2021年高考物理一轮复习基础测试题(8)教学资料下载
2021年高考物理一轮复习 单元质检八 磁场(含解析)鲁科版
2021年高考物理一轮复习单元质检八磁场（含解析）鲁科版单元质检第15页一、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1~5题只有一项符合题目要求,第6~8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)1.为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。
在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析:地理的南极是地磁场的N极,由右手螺旋定则可知选项B正确。
答案:B2.如图所示,长为3l的直导线折成三段做成正三角形,并置于与其所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B,当在该导线中通以如图所示的电流I时,该通电导线受到的安培力大小为( )A.2BIlB.BIlC.BIlD.0解析:导线AB段和BC段的有效长度为2l sin 30°=l,所以该通电导线受到的安培力大小为F=BIl+BIl=2BIl,本题只有选项A正确。
答案:A3.如图所示,竖直放置的平行板电容器,A板接电源正极,B板接电源负极,在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场。
一批带正电的微粒从A板中点小孔C射入,射入的速度大小、方向各不相同,考虑微粒所受重力,微粒在平行板A、B间运动过程中( )A.所有微粒的动能都将增加B.所有微粒的机械能都将不变C.有的微粒可以做匀速圆周运动D.有的微粒可能做匀速直线运动解析:微粒受重力、电场力和洛伦兹力。
电场力可能对微粒做功,也可能不做功,故选项A、B 错误。
电场沿水平方向,则重力和电场力不可能平衡,选项C错误。
若微粒所受电场力和洛伦兹力的合力与重力等大、反向,则选项D正确。
答案:D4.如图所示,空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时,速度为零,C点是运动的最低点,则①液滴一定带负电;②液滴在C点时动能最大;③液滴在C点电势能最小;④液滴在C点机械能最小以上叙述正确的是( )A.①②B.①②③C.①②④D.②③解析:液滴偏转是由于受洛伦兹力作用,据左手定则可判断液滴一定带负电,则液滴所受电场力竖直向上,而液滴能够从静止向下运动,说明液滴所受重力大于电场力,则液滴由A→C 过程中合力做正功,液滴在C处时的动能最大。
2021高考物理(江苏专用)一轮试题：专题八 恒定电流
专题八恒定电流备考篇【考情探究】课标解读考情分析备考指导考点内容电路的基本概念和规律1.了解金属导体的电阻与材料、长度和横截面积的定量关系。
2.了解串、并联电路电阻的特点。
3.理解电功、电功率及焦耳定律。
由近几年的考情分析可见,本专题考查重点是实验,每年必考一题,这在后面的实验专题里清晰可见。
在实验考查之外,也偶尔有单独命题的时候,主要考查闭合电路欧姆定律的应用,动态电路、含容电路也是考查的热点。
多以选择题的形式考查,对考生的分析推理能力要求较高,题目稍偏难。
主要考查考生的科学推理素养。
本专题虽然单独出题的概率不大,但该部分知识在电磁感应、交流电等部分均有应用,所以,一定要全面掌握本专题的基础知识,尤其对电阻定律、电功与电功率、简单电路的串并联关系、闭合电路欧姆定律的应用、动态电路与含容电路等知识要熟练掌握,对复杂的混联电路无须深挖。
闭合电路欧姆定律1.理解闭合电路欧姆定律。
2.能分析和解决家庭电路中的简单问题。
【真题探秘】基础篇【基础集训】考点一电路的基本概念和规律1.(2019江苏无锡一中高二月考,2)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,电子的电荷量为e,电子的定向移动速率为v,在Δt时间内,通过导线橫截面的自由电子数可表示为()A.nvSΔtB.nvΔtC.IΔtne D.IΔtSe1.答案A2.一根均匀电阻丝的电阻为R,在温度不变的情况下,下列情况中其电阻值为2R的是()A.当长度不变,横截面积增大一倍时B.当横截面积不变,长度增大一倍时C.长度和横截面积都缩小一倍时D.长度和横截面积都增大一倍时2.答案B考点二闭合电路欧姆定律3.(多选)关于电源和电源电动势,下列说法正确的是()A.定义电源电动势E=W非q采用的是比值定义法,电动势大小与非静电力做功多少相关B.电动势在数值上等于在电源内非静电力把1C的正电荷从负极移送到正极所做的功,也等于电路中通过1C的正电荷时,电源提供的能量C.电动势等于电源正、负极之间的电势差D.