W 2的大小( )A ．一定是W 1＝W 2B ．一定是W 1>W 2C ．一定是W 1<W 2D ．可能是W 1>W 2，也可能是W 1<W 2解析：依题意知，带电粒子第二次穿过叠加场时洛伦兹力Bqv 0<Eq ，二力的方向相反，所以沿电场方向偏移的距离比第一次只受电场力时偏移的距离要小，则电场力做功W 2小于第一次做功W 1，所以B 正确．答案：B二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)(2010年高考福建理综卷)如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S 1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E 的偏转电场，最后打在照相底片D 上．已知同位素离子的电荷量为q (q >0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E 0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示)．解析：(1)能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝qv 0B 0① v 0＝E 0B 0②(2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③L ＝12at 2④由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑤ 由②③④⑤解得x ＝E 0B 02mL qE答案：(1)E 0B 0 (2)x ＝E 0B 02mL qE12．(15分)(综合提升)如图所示，质量为m 、带电荷量为q 的小球用长为l 的绝缘细线悬挂于O 点，处于垂直纸面向里的磁感应强度为B 1的匀强磁场中．将小球拉至悬线与竖直方向成θ角，由静止释放，小球运动到最低点A 时，悬线断开，小球对水平面的压力恰好为零．小球沿光滑水平面向左运动进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B 2，且做匀速直线运动．求：(1)小球所带电荷的电性； (2)磁感应强度B 1为多大？ (3)电场强度E 等于多少？解析：(1)根据小球在A 点对水平面的压力恰好为零，此时洛伦兹力方向向上，所以小球带负电．(2)小球由静止运动到最低点A 的过程中，机械能守恒，故有：mgl (1－cos θ)＝12mv 2①在A 点：mg ＝qvB 1② 解得B 1＝mgqv ＝mgq 2gl－cos θ.(3)小球在复合场中做匀速直线运动，则有mg ＝qE ＋qvB 2③解①③式得E ＝mg q－B 22gl －cos θ. 答案：(1)负电 (2)mgq2gl－cos θ(3)mg q－B 22gl－cos θ。

