解析北京四十一中2021年高三下学期月考物理试卷3月份
2021届北京高三下学期3月学科综合能力测试物理试题
2020-2021学年北京市高三下学期综合能力测试物理试题物理本试卷共8页，100分。
考试时长90分钟。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。
在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列说法中正确的是A. 2He的原子核内有三个中子两个质子B.温度越高，放射性元素的半衰期越小C.原子核分解成核子一定有质量亏损，释放出能量D.氢原子的电子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量减少2.下列说法中正确的是A.扩散现象和布朗运动都与温度有关B.两个分子距离减小时，分子间引力减小而斥力增大C.在完全失重的情况下，容器内气体对容器壁的压强为零D.物体的温度升高，其内部所有分子运动的动能都增大3.下列说法中正确的是A.光纤通信主要是应用了光的偏振现象B.光电效应现象说明光具有粒子性C.玻璃中的气泡看起来特别明亮的现象是光的衍射形成的D.用三棱镜观察太阳光谱是利用了光的干涉现象4.北京春秋两季的昼夜温差较大，细心的司机发现从早晨到中午，车胎的体积和胎内气体的压强都会变大。
若这段时间胎内气体质量不变，且可将其视为理想气体，那么从早晨到中午这段时间内，车胎内的气体A.对外界做功，内能减小B.对外界做功，内能不变C.吸收热量，内能不变D.吸收的热量大于对外所做的功5.2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器3000N发动机工作约6分钟，成功将携带样品的上升器送入到预定环月轨道，实现了我国首次飞行器在地外天体起飞。
假设上升器在起飞后的某段时间内的飞行方向与水平面成e角，且速度在不断增大，如图1所示。
此段时间发动机的喷气方向可能1 / 13C.沿3的方向D.沿4的方向6.如图2所示为一理想变压器，其原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电 线圈接有一阻值可调的负载电阻。
开始时原、副线圈的匝数关系为n 1> n 2,现为了减小变压器的输入功率， 做法中可行的是图2 A.其他条件不变，使原线圈的匝数%增加 B.其他条件不变，使副线圈的匝数々增加 C.其他条件不变，负载电阻R 的阻值减小 D.其他条件不变，使原、副线圈增加相同的匝数 7 .如图3甲为一列沿％轴传播的简谐横波在t =0时的图像，这列波中质点P 的振动图像如图3乙所示。
北京市东城区2021届新高考物理三月模拟试卷含解析
北京市东城区2021届新高考物理三月模拟试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，曲线I 是一颗绕地球做圆周运动的卫星P 轨道的示意图，其半径为R ；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动的卫星Q 轨道的示意图，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G ，地球质量为M ，下列说法正确的是（ ）A ．椭圆轨道的长轴长度为RB ．卫星P 在I 轨道的速率为0v ，卫星Q 在Ⅱ轨道B 点的速率为B v ，则0B v v >C ．卫星P 在I 轨道的加速度大小为0a ，卫星Q 在Ⅱ轨道A 点加速度大小为A a ，则0=A a aD ．卫星P 在I 轨道上受到的地球引力与卫星Q 在Ⅱ轨道上经过两轨道交点时受到的地球引力大小相等 【答案】B 【解析】 【详解】A ．开普勒第三定律可得： 23T k a=因为周期相等，所以半长轴相等，圆轨道可以看成长半轴、短半轴都为R 椭圆，故a=R ，即椭圆轨道的长轴的长度为2R 。
故A 错误。
B ．根据万有引力提供向心力可得：22Mm v G m r r= 故Gmv r=OB 为半径做圆周运动的速度为v '，则0v v '<；又卫星在Ⅱ的B 点做向心运动，所以有B v v <'，综上有0B v v v <'<。
故B 正确。
C ．卫星运动过程中只受到万有引力的作用，故有：2MmGma r = 所以加速度为2Ma Gr=，又有OA<R ，所以0A a a <，故C 错误。
D ．由于不知道两卫星质量关系，故万有引力关系不确定，故D 错误。
故选B 。
2．如图甲所示MN 是一条电场线上的两点，从M 点由静止释放一个带正电的带电粒子，带电粒子仅在电场力作用下沿电场线M 点运动到N 点，其运动速度随时间t 的变化规律如图乙所示下列叙述中不正确的是（ ）A ．M 点场强比N 的场强小B ．M 点的电势比N 点的电势高C ．从M 点运动到N 点电势能增大D ．从M 点运动到N 点粒子所受电场力逐渐地大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AD ．从v-t 图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律F ma =，则说明受到的电场力越来越大，根据公式F qE =，说明电场强度越来越大，所以M 点场强比N 的场强小，故AD 正确；B ．因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力往右，又因为带电粒子带正电，所以电场线的方向往右，又因为顺着电场线的方向电势降低，所以M 点的电势比N 点的电势高，故B 正确；C ．从M 点运动到N 点动能增加，电势能应该减小，故C 错误。
2021年高三下学期3月月考物理试题含答案
2021年高三下学期3月月考物理试题含答案14．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U=IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和Ω（欧）的乘积等效．现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、J（焦）、W（瓦）、C（库）、F（法）、A（安）、Ω（欧）和T（特），由它们组合成的单位都与电压单位V（伏）等效的是( )A．J/C和N/C B．C/F和T•m2/s C．W/A和C•T•m/s D．•和T•A•m 15．电动机的内电阻r=2Ω，与R=8Ω的电阻串连接在线圈上，如图所示．已知线圈面积为m2，共100匝，线圈的电阻为2Ω，线圈在B=T的匀强磁场中绕OO'以转速n=600r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100V．则下列说法正确的是( )A．电路中电流的最大值为5AB．电路中电流的最大值为10AC．电动机正常工作时的输出功率为1000WD．电动机正常工作时的输出功率为800W16．某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体，其加速度a、速度v、位移s随时间变化的图象如图所示，若该物体在t=0时刻，初速度均为零，则A、B、C、D四个选项中表示该物体沿单一方向运动的图象是( )17．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静放在粗糙水平地面上，O为球心。
有一劲度系数为K的轻弹簧一端固定在半球底部处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。
已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°．下列说法正确的是（）A．小球受到轻弹簧的弹力大小为B．小球受到容器的支持力大小为C．弹簧原长为D．容器相对于水平面有向左的运动趋势18. 两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（）A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小19．某研究性小组利用速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体速度随时间变化的关系图象，如图所示，则下列说法正确的是( )A．物体在第1s末离出发点最远B．物体先向正方向运动，后向负方向运动C．物体所受外力前1s内做的功和后3s内做的功相同D．第1s内物体所受外力做功的平均功率为7.5W20．经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。
2021年高三下学期月考物理试卷含解析
2021年高三下学期月考物理试卷含解析一．选择题（共30分有的只有一个正确答案，有的有多个正确答案）1．下列说法正确的是（）A．物体没有功，则物体就没有能量B．重力对物体做功，物体的重力势能一定减少C．滑动摩擦力只能做负功D．重力对物体做功，物体的重力势能可能增加2．A、B两个物体的质量比为1：3，速度之比是3：1，那么它们的动能之比是（）A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．9：13．如图，质量为m的小球，从离桌面高H处由静止下落，桌面离地面高为h，设桌面处物体重力势能为零，空气阻力不计，那么，小球落地时的机械能为（）A．mgh B．mgH C．mg（H+h）D．mg（H﹣h）4．下面各个实例中，机械能守恒的是（）A．物体沿斜面匀速下滑B．物体从高处以0.9g的加速度竖直下落C．物体沿光滑曲面滑下D．拉着一个物体沿光滑的斜面匀速上升5．如图所示，物体以120J的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面某一点M时，其动能减少80J，机械能减少32J，如果物体能从斜面上返回底端，则物体到达底端的动能为（）A．20J B．24J C．48J D．88J6．从空中以40m/s的初速度平抛一重为10N的物体．物体在空中运动3s后落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为（）A．300W B．400W C．500W D．700W7．某人用手将1Kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s（g取10m/s2），则下列说法正确的是（）A．手对物体做功12J B．合外力做功2JC．合外力做功12J D．物体克服重力做功10J8．水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上．设工件初速为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设工件质量为m，它与传送带间的滑动摩擦系数为μ，则在工件相对传送带滑动的过程中，下列说法错误的是（）A．滑动摩擦力对工件做的功为B．工件的机械能增量为C．工件相对于传送带滑动的路程大小为D．传送带对工件做功为零9．汽车的额定功率为90kW，当水平路面的阻力为f时，汽车行驶的最大速度为v．则（）A．如果阻力为2f，汽车最大速度为B．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2vC．如果汽车的牵引力变为原来的，汽车的额定功率就变为45kWD．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90kW10．如图所示，物体从A处开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B 处．已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m，现将物体m从B点沿原路送回至AO的中点C处，需外力做的功至少应为（）A．mgh B．mgh C．2mgh D．mgh二.填空题（每空2分，共26分）11．一个光滑斜面长为L高为h，一质量为m的物体从顶端静止开始下滑，当所用时间是滑到底端的时间的一半时，重力做功为，重力做功的即时功率为，重力做功的平均功率为，以斜面底端为零势能点，此时物体的动能和势能的比是．12．把质量为3.0kg的石块，从高30m的某处，以5.0m/s的速度向斜上方抛出，不计空气阻力，石块落地时的速率是m/s；若石块在运动过程中克服空气阻力做了73.5J 的功，石块落地时的速率又为m/s．13．具有某一速率v0的子弹（不计重力）恰好能垂直穿过四块叠放在一起的完全相同的固定木板，如果木板对子弹的阻力相同，则该子弹在射穿第一块木板时的速率为．14．汽车牵引着高射炮以36km/h的速度匀速前进，汽车发动机的输出功率为60kw，则汽车和高射炮在前进中所受的阻力为．15．如图所示，绕过定滑轮的绳子，一端系一质量为10kg的物体A，另一端被人握住，最初绳沿竖直方向，手到滑轮距离为3m．之后人握住绳子向前运动，使物体A匀速上升，则在人向前运动4m的过程中，对物体A作的功为．（绳的质量、绳与轮摩擦、空气阻力均不计）16．用打点计时器研究自由下落过程中的机械能守恒的实验中，量得纸带上从0点（纸带上打下的第一个点），到连续选取的1、2、3…之间的距离分别为h1，h2，h3…，打点计时器打点的周期为T，那么重物下落打下第n个点时的瞬时速度可以由v n=来计算．重物运动到打下第n点时减小重力势能的表达式为．根据机械能守恒定律，在理论上应有mv n2mgh n，实际上mv n2mgh n．三.计算题（第17-20每题8分，第21题12分，共52分）17．如图所示，将质量为3.5kg的小球水平抛出，空气阻力不计．求：①抛出时人对球所做的功？②抛出后0.2秒小球的动能？18．如图所示，m A=4kg，m B=1kg，A与桌面动摩擦因数μ=0.2，B与地面间的距离s=0.8m，A、B原来静止．求：（1）B落到地面时的速度？（2）B落地后（不反弹），A在桌面上能继续滑行多远才能静止下来？（桌面足够长）（g取10m/s2）19．汽车在水平直线公路上行驶，额定功率为P e=80kW，汽车行驶过程中所受阻力恒为f=2.5×103N，汽车的质量M=2.0×103kg．若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为a=1.0m/s2，汽车达到额定功率后，保持额定功率不变继续行驶．求：（1）汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度；（2）匀加速运动能保持多长时间；（3）当汽车的速度为5m/s时的瞬时功率；（4）当汽车的速度为20m/s时的加速度．20．光滑的水平桌面离地面高度为2L，在桌边缘，一根长L的软绳，一半搁在水平桌面上，一半自然下垂于桌面下．放手后，绳子开始下落．试问，当绳子下端刚触地时，绳子的速度是．21．质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8米，如图所示．若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动．（斜面足够长，g取10m/s2）求：（1）物体A着地时的速度；（2）物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离．xx学年北京市丰台区普通中学高三（下）月考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（共30分有的只有一个正确答案，有的有多个正确答案）1．下列说法正确的是（）A．物体没有功，则物体就没有能量B．重力对物体做功，物体的重力势能一定减少C．滑动摩擦力只能做负功D．重力对物体做功，物体的重力势能可能增加【考点】功能关系；重力势能的变化与重力做功的关系．【专题】功的计算专题．【分析】功等于力与力的方向上的位移的乘积，这里的位移是相对于参考系的位移，滑动摩擦力的方向与物体的相对滑动的方向相反，知道重力做功量度重力势能的变化．根据重力做功与重力势能变化的关系有w G=﹣△E p，知道表达式中的负号含义．【解答】解：A、功是能量转化的量度，但不是物体没有做功，就没有能量，故A错误；BD、重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增大，故B错误，D正确；C、恒力做功的表达式W=FScosα，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力也有可能位移为零，故可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故C错误．故选：D【点评】本题考查功能关系，要求了解一些常见力做功的特点，熟悉什么力做功量度什么能的变化，并能建立对应的定量关系2．A、B两个物体的质量比为1：3，速度之比是3：1，那么它们的动能之比是（）A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．9：1【考点】动能．【分析】根据动能的定义式E K=mV2，可以求得AB的动能之比．【解答】解：根据动能的定义式E K=mV2，可得，===，故选C．【点评】本题是对动能公式的直接应用，题目比较简单．3．如图，质量为m的小球，从离桌面高H处由静止下落，桌面离地面高为h，设桌面处物体重力势能为零，空气阻力不计，那么，小球落地时的机械能为（）A．mgh B．mgH C．mg（H+h）D．mg（H﹣h）【考点】机械能守恒定律；重力势能．【分析】没有空气的阻力作用，小球只受到重力的作用，所以小球的机械能守恒，只要求得小球在任何一点的机械能即可．【解答】解：在整个过程中，小球的机械能守恒，设桌面处物体重力势能为零，则子刚开始下落时球的动能为零，重力势能为mgH，所以此时的机械能即为mgH，故小球落地时的机械能也为mgH．故选B．【点评】全过程中球的机械能都守恒，只要求得其中一点的机械能就可以知道机械能的大小．4．下面各个实例中，机械能守恒的是（）A．物体沿斜面匀速下滑B．物体从高处以0.9g的加速度竖直下落C．物体沿光滑曲面滑下D．拉着一个物体沿光滑的斜面匀速上升【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可分析做功情况，从而判断物体是否是机械能守恒．也可以根据机械能的定义分析．【解答】解：A、物体沿斜面匀速下滑，物体必定受到摩擦力的作用，摩擦力做负功，所以物体的机械能不守恒，故A错误．