(浙江选考)2020版高考物理一轮复习 8-特训(五).docx
2020年浙江省学考选考浙江物理53A高三物理复习资料专题八恒定电流
C. It
q
D. It
Sq
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解析 根据电流定义可知,在Δt时间内通过导线横截面的电荷量Q=IΔt, 所以在这段时间内通过的自由电子数为N=Q = It ,所以C对,D错;由于
自由电子定向移动速率是v,在时间Δt内,位于以某横截面为底,长l=vΔt 这段导线内的自由电子都能通过横截面,V=Sl=SvΔt,总的自由电子数N= nV=nSvΔt,A对,B错。 答案 AC
传导速率为3×108 m/s
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例1 (2017浙江嘉兴嘉善月考)(多选)有一横截面积为S的铜导线,流经 其中的电流为I,设每单位体积的导线中有n个自由电子,每个自由电子 的电荷量均为q,此时电子定向移动的速率为v,则在Δt时间内,通过导线 横截面的自由电子数目可表示为 ( )
A.nvSΔt
B.nvΔt
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高考物理(浙江专用)
专题八 恒定电流
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考点清单
考点一 电路的基本概念和规律
考向基础 一、电路的基本概念
物理量 描述
表达式
性质
备注
电流 电荷的① 定向移动 形成电流
标量,方向规定为与 ② 正电荷 定向移动 方向相同
形成条件:a.导体中存在③ 自由电荷 ;b.导体两端存 在电压
电阻
导体对电流的④ 阻碍作用 的改装
改装成电压表
改装成电流表
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改装原理 改装后的量程
备注
串联分压 U=Ig(R+Rg)
并联分流
I= R Rg R
Ig
改装后指针偏角大小取决于通过表头的电流大小,而示数则由偏角和量程 共同决定
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例2 (2017浙江衢州月考,7)有两个相同的电流表,允许通过的最大电流 (满偏电流)为Ig=1 mA,表头电阻Rg=30 Ω,若改装成一个量程为3 V的电 压表和一个量程为0.6 A的电流表应分别 ( ) A.串联一个2 990 Ω的电阻和并联一个0.15 Ω的电阻 B.并联一个2 990 Ω的电阻和串联一个0.15 Ω的电阻 C.串联一个2 970 Ω的电阻和并联一个0.05 Ω的电阻 D.并联一个2 970 Ω的电阻和串联一个0.05 Ω的电阻
2020届高考物理一轮复习：第五章 机械能及其守恒定律第3讲 机械能守恒定律及其应用(含解析)
板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．关于弹性势能，下列说法中正确的是()A．当弹簧变长时弹性势能一定增大B．当弹簧变短时弹性势能一定减小C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大D．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能答案 C解析当弹簧处于压缩状态时，弹簧变长时弹力做正功，弹性势能减小。
弹簧变短时，弹力做负功，弹性势能增加，故A、B错误。
当拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大，故C正确。
当k 相同时，伸长量与压缩量相同的弹簧，弹性势能也相同，故D错误。
2．如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB 和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是()A．M球的机械能守恒B．M球的机械能增大C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功答案 C解析细杆光滑，故M、N组成的系统机械能守恒，N的机械能增加，绳的拉力对N做正功、对M做负功，M的机械能减少，故C正确，A、B、D错误。
3. [2017·福建福州模拟]如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢如图甲所示。
烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动如图乙所示。
那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，(不计空气阻力)下列说法正确的是()A．弹簧、小球所构成的系统机械能守恒B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球所受合力的最大值等于重力D．小球所受合外力为零时速度最小答案 A解析烧断细线后，小球受重力和弹力作用，故弹簧、小球所构成的系统机械能守恒，A正确；小球受到重力和向上的弹力两个力，弹簧的弹力先大于重力，小球加速上升，后弹力小于重力，小球减速上升，所以球的动能先增大后减小，当加速度等于零时，此时所受的合力为零，即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大，此时弹簧尚处于压缩状态，故B、D错误；小球脱离弹簧后还能继续向上运动，由简谐运动的对称性可知，小球所受合力的最大值(在最低点)大于重力，C错误。
浙江专版2025届高考物理一轮总复习大题增分特训8电磁感应课件新人教版
大题增分特训(八)电磁感应1.(2023浙江宁波高三模拟)在如图甲所示的电路中,电阻R 1=R 2=2R ,圆形金属线圈的半径为r 1,电阻为R ,半径为r 2(r 2<r 1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示,图线的横、纵截距分别为t 0和B 0,其余导线的电阻不计。
闭合S,至t 1时刻,电路中的电流已稳定。
(1)判断通过电阻R 2的电流方向和电容器上极板的电性。
(2)求线圈中产生的感应电动势的大小E 。
(3)求稳定后电阻R 2两端的电压U 2。
解析(1)由题图乙可知磁感应强度减小,根据楞次定律得线圈中感应电流的电流方向向右,电容器上极板带负电。
方向为顺时针,则电阻R22.为了提高城市摩天大楼中电梯的运行效率并缩短候梯时间,人们设计了一种电磁驱动的无绳电梯,如图甲所示。
电磁驱动的简化模型如图乙所示,光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内,间距L=1 m。
导轨下端接有阻值R=1 Ω的电阻,质量m=0.1 kg的导体棒(相当于电梯车厢)垂直跨接在导轨上,导轨和导体棒的电阻均不计,且接触良好。
在导轨平面上存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场,导体棒始终处于磁场区域内,g取10 m/s2。
t=0时刻,磁场以v1=10 m/s的速度匀速向上移动的同时静止释放该导体棒。
(1)求t=0时刻导体棒的加速度大小。
(2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度,求该恒定速度的大小。
答案(1)15 m/s2 (2)6 m/s解析(1)在t=0时刻,磁场匀速向上移动,导体棒相对磁场向下的速度大小为v1=10 m/s=BLv1=0.5×1×10 V=5 V根据法拉第电磁感应定律得E1=BI1L导体棒受到向上的安培力为FA=2.5 N代入数据解得FA-mg=ma由牛顿第二定律得FA代入数据解得a=15 m/s2。
(2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度,设该恒定速度的大小为v2,此时导体棒受力平衡,根据平衡条件得BI2L=mg=6 m/s。
(浙江选考)2020版高考物理一轮复习 第5章 机械能 第2讲 动能 动能定理课件
解析 由图象可以看出，汽车在 0～1 s 内做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动 学规律可得加速度大小为 a1＝F－mFf＝vma1x－0；汽车在 1～4 s 内做匀减速运动， 加速度大小为 a2＝Fmf＝vm3ax，由以上两式可得FFf＝41；对汽车运动的全过程应用动 能定理有 W1－W2＝0－0，得到 W1＝W2，所以选项 C 正确。 答案 C
D.2vg2H－1tan θ 和H4
解析 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定sin
θ＝0－12mv2①
由①得 μ＝2vg2H－1tan θ
当物块的初速度为v2时，由动能定理知
－(mgh＋μmgcos
h θsin
θ)＝0－12mv22②
由①②两式得 h＝H4 。选项 D 正确。 答案 D
【典例1】 在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vmax后立即关 闭发动机直到停止，汽车的速度－时间图象如图1所示。设汽车的牵引力为F，摩擦 力为Ff，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2。以下判断中正确的是( )
A.F∶Ff＝1∶3 C.W1∶W2＝1∶1
图1 B.F∶Ff＝3∶1 D.W1∶W2＝1∶3
【典例 2】 一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑动。当物块的初速度为 v 时，上升 的最大高度为 H，如图 2 所示。当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为 h。 重力加速度大小为 g。物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为( )
A.tan θ 和H2 C.tan θ 和H4
图2 B.2vg2H－1tanθ 和H2
2.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技 巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他 克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中( ) A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J 解析 由题可得，重力做功WG＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正 确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，则动能 增加1 800 J，故选项A、B错误。 答案 C
物理高考一轮复习(优质5篇)
物理高考一轮复习（优质5篇）1.物理高考一轮复习第1篇选择题选择题中，纯粹考察基础知识的题目有大概5道，从以下章节中抽取：相对论、光学、原子物理、万有引力与航天、机械振动与机械波、交变电流。
这些考题的特点是：知识点相对独立，没有综合应用，题型简单、易掌握。
因此我们在指导学生时，只需老师把这些知识点讲透、学生吃透就没问题了。
而搞定这些知识点最好的办法，就是精讲精练。
老师除了讲解，就是督促学生完成做题之后的归纳总结，做历年北京市的高考原题、所有期中、期末的考试题，以及所以有区的模拟题，每章最多50道。
把这些题弄明白了，考试没有理由在这些题上丢分。
30分到手，轻而易举。
余下的三道选择题中，有两道会涉及到力学和电学的主干知识，需要较强的综合应用能力，比如机械能守恒定律、带电粒子的运动、电磁感应等等。
这些问题需要较强的基础知识和综合分析能力，如果后面的大题能解，那么这两道题根本就是小菜一碟。
最后一道选择题有很强的综合性，可能是考察一种解决问题的方法，比如20XX年的就是考察了量纲知识，20XX年的是考察用图象法表示物理公式。
而20XX、20XX 两年考察的是推测的能力。
可以说这道题完全是能力的体现，考的是智力和应变能力，知识点倒是次要的。
综上所述，一个成绩中等偏下的学生，在经过一个月的“特训”以后，选择题达到做对6道的水平是非常轻松的。
实验题实验题会考两道，基本上一道电学一道力学。
力学实验共有八个、电学实验七个、光学实验两个。
并且命题还有一个特点，上一年考过的实验，接下来的几年肯定不会再考。
因此只剩下十个左右的实验。
每个实验有三到五个固定的考点，也就是无论怎样出题，都离不开这几个知识点。
对于北京实验的复习指导，其实只有一个字，那就是“细”，老师必须强调出每个实验中的具体的细节。
对于学生，除去认真重做一遍这些实验外，也只有一个字，那就是“背”，背完之后，把各城区的期中、期末考试、模拟考试上面的题研究明白。
16分以上，稳稳收入囊中。
(浙江选考)2020版高考物理一轮复习 4-特训(三).docx
A.方向垂直纸面向外
B.方向竖直向上
C.通电电流越大,导线所受安培力越大
D.若将导线平行于磁场方向放入,导线所受安培力不变
答案 C 由左手定则可知,安培力方向为垂直纸面向里,故A、B错误;根据F=BIL可知,电流越大,则导线所受安培力越大,故C正确;若将导线平行磁场放入,则导线所受安培力为零,故D错误。故选C。
A.对依靠磁场进行导航的物种不会有影响
B.若地磁场处于最弱的状态下,就不会对地球生物的生存有影响
C.太阳辐射的高能粒子直接轰击地球的大气层,可能引发一些疾病
D.地球磁场的反转可能是瞬间发生,而不是一个缓慢、渐进的过程
答案 C 根据题意与常识“地磁场两极与地理两极存在夹角”相结合,推论得出地球磁场的反转是一个缓慢、渐进的过程,不是一个突变过程,故D错误;磁场南、北两极反转之后,对依靠磁场进行导航的物种有很大影响,A错误;地球磁场在反转过程中,相比稳定过程处于一个弱状态,对地球保护会减弱,故C项正确,B项错误。
民航总局关于携带充电宝出行的相关规定
低于100 W·h 可随身携带,不可托运
100~160 W·h 经航空公司批准才能随身携带
(不超过两块),不可托运
超过160 W·h 禁止随身携带,不可托运
图1
为了给智能手机充电,小明购买了一款移动电源,其铭牌如图2所示。给手机充电时该移动电源的效率按80%计算。
7.