化学电池内正、负极附近分别存在着化学反应层,反应层中非静电力把正电荷从电势低处移至电势高处,在这两个地方,沿电流方向电势“跃升”答案BD4.(2020届江苏常州第三中学高二月考,7)(多选)如图所示为闭合电路中两个不同电源的U-I图像,则下列说法中正确的是()A.电动势E1=E2,短路电流I1>I2B.电动势E1=E2,内阻r1>r2C.电动势E1>E2,内阻r1>r2D.当两电源的工作电流变化量相同时,电源2的路端电压变化较大4.答案AD综合篇【综合集训】拓展一电流、电阻1.(2019江苏苏州期中,4)P1和P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体,P1的上表面面积大于P2的上表面面积,将P1和P2按图中所示接到电源上,闭合开关后,下列说法正确的是()A.若P1和P2的体积相同,则通过P1的电流大于通过P2的电流B.若P1和P2的体积相同,则P1的电功率等于P2的电功率C.若P1和P2的厚度相同,则P1两端的电压等于P2两端的电压D.若P1和P2的厚度相同,则P1两端的电压大于P2两端的电压1.答案C2.(2019江苏新海高中月考,7)(多选)一根粗细均匀的金属导线阻值为R,两端加上恒定电压U时,通过金属导线的电流为I,金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v,若将金属导线均匀拉长,使其长度变为原来的2倍,仍给它两端加上恒定电压U,则下列说法正确的是()A.此时金属导线的阻值为4RB.此时通过金属导线的电流为I4C.此时自由电子定向移动的平均速率为v2D.此时自由电子定向移动的平均速率为v42.答案ABC拓展二闭合电路欧姆定律3.(2019江苏徐州一中月考,4)电源A、B的电动势分别为E A、E B,且E A>E B,两电源的内阻r A、r B大小未知。
2021届高考物理一轮复习第八章恒定电流章末过关检测新人教版20210814385
2021届高考物理一轮复习第八章恒定电流章末过关检测新人教版20210814385章末过关检测(八)(时刻：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2020·上海青浦区调研)如图(a)所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是(b)图中的( )解析：选A.因为欧姆表需进行欧姆调零，因此电路图中应串联一个可变电阻，B 、D 错误；依照红进黑出可得A 正确．2．用图示的电路能够测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度专门高的电流表，MN 是一段平均的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )A.l 1l 2R 0B ．l 1l 1＋l 2R 0 C.l 2l 1R 0 D ．l 2l 1＋l 2R 0 解析：选C.电流表G 中的电流为零，表示电流表G 两端电势差为零(即电势相等)，则R 0与R l 1两端电压相等，R x 与R l 2两端电压相等，其等效电路图如图所示．I 1R 0＝I 2R l 1① I 1R x ＝I 2R l 2② 由公式R ＝ρlS 知R l 1＝ρl 1S ③R l 2＝ρl 2S④ 由①②③④式得R 0R x ＝l 1l 2即R x ＝l 2l 1R 0.选项C 正确． 3．如图所示，D 为一插头，可接入电压恒定的照明电路中，a 、b 、c 为三只相同且功率较大的电炉，a 靠近电源，b 、c 离电源较远，而离用户电灯L 专门近，输电线有电阻．关于电炉接入电路后对电灯的阻碍，下列说法中正确的是( )A ．使用电炉a 时对电灯的阻碍最大B ．使用电炉b 时对电灯的阻碍比使用电炉a 时小C ．使用电炉c 时对电灯几乎没有阻碍D ．使用电炉b 或c 时对电灯阻碍几乎一样解析：选D.由于电炉a 靠近电源，流过a 的电流，没有流过后面的输电线，可不能引起输电线上电压降，接通与不接通对电路没有阻碍，选项A 错误；使用电炉b 时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少，因此使用电炉b 时对电灯的阻碍比使用电炉a 时大，选项B 错误；c 离电源较远但靠近电灯，使用c 时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少，选项C 错误；b 、c 离电源都较远，依照上面分析，对电灯阻碍几乎一样，故D 正确．4．如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中( )A ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数增大B ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数减小C ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数增大D ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数减小解析：选A.