B、物体的加速度的大小为0.9g，不是g，说明物体除了受重力之外还要受到阻力的作用，阻力做负功，所以物体的机械能不守恒，故B错误．C、物体沿光滑曲面滑下，曲面对物体不做功，只有物体的重力做功，所以机械能守恒，故C正确．D、物体要受拉力的作用，并且拉力对物体做了正功，物体的机械能要增加，故D错误．故选：C．【点评】此题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件，通过分析做功情况，判断机械能是否守恒．5．如图所示，物体以120J的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面某一点M时，其动能减少80J，机械能减少32J，如果物体能从斜面上返回底端，则物体到达底端的动能为（）A．20J B．24J C．48J D．88J【考点】功能关系．【分析】运用动能定理列出动能的变化和总功的等式，运用除了重力之外的力所做的功量度机械能的变化关系列出等式，两者结合去解决问题．【解答】解：运用动能定理分析得出：物体损失的动能等于物体克服合外力做的功（包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功），损失的动能为：△E k=mgLsinθ+fL=（mgsinθ+f）L ①损失的机械能等于克服摩擦阻力做功，△E=fL ②由得：==常数，与L无关，由题意知此常数为2.5．则物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了120J，那么损失的机械能为48J，那么物体返回到底端，物体又要损失的机械能为48J，故物体从开始到返回原处总共机械能损失96J，因而它返回A点的动能为24J．故选：B．【点评】解题的关键在于能够熟悉各种形式的能量转化通过什么力做功来量度，并能加以运用列出等式关系．6．从空中以40m/s的初速度平抛一重为10N的物体．物体在空中运动3s后落地，不计空气阻力，g取10m/s2，则物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为（）A．300W B．400W C．500W D．700W【考点】功率、平均功率和瞬时功率；自由落体运动．【分析】物体做平抛运动，重力的瞬时功率只于重物的竖直方向的末速度有关，根据竖直方向的自由落体运动求得末速度的大小，由P=FV可以求得重力的瞬时功率．【解答】解：物体做的是平抛运动，在竖直方向上是自由落体运动，所以在物体落地的瞬间速度的大小为V y=gt=10×3=30m/s，物体落地前瞬间，重力的瞬时功率为P=FV=mgV y=10×30W=300W．故选A．【点评】本题求得是瞬时功率，所以只能用P=FV来求解，用公式P=求得是平均功率的大小．7．某人用手将1Kg物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s（g取10m/s2），则下列说法正确的是（）A．手对物体做功12J B．合外力做功2JC．合外力做功12J D．物体克服重力做功10J【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据物体的运动的情况可以求得物体的加速度的大小，再由牛顿第二定律就可以求得拉力的大小，再根据功的公式就可以求得力对物体做功的情况．【解答】解：分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，由速度位移公式得：v2﹣v02=2ax，解得：a=2m/s2，由牛顿第二定律可得，F﹣mg=ma，解得：F=12N，A、手对物体做功W=Fs=12×1J=12J，故A正确；B、合力的大小：F合=ma=2N，所以合力做的功为：W合=F合s=2×1=2J，所以合外力做功为2J，故B正确，C错误；D、重力做的功为：W G=﹣mgh=﹣1×10×1=﹣10J，所以物体克服重力做功10J，故D正确；故选：ABD．【点评】本题考查的是学生对功的理解，根据功的定义可以分析做功的情况．8．水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上．设工件初速为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设工件质量为m，它与传送带间的滑动摩擦系数为μ，则在工件相对传送带滑动的过程中，下列说法错误的是（）A．滑动摩擦力对工件做的功为B．工件的机械能增量为C．工件相对于传送带滑动的路程大小为D．传送带对工件做功为零【考点】动能定理的应用；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能．【解答】解：A、在运动的过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化，即为mv2，故A正确．B、工件动能增加量为mv2，势能不变，所以工件的机械能增量为．故B正确．C、根据牛顿第二定律知道工件的加速度为μg，所以速度达到v而与传送带保持相对静止时间t=工件的位移为工件相对于传送带滑动的路程大小为vt﹣=，故C正确．D、根据A选项分析，故D错误．本题选错误的，故选D．【点评】当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，这是解本题的关键地方．9．汽车的额定功率为90kW，当水平路面的阻力为f时，汽车行驶的最大速度为v．则（）A．如果阻力为2f，汽车最大速度为B．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2vC．如果汽车的牵引力变为原来的，汽车的额定功率就变为45kWD．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90kW【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】当汽车以额定功率行驶时，随着汽车速度的增加，汽车的牵引力会逐渐的减小，所以此时的汽车不可能做匀加速运动，直到最后牵引力和阻力相等，到达最大速度之后做匀速运动．【解答】解：A、当牵引力和阻力的大小相等时即F=f时，汽车的速度到达最大值，所以P=Fv=fv，当f′=2f时，即F′=2f时速度最大，由P=F′v′可知，v′=，故A正确；B、由P=Fv可知，牵引力为原来的二倍时，速度为原来的；故B错误；C、汽车的额定功率与汽车的牵引力无关，汽车的额定功率仍为为90KW，故C错误；D、汽车做匀速运动，并不一定在额定功率下运动，故输出功率不一定等于90kW，故D错误．故选：A【点评】汽车在以最大速度匀速行驶时，汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引力大小相等，由P=FV=fV可以求得此时汽车受到的阻力的大小．10．如图所示，物体从A处开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B 处．已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m，现将物体m从B点沿原路送回至AO的中点C处，需外力做的功至少应为（）A．mgh B．mgh C．2mgh D．mgh【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】物体从A到B全程应用动能定理可得，重力做功与物体克服滑动摩擦力做功相等，返回AO的中点处时，滑动摩擦力依然做负功，重力也会做负功，要想外力做功最少，物体末速度应该为零，有动能定理可解答案【解答】解：物体从A到B全程应用动能定理可得：mgh﹣W f=0﹣0由B返回C处过程，由动能定理得：联立可得：故选：D【点评】恰当选择过程应用动能定理，注意功的正负二.填空题（每空2分，共26分）11．一个光滑斜面长为L高为h，一质量为m的物体从顶端静止开始下滑，当所用时间是滑到底端的时间的一半时，重力做功为mgh，重力做功的即时功率为mg，重力做功的平均功率为，以斜面底端为零势能点，此时物体的动能和势能的比是1：3．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功的计算专题．【分析】应用公式P=Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率．【解答】解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=mv2解得：v=所以平均速度为根据匀加速直线运动，中时刻的速度等于这段时间的平均速度，因此当所用时间是滑到底端时间的一半时，动能增加量为，则重力做功也为；重力做功的瞬时功率为P=Gv坚=mg；而重力做功的平均功率为P=G=mg=；由于机械能守恒，当所用时间是滑到底端时间的一半时，动能为mgh，以斜面底端为零势能点，则重力势能为，所以物体的动能和势能的比1：3故答案为：mgh；mg；；1：3【点评】物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．12．把质量为3.0kg的石块，从高30m的某处，以5.0m/s的速度向斜上方抛出，不计空气阻力，石块落地时的速率是25m/s；若石块在运动过程中克服空气阻力做了73.5J的功，石块落地时的速率又为24m/s．【考点】动能定理的应用．【专题】动能定理的应用专题．【分析】不计空气阻力时，石块从抛出到落地过程中，只有重力做功，根据动能定理求出石块落地时的速率．若有空气阻力时，重力和空气阻力都做功，空气阻力做功为﹣73.5JJ，重力做功不变，再动能定理求解石块落地时的速率．【解答】解：不计空气阻力时，设石块落地时的速率为v1．根据动能定理得mgh=﹣m得到v1=25m/s．若有空气阻力时，设石块落地时的速率为v2．根据动能定理得mgh﹣W阻=﹣m代入解得v2=24m/s故答案为：25，24．【点评】本题是动能定理简单的应用，从结果可以看出，在没有空气阻力的情况下，物体落地速度大小与物体的质量、初速度的方向无关．13．具有某一速率v0的子弹（不计重力）恰好能垂直穿过四块叠放在一起的完全相同的固定木板，如果木板对子弹的阻力相同，则该子弹在射穿第一块木板时的速率为v0．【考点】动能定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】子弹在穿越木板的过程中，阻力做负功，使子弹的动能减小，根据动能定理分别研究子弹射穿第一块木板和穿过4块木板的过程，利用比例法求解子弹在射穿第一块木板时的速率．【解答】解：设子弹在射穿第一块木板时的速率为v，块木板的厚度为d，阻力大小为f，由动能定理得：子弹射穿第一块木板的过程：﹣fd=mv2﹣mv02 ①子弹射穿3块木板的过程：﹣f•4d=0﹣mv02②由①②解得：v=v0；故答案为：v0．【点评】本题运用动能定理时关键是选择研究的过程，也可以运用运动学公式进行研究求解．14．汽车牵引着高射炮以36km/h的速度匀速前进，汽车发动机的输出功率为60kw，则汽车和高射炮在前进中所受的阻力为6000N．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】汽车匀速行驶时，汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引力大小相等，由P=Fv=fv可以求得阻力．【解答】解：36km/h=10m/s，汽车匀速行驶时，阻力等于牵引力，则：f=F=故答案为：6000N【点评】本题主要考查了汽车功率与牵引力的关系，关键是熟练应用功率的变形公式、平衡条件解题，难度不大，属于基础题．15．如图所示，绕过定滑轮的绳子，一端系一质量为10kg的物体A，另一端被人握住，最初绳沿竖直方向，手到滑轮距离为3m．之后人握住绳子向前运动，使物体A匀速上升，则在人向前运动4m的过程中，对物体A作的功为200J．（绳的质量、绳与轮摩擦、空气阻力均不计）【考点】动能定理的应用；功的计算．【专题】动能定理的应用专题．【分析】以物体为研究对象，人向前运动4m的过程中，物体上升的高度等于绳子被拉过来的长度，由几何知识求出物体上升的高度，根据动能定理求出人对物体A作的功．【解答】解：人向前运动4m的过程中，物体上升的高度h=根据动能定理得，W﹣mgh=0得到人对物体A作的功：W=mgh=10×10×2J=200J．故答案为：200J．【点评】本题关键是运用几何知识求出物体上升的高度，要注意物体上升的高度不等于后来右侧绳子的长度5m．基础题．16．用打点计时器研究自由下落过程中的机械能守恒的实验中，量得纸带上从0点（纸带上打下的第一个点），到连续选取的1、2、3…之间的距离分别为h1，h2，h3…，打点计时器打点的周期为T，那么重物下落打下第n个点时的瞬时速度可以由v n=来计算．重物运动到打下第n点时减小重力势能的表达式为mgh n．根据机械能守恒定律，在理论上应有mv n2=mgh n，实际上mv n2＜mgh n．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．可以通过求DF 段的平均速度表示E点的瞬时速度．明确机械能守恒定律的表达式及误差分析．【解答】解：由平均速度可知，n点的速度可以用h n﹣1到h n+1过程的平均速度来表示；即v n=；由机械能守表达式可知，减小的重力势能应等于增加的动能；而在实际情况中，由于阻力的存在，减小的重力势能总是大于增加的动能的；故答案为：；mgh n；=；＜【点评】了解实验的装置和工作原理，对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律；并能正确应用机械能守恒定律分析解答问题．三.计算题（第17-20每题8分，第21题12分，共52分）17．如图所示，将质量为3.5kg的小球水平抛出，空气阻力不计．求：①抛出时人对球所做的功？②抛出后0.2秒小球的动能？【考点】动能定理；平抛运动．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】①小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动的特点求出初速度，根据动能定理即可求解人对球做的功；②根据平抛运动的特点求出抛出后0.2秒时小球的速度，根据动能的表达式即可求解．【解答】解：小球抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，h=解得t=水平方向做匀速运动，根据动能定理得：W==700J（2）抛出后0.2秒时小球的速度v==动能为：答：①抛出时人对球所做的功为700J；②抛出后0.2秒时小球的动能为707J【点评】本题主要考查了平抛运动的特点，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中．18．如图所示，m A=4kg，m B=1kg，A与桌面动摩擦因数μ=0.2，B与地面间的距离s=0.8m，A、B原来静止．求：（1）B落到地面时的速度？（2）B落地后（不反弹），A在桌面上能继续滑行多远才能静止下来？（桌面足够长）（g取10m/s2）【考点】动能定理的应用；能量守恒定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）在B下落过程中，B减小的重力势能转化为AB的动能和A克服摩擦力做功产生的内能，根据能量守恒定律求解B落到地面时的速度．（2）B落地后（不反弹），A在水平面上继续滑行，根据动能定理求解A滑行的距离．【解答】解：（1）B下落过程中，它减少的重力势能转化为AB的动能和A克服摩擦力做功产生的热能，B下落高度和同一时间内A在桌面上滑动的距离相等、B落地的速度和同一时刻A的速度大小相等由以上分析，根据能量转化和守恒有：。
解析北京市东城区普通校2021年高三3月联考 物理试题
１3．对一定量的气体,下列说法正确的是A．气体体积是指所有气体分子的体积之和Ｂ.气体分子的热运动越剧烈,气体的温度就越高Ｃ.气体对器壁的压强是由于地球吸引而产生的D．当气体膨胀时，气体对外做功，因而气体的内能一定减少【答案】Ｂﻫ【解析】ﻫ１4. 下列说法中正确的是A．α粒子散射实验发现了质子B.玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱,也能解释氦的原子光谱C．热核反应的燃料是氢的同位素,裂变反应的燃料是铀D．中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量【答案】C【解析】考点:原子原子核１5. 在用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光ａ照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转。
而用另一频率的单色光b照射光电管阴极Ｋ时,电流计G的指针不发生偏转，那么A．只增加a光的强度可使逸出的电子最大初动能变大B．在同种介质中ａ的传播速度小于ｂ的传播速度Ｃ．ａ光的波长一定大于b光的波长Ｄ.若光从同种介质射向空气时,ａ光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角【答案】Bﻫ【解析】16．20１3年6月20日,我国首次实现太空授课,航天员王亚平在飞船舱内与地面学生实时交流了51分钟。
设飞船舱内王亚平的质量为m，用Ｒ表示地球的半径，用r表示飞船的轨道半径，g表示地球表面处的重力加速度,g′表示飞船所在处的重力加速度，用F表示飞船舱内王亚平受到地球的引力，则下列关系式中正确的是A ．g′=0 Ｂ．g r R g 22=' Ｃ.Ｆ=mg D ．mg r R F =【答案】B ﻫ【解析】17．如下图a 所示，一根水平张紧弹性长绳上有等间距的Ｏ、P 、Q 质点,相邻两质点间距离为l ．０m 。
t=0时刻O 质点从平衡位置开始沿y 轴方向振动,并产生沿ｘ轴正方向传播的波，Ｏ质点振动图像如下图ｂ所示，当O 质点第一次达到正方向最大位移时刻,Ｐ质点刚开始振动,则下列说法正确的是A ．O 、P 两质点之间的距离为半个波长B ．绳中所有的质点都沿x 轴匀速移动C ．这列波传播的速度为1.0m ／sＤ.在一个周期内,O 质点通过的路程为4.0m【答案】C ﻫ【解析】1８. 某电场的电场线分布如下图所示，电场中有A、Ｂ两点，则以下判断正确的是A．A点的场强大于Ｂ点的场强,B点的电势高于A点的电势Ｂ．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功,则该电荷一定为负电荷C.一个负电荷处于Ｂ点的电势能大于它处于A点的电势能D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动【答案】Ａﻫ【解析】ﻫ1９．如图所示,闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察,线圈沿逆时针方向转动。