在如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r。当滑动变阻器的滑片P向右移动时( )
A.电流表的示数变小,电压表的示数变大
B.电流表的示数变小,电压表的示数变小
浙江专用2020版高考物理一轮复习专题八恒定电流课件
答案 D 每天消耗的电能为W=2 kW×1 h+1.2 kW×3 h+0.1 kW×2 h+0.016 kW×4 h+0.009 kW ×
24 h=6.08 kW·h=2.2×107 J。
5.(2016浙江10月选考,9,3分)一根细橡胶管中灌满盐水,两端用短粗铜丝塞住管口。管中盐水
柱长为40 cm时测得电阻为R。若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相
以下为教师用书专用(3)
3.(2015北京理综,24,20分)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照 前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的 电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线 柱。 已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。 (1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。 (2)图示装置可看作直流电源,求其电动势E和内阻r。 (3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单 位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证 明:P=ΔEk。
5
S
l2 4S
,两式联立得R'= 25 R,
16
5
选项D正确。
6.(2016浙江10月选考,11,3分)如图为一种服务型机器人,其额定功率为48 W,额定工作电压为24V, 机器人的锂电池容量为20 A·h。则机器人 ( )
A.额定工作电流为20 A B.充满电后最长工作时间为2 h C.电池充满电后总电荷量为7.2×104 C D.以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J 答案 C 根据P=UI可知,额定电流应该为2 A,选项A错。电源的容量为20 A·h,即以额定电流 2 A工作时,能够工作的最长时间为10 h,选项B错误。电源充满电后的总电荷量为Q=It=20× 3600 C=7.2×104 C,选项C正确。以额定电流工作时,机器人的功率为48 W,即每秒消耗能量48 J, 选项D错误。
(浙江选考)2020版高考物理一轮复习 1-特训(一)
特训(一)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分一、选择题(每题3分,共45分)1.对于必修课本中的这四幅插图,以下说法正确的选项是( )A.甲图中运动员推开冰壶后,冰壶在冰面运动时遇到的阻力很小,能够以为冰壶在接下去的过程中做匀速直线运动封闭油门后能依赖惯性经过最高点,轨道对过山车的弹力必定向下C.丙图中赛车的质量不是很大,却安装着强盛的发动机,能够获取很大的惯性D.丁图中高大的桥要造很长的引桥,进而减小桥面的坡度,来增大车辆重力沿桥面方向的分力,保证行车方便与安全答案 A 因为冰壶在冰面上运动时在水平方向只遇到阻力作用,假如阻力很小,则可以为冰壶做匀速直线运动,A正确。
假如过山车的速度足够大,则轨道对过山车能够有向下的弹力;假如过山车恰巧经过最高点,重力恰巧供给向心力,轨道与过山车之间无作使劲,B错误;惯性大小和质量相关,与其余要素没关,C 错误;高大的桥要造很长的引桥,进而减小桥面的坡度,这样能够减小车辆重力沿桥面方向的分力,保证行车方便与安全,D错误。
2.对于体育竞赛的阐述,以下说法正确的选项是( )A.运动员铅球成绩为14.50 m,指的是位移大小为14.50 m竞赛打了两个加时赛,共需10 min,指的是时辰C.运动员跑完800 m竞赛,指的是行程为800 m竞赛挑边时,上抛的硬币落回地面猜想正反面,该硬币能够看做质点答案 C 运动员铅球成绩为14.50 m,14.50 m指的是位移水平重量的大小,故A错误;某场篮球竞赛打了两个加时赛,共需10 min,10 min指的是一段时间,故B错误;运动员跑完800 m竞赛,其运动轨迹是曲线,800 m指的是行程,故C正确;足球竞赛挑边时,上抛的硬币落回地面猜想正反面,该硬币的大小和形状不可以忽视,故不可以看做质点,D错误。
选C。
3.小李在网络上观看“神舟十一号”飞船发射视频,分别截取火箭发射后第6 s 末和第10 s 末的图片,如图甲、乙所示,他又上网查到运载“神舟十一号”的长征二号FY11运载火箭全长58 m,则火箭发射后第6 s 末至第10 s 末的均匀速度最靠近( )A.22 m/sB.14 m/sC.10 m/sD.5.8 m/s答案 A 由题图可知,从第6 s 末到第10 s 末,依据火箭的长度可估量出火箭上涨约80 m,则均匀速度v =v v =804 m/s=20 m/s,最靠近22 m/s 。
2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第五章机械能守恒定律专题强化一含答案
专题强化一 动力学和能量观点的综合应用命题点一 多运动组合问题1．抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．2．两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．例1 (2017·浙江4月选考·20)图1中给出了一段“S ”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m 、r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图1(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)． 答案 见解析解析 (1)汽车在沿弯道1中心线行驶时， 由牛顿第二定律得，kmg ＝m v 12r 1解得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s.(2)设在弯道2沿中心线行驶的最大速度为v 2由牛顿第二定律得，kmg ＝m v 22r 2解得v 2＝kgr 2＝510 m/s 在直道上由动能定理有 Pt －mgh ＋W f ＝12m v 22－12m v 12代入数据可得W f ＝－2.1×104 J.(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短，由图可得r ′2＝r 12＋[r ′－(r 1－d2)]2代入数据可得r ′＝12.5 m设汽车沿该路线行驶的最大速度为v ′ 则kmg ＝m v ′2r ′得v ′＝kgr ′＝12.5 m/s 由sin θ＝r 1r ′＝0.8则对应的圆心角为2θ＝106° 路线长度s ＝106°360°×2πr ′≈23.1 m最短时间t ′＝sv ′≈1.8 s.变式1 (2016·浙江4月选考·20)如图2所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m ．轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A 点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图2(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由． 答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)见解析 解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J ＝0.1 J 由ΔE k ＝12m v 02，可得v 0＝2 m/s.(2)由E 弹∝d 2，可得当弹簧压缩量为2d 时， ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1由动能定理可得－mg (h 1＋h 2)－μmgL ＝－ΔE k ′ 解得μ＝3h 1－h 2L＝0.5.(3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是 mg ＝m v 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s 解得R m ＝0.4 m当R >0.4 m 时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B 点； 当R ≤0.4 m 时，滑块能上升到B 点． 题型1 平抛运动＋圆周运动的组合例2 (2013·浙江理综·23)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图3.图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图3(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小． 答案 (1)8 m/s (2)4 5 m/s (3)216 N解析 (1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有 h 1＝12gt 2①x 1＝v min t ② 联立①②式，得 v min ＝8 m/s.③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有 (M ＋m )gh 2＝12(M ＋m )v C 2④v C ＝2gh 2＝4 5 m/s.⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，在最低点由牛顿第二定律得 F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v C 2L ⑥由几何关系 (L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦ 得：L ＝10 m ⑧联立⑤⑥⑧式并代入数据解得： F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v C 2L＝216 N.题型2 直线运动＋圆周运动＋平抛运动的组合例3 (2019届湖州市模拟)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图4所示，某小车以额定功率18 W 由静止开始从A 点出发，加速2 s 后进入光滑的竖直圆轨道BC ，恰好能经过圆轨道最高点C ，然后经过光滑曲线轨道BE 后，从E 处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆半径R ＝1.2 m ，沙坑距离BD 平面高度h 2＝1 m ，小车的总质量为1 kg ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：图4(1)小车在B 点对轨道的压力大小；(2)小车在AB 段克服摩擦力做的功；(3)末端平抛高台h 1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？ 答案 (1)60 N (2)6 J (3)1 m 4 m解析 (1)由于小车恰好经过圆轨道最高点C ，即mg ＝m v C 2R由B →C ，根据动能定理可得－2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2在B 点由牛顿第二定律有，F N －mg ＝m v B 2R ，联立解得F N ＝60 N ，由牛顿第三定律得在B 点小车对轨道的压力为60 N ，方向竖直向下．