在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中，外电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数一直增大，选项A 正确．5．如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然显现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障缘故或故障后其他物理量的变化情形的说法中正确的是( )A．L1灯丝突然短路B．L2灯丝突然烧断C．电源的输出功率一定变小D．电容器C上电荷量减少解析：选B.当L1灯丝突然短路时，电路的外电阻减小，依照I＝ER外＋r得，电流表读数增大，A错；当L2灯丝突然烧断时，电路的外电阻增大，电流表读数变小，由U＝E－Ir得电压表读数增大，B对；电源的输出功率大小由电路的外电阻与内电阻的关系决定，因此C 错；当L2灯丝突然烧断时，电容器两端的电压增大，因此电容器会充电，D错．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6.(2020·成都一中模拟)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，现在电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是( )A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C．若仅用更强的光照耀R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D．若仅用更强的光照耀R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变解析：选BD.电容器所在支路由因此断路，没有电流通过，因此电路中只有光敏电阻和电阻R3串联在电路中，同时电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压，因此若仅将R2的滑动触头P向b端移动，电路总电阻不变，电流不变，电压也不变，A错误；若增大电容器极板间的距离，依照公式C＝εr S4πkd可得电容器电容减小，由于电容器两端的电压恒定，依照公式C ＝Q U ，故电容器所带电荷量减小，B 正确；若仅用更强的光照耀R 1，R 1的电阻减小，电路总电阻减小，电流增大，故电流表示数增大，外电路总电阻减小，即电压表示数减小，依照公式C ＝Q U可得，U 减小，Q 也减小，C 错误；依照闭合电路欧姆定律可得U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值表示电源内阻，因此恒定不变，D 正确．7．图为某种电子秤工作原理的示意图，被称物体的质量可按照一定的换算关系通过电流表的示数获得．秤盘中放入物体后，连杆P 将从a 点向下滑动，最终停在a 、b 间的某一位置．关于该电子秤，下列说法正确的是( )A ．物体质量越小，电流表的示数越大B ．物体质量越大，电流表的示数越大C ．物体质量越大，电路中的总电阻越大D ．物体质量越小，电路中的总电阻越大解析：选BD.物体质量越小，则P 点的位置越接近a 端，滑动变阻器的电阻越大，则电路中电流越小，电流表的示数越小，选项A 错误，D 正确；同理，物体质量越大，则P 点的位置越接近b 端，滑动变阻器的电阻越小，则电路中电流越大，电流表的示数越大，选项B 正确，C 错误．8.如图所示，直线A 为电源a 的路端电压与电流的关系图象；直线B 为电源b 的路端电压与电流的关系图象；直线C 为一个电阻R 的两端电压与电流的关系图象．假如将那个电阻R 分别接到a 、b 两电源上，那么有( )A ．R 接到a 电源上，电源的效率较高B ．R 接到b 电源上，电源的输出功率较小C ．R 接到a 电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D ．R 接到b 电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高解析：选BC.由图象知：接a 时，η＝50%，接b 时，η＞50%(图中虚线长与底边的比值为效率)，A 错；在U －I 图象中，面积表示功率，明显接a 时功率大，故B 、C 对；接b 时，电阻的热功率小，D 错．9．