2021年高三下学期3月月考物理试题
2021年高三下学期3月月考物理试题本试卷包括选择题和非选择题两部分，共300分，考试时间150分钟相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56第一部分选择题（共120分）本部分共20小题，每小题6分，共120分，在每小题列出的四个选项中，选出最符合题意要求的一项。
13. 光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是（）A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C. 在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象14．下列现象中，与原子核内部变化有关的是（）A．粒子散射现象 B．天然放射现象 C．光电效应现象 D．原子发光现象15.“嫦娥一号”月球探测器在环绕月球运行过程中，设探测器运行的轨道半径为r，运行速率为v，当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时（）A.r、v都将略为减小B.r、v都将保持不变C.r将略为减小，v将略为增大D. r将略为增大，v将略为减小16.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。
一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。
现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A.带点油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带点油滴的电势能将减少D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大17.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。
已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（）A.电压表○v的示数为220vB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484wD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J18.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1 m处的质点，Q是平衡位置为x=4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）A.t=0.15s时，质点Q的加速度达到负向最大B.t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C.从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6 mD.从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30 cm20.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。
2021年高三下学期第一次月考物理试卷含解析
2021年高三下学期第一次月考物理试卷含解析二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共计48分，其中1-4为单选题，5-8小题为多选题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是（）A．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大B．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”2．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．则（）A．水平面对斜面体没有摩擦力作用B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．斜面体对水平面的压力等于（M+m）gD．斜面体对水平面的压力小于（M+m）g3．探月工程三期飞行试验器于xx年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，飞行试验器飞抵距月球6万千米附近进入月球引力影响区，开始月球近旁转向飞行，最终进入距月球表面h=200km的圆形工作轨道．设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．飞行试验器绕月球运行的周期为2πB．在飞行试验器的工作轨道处的重力加速度为（）2gC．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为D．由题目条件可知月球的平均密度为4．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面分布在半径为R的圆内，一带电粒子沿半径方向从a点射入，从b点射出，速度方向改变了60°；若保持入射速度不变，而使磁感应强度变为B，则粒子飞出场区时速度方向改变的角度为（）A．90°B．45°C．30°D．60°5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz6．如图所示，两个固定的等量正点电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴．取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（）A．a、b两点的场强相同B．Oy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小C．将一试探电荷+q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在a、b间往复运动D．Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大7．如图所示，两根平行长直金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．一质量为m的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为μ，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直）．设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计，重力加速度大小为g，在这一过程中（）A．导体棒运动的平均速度为B．流过电阻R的电荷量为C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的电能D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒增加的动能8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，弹簧的弹性势能为3μmgx0B．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大二、（必做+选做）9．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b 表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．（1）滑块通过B点的瞬时速度可表示为；（2）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△E k=，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=，在误差允许的范围内，若△E k=△E p则可认为系统的机械能守恒；（3）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图2所示，并测得M=m，则重力加速度g=m/s2．10．为了测量某种材料制成的电阻丝R x的电阻率，提供的器材有：A．电流表G，内阻R g=120Ω，满偏电流I g=3mAB．电流表A，内阻约为1Ω，量程为0～0.6AC．螺旋测微器，刻度尺D．电阻箱R0（0～9999Ω，0.5A）E．滑动变阻器R（5Ω，1A）F．电池组E（6V，0.05Ω）G．一个开关S和导线若干某同学进行了以下操作：（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用档（填“×1”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示．（2）把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表使用，则电阻箱的阻值应调为R0=Ω．（3）请用改装好的电压表设计一个测量电阻R x阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图2中电路图补画完整．（4）电阻率的计算：测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d．电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量的字母符号（各量不允许代入数值）写出计算电阻率的表达式ρ=．11．如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电量为q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中点C时，速度大小为v C=v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度E保持不变，并且AB区域外始终不存在电场．（1）求滑块受到的滑动摩擦力大小；（2）若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；（3）要使小滑块在AB区域内运动的时间到达最长，电场强度E应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．12．如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1，s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m，带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小v；（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；（3）当M，N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求打在D上经历的时间的范围．【物理选修3-3】13．下列说法正确的是（）A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．温度越高，布朗运动越显著D．饱和汽压与体积有关，与温度无关E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大14．如图所示，竖直放置的气缸开口向下，活塞a 和活塞b将长为L的气室中的气体分成体积比为1：2的A、B两部分，温度均为127℃，系统处于平衡状态．当气体温度都缓慢地降到27℃时系统达到新的平衡，不计活塞a的厚度及活塞与气缸间的摩擦．求活塞a、b 移动的距离．（设外界大气压强不变）xx学年山东省德州市武城二中高三（下）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共计48分，其中1-4为单选题，5-8小题为多选题，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．以下选项中符合伽利略和牛顿的观点的是（）A．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大B．两物体从同一高度做自由落体运动，较轻的物体下落较慢C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”【考点】作用力和反作用力．【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题．【分析】两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点．伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论．根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误．【解答】解：A、力越大，物体运动的速度越大，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点．故A错误；B、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点．故B错误．C、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方．符合伽利略、牛顿的惯性理论．故C正确．D、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点．故D错误．故选：C【点评】本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解．可以根据牛顿的三大定律进行分析．2．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．则（）A．水平面对斜面体没有摩擦力作用B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．斜面体对水平面的压力等于（M+m）gD．斜面体对水平面的压力小于（M+m）g【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求斜面体受到的支持力和摩擦力．【解答】解：以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Tcosθ，方向水平向右，故AB错误；竖直方向：N=（m+M）g﹣Tsinθ，可见N＜（M+m）g，根据牛顿第三定律：斜面体对水平面的压力N′=N＜（M+m）g故C错误D正确；故选：D．【点评】本题采用整体法分析问题较简单，作出力图结合平衡条件分析即可．采用整体法时球与斜面间的作用力不用分析．3．探月工程三期飞行试验器于xx年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，飞行试验器飞抵距月球6万千米附近进入月球引力影响区，开始月球近旁转向飞行，最终进入距月球表面h=200km的圆形工作轨道．设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．飞行试验器绕月球运行的周期为2πB．在飞行试验器的工作轨道处的重力加速度为（）2gC．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为D．由题目条件可知月球的平均密度为【考点】万有引力定律及其应用；向心力．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力与星球表面重力相等列出等式，根据牛顿第二定律得出飞行试验器在工作轨道上的加速度；飞行器绕月运行时万有引力提供圆周运动向心力列出等式求解；根据万有引力提供向心力，推导出线速度求解；根据密度定义求解．【解答】解：令月球质量为M，在月球表面重力与万有引力相等有：可得：GM=gR2A、飞行器绕月运行时万有引力提供圆周运动向心力有：，r=R+h解得：飞行试验器绕月球运行的周期为：，故A错误；B、飞行试验器工作轨道处的重力加速度为：，故B正确；C、，故C错误；D、月球的密度为：，故D错误；故选：B．【点评】万有引力提供圆周运动向心力和万有引力与星球表面重力相等是解决此类问题的主要入手点，关键是掌握相关公式及公式变换．4．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面分布在半径为R的圆内，一带电粒子沿半径方向从a点射入，从b点射出，速度方向改变了60°；若保持入射速度不变，而使磁感应强度变为B，则粒子飞出场区时速度方向改变的角度为（）A．90°B．45°C．30°D．60°【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得到轨迹半径表达式，分析出磁感应强度变为B时轨迹半径与原来轨迹半径的关系，结合轨迹求解．【解答】解：带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由qvB=m，得：r=当磁感应强度由B变为B时，轨迹半径变为原来的r，即：r′=r．设粒子原来速度的偏向角为α，B变化后速度的偏向角为β．根据几何关系有：tan=，tan=又α=60°则得：β=90°所以粒子飞出场区时速度方向改变的角度为90°．故选：A．