(2)由A →B ，根据动能定理：Pt ＋W f ＝12m v B 2，解得W f ＝－6 J ，即小车在AB 段克服摩擦力做的功为6 J.(3)由B →E ，根据动能定理得－mgh 1＝12m v E 2－12m v B 2，飞出后，小车做平抛运动，所以h 1＋h 2＝12gt 2水平位移x ＝v E t ，化简得x ＝v B 2－2gh 12(h 1＋h 2)g，即x ＝ (60－20h 1)h 1＋15，当h 1＝1 m 时，水平距离最大，x max ＝4 m. 命题点二 传送带模型问题 传送带问题的分析流程和技巧 1．分析流程2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝F f ·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x 相对为两物体对地位移大小之和． 3．功能关系(1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W F 和Q 的理解： ①传送带的功：W F ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝F f ·x 相对． 模型1 水平传送带模型例4 倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m /s 的速度运动，运动方向如图5所示．一个质量为2 kg 的物体(可视为质点)，从h ＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A 、B 连线的中点处，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图5(1)传送带左、右两端A 、B 间的距离L ；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量； (3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h ′. 答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m解析 (1)物体从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中，由动能定理得：mgh －μmgL 2＝0－0，解得L＝12.8 m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x 相＝L 2＋v 带·t ，又L 2＝12μgt 2，而摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相，联立得Q ＝160 J.(3)物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为v 带＝6 m/s 时，向右运动的位移为x ，则μmgx ＝12m v 带2，得x＝3.6 m ＜L2，即物体在到达A 点前速度与传送带速度相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得12m v 带2＝mgh ′，解得h ′＝1.8 m. 模型2 倾斜传送带模型例5 如图6所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m /s ，沿顺时针方向运动，物体质量m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图6(1)物体由A 端运动到B 端的时间．(2)系统因摩擦产生的热量． 答案 (1)2 s (2)24 J解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 1，加速到与传送带同速， 则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12解得：a 1＝10 m/s 2 t 1＝1 s x 1＝5 m<L因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝v t 2＋12a 2t 22解得：t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s. (2)物体与传送带间的相对位移 x 相＝(v t 1－x 1)＋(L －x 1－v t 2)＝6 m 故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J.1.如图1所示，皮带的速度是3 m /s ，两轮圆心间距离s ＝4.5 m ，现将m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，(取g ＝10 m/s 2)求：图1(1)小物体获得的动能E k ； (2)这一过程中摩擦产生的热量Q ； (3)这一过程中电动机多消耗的电能E . 答案 (1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J解析 (1)物体开始做匀加速运动， 加速度a ＝μg ＝1.5 m/s 2，当物体与皮带速度相同时，有μmgx ＝12m v 2.解得物体加速阶段运动的位移x ＝3 m ＜4.5 m ， 则小物体获得的动能 E k ＝12m v 2＝12×1×32 J ＝4.5 J.(2)v ＝at ，解得t ＝2 s ， Q ＝μmg ·x 相对＝μmg (v t －x ) ＝0.15×1×10×(6－3) J ＝4.5 J. (3)E ＝E k ＋Q ＝4.5 J ＋4.5 J ＝9 J.2．2008年北京奥运会场地自行车赛安排在老山自行车馆举行．老山自行车赛场采用的是250 m 椭圆赛道，赛道宽度为7.7 m ．赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，按国际自盟UCI 赛道标准的要求，圆弧段倾角为45°，如图2所示(因直线段倾角较小，故计算时不计直线段的倾角)．赛道使用松木地板，为运动员提供最好的比赛环境．目前，比赛用车采用最新的碳素材料设计，质量为9 kg.比赛时，运动员从直线段的中点出发绕场骑行，若已知赛道的每条直线段长80 m ，圆弧段内半径为14.4 m ，运动员质量为51 kg ，设直线段运动员和自行车所受阻力为接触面压力的0.75倍(不计圆弧段摩擦，圆弧段上运动近似为匀速圆周运动，不计空气阻力，计算时运动员和自行车可近似为质点，g 取10 m/s 2)．求：图2(1)运动员在圆弧段内侧赛道上允许的最佳安全速度是多大？(2)为在进入弯道前达到(1)所述的最佳安全速度，运动员和自行车在直线段加速时所受的平均动力至少为多大？(3)若某运动员在以(1)所述的最佳安全速度进入圆弧轨道时，因技术失误进入了最外侧轨道，则他的速度降为多少？若他在外道运动绕过的圆心角为90°，则这一失误至少损失了多少时间？(在圆弧轨道骑行时不给自行车施加推进力)答案 (1)12 m /s (2)558 N (3)6 m/s 3.3 s解析 (1)运动员以最大允许速度在圆弧段内侧赛道骑行时，重力与支持力的合力沿水平方向，充当圆周运动的向心力，由牛顿第二定律： mg tan 45°＝m v 2R，则v ＝gR ＝12 m/s(2)运动员在直线段加速距离x ＝40 m ，v 2＝2ax 由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，解得F ＝558 N (3)进入最外侧轨道后，高度增加了Δh ＝d sin 45°≈5.4 m 半径增加了ΔR ＝d cos 45°≈5.4 m由机械能守恒定律得：12m v 2＝mg Δh ＋12m v 12解得v 1＝v 2－2g Δh ＝6 m/s在内侧赛道上运动绕过圆心角90°所需时间：t 1＝πR2v ≈1.88 s在外侧赛道上运动绕过圆心角90°所需时间：t 2＝π(R ＋ΔR )2v 1≈5.18 s至少损失时间：Δt ＝t 2－t 1＝3.3 s.3．(2018·杭州市五校联考)如图3所示，质量为m ＝1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为R ＝0.4 m 的14圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v ＝2 m/s.当滑块经过B 点后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ＝37°、长s ＝1 m 的斜面CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D 点与光滑水平地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点．认为滑块通过C 和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图3(1)求滑块对B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功； (2)若设置μ＝0，求滑块从C 运动到D 的时间； (3)若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围．答案 (1)20 N 2 J (2)13s (3)0.125 ≤μ<0.75或μ＝1解析 (1)在B 点，F －mg ＝m v 2R解得F ＝20 N由牛顿第三定律，滑块对B 点的压力F ′＝20 N 从A 到B ，由动能定理，mgR －W ＝12m v 2得到W ＝2 J.(2)若设置μ＝0，滑块在CD 间运动，有mg sin θ＝ma 加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2根据匀变速运动规律s ＝v t ＋12at 2，得t ＝13 s.(3)最终滑块停在D 点有两种可能： a ．滑块恰好能从C 下滑到D .则有mg sin θ·s －μmg cos θ·s ＝0－12m v 2，得到μ＝1b ．滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 当滑块恰好能返回C ：－μ1mg cos θ·2s ＝0－12m v 2得到μ1＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有 mg sin θ＝μ2mg cos θ，得到μ2＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.4．(2019届金华市模拟)某同学设计了一款益智类的儿童弹射玩具，模型如图4所示，AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD 段是半径为R 的四分之三圆弧弯杆，DE 段是长度为2R 的水平杆，与AB 杆稍稍错开．竖直杆内装有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m 的小球．每次将弹簧的长度压缩至P 点后锁定，设PB 的高度差为h ；解除锁定后弹簧可将小球弹出．在弹射器的右侧装有可左右移动的宽为2R 的盒子用于接收小球，盒子的左端最高点Q 和P 点等高，且与E 的水平距离为x ，已知弹簧锁定时的弹性势能E p ＝9mgR ，小球与水平杆的动摩擦因数μ＝0.5，与其他部分的摩擦不计，不计小球受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对小球的影响且杆的粗细远小于圆的半径，重力加速度为g .求：图4(1)当h ＝3R 时，小球到达弯杆的最高点C 处时的速度大小v C ；(2)在(1)问中小球运动到最高点C 时对弯杆作用力的大小；(3)若h 连续可调，要使该小球能掉入盒中，求x 的最大值．答案 (1)10gR (2)9mg (3)8R解析 (1)小球从P 点运动至C 点的过程中，机械能守恒，则有E p ＝mg (h ＋R )＋12m v C 2， 解得v C ＝10gR .(2)设小球在C 点时受到弯杆的作用力向下，大小为F ，则F ＋mg ＝m v C 2R，解得F ＝9mg ， 根据牛顿第三定律，小球对弯杆的作用力大小为9mg .(3)从P 到E 的过程中，由能量守恒得E p －mg (h －R )－μmg ·2R ＝12m v E 2－0， 要使小球落入盒中且x 取最大值的临界情况是正好从Q 点掉入盒中，由E 到Q 做平抛运动得h －R ＝12gt 2，x ＝v E t ， 联立得x ＝2－(h －5R )2＋16R 2，故当h ＝5R 时，有x max ＝8R .判断：该情况小球能通过最高点C ，结果成立．。