(2020·河北唐山模拟)如图所示，电源电动势E ＝3 V ，小灯泡L 标有“2 V ，0.4 W ”，开关S 接1，当变阻器调到R ＝4 Ω时，小灯泡L 正常发光；现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作．则( )A ．电源内阻为1 ΩB ．电动机的内阻为4 ΩC ．电动机的正常工作电压为1 VD ．电源效率约为93.3%解析：选AD.由小灯泡的额定功率P ＝UI 可知，I ＝0.2 A ，由欧姆定律得R L ＝U I ，可知小灯泡正常发光时电阻R L ＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R ＋R L ＋r，解得r ＝1 Ω，A 正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 A ，故电动机两端电压U ′＝E －IR L －Ir ＝0.8 V ，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4 Ω，B 、C 错误；由P ＝I 2r ，P 总＝EI ，η＝P 总－P P 总×100%，代入数据可得电源效率约93.3%，D 正确． 三、非选择题(本题共3小题，共46分．按题目要求作答)10．(14分)某物理爱好小组要精确测定一个额定电压为3 V 的节能灯正常工作时的电阻．已知该灯正常工作时的电阻约为500 Ω.实验室提供的器材有：A ．电流表A(量程2 mA ，内阻R A ＝15 Ω)B ．定值电阻R 1＝1 985 ΩC ．滑动变阻器R (0～10 Ω)D ．电压表V(量程12 V ，内阻R V ＝1 kΩ)E ．蓄电池E (电动势为12 V ，内阻r 专门小)F ．开关S 一个，导线若干(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采纳下面电路图中的________．(2)选择正确的电路进行实验，若电压表的示数用U 表示，电流表的示数用I 表示，写出测量节能灯电阻的表达式R x ＝________________(用题目中给出的相应字母表示)．(3)为了测出节能灯正常工作时的电阻，电流表的示数必须调为I ＝__________mA ，若现在电压表的读数U ＝7.6 V ，则节能灯正常工作时的电阻为________Ω.解析：(1)因节能灯正常工作时的电压为3 V ，比电压表的量程小得多，不能用电压表直截了当测节能灯的工作电压，节能灯正常工作时的电流I ＝U R ＝3500A ＝6 mA ，大于电流表量程，因此不能用电流表直截了当测通过节能灯的电流，因电压表承诺通过的最大电流为12 mA ，电流表与定值电阻串联后的电压达 4 V ，因此可将电压表当做电流表使用，电流表与定值电阻串联当电压表使用，由相关量的关系可知电压表V 应采纳外接方式，又由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，因此滑动变阻器要接成分压式，正确的电路图是C.(2)由电路结构及欧姆定律可知R x ＝I （R 1＋R A ）U R V－I ＝IR V （R 1＋R A ）U －IR V . (3)因节能灯正常工作时的电压为3 V ，现在对应的电流表示数为I ＝1.5 mA ，将U 和I 代入表达式可得节能灯正常工作时的电阻为492 Ω.答案：(1)C (2)IR V （R 1＋R A ）U －IR V(3)1.5 492 11．(16分)某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 μA 、内阻为2 500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9 Ω)和若干导线．(1)由于表头量程偏小，该同学第一需将表头改装成量程为0～50 mA 的电流表，则应将表头与电阻箱______(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为______Ω.(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图甲所示，通过改变电阻R 测相应的电流I ，且作相关运算后一并记录如表．①依照表中数据，图乙中已描画出四个点，请将第5、6两组数据也描画在图乙中，并画出IR－I图线.乙②依照图线可得电池的电动势E是V，内阻r是Ω.解析：（1）电表改装为大量程的电流表需并联一个电阻，由并联知识可知，R（50×10－3－100×10－6）＝100×10－6×2 500，解得R≈5.0 Ω.（2）描点连线后由图线纵轴截距得到电池的电动势为1.53 V，由图线斜率求得的电阻值减去改装后的电流表阻值可得到电池内阻为2.0 Ω.答案：（1）并联 5.0 （2）①如图所示②1.53 2.012.