近年届高考物理一轮复习第8章磁场2第二节磁场对运动电荷的作用课后达标能力提升新人教版(2021年整

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2 第二节磁场对运动电荷的作用(建议用时:60分钟）一、单项选择题1．(2018·连云港中学期末）如图所示，在赤道处,将一小球向东水平抛出，落地点为a;给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是（)A．无论小球带何种电荷,小球仍会落在a点B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷,小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点解析:选D．地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察,如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此,小球落地时间会变长,水平位移会变大；同理,若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．2．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于( )A．错误!B．TC．T3D．T2解析：选A．考查带电粒子在磁场中的圆周运动问题．由题意知,带电粒子的平均动能E k ＝错误!mv2∝T，故v∝错误!．由qvB＝错误!整理得：B∝错误!，故选项A正确．3．初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则( ）A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转,速率改变解析:选A．由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变．4．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短D．c粒子速率最小,在磁场中运动时间最短解析：选B．由题图可知，粒子a的运动半径最小,圆心角最大，粒子c的运动半径最大,圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得：qvB＝m错误!，故半径公式r＝错误!,T＝错误!＝错误!，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，速率越小，半径越小，所以粒子a的运动速率最小,粒子c的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动所对应的圆心角，所以粒子a的运动时间最长，粒子c的运动时间最短．5．(2018·盐城质检）如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直于纸面向外,比荷为错误!的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边,则磁感应强度B的取值应为( )A．B>错误!B．B<错误!C．B<错误!D．B〉错误!解析：选C．由题意,若电子正好经过C点，其运动轨迹如图所示，此时其圆周运动的半径R＝错误!＝错误!，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于错误!,由带电粒子在磁场中运动的半径公式r＝错误!，有错误!〈错误!，即B<错误!，C选项正确．6．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为错误!，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）A．错误!Δt B．2ΔtC．错误!Δt D．3Δt解析:选B．粒子沿半径方向进入圆形磁场区域时,一定沿半径方向射出，如图．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m错误!得R＝错误!，T＝错误!．由数学知识得：粒子以速度v进入磁场时,圆周运动的半径R＝错误!r,转过的圆心角θ＝60°；粒子以速度错误!进入磁场时，圆周运动的半径R′＝错误!r，转过的圆心角θ′＝120°，周期T与速度无关，所以t′＝错误!Δt＝2Δt，B正确．二、多项选择题7．(2018·徐州质检）如图所示，在垂直纸面向里的水平匀强磁场中，水平放置一根粗糙绝缘细直杆，有一个重力不能忽略、中间带有小孔的带正电小球套在细杆上．现在给小球一个水平向右的初速度v0,假设细杆足够长,小球在运动过程中电荷量保持不变，杆上各处的动摩擦因数相同，则小球运动的速度v与时间t的关系图象可能是（）解析:选BD．由左手定则可判定洛伦兹力的方向竖直向上，若Bqv0＝mg，球与杆之间无压力作用，即无摩擦力作用,球匀速运动,对应于B图象；若Bqv0>mg，杆对球有向下的压力，由Bqv＝mg＋F N知压力随球速度的减小而减小,再由ma＝F f＝μF N知小球做加速度逐渐减小的减速0运动，对应速度图线的斜率逐渐减小，直到速度减小到使洛伦兹力等于重力后小球匀速运动,题目中无与此情况对应的图象；若Bqv0<mg,杆对球产生向上的支持力作用，Bqv0＋F N＝mg,此情况下支持力随速度的减小而增大，仍由ma＝F f＝μF N知小球做加速度逐渐增大的减速运动，对应速度图线的斜率逐渐增大，直到速度为零，此情况与D图对应，故B、D正确．8．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9．1 cm，中点O与S间的距离d＝4．55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2．0×10－4T，电子质量m＝9．1×10－31 kg，电量e＝－1．6×10－19 C，不计电子重力,电子源发射速度v＝1．6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则( ）A．θ＝90°时，l＝9．1 cm B．θ＝60°时，l＝9．1 cmC．θ＝45°时，l＝4．55 cm D．θ＝30°时，l＝4．55 cm解析：选AD．电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力:evB＝mv2R，R＝错误!＝4．55×10－2 m＝4．55 cm＝错误!,θ＝90°时，击中板的范围如图1，l＝2R＝9．