【点评】带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求轨迹半径与磁场半径的关系5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2×10﹣2s，所以交流电的频率为f==50Hz，A、交流电的有效值为220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为22V，故A正确；B、电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为I=A=2.2A，故B错误．C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C错误；D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，故D错误；故选：A．【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．6．如图所示，两个固定的等量正点电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴．取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是（）A．a、b两点的场强相同B．Oy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小C．将一试探电荷+q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在a、b间往复运动D．Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大【考点】电场的叠加；电势差与电场强度的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据点电荷场强公式E，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强．解答本题关键是作出y轴所在处的电场强度方向，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势高低．根据电场线的疏密判断场强大小．【解答】解：A、根据两等量正点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相反，故A错误；B、根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则，则有Oy轴上沿正方向的电场强度方向沿着y轴正方向，那么电势随坐标y的变大而减小，故B正确；C、将一试探电荷+q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷在O点左边受到向右的电场力，而在O点右边时，受到向左的电场，则将在a、b间往复运动，故C正确；D、根据点电荷电场强度公式E=，结合矢量的合成法则可知，Oy轴上沿正方向电场强度的大小先增大后减小，故D错误．故选：BC．【点评】本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，关键在于掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的方向表示电势的高低，作出电场线，就能判断电势的高低，注意掌握点电荷电场强度公式E=，结合矢量的合成法则是解题的关键．7．如图所示，两根平行长直金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．一质量为m的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为μ，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直）．设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计，重力加速度大小为g，在这一过程中（）A．导体棒运动的平均速度为B．流过电阻R的电荷量为C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的电能D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒增加的动能【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】导体在恒力作用下向左先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大，根据平衡条件和安培力的表达式F A=求解最大速度．由q=求解电量．根据功能关系分析：恒力F 做的功与安培力做的功之和与动能变化量的关系，以及恒力F做的功与摩擦力做的功之和与动能的变化量的关系．【解答】解：A、杆匀速运动时速度最大．设杆的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为F A=BId=Bd=，而且杆受力平衡，则有F=F A+μmg，解得，v=，由于杆做变速运动，因此平均速度不可能为．故A错误．B、流过电阻R的电荷量为q==．故B正确．C、D、根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量．故C错误，D 正确．故选：BD【点评】本题是收尾速度问题，从力和能两个角度分析，关键掌握两个经验公式：安培力表达式F A=，感应电量表达式q=，选择题可以直接运用，不过计算题要有推导的过程．8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m 的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止．撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F时，弹簧的弹性势能为3μmgx0B．物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动C．从B→C位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量D．撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大【考点】功能关系；牛顿第二定律．【专题】定量思想；寻找守恒量法；功能关系能量守恒定律．【分析】研究物体从B向右运动到最右端的过程，由能量守恒求撤去F时弹簧的弹性势能．通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动．再结合功能关系分析即可．【解答】解：A、撤去F后一直到物体停止运动的过程，根据能量守恒得：弹簧的弹性势能E p=μmg•3x0=3μmgx0，故A正确；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于摩擦力，合力向右，弹力减小，合减小，则加速度减小．后来弹力小于摩擦力，合力向左，弹力减小时，合力增大，加速度增大．则做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动．故B正确；C、从B→C物体做加速运动，动能增大，由能量守恒可知，弹簧弹性势能的减少量等于物体动能的增加量和产生的内能之和，所以弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C正确；D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误．故选：ABC【点评】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通常应用动能定理结合功能关系解决．二、（必做+选做）。
2021年高三下学期3月综合练习物理试题
2021年高三下学期3月综合练习物理试题命题：物理 55中化学 50中生物北京汇文中学审查：东城区(北区)教研中心本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分300分。
考试时间150分钟。
第Ⅰ卷（选择题共120分）本卷共20小题，每小题6分，共120分。
在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
13．二十世纪初，为了研究物质内部的结构，物理学家做了大量的实验，揭示了原子内部的结构。
发现了电子、中子和质子，右图是A．卢瑟福的α粒子散射实验装置 B．卢瑟福发现质子的实验装置 C．汤姆逊发现电子的实验装置D．查德威克发现中子的实验装置14．如图所示，一细束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为互相分离的a、b、c三束单色光。
比较a、b、c三束光，可知A．当它们在真空中传播时，a光的速度最大B．当它们在玻璃中传播时，c光的波长最长C．若它们都从玻璃射向空气，c光发生全反射的临界角最大D．若它们都能使某种金属产生光电效应，c光照射出光电子的最大初动能最大15．由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的A．质量相同B．轨道平面可以不同C．速度一定小于第一宇宙速度D．轨道半径可以不同图1 图216．一简谐机械波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T 。
图1为该波在t=时刻的波形图，a 、b 是波上的两个质点。
图2表示介质中某一质点的振动图象。
下列说法中正确的是 A ．图2是质点a 的振动图象 B ．图2是质点b 的振动图象 C ．t=0时刻质点a 的速度比质点b 的大D ．t=0时刻质点a 的加速度比质点b 的大17．有同学这样探究太阳的密度：正午时分让太阳光垂直照射一个中央有小孔的黑纸板，接收屏上出现了一个小圆斑；测量小圆斑的直径和黑纸板到接收屏的距离，可大致推出太阳直径。
他掌握的数据有：太阳光传到地球所需的时间、地球的公转周期、万有引力恒量；在最终得出太阳密度的过程中，他用到的物理规律是小孔成像和A ．牛顿第二定律B ．万有引力定律、牛顿第二定律C ．万有引力定律D ．万有引力定律、牛顿第三定律18．一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。
2021年高三物理下学期3月月考试卷(含解析)
2021年高三物理下学期3月月考试卷（含解析）一、选择题（本题7小题．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的、不选的得0分）1．（6分）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．关于物理学发展过程中的认识，下列说法不正确的是（）A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．在一个参考系中观测是同时发生的两事件，在相对于此参考系运动的别的参考系中观测就可能不是同时的，而是一先一后发生的C．质能关系式E=mc2中的质量m是经过爱因斯坦狭义相对论“改造”过的质量，它不是一个不变的量D．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人2．（6分）下列说法不正确的是（）A．麦克斯韦预言了光是横波，并且首次用实验验证了光是横波B．高速运动的飞船中的宇航员发现地面的时钟变慢了C．在磁场中做圆周运动的带电粒子会发出电磁波D．过强或过长时间的紫外辐射、X射线或γ射线的作用，会对人体（眼镜、皮肤、血液、神经系统、生殖系统等）造成危害3．（6分）2014年2月12日在新疆于田县附近发生7.3级地震，震源深度12千米．如果该地震中的简谐横波在地壳中匀速传播的速度大小为4km/s，已知波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到x=120m处，如图所示，则下列说法正确的是（）A．从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过3s时间=360m处的质点加速度B．从波传到x=120 m处开始计时，经过t=0.06 s位于x1最大C．再经过△t=0.3 s质点M经过的路程为56mD．此刻波动图象上除M点外与M点势能相同的质点有5个4．（6分）xx年我国相继完成“神十”与“天宫”对接，“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程，某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球，设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为E p=，其中G为引力常量，M为月球质量，若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为（）A．（h+2R）B．（h+R）C．（h+R）D．（h+R）5．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关s接通抽油烟机，下列说法正确的是（）A．电压表示数为44 VB．副线圈上电压的瞬时值表达式 u=220sin （10πt）VC．热水器消耗的功率变大D．变压器的输入功率增大6．（6分）如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L．有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h．初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g．则下列说法中正确的是（）A．导线框进入磁场时的速度为B．导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a=g﹣C．导线框穿出磁场时的速度为D．导线框通过磁场的过程中产生的热量Q=8mgh﹣7．（6分）如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN下方存在竖直向下的匀强磁场，两处磁场磁感应强度大小均为B．足够长的不等间距金属导轨竖直放置，导轨电阻不计．两个金属棒通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，其中光滑金属棒AB质量为m，长为L，电阻为R；金属棒CD质量为2m、长为2L、电阻为2R，与导轨之间的动摩擦因数为μ．若AB棒在外力F的作用下向上做匀速运动，CD棒向下做匀速运动，下列说法正确的是（）A．AB棒中电流方向从A到BB．AB棒匀速运动的速度C．AB杆所受拉力F=mg+mgD．时间t内CD棒上的焦耳热为二、实验题（共17分）（8-1、7分，8-2、10分）8．（3分）某同学用圆柱形玻璃砖做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好圆柱形玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在圆柱形玻璃砖另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，使P4挡住P3和P1、P2的像，在纸上标出大头针位置和圆柱形玻璃砖的边界如图所示．测出的折射率n=．（画出光路图，在图上标出需要测量的物理量，用这些物理量表示n）9．（4分）用单摆测定重力加速度，采用图所示的实验装置．①该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆从小球某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第n次经过最低点共用时t秒；请写出重力加速度的表达式g=．（用所测物理量表示）②在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）10．（10分）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1的（6V，2.5W）伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．电流表G（满偏电流 3mA，内阻R g=10Ω）B．量程为3A，内阻约为0.1Ω的电流表A2；C．量程为0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A l；D．量程为3V，内阻约为3kΩ的电压表V1E．滑动变阻器（0～20Ω，10A）F．滑动变阻器（0～200Ω，1A）G．定值电阻R0（阻值1990Ω）H．开关与导线若干I．直流电源（6V，内阻不计）（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，应该选用的电流表是，滑动变阻器应选用．（填写器材序号）（3）实验中，的示数为时，可测出电子元件R1的额定功率2.5W．（4）将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图2所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中ob、oa所示．电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电阻R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电阻R1的阻值为Ω，R3接入电路的阻值为Ω．三、计算题（共3个题、共51分、要求写出必要的步骤和文字说明，只有结果不给分）11．（15分）如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行．传送带始终以速度v0=2m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1=6m/s向右运动，经一段时间回到传送带的左端．已知A、B质量均为1kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2，斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计．g取10m/s2，sin37°=0.6．