2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第八章恒定电流第1讲含答案
第1讲 电路的基本概念与规律[考试标准]知识内容考试要求说明电源和电流 c 1.不要求计算液体导电时的电流． 2.不要求解决与导线内部自由电子定向运动速率相联系的问题.电动势c 欧姆定律、U －I 图象及I －U 图象c 焦耳定律 c 导体的电阻c一、电源、电流和电动势 1．电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置． 2．电流 (1)定义式：I ＝q t.(2)方向：规定为正电荷定向移动的方向． (3)微观表达式：I ＝nqS v . 3．电动势 (1)定义式：E ＝Wq.(2)物理意义：反映电源非静电力做功本领大小的物理量．自测1 (2019届西湖高级中学模拟)如图1所示为两节某品牌的不同型号干电池，其上均标有“1.5V ”字样，下列说法正确的是()图1A ．两种型号的电池都有内阻而且一定相同B ．两种型号的电池储存的能量一定一样多C ．“1.5 V ”表示电池供电时正负极之间的电压为1.5 VD ．“1.5 V ”表示电池供电时每通过1 C 的电荷量，有1.5 J 的化学能转化为电能 答案 D二、欧姆定律、U －I 图象及I －U 图象 1．欧姆定律 (1)表达式：I ＝UR .(2)适用范围①金属导电和电解质溶液导电(对气态导体和半导体元件不适用)． ②纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路)． 2．U －I 图象及I －U 图象的比较自测2 (多选)如图2所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )图2A ．通过电阻的电流与两端电压成正比B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1tan α＝1.0 ΩD ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C 答案 AD三、电功、电热、电功率 1．电功(1)定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功． (2)公式：W ＝qU ＝IUt (适用于任何电路)．(3)电流做功的实质：电能转化为其他形式的能的过程． 2．电功率(1)定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢． (2)公式：P ＝Wt ＝UI (适用于任何电路)．3．焦耳定律(1)电热：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比． (2)表达式：Q ＝I 2Rt . 4．热功率(1)定义：单位时间内的发热量． (2)表达式：P ＝Qt＝I 2R .自测3 如果家里的微波炉(1 000 W)、电视机(100 W)和洗衣机(400 W)平均每天都工作1 h ，一个月(30天计)的用电量是( ) A ．10 kW·h B ．20 kW·h C ．45 kW·h D ．40 kW·h答案 C解析 P ＝100 W ＋1 000 W ＋400 W ＝1 500 W ＝1.5 kW ，故W ＝Pt ＝1.5 kW ×1 h ×30＝45 kW·h.四、导体的电阻1．电阻的定义式：R ＝UI .2．电阻的决定式：R ＝ρlS .3．电阻率 (1)计算式：ρ＝R Sl .(2)电阻率与温度的关系①金属：电阻率随温度升高而增大．②半导体(负温度系数)：电阻率随温度升高而减小． ③一些合金：几乎不受温度变化的影响．④超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零，成为超导体． 自测4 下列关于电阻率的叙述，正确的是( ) A ．电阻率与导体的长度和横截面积有关B ．电阻率表征了材料的导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关C ．电阻率大的导体，电阻一定大D ．有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可以用来制成电阻温度计 答案B命题点一 对电阻定律、欧姆定律的理解 电阻的决定式和定义式的比较例1 如图3所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，若将A 与B 接入电压为U 的电路中时，电流为1 A ；若将C 与D 接入电压为U 的电路中时，则电流为( )图3A ．4 AB ．2 A C.12 A D.14 A答案 A解析 根据电阻定律公式R ＝ρL S 得，R AB ＝ρL ab S ad ，R CD ＝ρL ad S ab ，故R AB R CD ＝41.接入电压相同的电路，两次电流之比为1∶4，故将C 与D 接入电压为U 的电路中时电流为4 A.变式1 两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为( ) A ．1∶4 B ．1∶8 C ．1∶16 D ．16∶1答案 C变式2 已知纯电阻用电器A 的电阻是纯电阻用电器B 的电阻的2倍，加在A 上的电压是加在B 上的电压的一半，那么通过A 和B 的电流I A 和I B 的关系是( ) A ．I A ＝2I B B ．I A ＝I B2C ．I A ＝I BD ．I A ＝I B4答案 D解析 由I ＝U R 得，I A ∶I B ＝U A R A ∶U B R B ＝1∶4，即I A ＝I B4，故选项D 正确．变式3 (2016·浙江10月选考·9)一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口．管中盐水柱长为40 cm 时测得电阻为R .若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同．现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管)，则盐水柱电阻变为( ) A.45R B.54R C.1625R D.2516R 答案 D解析 由于总体积不变，设40 cm 长时盐水柱的横截面积为S .所以长度变为50 cm 后，横截面积S ′＝45S ，根据电阻定律有R ＝ρ40S ，R ′＝ρ5045S ，联立两式得R ′＝2516R ，选项D 正确． 变式4 如图4所示，两个同种材料制成的导体放在水平面上，两导体是横截面为正方形的柱体，柱体高均为h ，大柱体横截面边长为a ，小柱体横截面边长为b ，则( )图4A ．若电流沿图示方向，大柱体与小柱体的电阻之比为a ∶bB ．若电流沿图示方向，大柱体与小柱体的电阻之比为a 2∶b 2C ．若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为b ∶aD ．若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为b 2∶a 2 答案 D解析 电流如题图方向时，由R ＝ρL S ，R 大＝ρaah ，R 小＝ρbbh ，故R 大∶R 小＝1∶1，故A 、B 错误；电流方向竖直向下时，R 大′＝ρh a 2，R 小′＝ρhb 2，则R 大′∶R 小′＝b 2∶a 2，故C 错误，D 正确． 命题点二 伏安特性曲线的理解1．图5甲中图线a 、b 表示线性元件，图乙中图线c 、d 表示非线性元件． 2．图线a 、b 的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故R a <R b (如图甲所示) 3．图线c 的电阻随电压的增大而减小，图线d 的电阻随电压的增大而增大(如图乙所示)．图54．非线性元件的I －U 图线是曲线时，导体电阻R n ＝U nI n，即电阻等于图线上点(U n ，I n )与坐标原点连线的斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数． 类型1 线性元件的分析例2 如图6所示，图线1表示的导体电阻为R 1，图线2表示的导体电阻为R 2，则下列说法正确的是( )图6A ．R 1∶R 2＝1∶3B ．R 1∶R 2＝3∶1C ．将R 1与R 2串联后接在恒定电源上，则流过两电阻的电流之比为1∶3D ．将R 1与R 2并联后接在恒定电源上，则流过两电阻的电流之比为1∶3 答案 A解析 在I －U 图象中，R ＝1k ，由题图可知，k 1＝1，k 2＝13，所以R 1∶R 2＝1∶3，选项A 正确，B 错误；R 1与R 2串联后接在恒定电源上，流过两电阻的电流相等，选项C 错误；R 1与R 2并联后接在恒定电源上，流过两电阻的电流之比I 1I 2＝R 2R 1＝31，选项D 错误．变式5 某导体的伏安特性曲线如图7所示，下列说法中错误的是( )图7A ．该导体的电阻是25 ΩB ．当该导体两端的电压为5 V 时，该导体的电功率为0.5 WC ．当该导体两端的电压为1 V 时，通过该导体的电流为0.04 AD ．当通过该导体的电流为0.1 A 时，该导体两端的电压为2.5 V 答案 B解析 I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故电阻R ＝50.2Ω＝25 Ω，故A 正确； 当该导体两端电压为5 V 时，电流I ＝0.2 A ，电功率P ＝UI ＝1 W ，故B 错误； 当该导体两端电压为1 V 时，电流I ＝U R ＝125 A ＝0.04 A ，故C 正确；当电流为0.1 A 时，电压U ＝IR ＝0.1×25 V ＝2.5 V ，故D 正确．类型2 非线性元件的分析例3 (多选)我国已经于2012年10月1日起禁止销售100 W 及以上的白炽灯，之后逐步淘汰白炽灯．假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图8所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )图8A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0答案 CD解析 白炽灯的电阻随电压的增大而增大，选项A 错误；在A 点，白炽灯的电阻大小可表示为U 0I 0，选项B 错误，选项D 正确；在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0，选项C 正确．变式6 如图9所示为某电学元器件的U －I 图线，图中倾斜虚线为曲线上P 点的切线．当通过该元器件的电流为0.4 A 时，该元器件的阻值为( )图9A ．250 ΩB ．125 ΩC ．100 ΩD ．62.5 Ω答案 B解析 由题图可知，当电流为0.4 A 时，电压为50 V ，则由欧姆定律可知，阻值为：R ＝U I ＝500.4 Ω＝125 Ω，故B 正确，A 、C 、D 错误． 命题点三 电功、电功率和电热的计算 1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较：2.电功与电热的处理方法：(1)首先要分清所研究的电路是纯电阻电路还是非纯电阻电路，正确选择计算公式．(2)处理非纯电阻电路的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．