1 cm,选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l＜2R＝9．1 cm，选项B错误．θ＝30°，如图3所示,l ＝R＝4．55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l＞R（R＝4．55 cm),故选项D 正确,C错误．9．(2018·宿迁高三考试)如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场,比荷相同的两个粒子（不计重力)沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A．从P点射出的粒子速度大B．从Q点射出的粒子向心力加速度大C．从P点射出的粒子角速度大D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长解析：选BD．粒子的运动轨迹如图所示,粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出,洛伦兹力提供向心力：qvB＝m错误!，轨迹半径r＝错误!，两粒子比荷相等，r P＜r Q，所以v P＜v Q，故A错误;向心加速度a＝错误!＝错误!，v P＜v Q,所以a P＜a Q，故B正确；粒子在磁场中圆周运动的周期T＝错误!＝错误!，角速度ω＝错误!＝错误!,两粒子比荷相等，所以周期相等、角速度相等，故C错误；根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，粒子在磁场中运动的时间t ＝错误!T＝错误!，所以粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确．10．(2018·江苏百校联盟质检)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源,以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A 点出磁场,粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则( ）A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2解析：选AC．粒子进入磁场时的速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝错误!可知,粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝错误!，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误．三、非选择题11．如图所示,虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角．设电子质量为m，电荷量为e、不计电子之间相互作用力及所受的重力,求：(1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2)电子在磁场中运动的时间t；(3）圆形磁场区域的半径r．解析:（1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB＝错误!解得R＝错误!．(2）设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝错误!＝错误!由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ，所以t＝错误!T＝错误!．（3）如图所示几何关系可知,tan 错误!＝错误!,所以r＝错误!tan 错误!．答案:(1)错误!（2）错误!（3)错误!tan 错误!12．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3．2×106m/s的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9 cm，缝长AD＝18 cm，α粒子的质量m＝6．64×10－27kg,电荷量q＝3．2×10－19 C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0．332 T，方向垂直于纸面向里,整个装置放于真空环境中．(1）若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？（2）若条形磁场的宽度d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？（结果保留2位有效数字）解析：（1）由题意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得∠BAO＝∠ODC＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有Bqv＝错误!解得R＝0．2 m＝20 cm由题意及几何关系可知:若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．设此时磁场宽度d＝d0，由几何关系得d＝R＋R cos 45°＝（20＋10错误!）cm＝0．34 m．甲乙(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则T＝错误!＝错误!×10－6 s设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E,如图乙所示．因磁场宽度d＝20 cm<d0,且R＝20 cm，则在∠EOD间辐射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间辐射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．设在磁场中运动的最长时间为t max，则t＝错误!＝错误!×10－6 s＝2．0×10－7 smax若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短,则α粒子在磁场中运动的时间最短．最短的弦长为磁场宽度d．设在磁场中运动的最短时间为t min,轨迹如图乙所示，因R＝d,则圆弧对应的圆心角为60°，故t＝错误!＝错误!×10－6s＝6．5×10－8s．min答案：(1）0．34m （2)2．0×10－7s 6．5×10－8s。