（16分）某实验小组欲测定一只小灯泡（其额定功率为0.75 W，但额定电压差不多模糊不清）的额定电压值，实验过程如下：他们先用多用电表的欧姆挡测出小灯泡的电阻约为2 Ω，然后依照公式算出小灯泡的额定电压U＝PR≈1.23 V.但他们认为如此求得的额定电压值不准确，因此他们利用实验室中的器材设计了一个实验电路，进行进一步的测量.他们选择的实验器材有：A.电压表V（量程3 V，内阻约3 kΩ）B.电流表A1（量程150 mA，内阻约2 Ω）C.电流表A2（量程500 mA，内阻约0.6 Ω）D.滑动变阻器R1（0～20 Ω）E.滑动变阻器R2（0～50 Ω）F.电源E（电动势4.0 V，内阻不计）G.开关S和导线若干（1）测量过程中他们发觉，当电压达到1.23 V时，灯泡亮度专门弱，连续缓慢地增加电压，当达到2.70 V时，发觉灯泡已过亮，赶忙断开开关，所有测量数据见下表：次数1234567U/V0.200.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.70I/mA80155195227255279310 请你依照表中数据，在给出的坐标纸上作出U－I图线，从中可得小灯泡的额定电压应为V（结果保留两位有效数字）.这一结果大于实验前的运算结果，缘故是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.（2）从表中的实验数据能够明白，他们在实验时所选择的电路应为，电流表应选（填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选（填“R1”或“R2”）.解析：（1）依照表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示；由图示图象可知，电压U ＝2.5 V 时，电流I ＝0.3 A ，灯泡功率P ＝UI ＝2.5×0.3 W ＝0.75 W ，等于灯泡额定功率，则灯泡额定电压为2.5 V ；由于灯泡电阻受温度阻碍，随温度升高而增大，因此灯泡额定电压大于运算结果.（2）描画灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采纳分压式接法，灯泡正常发光时的电阻约为：R ＝U I ＝2.50.3Ω≈8.33`Ω，电压表内阻约为3`k Ω，电流表内阻约为0.6`Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采纳外接法，应选择图C 所示电路图；由表中实验数据可知，电流的最大测量值为310`mA ，电流表应选择A 2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R 1.答案：（1）U －I 图线：2.5 灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或：灯泡电阻随温度升高而变大）（2）C A 2 R 1。
2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第八章 1 第一节 部分电路及其规律 Word版含解析
[学生用书P353(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．关于电流，下列说法中正确的是( )A ．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B ．电子运动的速率越大，电流越大C ．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D ．因为电流有方向，所以电流是矢量解析：选C.电流的大小等于单位时间内流过导体横截面的电荷量，故A 错，C 对；电流的微观表达式I ＝neS v ，电流的大小由单位体积的电荷数、每个电荷所带电荷量、导体的横截面积和电荷定向移动的速率共同决定，故B 错；矢量运算遵循平行四边形定则，标量的运算遵循代数法则，电流的运算遵循代数法则，故电流是标量，故D 错．2．(2020·北京海淀区高三上学期期末)手机充电器又名电源适配器．手机常用锂离子电池的充电器采用的是恒流限压充电，充电器上所标注的输出参数如图甲所示，充电的锂离子电池标识如图乙所示．对于电源适配器与锂电池，下列说法正确的是( )A ．手机电池标识的mAh 是电功的单位B ．电源适配器输出的电压是6 V 交流电C ．如果工作电流是200 mA ，手机电池能连续工作约8个小时D ．手机充电时会微微发热，所以手机充电器主要是把电能转化成热能的装置解析：选C.根据q ＝It ，手机电池标识的mAh 是电荷量的单位，A 错误；电源适配器输出的电压是6 V 直流电，DC 表示直流，AC 表示交流，B 错误；如果工作电流是200 mA ，手机电池能连续工作的时间：t ＝q I ＝1 650 mAh 200 mA＝8.25 h ≈8 h ，C 正确；手机充电时会微微发热，说明有很小部分电能被手机充电器转化为内能，D 错误．