求：（1）B向右运动的总时间；（2）B回到传送带左端时的速度；（计算结果可用根号表示）12．（17分）如图（a）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角30°，此时圆形区域加如图（b）所示周期性变化的磁场（以电子进入圆形区域开始计时，且磁场方向以垂直于纸面向外为正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30°．求：（1）电子进入圆形区域时的速度大小；（2）0≤x≤L区域内匀强电场的场强大小；（3）写出圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式．13．（19分）如图所示，PQ右侧平面区域分布N个足够大条形磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，相邻磁场区域的距离为S．左测存在一个加速电场，A板为加速电场正极板，B板为负极板，极板间电压为U，质量m、带正电量为q 的粒子从A板静止释放加速后垂直射入磁场（重力不计）．（1）试求粒子在磁场区域做圆周运动的轨道半径；（2）粒子恰好经过右边第二个磁场区域的右边界后返回，最终垂直PQ边界离开磁场，试求从粒子进入磁场返回边界PQ所用的时间；（3）若要求粒子经过右边第N个磁场后再返回通过边界PQ，试求加速电场的电压应该调节到多大．四川省成都外国语学校xx届高三下学期月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题7小题．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的、不选的得0分）1．（6分）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．关于物理学发展过程中的认识，下列说法不正确的是（）A．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证B．在一个参考系中观测是同时发生的两事件，在相对于此参考系运动的别的参考系中观测就可能不是同时的，而是一先一后发生的C．质能关系式E=mc2中的质量m是经过爱因斯坦狭义相对论“改造”过的质量，它不是一个不变的量D．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人考点：物理学史；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．专题：万有引力定律的应用专题．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、牛顿第一定律是在实验的基础上经分析推理而得出的，采用的是实验加推理的方法，不可能用实验直接验证，故A正确；B、在一个参考系中观测是同时发生的两事件，在相对于此参考系运动的别的参考系中观测就可能不是同时的，而是一先一后发生的，故B正确；C、质能关系式E=mc2中的质量m是经过爱因斯坦狭义相对论“改造”过的质量，它不是一个不变的量，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许测出了引力常量G，卡文迪许被称为能“称量地球质量”的人，故D错误；本题选不正确的，故选：D．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（6分）下列说法不正确的是（）A．麦克斯韦预言了光是横波，并且首次用实验验证了光是横波B．高速运动的飞船中的宇航员发现地面的时钟变慢了C．在磁场中做圆周运动的带电粒子会发出电磁波D．过强或过长时间的紫外辐射、X射线或γ射线的作用，会对人体（眼镜、皮肤、血液、神经系统、生殖系统等）造成危害考点：* 时间间隔的相对性；电磁波的产生；X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．分析：偏振可以证明波性，下面是光偏振的发现过程，偏振现象的发现：1809年，马吕斯在试验中发现偏振现象．在进一步研究光的简单折射中的偏振时，他发现光在折射时是部分偏振的；高速运动的飞船中的宇航员发现地面的时钟变慢了；在磁场中做圆周运动的带电粒子会发出电磁波；紫外辐射、X射线或γ射线具有很强的化学作用．解答：解：A、麦克斯韦预言了光是横波，马吕斯在试验中发现光的偏振现象，证明了光是横波．故A错误；B、根据爱因斯坦的相对论理论，高速运动的飞船中的宇航员发现地面的时钟变慢了．故B 正确；C、根据经典的电磁学理论，在磁场中做圆周运动的带电粒子在空间中产生周期性变化的磁场，会发出电磁波．故C正确；D、紫外辐射、X射线或γ射线具有很强的化学作用，过强或过长时间的紫外辐射、X射线或γ射线的作用，会对人体（眼镜、皮肤、血液、神经系统、生殖系统等）造成危害．故D正确．本题要求选择不正确的．故选：A点评：该题考察了光的偏振、相对论理论、经典的电磁场理论和各种电磁波的特性，都是属于记忆性的知识点，要加强这类知识点的记忆．3．（6分）2014年2月12日在新疆于田县附近发生7.3级地震，震源深度12千米．如果该地震中的简谐横波在地壳中匀速传播的速度大小为4km/s，已知波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到x=120m处，如图所示，则下列说法正确的是（）A．从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过3s时间B．从波传到x=120 m处开始计时，经过t=0.06 s位于x1=360m处的质点加速度最大C．再经过△t=0.3 s质点M经过的路程为56mD．此刻波动图象上除M点外与M点势能相同的质点有5个考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：机械波传播的过程中介质中的质点不向前迁移．由图得到波长，求出周期，根据时间与周期的关系分析质点的加速度．势能相同的点位移大小相等．由x=vt求解波传播的距离．解答：解：A、波向前传播的过程中，介质中所有质点都不随波向前迁移，故A错误；B、由图知波长为λ=60m，该波的周期为 T==s=0.015s，从波传到x=120m处开始计时，经过t=0.06s，恰好完成了4个周期，位于x=360m处的质点在平衡位置，加速度最小，故B 错误；C、再经过△t=0.3s，质点M经过的路程为S=×4A=56m，故C正确；D、位移大小相等的点势能相同．由简谐运动的对称性可得，除M点外与M点势能相同的质点有7个，故D错误；故选：C．点评：解决本题的关键要掌握波的特点：质点不“随波逐流”，由波的传播方向，运用“上下坡”法判断质点的振动方向．能根据时间与周期的关系，分析质点的状态．4．（6分）xx年我国相继完成“神十”与“天宫”对接，“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程，某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球，设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为E p=，其中G为引力常量，M为月球质量，若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为（）A．（h+2R）B．（h+R）C．（h+R）D．（h+R）考点：万有引力定律及其应用；功的计算．专题：万有引力定律的应用专题．分析：先根据万有引力提供向心力，以及重力等于万有引力，求出“玉兔”绕月球做圆周运动的动能，再根据功能关系求解需要对“玉兔”做的功．解答：解：根据万有引力提供向心力，得：G=m在月球表面上，由重力等于万有引力，则得：G=m′g月，即有GM=g月R2；“玉兔”绕月球做圆周运动的动能 E k=联立以上三式解得：E k=“玉兔”在h高度的引力势能为E p===根据功能关系得：从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为 W=E p+E k=（h+R）故选：D．点评：解决本题的关键掌握万有引力的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．5．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关s接通抽油烟机，下列说法正确的是（）A．电压表示数为44 VB．副线圈上电压的瞬时值表达式 u=220sin （10πt）VC．热水器消耗的功率变大D．变压器的输入功率增大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：电压表测的是电流的有效值．根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式．根据动态分析法分析实际功率．由W=Pt可以求出热水器机消耗的电能解答：解：A、U1=V=1100V，则电压表示数为1100V，故A错误；B、由图乙可知，交变电流的峰值是220V，ω==100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtv，故B错误；C、接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故C错误；D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D正确；故选：D点评：会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判断电流、电压的变化6．（6分）如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L．有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h．初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g．则下列说法中正确的是（）A．导线框进入磁场时的速度为B．导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a=g﹣C．导线框穿出磁场时的速度为D．导线框通过磁场的过程中产生的热量Q=8mgh﹣考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：线框进入磁场前，根据重物与线框组成的机械能守恒求解线框进入磁场时的速度；推导出安培力表达式，由平衡条件也可求得线框穿出磁场时的速度；线框的高度与磁场的高度相等，线框通过磁场的过程都做匀速直线运动；根据能量守恒定律求解产生的热量Q；若某一时刻的速度为v，推导出安培力，运用牛顿第二定律列式求解加速度．解答：解：A、线框进入磁场前，根据重物与线框组成的机械能守恒得：（3mg﹣mg）•2h=（3m+m）v2；解得线框进入磁场时的速度为：v=．故A错误．B、线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得：3mg﹣mg﹣=（3m+m）a，解得：a=g﹣．故B正确．C、线框进入磁场时，根据平衡条件得：3mg﹣mg=F安，而F安=联立解得线框进入磁场时的速度为：v=．线框的高度与磁场的高度相等，线框通过磁场的过程都做匀速直线运动，所以线框穿出磁场时的速度为v=．故C错误．D、设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q．对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得：Q=（3mg﹣mg）•4h﹣，将v=代入得：Q=8mgh﹣，故D正确．故选：BD．点评：本题力学知识与电磁感应的综合，要认真审题，明确物体运动的过程，正确分析受力及各力的做功情况，要熟练推导或记住安培力的表达式F安=．7．（6分）如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN下方存在竖直向下的匀强磁场，两处磁场磁感应强度大小均为B．足够长的不等间距金属导轨竖直放置，导轨电阻不计．两个金属棒通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，其中光滑金属棒AB质量为m，长为L，电阻为R；金属棒CD质量为2m、长为2L、电阻为2R，与导轨之间的动摩擦因数为μ．若AB棒在外力F的作用下向上做匀速运动，CD棒向下做匀速运动，下列说法正确的是（）A．AB棒中电流方向从A到BB．AB棒匀速运动的速度C．AB杆所受拉力F=mg+mgD．时间t内CD棒上的焦耳热为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：AB棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向，由CD棒的电流方向及磁场方向判断所受安培力的方向，再判断摩擦力从而确定运动情况，力F所做的功应等于所产生的总内能与增加的机械能之和．解答：解：A、根据右手定则可知，AB棒中电流方向由B到A，故A错误；B、令AB棒的速度为v1，所以电路的电流I=，对于CD棒的匀速运动有：2mg=μIB2L，联立上式可解得，故B正确；C、由AB棒匀速上升，故有F=mg+BIL，代入、I=，可得F=mg+，故C正确；D、CD棒上的焦耳热Q=I22Rt=，故D错误．故选：BC．点评：本题关键是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、综合运用，难度较大．二、实验题（共17分）（8-1、7分，8-2、10分）8．（3分）某同学用圆柱形玻璃砖做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好圆柱形玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在圆柱形玻璃砖另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，使P4挡住P3和P1、P2的像，在纸上标出大头针位置和圆柱形玻璃砖的边界如图所示．测出的折射率n=．（画出光路图，在图上标出需要测量的物理量，用这些物理量表示n）考点：测定玻璃的折射率．专题：实验题．分析：画出光路图，确定出入射光线和出射光线，从而确定出入射角和折射角，结合折射定律求出折射率的大小．解答：解：通过P1、P2和P3、P4作出入射光线和出射光线，从而确定出在玻璃砖中的折射光线，光路图如图所示，入射角为i，折射角为r，根据折射定律得，n=．故答案为：．点评：解决本题的关键作出光路图，确定入射角和折射角，从而结合折射定律进行求解，基础题．9．（4分）用单摆测定重力加速度，采用图所示的实验装置．①该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆从小球某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第n次经过最低点共用时t秒；请写出重力加速度的表达式g=．（用所测物理量表示）②在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值偏大．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题．分析：依据单摆周期公式，可得重力加速度表达式；依据重力加速度表达式分析摆长对结果的影响；解答：解：①依据单摆周期公式，可得：，解得：，②在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，依据，这将会导致所测重力加速度的数值偏大．故答案为：①；②偏大．点评：该题重点值掌握单摆周期公式，另外要会依据公式分析测量结果的误差．10．（10分）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1的（6V，2.5W）伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：A．电流表G（满偏电流 3mA，内阻R g=10Ω）B．量程为3A，内阻约为0.1Ω的电流表A2；C．量程为0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A l；D．量程为3V，内阻约为3kΩ的电压表V1E．滑动变阻器（0～20Ω，10A）F．滑动变阻器（0～200Ω，1A）G．定值电阻R0（阻值1990Ω）H．开关与导线若干I．直流电源（6V，内阻不计）（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）．（画在方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，应该选用的电流表是C，滑动变阻器应选用E．（填写器材序号）（3）实验中，电流表G的示数为3mA时，可测出电子元件R1的额定功率2.5W．（4）将上述电子元件R1和另一电子元件R2接入如图2所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中ob、oa所示．电源的电动势E=6.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电阻R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电阻R1的阻值为10Ω，R3接入电路的阻值为4Ω．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）在研究该元件的伏安特性曲线时，要求电压从零调节，因此滑动变阻器采用分压接法，所以在选择时选择总阻值较小的，便于调节；（2）在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G进行改装，由此可画出原理图，（3）根据电表的改装原理可知电流表示数为多少时可以应元件两端电压为6V；（4）由电表的电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，根据图象求出此时流过R1和R2的电压电流，从而求出R1的阻值，根据串并联知识进一步求出滑动变阻器接入电路中的电阻值．解答：解：（1）在研究该元件的伏安特性曲线时，要求电压从零调节，因此滑动变阻器采用分压接法，在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表G进行改装，由此可画出原理图如下所示：（2）该元件的电流约为：I m==0.43A；故电流表应选用0.6A量程，故选：C；因采用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻；故选：E；（3）根据改装原理可知，新改装的电表内阻为：1990+10=xxΩ；则要使电压示数为6V，则表头的示数应为3mA；此时元件达额定功率为2.5W；。