2021优化方案高考总复习·物理(新课标)：第六章第三节课后检测能力提升

一、单项选择题 1.某电容式话筒的原理如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两金属极板．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 构成的电容器的电容增大B ．P 上电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的低D ．M 点的电势比N 点的高解析：选D.电容式话筒与电源串联，电压保持不变．在P 、Q 间距增大的过程中，依据电容打算式C ＝εS4πkd 得电容减小，A 错误；又依据电容定义式C ＝QU 得电容器所带电荷量减小，B 错误；电容器的放电电流通过R的方向由M 到N ，所以M 点的电势比N 点的高，C 错误、D 正确.2．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽视不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开头下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开头下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回解析：选D.设粒子质量为m ，带电量为q ，由动能定理得，第一次粒子从P 点下落有mg ⎝⎛⎭⎫d ＋d2－qU ＝0；设其次次粒子从P 点下落进入电容器后在距上极板距离为x 处返回，有mg ⎝⎛⎭⎫x ＋d 2－q x 23d U ＝0，联立解得x ＝25d ，故选项D 正确．3.(2022·杭州模拟)如图所示，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的3倍，它们以相等的速度v 0从同一点动身，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为(粒子重力不计)( )A ．3∶4B ．4∶3C ．3∶2D ．2∶3解析：选A.由OM ＝MN 和t ＝x v 0知，t P ＝12t Q ，在垂直极板方向上，y ＝12·q P E m P t 2P ＝12·q Q E m Q t 2Q，解得m P ∶m Q ＝3∶4，A 正确．4．(2022·高考天津卷)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板肯定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能肯定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能肯定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能肯定增加解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A 、B 板所带电荷的电性，A 项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M 点运动到N 点电势能的变化，B 项错误；由于电场力与重力的合力肯定向下，因此微粒受到的合外力做正功，依据动能定理可知，微粒从M 到N 的过程中动能增加，C 项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，也就不能确定微粒从M 到N 过程中机械能是增加还是削减，D 项错误．5.(2022·宿州模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P 小球从紧靠左极板处由静止开头释放，Q 小球从两板正中心由静止开头释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开头释放到运动到右极板的过程中它们的() A．运行时间t P>t QB．电势能削减量之比ΔE P∶ΔE Q＝2∶1C．电荷量之比q P∶q Q＝2∶1D．动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝4∶1解析：选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A错误；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由x ＝12at2可得a P ∶a Q＝2∶1，则q P∶q Q＝2∶1，C正确；电势能的削减量ΔE P∶ΔE Q＝(q P E·x P)∶(q Q E·x Q)＝4∶1，B错误；动能增加量(mgh＋ΔE P)∶(mgh＋ΔE Q)<4∶1，D错误．6.(2022·湖北八校联考)有一静电场，其电势随x坐标的转变而转变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1 mm、4 mm处．则下列说法正确的是()A．粒子将沿x轴正方向始终向前运动B．粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反C．粒子经过P点与Q点时，动能相等D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等解析：选C.由题中φ－x图象，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的v－t图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿其次定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足a P＝2a Q，B错误；由v－t图象可知，粒子在P、Q两点对应的时间分别是22t0和(3－2)t0，其速度相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P＝Eq v，因电场强度不相同，故功率不同，D错误．二、多项选择题7.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是()A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍旧静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴马上做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流解析：选AB.依据题图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝Ud变小，油滴所受的合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而依据C ＝εr S4πkd可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的状况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍旧静止，但是两板的正对面积S减小了，依据C＝εr S4πkd可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量Q保持不变，板间场强E也不变，油滴仍旧静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量仍保持不变，两板间间距d变小，依据C＝εr S4πkd，U＝QC和E＝Ud，可得E＝4πkQεr S，明显，两板间场强E不变，所以油滴仍旧静止，G中无电流，选项D错误．8.(2021·高考江苏卷)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()A．做直线运动B．做曲线运动C．速领先减小后增大D．速领先增大后减小解析：选BC.