例4 一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍 答案 C解析 由于电饭煲是纯电阻元件， 所以R 1＝UI 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W ，其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J ， 洗衣机为非纯电阻元件， 所以R 2≠UI 2，P 2＝UI 2＝110 W ，其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J ，其热功率P 热≠P 2， 所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．故选C.变式7 如图10所示是某一电器的铭牌，从铭牌上的信息可推断该铭牌对应的电器可能是( )图10答案 A解析 铭牌上标注功率为24 W ，功率较低，所以应为电风扇，选项A 正确．变式8 (多选)现有充电器为一手机电池充电，等效电路如图11所示，充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，手机电池的内阻为r ，下列说法正确的是( )图11A ．充电器输出的电功率为UI ＋I 2rB ．电能转化为化学能的功率为UI －I 2rC ．电池产生的热功率为I 2rD ．充电器的充电效率为IrU ×100%答案 BC解析 充电器输出的电功率为：P 输出＝UI ，故A 错误；电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UIt ＝I 2rt ＋Pt ，故有：P ＝UI －I 2r ，故B 正确；电池产生的热功率为P 热＝I 2r ，故C 正确；充电器的充电效率为η＝U －Ir U×100%，故D 错误．变式9 (2018·嘉兴市期末)如图12所示为一台冬天房间里取暖用的暖风机．其内部电路可简化为加热电阻丝与电动机串联，电动机带动风叶转动，将加热后的热空气吹出．设电动机的线圈电阻为R 1，电阻丝的电阻为R 2，将暖风机接到额定电压为U (有效值)的交流电源上，正常工作时，电路中的电流有效值为I ，电动机、电阻丝、暖风机消耗的电功率分别为P 1、P 2、P ，则下列关系式正确的是( )图12A．P1＝I2R1B．P2＞I2R2C．P＝UI D．P＝I2(R1＋R2)答案 C变式10(2016·浙江10月选考·11)如图13为一种服务型机器人，其额定功率为48 W，额定工作电压为24 V．机器人的锂电池容量为20 A·h，则机器人()图13A．额定工作电流为20 AB．充满电后最长工作时间为2 hC．电池充满后总电荷量为7.2×104 CD．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J答案 C解析根据P＝UI可知，机器人额定工作电流为2 A，选项A错误；机器人的锂电池容量为20 A·h，则在额定电流2 A下工作时，能够工作最长时间为10 h，选项B错误；电池充满电后的总电荷量Q＝It＝20×3 600 C＝7.2×104 C，选项C正确；在额定电流下，机器人功率为48 W，即每秒消耗能量48 J，选项D错误．1．(2019届温州市模拟)下列说法正确的是()A．电流强度是矢量B ．带电微粒所带的电荷量有可能是2.4×10－19CC ．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大D ．电动势在数值上等于非静电力在电源内部把1 C 的正电荷从负极移送到正极所做的功 答案 D2．关于导体的电阻和电阻率，下列说法中正确的是( )A ．由R ＝UI 可知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比B ．由R ＝ρlS 可知，同种导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比C ．由ρ＝RSl 可知，导体的电阻率与导体的横截面积成正比，与导体的长度成反比D ．由ρ＝RSl 可知导体的电阻越大，其电阻率越大答案 B解析 导体的电阻是导体本身的性质，与两端电压和通过导体的电流无关，同种导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，选项A 错，B 对；电阻率是材料本身的性质，只与材料和温度有关，与导体的长度和横截面积无关，选项C 、D 均错．3．某同学在商场买了一个标有“220 V 800 W ”的电水壶，为了验证电水壶质量是否合格，他特意用多用电表测量了电水壶的电阻，若电水壶合格，那么该同学测得的电水壶的阻值( ) A ．接近60.5 Ω B ．略大于60.5 Ω C ．明显大于60.5 Ω D ．明显小于60.5 Ω答案 D解析 依据电水壶标签上额定电压和额定功率求出的电阻为高温状态下的电阻，而用多用电表测出的电水壶电阻为常温下的电阻，且温度相差很大，根据金属材料的电阻随温度的升高而增大可知选项D 正确．4.一个阻值为R 的电阻两端加上电压U 后，通过电阻横截面的电荷量q 随时间t 变化的图象如图1所示，此图象的斜率可表示为( )图1A ．UB ．RC.U RD.1R答案 C5．随着人们生活水平的逐步提高，家用电器的种类不断增多．下列关于家庭电路的说法中正确的是 ( )A ．灯与控制它的开关是并联的，与插座是串联的B ．使用测电笔时，不能用手接触到笔尾的金属体C ．电路中电流过大的原因之一是使用的电器总功率过大D ．增加大功率用电器时，只需换上足够粗的保险丝即可 答案 C解析 因为开关是控制灯工作与否的，所以开关必须与灯是串联关系，而灯的工作情况不影响插座的工作，所以是并联的，故A 错误；使用测电笔时，必须接触笔尾的金属体，故B 错误；电路中电流过大的原因有两个：一个是使用的电器总功率过大，另一个是发生短路，故C 正确；增加大功率用电器的时候，不但要换上足够粗的保险丝，输电线也要更换横截面积大的导线，故D 错误．6.如图2所示，R 1、R 2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，正方形的边长之比为2∶1，通过这两个导体的电流方向如图所示，则以下说法正确的是( )图2A ．导体材料的电阻率跟长度成正比，跟材料的横截面积成反比B ．若通过导体的电流方向如图，两个导体的电阻R 1∶R 2＝4∶1C ．若两导体的电流方向垂直于正方形面通过，则导体电阻之比R 1∶R 2＝4∶1D ．若通过导体的电流方向如图，不管两导体电阻是串联还是并联在电路中，两电阻的热功率相同 答案 D解析 材料的电阻率由材料本身的性质决定，与长度及横截面积无关，A 选项错误；设导体的厚度为D ，正方形边长为l ，若通过导体的电流方向如题图所示，则R ＝ρl S ＝ρl lD ＝ρD ，即两导体电阻相等，不管两导体电阻是串联还是并联在电路中，两电阻的热功率相同，B 选项错误，D 选项正确；若电流方向垂直正方形面通过，由电阻定律可得R ＝ρDl2，则R 1∶R 2＝1∶4，C 选项错误．7．如图3所示，a 、b 、c 为同一种材料做成的电阻，b 与a 的长度相等，但横截面积b 是a 的两倍；c 与a 的横截面积相等，但长度c 是a 的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是( )图3A ．电压表的示数是的2倍B ．电压表的示数是的2倍C ．电压表的示数是的2倍D ．电压表的示数是的2倍答案 A解析 由题意可知：L c ＝2L a ＝2L b ，S b ＝2S a ＝2S c ；设b 的电阻R b ＝R ，由电阻定律R ＝ρLS ，得：R a ＝2R b ＝2R ，R c ＝2R a ＝4R ，R c ∶R a ∶R b ＝4∶2∶1，由题图可知，a 、b 、c 三个电阻串联，通过它们的电流I 相等，由U ＝IR 得：U c ∶U a ∶U b ＝4∶2∶1，U V3∶U V1∶U V2＝4∶2∶1.8．一个内电阻可以忽略的电源，给装满绝缘圆管的水银供电，通过水银的电流为0.1 A ，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管)，那么通过水银的电流将是( ) A ．0.4 A B ．0.8 A C ．1.6 A D ．3.2 A 答案 C解析 大圆管内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银柱长度变为原来的14，则电阻变为原来的116，因所加电压不变，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，C 正确． 9．(2017·浙江11月选考·12)小明同学家里部分电器的消耗功率及每天工作时间如下表所示，则这些电器一天消耗的电能约为( )A.6.1×103 WB ．6.1×102 JC．2.2×104 W D．2.2×107 J答案 D解析根据题表数据可知，每天消耗的电能为W＝2 kW×1 h＋1.2 kW×3 h＋0.1 kW×2 h＋0.016 kW×4 h＋0.009 kW×24 h＝6.08 kW·h≈2.2×107 J，故D正确．10．某技术质量监督局对市场中电线电缆产品质量进行抽查，结果公布如下：十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但把横截面积缩小，买2.5平方毫米的电线，拿到手的仅为1.5平方毫米，载流量不够；另一个问题是绝缘层质量不合格，用再生塑料作电线外皮，电阻率达不到要求……则以下说法正确的是()A．横截面积减小的铜的电阻率增大B．再生铜或含杂质很多的铜的电阻率很小C．再生塑料作电线外皮，使电线的绝缘性能下降D．铜是导体，电阻为零，横截面积和杂质对其没有影响答案 C11.扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫．如图4为某款扫地机器人，已知其电池容量2 200 mAh，额定工作电压15 V，额定功率33 W，则下列说法正确的是()图4A．题中“mAh”是能量的单位B．扫地机器人的电阻是20 ΩC．扫地机器人正常工作时的电流是2.2 AD．扫地机器人充满电后一次工作时间约为2 h答案 C12．室内有几种用电器：1.5 kW的电饭煲、200 W的电灯、750 W的取暖器、250 W的电视机和2 kW 的空调器．如果进线处只有13 A的保险丝，供电电压为220 V，为用电安全，下列情况下不能同时使用的是()A．电饭煲和电灯B．取暖器和空调器C．电饭煲和空调器D．电灯、电视机和空调器答案 C解析当保险丝达到最大电流时电路中的总功率P＝UI＝220×13 W＝2 860 W电饭煲和电灯同时使用的功率为：P1＝(1 500＋200) W＝1 700 W＜2 860 W，可以同时使用；取暖器和空调器同时使用的功率为：P2＝(750＋2 000) W＝2 750 W＜2 860 W，可以同时使用；电饭煲和空调器同时使用的功率为：P3＝(1 500＋2 000) W＝3 500 W＞2 860 W，不可以同时使用；电灯、电视机和空调器同时使用的功率为：P4＝(200＋250＋2 000) W＝2 450 W＜2 860 W，可以同时使用，故C正确．13.R1、R2的伏安特性曲线如图5所示．下列说法正确的是()图5A．R1、R2并联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅠB．R1、R2并联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅡC．R1、R2串联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅠD．R1、R2串联后的总电阻的伏安特性曲线在区域Ⅱ答案 A解析在I－U图象中，图线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知电阻R1的阻值较大，电阻R2的阻值较小．R1、R2并联后的总电阻小于任意一个电阻值，所以伏安特性曲线在电阻值比较小的Ⅰ区，故A正确，B错误；若将两电阻串联后接入电路，由于串联后的总电阻大于任意一个电阻，所以R1、R2串联后的总电阻的伏安特性曲线在电阻值比较大的区域Ⅲ，故C、D错误．