2021年北京十一学校高三三模物理(word版含答案)
2021北京十一学校高三三模物 理总分：100分时间：90分钟命题：魏运华2021.05第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。
在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一1．用油膜法估测油酸分子直径的实验中，一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为V ，油膜面积为S ，油酸的摩尔质量为M ，阿伏伽德罗常数为N A 。
下列说法正确的是（ ） A.一个油酸分子的质量为AN MB.一个油酸分子的体积为AV NC.油酸的密度为M VD.油酸分子的直径为V S2．一个氘核与一个氚核结合成一个氦核同时放出中子，释放17.6MeV 的能量，这也是“人造太阳”的工作原理。
已知氘核、氚核、氦核和中子的质量分别为m 1、m 2、m 3和m 4，下列说法正确的是（ ） A ．该核反应方程是12H+31H→42He+210nB ．该核反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料C ．m 1+m 2>m 3+m 4D ．该核反应可以在常温下进行3．做功和热传递都可以改变物体的内能。
以下说法正确的是A ．物体放出热量，内能一定减少B ．物体对外做功，内能一定减少C ．物体吸收热量，同时对外做功，内能一定减少D ．物体放出热量，同时对外做功，内能一定减少4．图甲为一列简谐横波在t =0时刻的波形图，图乙为x =2m 处质点的振动图像。
下列判断正确的是A ．波沿x 轴负方向传播B．传播速度为20m/sC．t=0.1s时,x=2m处质点的加速度最大D．波源在一个周期内走过的路程为4m5．如图所示，理想变压器输入电压保持不变。
若将滑动变阻器的滑动触头向下移动，下列说法正确的是（）A．电表A1、A2的示数都增大B．电表V1、V2的示数都不变C．原线圈输入功率减小D．电阻R0消耗的电功率减小6．由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。
图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。
北京市西城区2021届新高考物理三月模拟试卷含解析
北京市西城区2021届新高考物理三月模拟试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图，直线A 为某电源的U-I 图线，曲线B 为标识不清的小灯泡L 1的U-I 图线，将L 1与该电源组成闭合电路时，L 1恰好能正常发光．另有一相同材料制成的灯泡L 2，标有“6V ，22W”，下列说法中正确的是（ ）A ．电源的内阻为3.125ΩB ．把灯泡L 1换成L 2，L 2可能正常发光C ．把灯泡L 1换成L 2，电源的输出功率可能相等D ．把灯泡L 1换成L 2，电源的输出功率一定变小【答案】C【解析】【分析】【详解】根据U-I 图象可得：电源的电动势为E=4V ，图线A 的斜率大小表示电源的内阻，则 102 2.53.2U r I ∆-==Ω=Ω∆，故A 错误；灯泡与电源连接时，A 、B 两图线的交点表示灯泡的工作状态，可知其电压U=6V ，I=1.6A ，则灯泡L 1的额定电压为6V ，功率为：P=UI=9.6W ，把灯泡L 1换成“6V ，22W”的灯泡L 2，不能正常发光，根据功率公式：2U P R=可知：灯泡L 2的正常工作时的电阻为：2226 1.6422U R P ==Ω=Ω，可得灯泡L 1的电阻为:16 3.751.6U R I ==Ω=Ω，则知正常发光时灯泡L 2的电阻更接近电源的内阻，但此时灯泡并没有达到正常发光，而此时L 2的电阻是不确定的；电源的输出功率可能变大，可能相等，也有可能变小，故BD 错误，C 正确．所以C 正确，ABD 错误． 2．如图所示，完全相同的两个光滑小球A 、B 放在一置于水平桌面上的圆柱形容器中，两球的质量均为m ，两球心的连线与竖直方向成30o 角，整个装置处于静止状态。
则下列说法中正确的是（ ）A ．A 对B 的压力为233mg B ．容器底对B 的支持力为mgC ．容器壁对B 的支持力为3mgD ．容器壁对A 的支持力为3mg 【答案】A【解析】【详解】AD ．对球A 受力分析可知，球B 对A 的支持力23cos303BA mg mg F ==o 则A 对B 的压力为23mg ； 容器壁对A 的压力3tan 30N F mg mg ==o 选项A 正确，D 错误；B ．对球AB 的整体竖直方向有2N mg =容器底对B 的支持力为2mg ，选项B 错误；C ．对球AB 的整体而言，容器壁对B 的支持力等于器壁对A 的压力，则大小为33mg ，选项C 错误； 故选A 。
北京市朝阳区2021届新高考物理三月模拟试卷含解析
北京市朝阳区2021届新高考物理三月模拟试卷一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．科学家通过实验研究发现，放射性元素23892U 有多种可能的衰变途径：23892U 先变成21083Bi ，21083Bi 可以经一次衰变变成81Ti a ，也可以经一次衰变变成210X b （X 代表某种元素），81Ti a 和210X b 最后都变成20682Pb ，衰变路径如图所示。
则以下判断正确的是（ ）A ．a ＝211，b ＝82B ．①是β衰变，②是α衰变C ．①②均是α衰变D ．23892U 经过7次α衰变5次β衰变后变成21083Bi【答案】D【解析】【分析】【详解】ABC ．21083Bi 经过①变化为a 81Ti ，核电荷数少2，为α衰变，即210a 483812Bi Ti He →+，故a ＝210－4＝20621083Bi 经过②变化为210b X ，质量数没有发生变化，为β衰变，即210210083b 1Bi X e -→+，故 b ＝83＋1＝84故ABC 错误；D ．23892U 经过7次α衰变，则质量数少28，电荷数少14，在经过5次β衰变后，质量数不变，电荷数增加5，此时质量数为238－28＝210电荷数为92－14＋5＝83变成了21083Bi ，故D 正确。
故选D 。
2．一平行板电容器的电容为C ，A 极板材料发生光电效应的极限波长为0λ，整个装置处于真空中，如图所示。
现用一波长为λ（λ＜0λ）的单色光持续照射电容器的A 极板，B 极板接地。
若产生的光电子均不会飞出两极板间，则下列说法正确的是（ ）（已知真空中的光速为c ，普朗克常量为h ，光电子的电量为e ）A ．光电子的最大初动能为0hc λλ- B ．光电子的最大初动能为()00h c λλλλ- C ．平行板电容器可带的电荷量最多为()00hc C e λλλλ- D ．平行板电容器可带的电荷量最多为()00h C ce λλλλ- 【答案】C【解析】【详解】AB ．根据光电效应方程可知 000()km hc hchcE λλλλλλ-=-=选项AB 错误；CD ．随着电子的不断积聚，两板电压逐渐变大，设最大电压为U ，则km Ue E =且Q=CU解得()00hc C Q e λλλλ-= 选项C 正确，D 错误。
高三物理月考试题及答案北京四十一中届高三下学期月考(份)
B．20Ω
C．40Ω
D．60Ω
7．（3分）（2014春?西城区校级月考）如下图的电路，电源内阻不可以忽视，当电键
S
R1
6VR2
12V
S
A．电压表V的示数大于18V
B．电阻R2两头的电压大于
12V
1
D．内电阻r上的电压变小
C．电阻R两头的电压大于6V
8．（3分）（2014春?西城区校级月考）用图所示电路，测定电池组的电动势和内电阻．其
池组的电动势E=12伏，内电阻r=1Ω，求电流表的读数．
13．（2014秋?锦州期末）如下图的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻
R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：
（1）电阻R1和R3的阻值；
（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上耗费的电功率．
来路端电压为18V，即电压表的示数为18V．当电键S闭合后，电路的总电阻变小，
路端电压变小，即电压表的示数小于18V．故A错误．
B、R2和R3并联后，其并联的阻值比R2小，即便路端电压没有变小的话，其分得的电
压也比本来12V小，故B错误．
C、当电键S闭合后，电路的总电阻变小，依据闭合电路的欧姆定律，总电流变大，
2013-2014学年北京四十一中高三（下）月考物理试卷（3月份）
一、选择题
1．（3分）（2014春?西城区校级月考）把每个电动势为
1.5V，内电阻为0.5Ω的两节电
池串连后， 外接ห้องสมุดไป่ตู้个
14Ω的电阻， 则经过外电阻的电流为
A，此中一节电池两
端的电压为
V．
2．（3分）（2011?金山区校级学业考试）在一个全电路中，若只将外电阻
2021届高三物理下学期3月领军考试试题含解析
2021届高三物理下学期3月领军考试试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试题相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.下面说法正确的是A.光电效应实验表明光既有波动性又有粒子性B.氢原子光谱的波长只能取分立值，不能取连续值C.原子核的半衰期受温度影响，温度越高原子核衰变越快，半衰期越短D.在α粒子散射实验中，电子对α粒子的运动影响不计的原因是α粒子几乎碰撞不到电子15.一个匝数为N=100匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是A.t＝0时刻，线圈位于与中性面垂直的位置B.t＝0.01s时刻，线圈磁通量的变化率最大C.t＝0.02s时刻，线圈瞬时电流达到最大D.感应电动势的峰值为2000π(V)16.如图所示，水平桌面上有一圆形闭合线圈，右侧是匀强磁场区域，磁感应强度的方向与桌面垂直，线圈在外力作用下以恒定的速度进入匀强磁场，从线圈刚开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈中的感应电动势平均值与感应电动势最大值之比为A.12B.14C.2πD.4π17.2020年7月31日上午10时30分，北斗三号全球卫星导航系统建成暨开通仪式在人民大会堂举行，中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，它由50多颗不同轨道半径卫星构成。
有两颗北斗卫星A和B，其中A的轨道半径大于B的轨道半径，则下面说法正确的是A.卫星A的环绕周期大于卫星B的环绕周期B.卫星A的环绕速度大于卫星B的环绕速度C.卫星A的向心加速度大于卫星B的向心加速度D.卫星A的机械能大于卫星B的机械能18.有一等边三角形abc，d是ac延长线上的一点，c是bd的中点，三条通电长直导线垂直穿过纸面，分别位于等边三角形的三个顶点，三条导线电流大小相等，电流方向如图。
高三物理月考试题及答案-北京四十一中届高三下学期月考(3月份)
2013-2014学年北京四十一中高三（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题1．（3分）（2014春•西城区校级月考）把每个电动势为1.5V，内电阻为0.5Ω的两节电池串联后，外接一个14Ω的电阻，则通过外电阻的电流为A，其中一节电池两端的电压为V．2．（3分）（2011•金山区校级学业考试）在一个全电路中，若只将外电阻R变为原来的3倍，电流也随之变为原来的一半，那么电源的内电阻r一定满足（）A．r=R B．r＞R C．r＜R D．r=03．（3分）（2014春•西城区校级月考）两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I．若把这两个电阻并联起来，仍接在该电源上，此时通过一个电阻R的电流变为，则电源的内阻为．4．（3分）（2009•湖南校级模拟）如图所示电路，已知电池组的总内电阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E为（）A．2.0V B．2.5V C．3.0V D．3.5V5．（3分）（2011•平江县校级学业考试）电源的电动势为4.5V，内电阻为0.50Ω，外电路接一个4.0Ω的电阻，这时电源路端的电压为（）A．5.0V B．4.5V C．4.0V D．3.5V6．（3分）（2013秋•翠屏区校级期末）许多人造卫星都用太阳能电池供电，太阳电池由许多片电池板组成．当太阳光照射某电池板时，该电池板的开路电压是600mV，短路电流是30mA，那么，这块电池板的内电阻是（）A．10ΩB．20ΩC．40ΩD．60Ω7．（3分）（2014春•西城区校级月考）如图所示的电路，电源内阻不能忽略，当电键S 打开时，测得电阻R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，当电键S闭合后（）A．电压表V的示数大于18V B．电阻R2两端的电压大于12VC．电阻R1两端的电压大于6V D．内电阻r上的电压变小8．（3分）（2014春•西城区校级月考）用图所示电路，测定电池组的电动势和内电阻．其中V为电压表（其电阻足够大），定值电阻R=7.0Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V的读数变为5.6V．那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（）A．6.0V，0.5ΩB．6.0V，1.25ΩC．5.6V，1.25ΩD．5.6V，0.5Ω9．（3分）（2010秋•红花岗区校级期末）在如图所示电路中，当滑动变阻器R的滑片P向下移动时，电压表V和电流表A的示数变化是（）A．V的示数增大，A的示数减小B．V和A的示数都增大C．V和A的示数都减小D．V的示数减小，A的示数增大10．（3分）（2013秋•宁海县校级期中）将三个不同的电源的U﹣I图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E1、E2、E3，则它们之间的关系是（）A．E1=E2＞E3B．E1＞E2＞E3C．E1＞E2=E3D．E1=E2＜E3二、解答题11．（2014春•西城区校级月考）如图所示电路中，电源电动势E=50V，内阻r=5Ω，电阻R1=30Ω，R2=60Ω．求：（1）流过电源的电流强度大小；（2）电压表示数为多少？（3）电阻R2上的电功率．12．（2011秋•吉安县校级期中）如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，R3=30Ω，电池组的电动势E=12伏，内电阻r=1Ω，求电流表的读数．13．（2014秋•锦州期末）如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：（1）电阻R1和R3的阻值；（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．14．（2014春•西城区校级月考）如图所示的电路中，电阻R1=14Ω，R3=15Ω，电源的电动势E=12Ω，内电阻r=1Ω．当开关S闭合时，电流表的读数I3=0.2A，求：（1）R3电阻两端的电压U3；（2）通过电源的电流I；（3）R2的阻值；（4）电阻R2消耗的功率P2．15．（2011秋•建湖县校级期末）在如图电路中，电阻R1=3.2Ω，电池组的电动势E=10V，内电阻R=0.8Ω．（1）当电键S断开时，电压表的读数为1.6V，求电阻R2的阻值和它这时消耗的电功率．（2）当电键S闭合时，电压表的读数为6.4V，求电阻R3的阻值和R2．R3这时分别消耗的电功率．16．（2014春•西城区校级月考）如图电路所示，已知定值电阻R=35Ω，变阻器R'的最大电阻值为5Ω，电源的内阻r=1Ω．当开关S1、S2均闭合、变阻器的滑动片在正中间时，电源的总功率为8W，电源的输出功率为7W，且小灯泡恰正常发光，求：（1）小灯泡的额定功率P0；（2）若开关S1闭合，S2断开，为使小灯泡仍正常发光，变阻器的电阻值应取多少？2013-2014学年北京四十一中高三（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）（2014春•西城区校级月考）把每个电动势为1.5V，内电阻为0.5Ω的两节电池串联后，外接一个14Ω的电阻，则通过外电阻的电流为0.2 A，其中一节电池两端的电压为 1.4 V．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律列式即可求解．解答：解：根据闭合电路欧姆定律得：I=，其中一节电池两端的电压U=E﹣Ir=1.5﹣0.2×0.5=1.4V故答案为：0.2；1.4点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，知道电池串联时，电动势和内阻都相加，难度不大，属于基础题．2．（3分）（2011•金山区校级学业考试）在一个全电路中，若只将外电阻R变为原来的3倍，电流也随之变为原来的一半，那么电源的内电阻r一定满足（）A．r=R B．r＞R C．r＜R D．r=0考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分别研究电阻为R和3R时电路中的电流，采用比例法求解内阻．解答：解：设电源的电动势为E，内阻这r．根据闭合电路欧姆定律及已知条件得：=2•解得：r=R故选：A点评：本题是闭合电路欧姆定律简单的应用，由本题启发可设计：由电源和电阻箱连接，能测量电源的内阻．