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误、选项B正确；将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，依据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速领先减小后增大，选项C正确、D错误．9．(2022·成都诊断性检测)如图所示，两对金属板A 、B 和C 、D 分别竖直和水平放置，A 、B 接在电路中，C 、D 板间电压为U .A 板上O 处发出的电子经加速后，水平射入C 、D 板间，电子最终都能打在光屏M 上．关于电子的运动，下列说法正确的是( )A ．S 闭合，只向右移动滑片P ，P 越靠近b 端，电子打在M 上的位置越高B ．S 闭合，只转变A 、B 板间的距离，转变前后，电子由O 至M 经受的时间相同C ．S 闭合，只转变A 、B 板间的距离，转变前后，电子到达M 前瞬间的动能相同D ．S 闭合后再断开，只向左平移B ，B 越靠近A 板，电子打在M 上的位置越高解析：选CD.设射出B 板时速度为v ，则电子在A 、B 板间加速，U BA e ＝12m v 2，在C 、D 板间的偏转位移y ＝12·Ue md ·⎝⎛⎭⎫L v 2＝UL 24dU BA ，S 闭合，只向右移动滑片P ，U BA 增大，偏转位移y 减小，电子打在M 上的位置降低，选项A 错误；设电子在A 、B 板间的运动时间为t 1，A 、B 板间距离为d AB ，则d AB ＝v2t 1，S 闭合，只转变A 、B 板间距离，板间电压U BA 不变，v 不变，t 1变化，从B 板射出后水平方向匀速运动速度不变，电子由O 到M 经受的时间必定变化，选项B 错误；S 闭合，只转变A 、B 板间距离，板间电压U BA 不变，偏转位移y 相同，依据动能定理知电场力做功相同，电子到达M 瞬间的动能相同，选项C 正确；S 闭合再断开，A 、B 板所带电荷量不变，向左平移B 板，板间距离减小，依据C ＝εr S 4πkd AB，C 增大，U BA ＝Q C ，U BA 减小，又y ＝12·Ue md ·⎝⎛⎭⎫Lv 2＝UL 24dU BA可知电子打在M 上的位置上升，选项D 正确．10．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两极板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v 0从两极板中心平行极板射入，开关S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中心．已知微粒质量m ＝4×10－5 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C ，g ＝10 m/s 2则下列说法正确的是( )A ．微粒的入射速度v 0＝10 m/sB ．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C ．电源电压为180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D ．电源电压为100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场解析：选AC.开关S 闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中心，由d 2＝12gt 2，L2＝v 0t ，联立得v 0＝10 m/s ，A 对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B 错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a ，电场力向上，则d 2＝12at 21，L ＝v 0t 1，mg －U 1qd＝ma ，联立解得U 1＝120 V ，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U 2＝200 V ，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V ≤U ≤200 V 时，微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C 对、D 错．三、非选择题11．(2021·高考安徽卷)在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图中未画出)，由A 点斜射出质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l 0为常数．粒子所受重力忽视不计．求：(1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功； (2)粒子从A 到C 过程所经受的时间； (3)粒子经过C 点时的速率．解析：(1)W AC ＝qE (y A －y C )＝3qEl 0.(2)依据抛体运动的特点，粒子在x 方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令t AD＝t DB ＝T ，则t BC ＝T由qE ＝ma 得a ＝qE m又y 0＝12aT 2，y 0＋3l 0＝12a (2T )2解得T ＝2ml 0qE则A →C 过程所经受的时间t ＝32ml 0qE. (3)粒子在DC 段做类平抛运动，于是有 2l 0＝v Cx (2T )，v Cy ＝a (2T ) v C ＝v 2Cx ＋v 2Cy ＝17qEl 02m.答案：(1)3qEl 0 (2)32ml 0qE (3) 17qEl 02m12．如图甲所示，水平放置的平行金属板AB 间的距离d ＝0.1 m ，板长L ＝0.3 m ，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB 板的正中间．距金属板右端x ＝0.5 m 处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB 板间加如图乙所示的方波形电压，已知U 0＝1.0×102 V ．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m ＝1.0×10－7 kg ，电荷量q ＝1.0×10－2 C ，速度大小均为v 0＝1.0×104 m/s.带电粒子的重力不计．则(1)求粒子在电场中的运动时间；(2)求在t ＝0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O 点的距离； (3)请证明粒子离开电场时的速度均相同； (4)若撤去挡板，求荧光屏上消灭的光带长度．解析：(1)粒子水平方向做匀速直线运动，故t ＝Lv 0＝3×10－5s.(2)t ＝0时刻进入的粒子先做匀加速曲线运动t 1＝2×10－5s 再做匀减速曲线运动t 2＝1×10－5s 加速度大小相等，a ＝qU 0md＝108 m/s 2离开电场时，竖直方向速度v y ＝at 1－at 2＝1 000 m/s由于t 1＝2t 2可将整个过程分为3个t 2，由匀加速直线运动的推论可知，竖直方向位移y 1＝12at 22y 2＝3×12at 22y 3＝3×12at 22则离开电场时，竖直位移y ′＝7×12at 22＝0.035 m依据比例可得y ＝y ′＋v yv 0x ＝0.035 m ＋0.05 m ＝0.085 m.(3)v y ＝a (t ＋－t －)t ＋为粒子在电场中运动时正向电压(上极板为U 0)的持续时间，t －为粒子在电场中运动时负向电压(下极板为U 0)的持续时间(t ＋＋t －)恰好等于交变电压的周期，故v y ＝1 000 m/s又全部粒子打入时的速度均为10 000 m/s ，且水平方向做匀速直线运动故全部粒子离开电场时的速度均为v ＝ 1 000101 m/s ，方向与水平方向成角θ＝arccot 10.(4)由第(3)问可知，全部粒子飞出时的速度均相同，重点争辩2×10－5s 末打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板，如图所示光带长度为l ＝d －12at 22＝0.095 m答案：(1)3×10－5 s (2)0.085 m (3)见解析 (4)0.095 m。