14．某导体的伏安特性曲线如图6中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()图6A．B点的电阻为12 ΩB ．B 点的电阻为4 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了10 Ω 答案 D解析 根据电阻的定义式可以求出A 、B 两点电阻分别为R A ＝30.1 Ω＝30 Ω，R B ＝60.15Ω＝ 40 Ω，所以ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，D 正确，A 、B 、C 错误．15．第56届日本电池大会上华为发布了5分钟即可充满3 000 mAh 电池50%电量的快充技术成果，引起业界广泛关注．如图7是华为某智能手机电池上的信息，支持低压大电流充电，则( )图7A ．4.35 V 表示该电池的电动势B ．11.4 Wh 表示该电池能提供的电量C ．3 000 mAh 表示该电池能提供的电能D ．该电池充满电后以100 mA 的电流工作时，可连续工作30小时 答案 D解析 4.35 V 是充电电压，不是电池的电动势，A 错误；11．4 Wh 是电池能提供的电能，不是电池提供的电量，B 错误；mAh 是电量的单位，3 000 mAh 表示电池能提供的电量，C 错误；由t ＝Q I ＝3 000 mAh100 mA＝30 h 知，D 正确．16．(2018·杭州市重点中学期末)如图8所示，2013年，杭州正式推出微公交，它是一种零排放的纯电动汽车，这为杭州人绿色出行又提供了一种方案．该电动车配有一块12 V 三元锂电池，容量达260 Ah ；采用220 V 普通电压充电，一次完全充电约需8 h ；行驶时最大时速可达80 km /h ，充满电后可最多行驶80 km.则以下判断正确的是(在计算过程中不考虑各种能量之间转化的效率，可认为电能的价格为0.8元/kW·h)( )图8A ．充电电流为260 AB ．充满电后储存的电能为3 120 JC ．折合每公里的电能成本约为0.03元D ．匀速行驶时的阻力约为2.0×104 N 答案 C17．(2019届金华市质检)有一台标称值为“220 V ,50 W ”的电风扇，其线圈电阻为0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中正确的是( ) A ．I ＝P U ＝522 A ，Q ＝UIt ＝3 000 JB ．Q ＝Pt ＝3 000 JC ．I ＝P U ＝522 A ，Q ＝I 2Rt ＝1.24 JD ．Q ＝U 2R t ＝22020.4×60 J ＝7.26×106 J答案 C解析 电风扇消耗的电能转化为机械能与内能两部分， 公式UIt 和公式Pt 都是电功的表达式，不是电热的表达式，故A 、B 错误；电流：I ＝P U ＝50220 A ＝522 A ；电风扇正常工作时产生的电热是由于线圈电阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为：Q ＝I 2Rt ＝(522)2×0.4×60 J ＝1.24 J ，故C 正确；电风扇不是纯电阻电路，不能用Q ＝U 2R t 计算电热，故D 错误．。
2020年高考浙江版高考物理 专题八 恒定电流
专题八恒定电流挖命题【考情探究】分析解读本专题主要在电学实验中考查。
纵观近两年浙江选考,电学实验明显倾向于对最基本的实验技能进行考查,注重实际操作和数据处理。
电路知识无处不在,所有电学实验原理都离不开部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律及其他电学知识。
选考试题除了电学实验题外,还常与能量相结合以选择题的形式考查,当然在有关电磁感应的计算题中也渗透了电路知识。
【真题典例】破考点【考点集训】考点一电路的基本概念和规律1.(2018浙江6月学考,13,2分)两根材料和长度均相同的合金丝a、b的伏安特性曲线分别如图中A、B所示,则a、b电阻R a、R b以及横截面积S a、S b的关系正确的是()A.R a>R b、S a>S bB.R a>R b、S a<S bC.R a<R b、S a>S bD.R a<R b、S a<S b答案B2.(2018浙江湖州、衢州、丽水三地联考,11)如图所示,电动机与小灯泡串联接入电路,电动机正常工作。
此时流过灯泡的电流为I1,它两端的电压为U1、电阻为R1、消耗的功率为P1;流过电动机的电流为I2、它两端的电压为U2、电动机电阻为R2、消耗的功率为P2,则下列等式正确的是()A.=B.=C.=D.=答案C3.(2017浙江宁波十校联考,10)R1和R2是材料相同、厚度相同,表面为正方形的导体,但R1的边长是R2的2倍,通电时的电流方向如图所示。
则R1与R2的电阻之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.2∶1答案A4.(2019届浙江“超级全能生”9月检测,8)电动机是把电能转化成机械能的一种设备,在工农业、交通运输、国防及家电、医疗领域广泛应用。
图示表格是某品牌电动机铭牌的部分参数,据此信息,下列说法中不正确的是()A.该电动机的发热功率为110WB.该电动机转化为机械能的功率为1100WC.该电动机的线圈电阻R为4.4ΩD.该电动机正常工作时每分钟对外做的功为5.94×104J答案B考点二闭合电路欧姆定律1.(2017浙江绍兴嵊州调研)(多选)如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内电阻,以下说法中正确的是()A.当R2=R1+r时,R2获得最大功率B.当R1=R2+r时,R1获得最大功率C.当R2=0时,R1获得最大功率D.当R2=0时,电源的输出功率最大答案AC2.(2018浙江杭州高三期末,11)许多人造卫星都用太阳能电池供电。
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第8单元 恒定电流 作业答案
课时作业(二十二)1.A [解析]电功率越大,电流做功越快,但产生的焦耳热不一定越多,故A错误;W=UIt适用于任何电路,而W=I2Rt=t只适用于纯电阻的电路,故B正确;在非纯电阻的电路中,电功大于电热,即UIt>I2Rt,故C正确;任何电路中求焦耳热都要用Q=I2Rt,故D正确.2.C [解析]大圆管内径大一倍,即横截面积为原来的4倍,由于水银体积不变,故水银柱长度变为原来的,则电阻变为原来的,因所加电压不变,由欧姆定律知,电流变为原来的16倍,C正确.3.B [解析]一个月按30天计,每天亮灯按10h计,共30×10h=300h,每盏LED灯比高压钠灯功率小220W,若更换4000盏,则一个月可节约电能为4000×0.22kW×300h=2.64×105kW·h,最接近的为B.4.B [解析]根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为R A=Ω=30Ω,R B=Ω=40Ω,所以ΔR=R B-R A=10Ω,故B正确,A、C、D错误.5.C [解析]设a的长度为L,截面积为S,因为R=,而R=ρ,所以==1,即=1,故ρb=2ρa;同理==,即=,故ρa=ρc,则ρb=2ρc,选项A、B、D 错误,C正确.6.A [解析]电路中电灯正常发光,所以U L=6V,电路中电流为I==A=2A,则电动机两端的电压U M=E-Ir-U L=22V,故电动机输出的机械功率P出=P电-P热=U M I-I2R M=36W.7.D [解析]电池容量2000mA·h的单位为电荷量的单位,所以电池容量是指电池储存电荷量的大小,选项A错误.机器人正常工作时的电压为15V,选项B错误.根据扫地机器人工作时的额定电压为15V,额定功率为30W,可知扫地机器人正常工作时的电流为2A,选项C错误.机器人充满电后一次工作时间最多为t==1h,选项D正确.8.BC [解析]L1两端的电压为U=3V,由图像可知,此时的电流为I=0.25A,灯泡L1电阻R1= =12Ω,A错误;L1消耗的功率P=UI=3×0.25W=0.75W,B正确;若L2的电阻为5Ω,根据串联电路中电压与电阻成正比,可知此时L2两端的电压为1V,由图像可知,此时L2中的电流为0.2A,则L2的阻值为R2==Ω=5Ω,与假设一致,C正确;此时L2消耗的电功率P'=U'I'=1×0.2W=0.2W,D错误.9.AD [解析]电动机的输入功率为P入=UI=48×12W=576W,A正确;电动机的发热功率为P热=I2r=P入-P出,解得r=1.6Ω,B错误;由v大=20km/h=m/s,根据P出=Fv大,解得F=63N,且当该车速度最大时,f=F=63N,故C错误,D正确.10.ABD [解析]由欧姆定律知,U-I图中任意一点与坐标原点O连线的斜率表示该点对应的电阻,故由图像可知,随着所通电流的增大,小灯泡的电阻增大,选项A正确;对应P 点,小灯泡的电阻为O、P连线的斜率,即R L=,选项B正确;对应P点,小灯泡的功率为P L=U1I2,即图中矩形PQOM所围的“面积”,选项D正确;在电路中灯泡L两端的电压为U1时,通过电阻R的电流为I2,其两端的电压为I2R,选项C错误.11.C [解析]灯泡L1、L2串联,电压U2=U1=1.5V,由图读出其电流I2=I1=0.40A,灯泡L3的电压U3=3V,电流I3=0.50A,故A错误;灯泡L3的电阻R3==6.0Ω,故B错误;L1消耗的功率P1=I1U1=0.40×1.5W=0.60W,与L2的电功率相等,故C正确,D错误.12.D [解析]由于电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时,三者功率相同,则此时三者电阻相同.当三者按照图乙所示电路连接时,电阻器D 两端的电压小于U,由图甲可知,电阻器D的电阻增大,则有R D>R1=R2,而R D与R2并联,电压相等,根据P=,可知P D<P2,选项C错误;由欧姆定律可知,电流I D<I2,又I1=I2+I D,根据P=I2R可知P1<4P2,选项D正确;由于电阻器D与电阻R2的并联电阻R<R1,所以D及R2两端的电压小于,且D的阻值变大,则P D<,P2<,选项A、B错误.13.AD [解析]两电流表并联接在电路中,电流表A1的量程大于电流表A2的量程,则电流表A1的电阻小于电流表A2的电阻,并联电路中,电阻小的支路电流大,故电流表A1的读数大于电流表A2的读数,A正确;两个电流表的表头是并联关系,因电压相同,故指针偏转角度相同,B错误;两电压表串联接在电路中,电压表V1的量程大于电压表V2的量程,则电压表V1的电阻大于电压表V2的电阻,串联电路中,电阻大的分压大,故电压表V1的读数大于电压表V2的读数,C错误;两个电压表的表头是串联关系,因电流相等,故指针偏转角度相同,D正确.14.(1)8×106Ω·m (2)4cm 2cm[解析](1)由电阻定律得R=ρ解得ρ==Ω·m=8×106Ω·m.(2)由部分电路欧姆定律得R=由圆柱体体积公式得πr2h=V由电阻定律得R=ρ联立解得r=4cm,h=2cm.课时作业(二十三)1.ABC [解析]在电源路端电压与电流的关系图像中,斜率的绝对值表示电源内阻,故r a>r b,A正确.