3．（3分）（2014春•西城区校级月考）两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I．若把这两个电阻并联起来，仍接在该电源上，此时通过一个电阻R的电流变为，则电源的内阻为 5.5R ．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路欧姆定律分别对两个电阻串联和并联情况研究，列出含有电动势和内阻的两个方程，联立求解电动势和内阻．解答：解：根据闭合电路欧姆定律得E=I1（2R+r）=I（2R+r）①E=I2（0.5R+r）=1.25I（0.5R+r）②联立①②，解得：r=5.5R；故答案为：5.5R．点评：本题考查应用闭合电路欧姆定律研究电源电动势和内阻的能力，常常根据两种情况列方程组求解．4．（3分）（2009•湖南校级模拟）如图所示电路，已知电池组的总内电阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E为（）A．2.0V B．2.5V C．3.0V D．3.5V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据闭合电路的欧姆定律求解电池组的电动势E，即可．解答：解：根据闭合电路的欧姆定律得，电池组的电动势E=U+r=2.5V+V=3.0V 故选C点评：本题运用伏阻法测量电源的电动势，关键掌握闭合电路的欧姆定律．5．（3分）（2011•平江县校级学业考试）电源的电动势为4.5V，内电阻为0.50Ω，外电路接一个4.0Ω的电阻，这时电源路端的电压为（）A．5.0V B．4.5V C．4.0V D．3.5V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：已知电源的电动势，内电阻和外电阻，根据闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流，由欧姆定律求出路端电压．解答：解：根据闭合电路欧姆定律得：I=路端的电压为U=IR=1×4V=4V故选：C．点评：本题考查对闭合电路欧姆定律的掌握情况，比较简单．6．（3分）（2013秋•翠屏区校级期末）许多人造卫星都用太阳能电池供电，太阳电池由许多片电池板组成．当太阳光照射某电池板时，该电池板的开路电压是600mV，短路电流是30mA，那么，这块电池板的内电阻是（）A．10ΩB．20ΩC．40ΩD．60Ω考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：根据开路电压等于电源电动势，求出电动势；再根据电动势和短路电流求出内电阻．解答：解：由题，开路电压U=0.6V，则E=U=0.6V又E=I短r，得：r=故选：B点评：本题关键根据电源开路和短路的特点，求解电源的内电阻7．（3分）（2014春•西城区校级月考）如图所示的电路，电源内阻不能忽略，当电键S 打开时，测得电阻R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，当电键S闭合后（）A．电压表V的示数大于18V B．电阻R2两端的电压大于12VC．电阻R1两端的电压大于6V D．内电阻r上的电压变小考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当电键S打开时，原来路端电压为18V，当电键S闭合后，电路的总电阻变小，路端电压变小，即电压表的示数小于18V；电路的总电阻变小，则总电流变大，则R1两端的电压变大，大于原来的6V；R2和R3并联后，其并联的阻值比R2小，则其分得的电压也比原来12V还小．解答：解：A、当电键S打开时，测得电阻R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则原来路端电压为18V，即电压表的示数为18V．当电键S闭合后，电路的总电阻变小，路端电压变小，即电压表的示数小于18V．故A错误．B、R2和R3并联后，其并联的阻值比R2小，即使路端电压没有变小的话，其分得的电压也比原来12V小，故B错误．C、当电键S闭合后，电路的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变大，则R1两端的电压U1=IR1变大，原来是6V，故现在大于6V，故C正确．D、当电键S闭合后，电路的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变大，内电阻r上的电压变大，故D错误．故选：C．点评：要会根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系．8．（3分）（2014春•西城区校级月考）用图所示电路，测定电池组的电动势和内电阻．其中V为电压表（其电阻足够大），定值电阻R=7.0Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后，V的读数变为5.6V．那么，电池组的电动势和内电阻分别等于（）A．6.0V，0.5ΩB．6.0V，1.25ΩC．5.6V，1.25ΩD．5.6V，0.5Ω考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当开关断开时，电压表接在电源两端，电压表示数为电池组的电动势；K闭合时，电压表测量路端电压，则根据闭合电路的欧姆定律可求得内电阻．解答：解：电键未接通时，电压表示数即为电源电动势，故电动势E=6.0V；接通电键后，对R由欧姆定律可得：电路中电流I==0.8A；由闭合电路欧姆定律可知：内电阻r==0.5Ω；故选：A点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的使用，注意因电压表为理想电表，故当电压表直接接在电源两端时，相当于开路，电压表示数即为电源的电动势．9．（3分）（2010秋•红花岗区校级期末）在如图所示电路中，当滑动变阻器R的滑片P 向下移动时，电压表V和电流表A的示数变化是（）A．V的示数增大，A的示数减小B．V和A的示数都增大C．V和A的示数都减小D．V的示数减小，A的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电路中，滑动变阻器向下移动时，连入电路的阻值变小；变阻器与一个定值电阻并联后与另一个定值电阻串连接入电源两端，电压表测量的是路段电压，电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，根据串并联知识和闭合电路欧姆定律分析即可．解答：解：滑动变阻器向下移动时，连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变大，故路端电压U=E﹣Ir变小；变阻器和与其并联的定值定则的总电阻变小，故根据串联电路的分压公式，其分得的电压减小，故通过与其并联的定值定则的电流减小，由于总电流增加，故通过变阻器的电流增加了；故选D．点评：本题是恒定电流问题中动态分析问题，解决这类问题通常先判断电路中总电阻的变化情况，得到总电流的变化情况，再分析与电阻有变化支路并联的那部分支路的电流和电压的变化情况，最后得到电阻有变化支路的电流和电压的变化情况．10．（3分）（2013秋•宁海县校级期中）将三个不同的电源的U﹣I图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E1、E2、E3，则它们之间的关系是（）A．E1=E2＞E3B．E1＞E2＞E3C．E1＞E2=E3D．E1=E2＜E3考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源的路端电压等于电动势减去内电压，即U=E﹣Ir，即路端电压与电流为线性关系，可知：图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻r．解答：解：根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，由数学知识可知，图象的纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻r．对照图象知，E1＞E2=E3，r1=r2＜r3，故C正确．故选：C．点评：本题关键要明确电源的路端电压与电流的关系，然后根据关系公式得到U﹣I图象，要明确图象的纵轴截距、横轴截距、斜率的物理意义．二、解答题11．（2014春•西城区校级月考）如图所示电路中，电源电动势E=50V，内阻r=5Ω，电阻R1=30Ω，R2=60Ω．求：（1）流过电源的电流强度大小；（2）电压表示数为多少？（3）电阻R2上的电功率．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）先求出外电路总电阻，再由全电路欧姆定律求解．（2）电压表测量路端电压，由全电路欧姆定律求解．（3）电阻R2上的电功率由公式P=求解．解答：解：（1）R1、R2并联阻值为：R===20Ω则流过电源的电流强度为：I==A=2A（2）电压表示数为：U=E﹣Ir=50﹣2×5=40V（3）电阻R2上的电功率由公式有：P==W≈26.7W答：（1）流过电源的电流强度大小是2A；（2）电压表示数为40V．（3）电阻R2上的电功率是26.7W．点评：对于电路的计算，要在明确电路结构的基础上，灵活应用闭合电路的欧姆定律是解题关键．12．（2011秋•吉安县校级期中）如图所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，R3=30Ω，电池组的电动势E=12伏，内电阻r=1Ω，求电流表的读数．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电流表测量流经R2的电流，只要求出R2两端的电压即可，根据闭合电路的欧姆定律则可求出R2两端的电压．解答：解：电路中R2和R3并联后在和R1串联由闭合电路欧姆定律得干路电流由部分电路的欧姆定律得并联电路两端的电压为电流表的读数为答：电流表的读数为0.4A．点评：本题考查部分电路和闭合电路的欧姆定律的综合应用，即．13．（2014秋•锦州期末）如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：（1）电阻R1和R3的阻值；（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据电压表和电流表的示数，由欧姆定律可以求得电阻R3的阻值的大小；（2）当S闭合后，R2和R3并联，之后和R1串联，根据闭合电路的欧姆定律可以求得电路的总电流的大小，进而可以求得电阻的功率的大小．解答：解：（1）S断开时，由U1=I1R3得 R3==2Ω，又由求得 R1=1.4Ω，（2）S闭合时，R2、R3并联电阻，回路总电流，电压表示数为 U2=I2R23=1V，R2上消耗的功率．点评：本题考查的是电阻的串并联的知识，根据闭合电路欧姆定律可以求得电路的电流和电压的大小．14．（2014春•西城区校级月考）如图所示的电路中，电阻R1=14Ω，R3=15Ω，电源的电动势E=12Ω，内电阻r=1Ω．当开关S闭合时，电流表的读数I3=0.2A，求：（1）R3电阻两端的电压U3；（2）通过电源的电流I；（3）R2的阻值；（4）电阻R2消耗的功率P2．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据欧姆定律求解R3电阻两端的电压U3；（2）根据闭合电路欧姆定律求解通过电源的电流I；（3）由闭合电路欧姆定律得到并联部分的电压，再求解R2的阻值；（4）根据功率公式求解电阻R2消耗的功率P2．解答：解：（1）R3电阻两端的电压 U3=I3R3=0.2×15V=3V（2）通过电源的电流 I==A=0.6A（3）通过R2的电流 I2=I﹣I3=0.6﹣0.2=0.4AR2的阻值 R2===7.5Ω（3）电阻R2消耗的功率 P2=U3I2=3×0.4W=1.2W答：（1）R3电阻两端的电压U3是3V．（2）通过电源的电流I是0.6A（3）R2的阻值是7.5Ω；（4）电阻R2消耗的功率P2是1.2W．点评：对于直流电路的计算问题，要在搞清电路结构的基础上，根据串联、并联电路的特点，运用欧姆定律解答．15．（2011秋•建湖县校级期末）在如图电路中，电阻R1=3.2Ω，电池组的电动势E=10V，内电阻R=0.8Ω．（1）当电键S断开时，电压表的读数为1.6V，求电阻R2的阻值和它这时消耗的电功率．（2）当电键S闭合时，电压表的读数为6.4V，求电阻R3的阻值和R2．R3这时分别消耗的电功率．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：（1）当电键S断开时，电阻R2与R1串联连接到电源上．电键S闭合后，R2和R3的并联后与R1串联连接到电源上，根据闭合电路欧姆定律及功率公式联立方程即可求解；（2）当电键S断开时R1消耗的电功率根据P=I2R1求解．解答：解：（1）当电键S断开时，电阻R2与R1串联连接到电源上．根据欧姆定律得电路中的电流为：I==A=0.5A，R2==Ω=16Ω，R2消耗的电功率为：P2=I2R2=0.52×16W=4W（2）当电键S闭合时，电路中电流为：I′==A=2A并联部分的电压为：U并=E﹣U2﹣I′R=10V﹣6.4V﹣2×0.8V=2V并联部分的电阻为：R并==Ω=1Ω则有：R并=代入得：1=得：R3=ΩR2、R3这时分别消耗的电功率为：P2==W=0.25WP3==W=3.75W答：（1）当电键S断开时，电压表的读数为1.6V，电阻R2的阻值为16Ω，它这时消耗的电功率为4W．（2）当电键S断开时，电压表的读数为6.4V，电阻R3的阻值为，R2．R3这时分别消耗的电功率为0.25W；3.75W．点评：对于电路的分析和计算问题，首先要搞清电路的连接关系，再根据欧姆定律、功率公式等等规律求解．本题要抓住电源的电动势是不变的，根据第一种情况要求出电动势是关键．16．（2014春•西城区校级月考）如图电路所示，已知定值电阻R=35Ω，变阻器R'的最大电阻值为5Ω，电源的内阻r=1Ω．当开关S1、S2均闭合、变阻器的滑动片在正中间时，电源的总功率为8W，电源的输出功率为7W，且小灯泡恰正常发光，求：（1）小灯泡的额定功率P0；（2）若开关S1闭合，S2断开，为使小灯泡仍正常发光，变阻器的电阻值应取多少？考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：（1）根据电源的总功率等于输出功率与电源热功率之和，求出电源的热功率；根据电源的热功率求出通过电源的电流，由电源的总功率求出电动势；由电源的输出功率求出外电路总电阻，再求解电灯的额定功率．（2）先求出灯泡正常发光的电流，再据闭合电路的欧姆定律求解即可．解答：解：（1）根据能量守恒得：电源的热功率P热=P总﹣P出=8W﹣7W=1W．由P热=I2r得，I===1A，由P总=EI得，电源的电动势为 E==8V．路端电压 U=E﹣Ir=8﹣1×1=7V通过R的电流 I R==A=0.2A灯泡的电流 I L=I﹣I R=0.8A，电压为 U L=U﹣I L•=5V故小灯泡的额定功率 P0=U L I L=4W（2）灯泡的电阻 R L==6.25Ω当开关S断开时，据闭合电路的欧姆定律得：I L=联立①②代入数据解之得：R′=2.75Ω答：（1）小灯泡的额定功率P0是4W．（2）若开关S1闭合，S2断开，为使小灯泡仍正常发光，变阻器的电阻值应取2.75Ω．点评：本题关键要搞清电路中功率的关系，抓住电源的总功率等于电源的输出功率与内部消耗的热功率之和是关键；灵活应用闭合电路的欧姆定律．。
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202０┄2０２1学年北京四十一中高三（下)月考物理试卷（3月份）一、选择题1．（3分）（２014春•西城区校级月考）把每个电动势为1．5V,内电阻为0．5Ω的两节电池串联后，外接一个14Ω的电阻，则通过外电阻的电流为Ａ，其中一节电池两端的电压为V．２.（３分)（201１•金山区校级学业考试)在一个全电路中，若只将外电阻R变为原来的3倍,电流也随之变为原来的一半,那么电源的内电阻r一定满足（）Ａ．ｒ=ＲＢ.r>ＲＣ．r＜R D.ｒ=03.(３分）（２014春•西城区校级月考）两个相同的电阻Ｒ，串联起来接在电动势为E的电源上,通过一个电阻的电流为I．若把这两个电阻并联起来，仍接在该电源上，此时通过一个电阻R的电流变为，则电源的内阻为．4.(3分)（2０09•湖南校级模拟)如图所示电路,已知电池组的总内电阻r＝１Ω，外电路电阻Ｒ=5Ω，电压表的示数Ｕ＝2.5V,则电池组的电动势E为（）A.２．0VＢ．2.5ＶＣ.3.0ＶD．3.5V5．(3分）(201１•平江县校级学业考试）电源的电动势为4.5Ｖ,内电阻为0.５０Ω，外电路接一个4.0Ω的电阻,这时电源路端的电压为（)A.5．0V B．4.5V C.４.0VＤ．３.５Ｖ6.（3分）(20１3秋•翠屏区校级期末）许多人造卫星都用太阳能电池供电,太阳电池由许多片电池板组成．当太阳光照射某电池板时,该电池板的开路电压是６00ｍＶ，短路电流是３0ｍA，那么,这块电池板的内电阻是（）Ａ.10Ω B.20Ω C.40ΩD．60Ω7．(3分）(2014春•西城区校级月考）如图所示的电路，电源内阻不能忽略，当电键S打开时,测得电阻Ｒ1两端的电压为６V，R2两端的电压为12V,当电键Ｓ闭合后（)Ａ.电压表Ｖ的示数大于18Ｖ B.电阻Ｒ2两端的电压大于12VC.电阻R1两端的电压大于6VＤ.内电阻r上的电压变小8.（3分)(2014春•西城区校级月考)用图所示电路，测定电池组的电动势和内电阻．其中V为电压表（其电阻足够大)，定值电阻R=7.０Ω．在电键未接通时，V的读数为6.0V；接通电键后,V 的读数变为5.6V.那么,电池组的电动势和内电阻分别等于（)Ａ.6.0V，0.5Ω B.6．0V,１.25Ω C.5．6Ｖ，1.25ΩD．5.6V，0．5Ω9.(3分）（20１0秋•红花岗区校级期末)在如图所示电路中,当滑动变阻器R的滑片P向下移动时,电压表Ｖ和电流表A的示数变化是( ）A．V的示数增大,A的示数减小B．V和A的示数都增大Ｃ．Ｖ和A的示数都减小Ｄ．V的示数减小，A的示数增大10.（3分）(2013秋•宁海县校级期中）将三个不同的电源的U﹣I图线画在同一坐标中，如图所示,其中1和２平行，它们的电动势分别为Ｅ1、E2、E3，则它们之间的关系是（）Ａ．E1=E2＞E3B．E1＞Ｅ2＞E3Ｃ.E1>E2=E3D．