高三物理一轮复习第八章磁场章末检测提升(2021年整理)

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第八章磁场一、选择题(本大题共12小题,共48分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分，有错选或不答的得0分) 1．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流,用F N表示磁铁对桌面的压力，用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，导线中通电后与通电前相比较（）A．F N减小，F f＝0 B．F N减小,F f≠0C．F N增大，F f＝0 D．F N增大,F f≠0解析：（转换研究对象法)如图所示，画出一条通电电流为I的导线所在处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知，电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下,所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确选项为C.答案：C2．如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为L，共N匝,线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I时(方向如图），在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码,天平平衡．当电流反向（大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后,天平重新平衡．由此可知（) A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为错误!B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为mg 2NILC．磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为错误!D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为错误!解析：当电流反向(大小不变）时,右边需再加质量为m的砝码后方可平衡，可得此时安培力的方向竖直向上，由左手定则判定磁场方向垂直纸面向里，由两种情况的受力平衡可得：m1g ＝m2g＋m′g＋NBIL，m1g＝m2g＋mg＋m′g－NBIL，其中m′为线圈质量，联解可得B＝错误!。

物理高考复习必做提升能力试题(含答案)

物理高考复习必做提升能力试题（含答案）物理学是一种自然迷信，注重于研讨物质、能量、空间、时间，尤其是它们各自的性质与彼此之间的相互关系。

查字典物理网整理了物理2021年高考温习必做提升才干试题，希望对大家温习有协助。

1.为了测量电流表A1的内阻，某同窗采用照实物图5-12-22所示的实验电路.其中：A1是待测电流表，量程为300 A，内阻约为100A2是规范电流表，量程是200R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9R2是滑动变阻器;R3是维护电阻;E是电池组，电动势为4 V，内阻不计;S1是单刀单掷开关，S2是单刀双掷开关.(1)实验中滑动变阻器采用________接法(填分压或限流)依据如图5-12-22所示电路的实物图，请在虚线中框画出实验电路图.(2)请将该同窗的操作补充完整：衔接好电路，将滑动变阻器R2的滑片移到最________(填左端或右端将开关S2扳到接点a处，接通开关S1;调整滑动变阻器R2，使电流表A2的读数是150 A.将开关S2扳到接点b处，________，使电流表A2的读数仍是150 A.假定此时电阻箱各旋钮的位置如图5-12-23所示，那么待测电流表A1的内阻Rg=________.(3)上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2的滑片位置，都要保证两只电流表的平安.在下面提供的四个电阻中，维护电阻R3应选用________.(填写阻值前相应的字母)A.200 kB.20 kC.15 kD.150 k解析 (1)该电路滑动变阻器为限流接法.电路图如下图. (2)闭合开关之前，应使滑动变阻器的阻值最大，滑片在最左端;本实验运用替代法测量电流表的内阻，因此开关S2接a和接b时电流表A2的读数应该相反，开关接b时，需调理电阻箱R1.电阻箱表示的阻值大小等于被测电流表的内阻，读数为86.3 .(3)当滑动变阻器R2的阻值为零时，电路中的电流不能超越两个电流表的量程，即I=20210-6 A，解得R320 k.答案 (1)限流见地析图(2)左调理电阻箱R1 86.3(3)ABD2.(2021贵州六校联盟第一次联考)在描画小灯泡的伏安特性曲线实验中，某同窗选中一个标有2.5 V,0.6 W的小灯泡，除了导线和开关外，还有以下器材可供选择：电压表V1(量程6 V，内阻约为6 k电压表V2(量程3 V，内阻约为3 k电流表A1(量程300 mA，内阻约为1电流表A2(量程150 mA，内阻约为2滑动变阻器R1(最大阻值200滑动变阻器R2(最大阻值10直流电源E1(电动势4.5 V，r1=0.8 ).(1)实验中电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________.(填写器材代号)(2)以下的四个电路中应选用________电路图停止实验.(3)做完上述实验后，该同窗接着用上述所选电路区分描画了三个电学元件的伏安特性曲线，如图5-12-24甲所示，那么三个元件中属于线性元件的是________(填写曲线代号).然后他用图乙所示的电路给三个元件区分供电，并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值，区分标在图甲上，它们是A点和B点.R0=8.8 ，那么该电源的电动势E=________V，内电阻r=________.这个电源给元件3供电时，元件3的电功率P=________W.解析 (1)灯泡的额外电流I==0.24 A，可知选择量程为300 mA 的电流表，误差较小，即选择A1.从测量的准确度思索，滑动变阻器选择总电阻为10 的误差较小，即选择R2.因灯泡的额外电压为2.5 V，故电压表选用量程为3 V的V2. (2)由于电压、电流需从零末尾测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约为R==10.4 ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小.应选A. (3)在图象中，只要图线1为直线，故线性元件为1.