在图像中作出定值电阻R0的U-I图线,与电源的U-I图线交点表示电路工作点,故I a>I b,B正确.R0接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源的效率较低,R0接到b电源上,电源的输出功率较小,但电源的效率较高,C正确,D错误.2.BC [解析]S断开时,外电路处于断路状态,两电阻中无电流通过,电阻两端电势相等,由电路图知,a点电势与电源负极电势相等,而b点电势与电源正极电势相等,A错误;S 断开时,两电容器两端电压都等于电源电动势,而C1>C2,由Q=CU知Q1>Q2,当S闭合时,稳定状态下,C1与R1并联,C2与R2并联,电路中电流I==2A,两电阻两端电压分别为U1=IR1=6V、U2=IR2=12V,则此时两电容器所带电荷量分别为Q1'=C1U1=3.6×10-5C、Q2'=C2U2=3.6×10-5C,对电容器C1来说,S闭合后其两端电压减小,所带电荷量也减小,故B、C正确,D错误.3.ABC [解析]滑片P向右移动时,外电路的电阻R外增大,由闭合电路欧姆定律知,总电流减小,由P总=EI可知,P总减小,故选项A正确;根据η=×100%=×100%可知,η增大,选项B正确;由P损=I2r可知,P损减小,选项C正确;由P输-R外图像可知,因不知道R外的初始值与r的关系,所以无法判断P输的变化情况,选项D错误.4.B [解析]当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时,R接入电路的电阻减小,总电阻减小,干路电流增大,内电压增大,路端电压减小,电压表的示数减小,R2两端的电压增大,R1两端的电压减小,电流表的示数减小,R2的电功率减小,A、C错误,B正确;因为总电流增大,电流表的示数减小,所以R中电流增大,并且R中电流变化的绝对值大于电流表示数变化的绝对值,D错误.5.ACD [解析]电源的总功率P E=IE,功率与电流成正比,由P r=I2r知,电源内部的发热功率与电流的平方成正比,A正确;当电流为2A时,电源的总功率与发热功率都为8W,则电源电动势为4V,内阻为2Ω,B错误,C正确;当电流为0.5A时,根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6Ω,D正确.6.C [解析]强光照射时,R1的电阻减小,则电路的总电阻减小,总电流增大,路端电压U=E-Ir减小,电源提供的总功率P=EI变大,通过R3、R4的电流减小,通过R1、R2的电流增大,R4两端的电压变小,R2两端的电压变大,故B、D错误,C正确;强光照射时,R1的电阻减小,则R1、R2两端的电压的比值减小,而R3、R4两端的电压的比值不变,故电容器C上极板电势比下极板电势低,电容器C的下极板带正电,故A错误.7.C [解析]当P左移时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,则电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大,R1两端的电压增大,故图线b表示V1示数的变化,图线a表示V2示数的变化,故A错误.由图可知,当只有R1接入电路时,电路中电流为0.6A,路端电压为3V,则由E=U+Ir可得E=3+0.6r,当滑动变阻器全部接入电路时,由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r,解得r=5Ω,E=6V,故B、D错误.由图可知,R1的阻值为5Ω,R2总电阻为20Ω,将R1等效为内阻的一部分,则当滑动变阻器的阻值等于R1+r时,滑动变阻器消耗的功率最大,故当滑动变阻器阻值为R'=10Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流I'=A=0.3A,则滑动变阻器消耗的最大功率P'=I'2R'=0.9W,故C正确.8.AD [解析]由功率P=UI可知,小灯泡的额定电流I==0.2A,由欧姆定律得R L=,小灯泡正常发光时电阻R L=10Ω,由闭合电路欧姆定律可知,I=,解得r=1Ω,A正确;开关S接2时小灯泡正常发光,说明电路中电流仍为0.2A,故电动机两端电压U'=E-IR L-Ir=0.8V,电动机为非纯电阻用电器,故电动机的内阻小于4Ω,B、C错误;由P内=I2r,η=×100%,故电源效率约为93.3%,D正确.9.D [解析]由电路图知,电压表V2测量路端电压,电流增大时,内电压增大,路端电压减小,所以上面的图线表示V2的读数与电流的关系,此图线的斜率的绝对值等于电源的内阻,故r=Ω=2Ω.当电流I=0.1A时,U=3.4V,则电源的电动势E=U+Ir=3.4V+0.1×2V=3.6V,故A错误;变阻器的滑片向右滑动时,R接入电路的阻值变大,总电流减小,内电压减小,路端电压即V2读数逐渐增大,故B错误;由图可知,电动机的电阻r M=Ω=4Ω,当I=0.3A时,U=3V,电动机的输入功率最大,最大输入功率为P=UI=0.9W,则最大的输出功率一定小于0.9W,故C错误;当I=0.1A时,电路中电流最小,变阻器接入电路的电阻最大,为R=-r-r M=Ω-2Ω-4Ω=30Ω,故D正确.10.AD [解析]当开关闭合时,ab段只有电阻R1工作,消耗的电功率为P=R1,当开关断开时,ab段中电阻R1和R2都工作,消耗的电功率为P=(R1+R2),联立可得R1(R1+R2)=36Ω2,故A正确,B错误;将R3和电源内阻看作一整体,则此时电压表测量路端电压,开关断开时等效外电路总电阻大于开关闭合时的,所以开关断开时电压表示数大,C错误;根据闭合电路欧姆定律得U=E-(R3+r)I,则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为=R3+r=6Ω,D正确.11.B [解析]当电位器的触片滑向a端时,其接入电路的电阻增大,电路总电阻增大,总电流减小,电源的内电压减小,则路端电压增大,通过R1的电流增大,可知通过L1的电流减小,L1变暗,由于路端电压增大,而L1两端的电压减小,所以R2两端的电压增大,通过R2的电流增大,则通过L2的电流减小,L2变暗,故B正确.12.ACD [解析]电源的路端电压和电流的关系为U=E-Ir,可知直线①的斜率的绝对值表示电源的内阻r,纵轴的截距表示电源的电动势E,从图像中看出E=50V,r=Ω=5Ω,A正确,B错误;当电流为I1=2.5A时,由I1=,解得外电路的电阻R外=15Ω,C正确;当输出功率为120W时,由P-I图线看出对应电流为4A,再从U-I图线读取对应的输出电压为30V,D正确.专题训练(六)1.1.220 6.860[解析]20分度游标卡尺的精度为0.05mm,主尺读数为12mm,游标尺读数为4×0.05mm=0.20mm,游标卡尺的读数为12.20mm=1.220cm.螺旋测微器读数为6.5mm+36.0×0.01mm=6.860mm.2.1.15(1.14~1.16均可) 5.7(5.6~5.9均可) 84580.2[解析]0~3V量程最小刻度是0.1V,要向下估读一位,读数为1.15V.0~15V量程最小刻度为0.5V,只要求读到0.1V这一位,所以读数为5.7V.图乙中的电阻箱有6个旋钮,每个旋钮上方都标有倍率,将每个旋钮上指针所指的数值(都为整数)乘各自的倍率,从最高位依次往下读,即可得到电阻箱的读数为84580.2Ω.3.(1)如图甲所示 2.4×103 (2)如图乙所示甲乙[解析](1)图线如图所示,R x==2.4×103Ω.(2)因满足>,故采用电流表内接法.4.(1)B C (2)①电流表采用了外接法 ②滑动变阻器采用了限流式接法[解析](1)直流电源的电压为20V,为了提高读数准确度,应该选择电压表C,因此待测电阻两端电压不得超过15V,则通过的电流不超过I===600μA,电流表应该选B. (2)为了减小误差,电流表应采用内接法,因为滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值,若采用限流接法,限流效果不明显,应该采用分压接法接入电路.5.(1)如图甲所示甲乙(2)“×”(3)作图如图乙所示 用“×”连线R=(1.1~1.3)Ω;用“○”连线R=(1.5~1.7)Ω[解析](1)由图乙所示中的电压、电流数据从零开始,可知滑动变阻器采用分压式接法,电压表选择量程3V,电流表采用外接法.(2)由于外接法中电压表分流,测得的电阻比内接法测得的要小,故电流表外接法得到的数据点是用“×”表示的.(3)用“×”数据点连直线,斜率为铅笔芯的电阻,考虑误差因素,R=(1.1~1.3)Ω,用“○”数据点连直线,同理得R=(1.5~1.7)Ω.6.(1)如图所示(2)a 见解析(3)如图所示(4)0.88(0.85~0.92均可) 20(19~22均可)[解析](1)连线如图所示.(2)电路开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应滑动到a处,其理由是开关S闭合后,流过电流表的电流不会超过电流表的量程.(3)图像如图所示.(4)由图像可知,当U=0时即为恒流源输出电流,I0=0.88A;当I=0时,电流全部通过R x,则I0R x=18.0V,解得R x=20Ω.7.(1)1.60 0.50 3.0 (2)小于(3)如图所示 或 图Z7-45[解析](1)电流表量程为0~0.6A,故读数为0.50A;电压表的量程为0~3V,故读数为1.60V;当开关置于位置b时,电流表内接,电阻丝的阻值R x=-R A=3.2Ω-0.2Ω=3.0Ω.(2)当开关置于位置a时,电流表外接,由于电压表分流,所以此时电流表读数为电压表中电流与电阻中电流之和,故通过电阻的电流小于电流表的读数.(3)当外电路电阻和内电路电阻相等时,电源输出功率最大,化霜最快,即外电路电阻需为2.0Ω,设计连接如图所示.。
(浙江选考)2020版高考物理一轮复习 8-特训(五).docx
答案 CD 氢原子在能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差,即Em-En=hν。从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率最大为1.51 eV,小于可见光的光子能量,A错误;从高能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量最大为3.4 eV,大于可见光的能量,故B错误;从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2-E1=-3.4 eV-(-13.6) eV=10.2 eV>
6.34 eV,而使金属铂发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功,故可以发生光电效应,故C正确;由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光,能量最小,频率最小,故D正确。
14.(多选)在南极洲2 438 m的冰层下,巨型望远镜——冰立方中微子望远镜能发现以光速穿过地球的中微子,这是一种令人难以捉摸的亚原子粒子。中微子与水中 H发生核反应,产生中子和正电子,即中微子 H n e。下列说法正确的是( )
9.(多选)按照玻尔的理论,氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值,它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能。当一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁时,下列说法正确的是( )
A.氢原子系统的电势能增加,电子的动能增加
B.氢原子系统的电势能减小,电子的动能增加
C.氢原子可能辐射6种不同波长的光
13.(多选)氢原子的部分能级如图所示,现有大量的氢原子处于n=4的激发态,当向低能级跃迁时辐射出不同频率的光。已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间。由此可推知,氢原子( )
A.从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
B.从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光
C.用从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应
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特训(五)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分一、选择题(每题3分,共60分)1.(多选)下列说法中正确的是( )A.光波是电磁波B.干涉现象说明光具有粒子性C.光电效应现象说明光具有波动性D.光的偏振现象说明光是横波答案AD 光波是电磁波,故A正确;干涉和衍射现象说明光具有波动性,故B错误;光电效应现象说明光具有粒子性,故C错误;偏振现象是横波的性质,故光的偏振现象说明光是横波,故D正确。