E1=Ｅ2＜E3二、解答题11．（2014春•西城区校级月考)如图所示电路中,电源电动势E=50V，内阻r＝5Ω,电阻R1=３0Ω,R2＝６0Ω．求：（１)流过电源的电流强度大小；（2)电压表示数为多少？(3）电阻Ｒ２上的电功率.1２．（2011秋•吉安县校级期中）如图所示的电路中,电阻R1=9Ω，R2=15Ω,R3=30Ω,电池组的电动势E=12伏,内电阻ｒ＝１Ω,求电流表的读数．１3.（20１4秋•锦州期末）如图所示的电路中,电源电动势E＝６.0V,内阻r=0.６Ω，电阻Ｒ2=0.５Ω,当开关Ｓ断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3．0V,试求：(1)电阻R1和Ｒ3的阻值；(2）当Ｓ闭合后,电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．14.(20１4春•西城区校级月考）如图所示的电路中，电阻R1=１4Ω,R3=15Ω，电源的电动势E ＝12Ω，内电阻r＝1Ω．当开关S闭合时，电流表的读数I３=0.2A,求:(1）R3电阻两端的电压U3;(２）通过电源的电流I；(３)R2的阻值;(４）电阻R2消耗的功率P２．15．(2011秋•建湖县校级期末)在如图电路中，电阻R1=3.2Ω,电池组的电动势E=１０Ｖ，内电阻R＝0.８Ω.（1）当电键S断开时,电压表的读数为1．6V,求电阻R２的阻值和它这时消耗的电功率.（2)当电键S闭合时,电压表的读数为６.4V,求电阻R３的阻值和Ｒ2．Ｒ3这时分别消耗的电功率.１６．(2014春•西城区校级月考）如图电路所示,已知定值电阻R＝35Ω,变阻器R'的最大电阻值为５Ω,电源的内阻r＝１Ω．当开关S１、S２均闭合、变阻器的滑动片在正中间时,电源的总功率为８W,电源的输出功率为７W,且小灯泡恰正常发光,求：（１)小灯泡的额定功率P0；(2）若开关S1闭合，S2断开，为使小灯泡仍正常发光,变阻器的电阻值应取多少？ﻬ2０20┄2021学年北京四十一中高三（下)月考物理试卷（３月份）参考答案与试题解析一、选择题1．(3分)（２014春•西城区校级月考)把每个电动势为1.5V，内电阻为0.５Ω的两节电池串联后，外接一个14Ω的电阻,则通过外电阻的电流为0.2 A,其中一节电池两端的电压为1.４V．考点：闭合电路的欧姆定律．专题:恒定电流专题．分析:根据闭合电路欧姆定律列式即可求解．解答:解：根据闭合电路欧姆定律得：Ｉ=,其中一节电池两端的电压Ｕ＝Ｅ﹣Ir=1.5﹣0.2×0.5=1.4Ｖ故答案为：0．2；1.4点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，知道电池串联时,电动势和内阻都相加，难度不大，属于基础题.２.（３分）（2011•金山区校级学业考试）在一个全电路中，若只将外电阻R变为原来的3倍,电流也随之变为原来的一半，那么电源的内电阻r一定满足（）A．r=R B.r＞R C．r＜R D．r＝０考点:闭合电路的欧姆定律.专题:恒定电流专题．分析:根据闭合电路欧姆定律分别研究电阻为Ｒ和3R时电路中的电流,采用比例法求解内阻．解答：解:设电源的电动势为E，内阻这r.根据闭合电路欧姆定律及已知条件得:=2•解得:ｒ＝R故选：Ａ点评：本题是闭合电路欧姆定律简单的应用，由本题启发可设计:由电源和电阻箱连接，能测量电源的内阻．3.(３分）（20１４春•西城区校级月考)两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上,通过一个电阻的电流为I．若把这两个电阻并联起来，仍接在该电源上,此时通过一个电阻Ｒ的电流变为，则电源的内阻为5．5R ．考点：闭合电路的欧姆定律.专题:恒定电流专题.分析：根据闭合电路欧姆定律分别对两个电阻串联和并联情况研究,列出含有电动势和内阻的两个方程,联立求解电动势和内阻．解答：解：根据闭合电路欧姆定律得E=I1(2Ｒ+r)=I（2R+ｒ) ①E=Ｉ2（0．5Ｒ+ｒ)＝１.25I(０．5Ｒ+r）②联立①②,解得:r＝５．５R;故答案为:５.5R.点评：本题考查应用闭合电路欧姆定律研究电源电动势和内阻的能力,常常根据两种情况列方程组求解．4.（３分）(2009•湖南校级模拟)如图所示电路，已知电池组的总内电阻ｒ＝１Ω，外电路电阻R=5Ω,电压表的示数U＝2.5V，则电池组的电动势E为（)A．２．０V B.2．５Ｖ C.3.０ＶＤ.3．5V考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析:根据闭合电路的欧姆定律求解电池组的电动势Ｅ,即可．解答：解:根据闭合电路的欧姆定律得,电池组的电动势Ｅ=U＋r=２．5Ｖ+V=3.０V 故选Ｃ点评:本题运用伏阻法测量电源的电动势，关键掌握闭合电路的欧姆定律.5．（3分)（2０1１•平江县校级学业考试)电源的电动势为4.5V，内电阻为0.5０Ω,外电路接一个4.0Ω的电阻，这时电源路端的电压为( )A．5.0ＶB．4.５V C.４.0V D.３.５Ｖ考点:闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题.分析:已知电源的电动势，内电阻和外电阻，根据闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流，由欧姆定律求出路端电压．解答:解:根据闭合电路欧姆定律得：I＝路端的电压为U=ＩR=1×4V=4Ｖ故选：C.点评:本题考查对闭合电路欧姆定律的掌握情况,比较简单.6．(3分)（2０1３秋•翠屏区校级期末）许多人造卫星都用太阳能电池供电,太阳电池由许多片电池板组成.当太阳光照射某电池板时，该电池板的开路电压是600mV，短路电流是３０mA,那么，这块电池板的内电阻是( ）Ａ．１0ΩB．２0Ω C.40ΩD．60Ω考点：电源的电动势和内阻．专题:恒定电流专题.分析：根据开路电压等于电源电动势，求出电动势；再根据电动势和短路电流求出内电阻.解答:解：由题,开路电压U=０.６V,则E＝U=0.６V又E=I短ｒ，得:r=故选：B点评:本题关键根据电源开路和短路的特点,求解电源的内电阻７.(3分）(201４春•西城区校级月考）如图所示的电路,电源内阻不能忽略,当电键S打开时，测得电阻R１两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，当电键Ｓ闭合后（）Ａ.电压表V的示数大于18V B.电阻Ｒ2两端的电压大于１2VＣ.电阻R１两端的电压大于６V D.内电阻r上的电压变小考点：闭合电路的欧姆定律.专题:恒定电流专题.分析:当电键Ｓ打开时，原来路端电压为18V，当电键S闭合后,电路的总电阻变小,路端电压变小，即电压表的示数小于１8V；电路的总电阻变小，则总电流变大，则R1两端的电压变大，大于原来的6V;Ｒ2和R3并联后,其并联的阻值比R2小，则其分得的电压也比原来1２V还小.解答:解：A、当电键S打开时，测得电阻R1两端的电压为6V,R2两端的电压为1２V，则原来路端电压为18V,即电压表的示数为18V．当电键S闭合后，电路的总电阻变小，路端电压变小，即电压表的示数小于18V.故A错误.B、R2和R3并联后,其并联的阻值比Ｒ2小,即使路端电压没有变小的话，其分得的电压也比原来12V小,故B错误．Ｃ、当电键Ｓ闭合后,电路的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变大,则R１两端的电压U1=ＩR1变大,原来是6Ｖ，故现在大于6V,故Ｃ正确．D、当电键S闭合后，电路的总电阻变小,根据闭合电路的欧姆定律,总电流变大，内电阻r上的电压变大，故Ｄ错误.故选：C．点评:要会根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系.8．(3分)(2014春•西城区校级月考)用图所示电路，测定电池组的电动势和内电阻．其中V为电压表(其电阻足够大),定值电阻Ｒ=7.0Ω．在电键未接通时,V的读数为6.０V；接通电键后,V的读数变为５.6V．那么,电池组的电动势和内电阻分别等于（）A.６.０Ｖ,0.5ΩＢ.6.0V，1．25ΩC．５.６V，1.25Ω D.5.6Ｖ,0.5Ω考点:闭合电路的欧姆定律．专题:恒定电流专题.分析：当开关断开时，电压表接在电源两端，电压表示数为电池组的电动势;K闭合时,电压表测量路端电压，则根据闭合电路的欧姆定律可求得内电阻．解答:解：电键未接通时,电压表示数即为电源电动势,故电动势E=６.0Ｖ；接通电键后，对R由欧姆定律可得：电路中电流Ｉ==0.8Ａ;由闭合电路欧姆定律可知：内电阻r==０．5Ω;故选:A点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的使用，注意因电压表为理想电表,故当电压表直接接在电源两端时,相当于开路,电压表示数即为电源的电动势.9．（3分)（2010秋•红花岗区校级期末）在如图所示电路中,当滑动变阻器R的滑片Ｐ向下移动时，电压表V和电流表A的示数变化是( )A.V的示数增大,Ａ的示数减小B．V和A的示数都增大C．V和A的示数都减小Ｄ.V的示数减小,A的示数增大考点:闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题.分析：电路中，滑动变阻器向下移动时，连入电路的阻值变小；变阻器与一个定值电阻并联后与另一个定值电阻串连接入电源两端，电压表测量的是路段电压，电流表测量的是通过滑动变阻器的电流，根据串并联知识和闭合电路欧姆定律分析即可．解答：解:滑动变阻器向下移动时，连入电路的阻值变小,故外电路的总电阻变小,故根据闭合电路欧姆定律，总电流变大,故路端电压Ｕ=E﹣Ir变小；变阻器和与其并联的定值定则的总电阻变小,故根据串联电路的分压公式，其分得的电压减小，故通过与其并联的定值定则的电流减小，由于总电流增加，故通过变阻器的电流增加了;故选D．点评:本题是恒定电流问题中动态分析问题,解决这类问题通常先判断电路中总电阻的变化情况,得到总电流的变化情况,再分析与电阻有变化支路并联的那部分支路的电流和电压的变化情况,最后得到电阻有变化支路的电流和电压的变化情况．10．（3分)（２０13秋•宁海县校级期中)将三个不同的电源的U﹣I图线画在同一坐标中，如图所示,其中1和2平行,它们的电动势分别为Ｅ1、E2、E3，则它们之间的关系是( ）A．E1＝E2>E3B．E1>Ｅ２＞E３Ｃ.E１>E２=E３Ｄ．E1=E2＜Ｅ3考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析:电源的路端电压等于电动势减去内电压，即U=E﹣Ir，即路端电压与电流为线性关系,可知:图象的纵轴截距表示电源的电动势,斜率的绝对值等于电源的内阻r．解答:解:根据闭合电路欧姆定律得:Ｕ＝E﹣Ir,由数学知识可知,图象的纵轴截距表示电源的电动势,斜率的绝对值等于电源的内阻r.对照图象知，Ｅ1>Ｅ２＝Ｅ3,ｒ1=ｒ2＜r3,故C正确.故选:C．点评：本题关键要明确电源的路端电压与电流的关系,然后根据关系公式得到U﹣I图象，要明确图象的纵轴截距、横轴截距、斜率的物理意义.二、解答题１1.(20１4春•西城区校级月考)如图所示电路中，电源电动势E=50V，内阻r＝5Ω，电阻R１=30Ω,R2＝６0Ω.求：(1）流过电源的电流强度大小；（２)电压表示数为多少?(3)电阻R2上的电功率.考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题．分析:(1）先求出外电路总电阻,再由全电路欧姆定律求解.(2）电压表测量路端电压,由全电路欧姆定律求解．（3)电阻Ｒ2上的电功率由公式P＝求解．解答:解：（１）Ｒ1、R2并联阻值为:R=＝=20Ω则流过电源的电流强度为:I==A=2A(2)电压表示数为:Ｕ＝E﹣Ｉr=5０﹣2×5=40V（3）电阻Ｒ2上的电功率由公式有:Ｐ==W≈26.7Ｗ答:(1）流过电源的电流强度大小是２A;(2）电压表示数为４0V．(3)电阻R2上的电功率是26.7W.点评：对于电路的计算，要在明确电路结构的基础上,灵活应用闭合电路的欧姆定律是解题关键．１2．(2０11秋•吉安县校级期中)如图所示的电路中，电阻R1＝9Ω，R2=１５Ω，R3＝30Ω,电池组的电动势E=12伏，内电阻r=1Ω，求电流表的读数.考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题.分析：电流表测量流经R2的电流,只要求出R2两端的电压即可,根据闭合电路的欧姆定律则可求出Ｒ2两端的电压．解答：解：电路中R2和R３并联后在和R1串联由闭合电路欧姆定律得干路电流由部分电路的欧姆定律得并联电路两端的电压为电流表的读数为答:电流表的读数为0.4A．点评:本题考查部分电路和闭合电路的欧姆定律的综合应用，即．1３．（2014秋•锦州期末)如图所示的电路中,电源电动势E=６.0Ｖ，内阻r=0．6Ω,电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时,电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V,试求:(1）电阻R1和R3的阻值；（２）当S闭合后,电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．考点:闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.专题:恒定电流专题.分析：(1）根据电压表和电流表的示数，由欧姆定律可以求得电阻R3的阻值的大小;(2)当S闭合后，R2和Ｒ3并联,之后和R1串联,根据闭合电路的欧姆定律可以求得电路的总电流的大小,进而可以求得电阻的功率的大小．解答：解：（1)Ｓ断开时,由U1=I1R３得R３==2Ω，又由求得R1＝1.４Ω,(2)S闭合时，R2、R３并联电阻,回路总电流，电压表示数为U2=I2R23=1V，R２上消耗的功率.点评:本题考查的是电阻的串并联的知识，根据闭合电路欧姆定律可以求得电路的电流和电压的大小.14．(2０１4春•西城区校级月考)如图所示的电路中，电阻R1=14Ω，R3＝１5Ω,电源的电动势E＝12Ω，内电阻r=1Ω．当开关Ｓ闭合时,电流表的读数I３=0．２A,求：(1）R3电阻两端的电压Ｕ3;（２)通过电源的电流I；(3)R2的阻值；(４）电阻R2消耗的功率Ｐ２.考点:闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题.分析：(1）根据欧姆定律求解R3电阻两端的电压U3;(2）根据闭合电路欧姆定律求解通过电源的电流I;(3）由闭合电路欧姆定律得到并联部分的电压,再求解R2的阻值；（４）根据功率公式求解电阻R2消耗的功率Ｐ2．解答:解:(1)R3电阻两端的电压U3=I3R3＝0.２×１5V＝３V（2)通过电源的电流I==A＝0.６A(3）通过R2的电流I2=I﹣I3=０．６﹣０．2=０．4AR2的阻值R2＝==7．５Ω（３）电阻Ｒ2消耗的功率P2=U3I2=3×0．4W=1.２W答：（1)R3电阻两端的电压U3是3Ｖ．（2）通过电源的电流Ｉ是０.6A（３）Ｒ2的阻值是7.5Ω；(4）电阻R２消耗的功率Ｐ2是1.2W.点评：对于直流电路的计算问题，要在搞清电路结构的基础上,根据串联、并联电路的特点，运用欧姆定律解答.1５．(2０11秋•建湖县校级期末)在如图电路中,电阻R1=３.２Ω，电池组的电动势E=1０Ｖ,内电阻R=0.8Ω.（1）当电键S断开时,电压表的读数为1.６Ｖ,求电阻R２的阻值和它这时消耗的电功率．(2)当电键S闭合时，电压表的读数为6.4V，求电阻R3的阻值和R2．R3这时分别消耗的电功率.考点：闭合电路的欧姆定律.专题:恒定电流专题．分析:(１）当电键S断开时，电阻R2与R1串联连接到电源上.电键S闭合后,Ｒ2和R3的并联后与R1串联连接到电源上，根据闭合电路欧姆定律及功率公式联立方程即可求解;（２）当电键Ｓ断开时R1消耗的电功率根据P=I２R1求解.解答：解：（１）当电键S断开时,电阻R2与Ｒ1串联连接到电源上.根据欧姆定律得电路中的电流为:I＝=A=0.5A，R2＝=Ω=16Ω，R２消耗的电功率为：P2=Ｉ２R２=0．52×16W=4W（2)当电键S闭合时，电路中电流为：Ｉ′＝=A=2Ａ并联部分的电压为：Ｕ并=E﹣U2﹣I′R=10V﹣6.4V﹣2×0.8V=2V并联部分的电阻为:R并==Ω=1Ω则有：R并=代入得:1=得:R３＝ΩR2、R3这时分别消耗的电功率为:P２==W＝0．２5WＰ3＝=Ｗ=3.7５W答：(1)当电键Ｓ断开时,电压表的读数为1.6V，电阻R2的阻值为16Ω,它这时消耗的电功率为４Ｗ.(2）当电键Ｓ断开时，电压表的读数为6．4V,电阻R3的阻值为，Ｒ2.R3这时分别消耗的电功率为０.25W；3.７5Ｗ.点评:对于电路的分析和计算问题,首先要搞清电路的连接关系,再根据欧姆定律、功率公式等等规律求解.本题要抓住电源的电动势是不变的，根据第一种情况要求出电动势是关键．16.（2014春•西城区校级月考)如图电路所示，已知定值电阻R=３5Ω,变阻器R'的最大电阻值为５Ω,电源的内阻r=１Ω．当开关S１、S2均闭合、变阻器的滑动片在正中间时,电源的总功率为8W,电源的输出功率为7Ｗ,且小灯泡恰正常发光,求:（1）小灯泡的额定功率P０；（2)若开关Ｓ1闭合,S2断开，为使小灯泡仍正常发光，变阻器的电阻值应取多少?考点：闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.专题：恒定电流专题.分析：(1)根据电源的总功率等于输出功率与电源热功率之和,求出电源的热功率;根据电源的热功率求出通过电源的电流,由电源的总功率求出电动势;由电源的输出功率求出外电路总电阻,再求解电灯的额定功率.(2)先求出灯泡正常发光的电流,再据闭合电路的欧姆定律求解即可.解答：解：（1)根据能量守恒得:电源的热功率P热=P总﹣P出=8W﹣７W=1W．由P热=I2ｒ得,I==＝1A,由Ｐ总=EＩ得,电源的电动势为E＝＝8V.路端电压U=Ｅ﹣Ir=８﹣1×1=7V通过R的电流I R==Ａ=0．２A灯泡的电流I L＝I﹣I R=0.８A,电压为UＬ=U﹣ＩL•=5Ｖ故小灯泡的额定功率Ｐ0＝ＵL I L=４W（2）灯泡的电阻ＲＬ==6.25Ω当开关S断开时,据闭合电路的欧姆定律得：I L＝联立①②代入数据解之得：Ｒ′＝2.75Ω答:（1）小灯泡的额定功率P0是4W.(2)若开关Ｓ1闭合,Ｓ2断开，为使小灯泡仍正常发光,变阻器的电阻值应取２．75Ω.点评:本题关键要搞清电路中功率的关系，抓住电源的总功率等于电源的输出功率与内部消耗的热功率之和是关键；灵活应用闭合电路的欧姆定律．ﻬ。