将电阻R0等效到电源的外部，衔接A、B两点并与横轴和纵轴相交，该图线为电源外电压与电流的关系图线.如下图，当电流为0时，外电压为3.0 V，知电源的电动势为3.0 V，内阻r= -8.8 =1.2 .此时元件3的电流和电压区分为：0.2 A,1.0 V，那么元件3的电功率为0.2 W.答案 (1)V2 A1 R2 (2)A (3)1 3.0 1.2 0.23.(2021德州二模)如图5-12-25甲所示，是某同窗设计的一个测电源电动势和内阻的原理图，待测电源电动势E、内阻r，电压表V的量程为3 V，内阻十分大(可视为理想电压表)，电阻箱R，一段电阻未知的电阻丝R0，单刀单掷开关K1，单刀双掷开关K2，实验步骤如下调理电阻箱的阻值为20 ，K2接到a，闭合K1，记下电压表的读数为2.00 V，断开K1;坚持电阻箱的阻值不变，K2切换到b，闭合K1，记以下图乙所示电压表的读数为________V，断开K1.由此可以算出电阻丝的电阻R0为________将K2再切换到a，闭合K1，屡次调理电阻箱，读出多组电组箱的示数和对应的电压表的示数，断开K1.由测得的数据，绘出如图丙所示的-图象.依据图象可以求得电源电动势E=________V，电源内阻r=________.(结果保管两位有效数字)依据原理图衔接实物图丁答案 2.40 4.00(或4) 2.5 0.69 如下图4.小明同窗为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内阻，设计了图5-12-26甲所示的电路，在一定光照条件下停止实验：(1)请依据图甲完成图乙中实物的连线.(2)将测量出来的数据记载在下表中，其中第4组数据的电压如图丙所示，那么电压为________V.1 2 3 4 5 6 7 8 U/V 1.77 1.75 1.70 1.54 1.27 1.00 0.50 I/A 12 30 48 60 68 76 80 86 (3)将这些数据在图丁中描点，第4组数据还未描出.请在图丁中描出第4组数据的点，作出该硅光电池组的U-I 图线;由此U-I图线可知，该硅光电池组的电动势E=________V，电池组的内阻随其输入电流的变化而改动，在电流为86 A 时，该电池组的内阻r=________(保管三位有效数字).解析 (1)所连的实物图如图a所示.(2)电压表的读数为U=1.65 V.(3)该硅光电池组的U-I图线如图b所示.由U-I图象可知电源的电动势E=1.80 V.由U-I图线可以看出在电流为86 A时，外电压为U=0.50 V，此时的内电压为U=E-U=1.30 V，所以该电池组的内阻为r== =1.51104 .答案 (1)如图a所示(2)1.65(3)如图b所示 1.80 1.511045.(2021山东潍坊模拟)可记忆电阻有许多新奇特性，例如负差分电阻效应，多重与可控导电率，迟滞效应等等，从资料上获知某可记忆电阻Rx的I-U特性曲线如图5-12-27所示.现要应用实验亲身描画此元件加正向电压时的I-U特性曲线，除此外，另有器材如下：A.直流电源6 V内阻不计B.电压表V量程6 V，内阻约6 kC.电流表A1量程60 mA，内阻约10D.电流表A2量程10 mA，内阻约20E.滑动变阻器R(总阻值为20 )开关1个、导线假定干(1)由的I-U图象可得出，电压在0～2.5 V范围时，可记忆电阻的电阻值约为________(2)为较准确地描画可记忆电阻的I-U图线，需求在0～3.5 V 和3.5～6 V两个电压段上采用不同的电路和电流表.在描画0～3.5 V电压下的I-U图线时，应选图5-12-28甲、乙、丙、丁四个电路中的________电路，电流表应选________(填C或D);描画3.5～6 V电压下的I-U图线时，应选甲、乙、丙、丁四个电路中的________电路，电流表应选________(填C或D).解析 (1)电压在0～2.5 V范围内，R== =50 .(2)依据题意可知在描画0～3.5 V电压下的I-U图线时，电路应采用分压式外接法，故应选甲电路，电流表应选C;在描画3.5～6 V电压下的I-U图线时，电路应分压式内接法，故应选乙电路，电流表应选D.答案 (1)50 (2)甲 C 乙 D6.(2021安徽卷，21)某同窗为了测量一个量程为3 V的电压表的内阻，停止了如下实验.(1)他先用多用表停止了正确的测量，测量时指针位置如图5-12-29甲所示，失掉电压表的内阻为3.00103 ，此时电压表的指针也偏转了.多用表欧姆挡表盘中央刻度值为15，表内电池电动势为1.5 V，那么电压表的示数应为________V(结果保管两位有效数字).(2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同窗设计了图乙所示的电路图，实验步骤如下：A.断开开关S，按图乙衔接好电路;B.把滑动变阻器R的滑片P滑到b端;C.将电阻箱R0的阻值调到零;D.闭合开关S;E.移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3 V位置;F.坚持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调理电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5 V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值;G.断开开关S.实验中可供选择的实验器材有：a.待测电压表b.滑动变阻器：最大阻值2 000c.滑动变阻器：最大阻值10d.电阻箱：最大阻值9 999.9 ，阻值最小改动量为0.1e.电阻箱：最大阻值999.9 ，阻值最小改动量为0.1f.电池组：电动势约6 V，内阻可疏忽g.开关、导线假定干依照这位同窗设计的实验方法，回答以下效果：要使测量更准确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________(填b或c)，电阻箱中选用________(填d或e).电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测________R真(填或假定RV越大，那么越________(填大或小).解析 (1)电压表的示数即为等效电路的路端电压，由表盘读数可知，如今的欧姆表用的是100挡，故如今的多用表内阻为1 500，由闭合电路欧姆定律可得U=RV=1.0 V(2)滑动变阻器选择分压式接法，应选择阻值较小的，c可用;电压表半偏时，所串联变阻箱电阻约为3 000 ，故变阻箱选择d.由闭合电路欧姆定律可知，随着电阻箱的阻值变大，电源两端的路端电压随之变大，当电阻箱调至使电压表半偏时，此时电压表与变阻箱两端的总电压比变阻箱阻值为0时要大，故此时变阻箱的实践分压是大于电压表的，故有R阻RV，因此电压表电阻的测量值大于真实值，即R测R真，当RV越大，R测越接近真实值，故越小.答案 (1)1.0 (2)c d小物理2021年高考温习必做提升才干试题和答案的全部内容就是这些，查字典物理网祝愿广阔考生可以金榜题名。