2.(多选)下列有关原子结构和原子核的认识,其中正确的是( )A.γ射线是高速运动的电子流B.氢原子辐射光子后,其绕核运动的电子动能增大C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变D.83210Bi的半衰期是5天,100克83210Bi经过10天后还剩下50克答案BC γ射线是光子流,A错误;氢原子辐射光子后,从高能级轨道跃迁到低能级轨道,其绕核运动的210Bi的电子的速度增大,动能增大,B正确;太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变,C正确;83半衰期是5天,所以100克83210Bi经过10天后还剩下25 克,D错误。
3.(多选)做简谐运动的弹簧振子,在运动到最大位移时,具有最大值的物理量是( )A.回复力B.速度C.动能D.势能答案AD 做简谐运动的弹簧振子,运动到最大位移处时,回复力和势能最大,速度和动能均为零,故选A、D。
4.(多选)如图所示为某物体做简谐运动的图像,下列说法中正确的是( )A.物体在0.2 s时刻与0.4 s时刻的速度相同B.物体在0.6 s时刻与0.4 s时刻的速度方向相反C.0.7~0.9 s时间内物体的加速度在减小D.0.9~1.1 s时间内物体的速度减小答案AB 由图知0.2 s与0.4 s时刻图线的切线斜率相等,说明物体在这两个时刻的速度相同,故A正确;物体在0.4 s时刻与0.6 s时刻图线的切线斜率一正一负,故速度方向相反,故B正确;0.7~0.9 s时间内物体的位移增大,物体的加速度在增大,故C错误;0.9~1.1 s时间内物体的位移减小,物体靠近平衡位置,则速度增大,故D错误。
5.(多选)类比是一种有效的学习方法,通过归类和比较,有助于掌握新知识,提高学习效率。
在类比过程中,既要找出共同之处,又要抓住不同之处。
某同学对机械波和电磁波进行类比,总结出下列内容,其中正确的是( )A.机械波既有横波又有纵波,而电磁波只有纵波B.机械波和电磁波的传播都依赖于介质C.机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象D.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系,对电磁波也适用答案CD 机械波既有横波,又有纵波,而电磁波只有横波,故A错误。
机械波是机械振动在介质中的传播过程,必须依赖于介质,没有介质不能形成机械波;电磁波不需要借助介质传播,所以电磁波可以在真空中传播,故B错误。
所有的波都能产生干涉和衍射现象,故C正确。
波速公式v=λf适用于一切波,即对机械波和电磁波都适用,故D正确。
6.(多选)关于如下现象的表述正确的是( )A.甲图中蝙蝠利用超声波定位B.乙图中CT利用β射线照射人体C.丙图中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小D.丁图中夜视系统是利用紫外线工作的答案AC 蝙蝠是利用超声波定位,从而进行捕食的,故A正确;CT是利用X射线照射人体的,不是利用β射线,故B错误;丙图中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小,故C正确;丁图中夜视系统是利用红外线工作的,故D错误。
7.(多选)如图所示为LC振荡电路某时刻的情况,以下说法正确的是( )A.电容器正在充电B.电感线圈中的磁场能正在增加C.电感线圈中的电流正在增大D.此时刻自感电动势正在阻碍电流增大答案BCD 图示时刻,电容器上极板带正电,通过图示电流方向,知电容器正在放电,电流在增大,电容器上的电荷量减小,电场能转化为磁场能,线圈中的感应电动势总是阻碍电流的增大。
故B、C、D正确,A 错误。
8.(多选)如图所示,一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分为各种单色光,取其中a、b、c三种色光,下列说法正确的是( )A.把温度计放在c的下方,示数增加最快B.若分别让a、b、c三种色光通过一双缝干涉装置,则a光形成的干涉条纹的间距最小C.a、b、c三种色光在玻璃三棱镜中的传播速度依次减小D.若让a、b、c三种色光以同一入射角,从一介质沿某方向射入空气中,b光恰能发生全反射,则c光也一定能发生全反射答案AB 在c的下方热效应显著,把温度计放在c的下方,示数增加最快,故A正确。
c光的波长最长,a 光波长最短,由于干涉条纹的间距与波长成正比,故a光形成的干涉条纹的间距最小,B正确。
由图看出,c分析可知,a、b、c三种色光在玻璃三棱镜中的传播速度光的折射率最小,a光的折射率最大,由公式v=cc分析得知,a光的临界依次增大,故C错误。
c光的折射率最小,a光的折射率最大,由临界角公式sin C=1c角最小,c 光的临界角最大,若让a 、b 、c 三种色光以同一入射角,从一介质沿某方向射入空气中,b 光恰能发生全反射,则c 光一定不能发生全反射,故D 错误。
9.(多选)按照玻尔的理论,氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值,它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能。
当一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁时,下列说法正确的是( )A.氢原子系统的电势能增加,电子的动能增加B.氢原子系统的电势能减小,电子的动能增加C.氢原子可能辐射6种不同波长的光D.氢原子可能辐射3种不同波长的光答案 BD 当一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁时,可能发生4→3,4→2,4→1三种情况,切记不是大量氢原子,故C 错误,D 正确;当向低能级跃迁时,轨道半径减小,根据公式k c 2c 2=m c 2c 可得电子的动能增加,电势能减小,故A 错误,B 正确。
10.(多选)如图甲所示为一列沿水平方向传播的简谐横波在时刻t 的波形图,如图乙所示为质点b 从时刻t 开始计时的振动图像,则下列说法中正确的是( )A.该简谐横波沿x 轴正方向传播B.该简谐横波波速为0.4 m/sC.再经过12.5 s 质点a 通过的路程为0.5 mD.再经过12.5 s 质点a 通过的路程为10 cm答案 AB t 时刻,从图乙可知质点b 速度沿-y 方向,甲图中采用波平移的方法可知波形沿x 轴正方向传播,故A 正确;由甲图得到波长为λ=4 m,由乙图得到周期为T=10 s,故波速v=c c =410m/s=0.4 m/s,故B 正确;t=12.5 s=114T,则质点a 通过的路程为s=4A+14×4A=100 cm,故选项C 、D 错误。
11.(多选)一列简谐横波沿x 轴传播,振幅为√2 cm,波速为2 m/s 。
在t=0时刻,平衡位置在x=1 m 处的质点a 位移为1 cm,平衡位置在x=5 m 处的质点b 的位移为-1 cm,两质点运动方向相反,其中质点a 沿y 轴负方向运动,如图所示,已知此时质点a 、b 之间只有一个波谷,则下列说法正确的是( )A.该列简谐横波的波长可能为83 mB.质点b 的振动周期可能为2 sC.质点a 、b 的速度在某一时刻可能相同D.质点a 、b 的位移在某一时刻可能都为正答案 AC 若波沿x 轴负方向传播,a 、b 间是半个波长的波形,有c 2=4 m,得λ=8 m,周期T=c c= 4 s;若波沿x 轴正方向传播,则a 、b 间是1.5个波形,有3c 2=4 m,得λ=83 m,周期T=c c =43 s,故A 正确,B 错误。
质点a 、b 平衡位置间的距离为c 2的奇数倍,质点a 、b 的速度可能均为零,但位移不可能同时为正或同时为负,故C 正确,D 错误。
12.(多选)关于原子物理学知识,下列说法正确的是( )A.玻尔将量子观念引入原子领域,成功地解释了所有原子的光谱规律B.质子与中子结合成氘核的过程中一定会放出能量C.将放射性物质放在超低温的环境下,将会大大减缓它的衰变进程D.铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中,共有6个中子变成质子答案 BD 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域,成功地解释了氢原子光谱的实验规律,不能解释所有原子光谱的实验规律,故A 错误;质子与中子结合成氘核的过程中一定会放出能量,选项B 正确;放射性元素的半衰期与外界环境无关,选项C 错误;铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中,质量数减少32,可知α衰变的次数为8次,经过8次α衰变电荷数减少16,但是衰变的过程中电荷数减少10,可知发生了6次β衰变,每一次β衰变中一个中子转化为一个质子,故共有6个中子变成质子,故D 正确。
13.(多选)氢原子的部分能级如图所示,现有大量的氢原子处于n=4的激发态,当向低能级跃迁时辐射出不同频率的光。
已知可见光的光子能量在1.62 eV 到3.11 eV 之间。
由此可推知,氢原子( )A.从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高B.从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光C.用从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV 的金属铂能发生光电效应D.频率最小的光是由n=4能级跃迁到n=3能级产生的答案 CD 氢原子在能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差,即E m -E n =h ν。
从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率最大为1.51 eV,小于可见光的光子能量,A 错误;从高能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量最大为3.4 eV,大于可见光的能量,故B 错误;从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E 2-E 1=-3.4 eV-(-13.6) eV=10.2 eV>6.34 eV,而使金属铂发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功,故可以发生光电效应,故C 正确;由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光,能量最小,频率最小,故D 正确。
14.(多选)在南极洲2 438 m 的冰层下,巨型望远镜——冰立方中微子望远镜能发现以光速穿过地球的中微子,这是一种令人难以捉摸的亚原子粒子。
中微子与水中 11H 发生核反应,产生中子和正电子,即中微子+11H →01n ++10e 。
下列说法正确的是( )A.中微子的质量数和电荷数分别为0和0B.若上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇,与电子形成几乎静止的整体后,可以转变为两个光子,即 +10e +-10e →2γ。
已知正电子与电子的质量都为9.1×10-31 kg,则反应中产生的每个光子的能量约为16.4×10-14 JC.若上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇,与电子形成几乎静止的整体,则正电子与电子相遇后可能只转变为一个光子D.具有相同动能的中子和正电子,中子的物质波的波长小于正电子的物质波波长答案 AD 根据质量数守恒、电荷数守恒,知中微子的质量数和电荷数为0和0,A 正确;根据爱因斯坦质能方程知ΔE=Δmc 2=2E,解得光子能量E=Δcc 22=8.2×10-14 J,B 错误;相遇前总动量为零,相遇后总动量也为零,故不可能转变为一个光子,C 错误;E k =12mv 2,p=mv,联立两式得,粒子的动量p=√2cc k 。