高考物理复习知能演练提升第八章章末小结与达标检验

(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，每小题至少有一个选项正确，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分)1.如图1所示，三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同方向如图的电流，ac⊥bd，且ab＝ac＝ad，则a点处磁场方向为( )A．垂直于纸面向外B．垂直于纸面向里C．沿纸面由a向dD．沿纸面由a向c 图1 解析：因ab＝ad，则b与d两直线电流产生的磁场可互相抵消(由安培定则及直线电流磁场中磁场强弱和距离关系可知)，a点磁场将完全取决于c中电流，由安培定则可判知a 点磁场方向为沿纸面由a向d，选C。

答案：C2．质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止于导轨上。

在如图2所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是( )图2解析：A中通电细杆所受安培力水平向右，B中安培力竖直向上，这两种情况，即使没有摩擦力，通电细杆也可以静止在导轨上；C中安培力竖直向下，D中安培力水平向左，这两种情况，如果没有摩擦力，通电细杆均不能静止，故C、D均对。

答案：CD3．(2012·汕头模拟)如图3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( )图3A．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：B4.电场强度为E 的匀强电场与磁感应强度为B 的匀强磁场正交，复合场的水平宽度为d ，竖直方向足够长，如图4所示。

现有一束带电荷量为q 、质量为m 的α粒子以各不相同的初速度v 0沿电场方向射入场区，则那些能飞出场区的α粒子的动能增量ΔE k 可能为( )A ．dq (E ＋B ) B.qEd BC ．qEdD ．0 图4解析：带电粒子可从左侧飞出或从右侧飞出场区，由于洛伦兹力不做功，电场力做功与路径无关，所以从左侧飞出时ΔE k ＝0，从右侧飞出时ΔE k ＝Eqd ，选项C 、D 正确。

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