3.一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为 ( ) A.m v 22eL B.m v 2Sn eC ．ρne v D.ρe v SL解析：选C.由电流定义可知：I ＝q t ＝n v tSe t ＝neS v ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neS v ·ρL S＝ρneL v ，又E ＝U L，故E ＝ρne v ，选项C 正确． 4.如图所示，a ，b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )A ．a 代表的电阻丝较粗B ．b 代表的电阻丝较粗C ．a 电阻丝的阻值小于b 电阻丝的阻值D ．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比解析：选B.b 图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R ＝ρL S，可知b 代表的电阻丝较粗，B 正确，A 、C 错误；电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，D 错误．5．(2020·河北邢台一中月考)两根用同种材料制成的电阻丝甲和乙，甲电阻丝的长度和直径分别为l 和d ；乙电阻丝的长度和直径分别为2l 和2d .将甲、乙两根电阻丝分别接入电路时，如果两电阻丝消耗的电功率相等，则加在两根电阻丝上的电压的比值应满足( )A.U 甲U 乙＝1B.U 甲U 乙＝22C.U 甲U 乙＝2D.U 甲U 乙＝2 解析：选C.由电阻定律R ＝ρl S ，P ＝U 2R，得U ＝P ×ρl S ＝P ×ρ4l πd2，所以加在两根电阻丝上的电压的比值应满足U 甲U 乙＝ 2.综上本题选C. 6.(2020·广东广州模拟)定值电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为2 Ω，在电路中所消耗的电功率的最大值分别为10 W 、10 W 、2 W ，现将这三个电阻按照如图所示的方式连接，则这部分电路消耗的电功率的最大值为( )A．22 W B．12 WC．15 W D．16 W解析：选B.由题意知R1＝R2＝R3＝2 Ω，P1m＝10 W，P2m＝10 W，P3m＝2 W，首先分析两个并联电阻R2、R3所允许消耗的最大功率．因为R2与R3并联，则两端电压相等，由公式P＝U2R知道，R2与R3所消耗的功率一样．已知R2与R3本身允许的最大功率分别是10 W 和2 W，所以R2、R3在该电路中的最大功率都是2 W，否则会超过R3的最大功率．再分析R1在电路中允许的最大功率．把R2与R3看成一个并联电阻R′，则电路就是R1与R′串联，而串联电路所流过的电流一样，再由P＝I2R知道，R1与R′所消耗功率之比为R1∶R′，R2与R3的并联阻值R′＝R22，即R1R′＝2，所以R1消耗的功率是并联电阻R′的两倍，则R1消耗的功率是2×4 W＝8 W＜10 W，所以这部分电路消耗的总功率最大为2 W＋2 W＋8 W＝12 W.7.某一导体的伏安特性曲线如图AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()A．B点的电阻为12 ΩB．B点的电阻为40 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9 Ω解析：选B.A点电阻R A＝31.0×10－1Ω＝30 Ω，B点电阻R B＝61.5×10－1Ω＝40 Ω，故A错误，B正确；ΔR＝R B－R A＝10 Ω，故C、D错误．8.(2020·海南高三上学期期末)如图所示，有一个双量程电流表，其中小量程为0～1 A．已知表头G的满偏电流I g＝500 mA，定值电阻R1＝20 Ω，R2＝180 Ω，则表头G的内阻R g 的值为()A ．100 ΩB ．200 ΩC ．250 ΩD ．500 Ω解析：选B.当与表头G 并联的电阻越大时，量程越小，即当接线柱接两端时，量程最小．由欧姆定律可知：(R 1＋R 2)(I －I g )＝I g R g ，代入数据解得：R g ＝200 Ω，B 正确．9．一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，则下列说法中正确的是( )A ．P 1＝4P 2B ．P D ＝P 4C ．PD ＝P 2 D ．P 1＜4P 2解析：选D.由于电阻器D 与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相等．当三者按照题图乙所示的电路连接时，电阻器D 两端的电压小于U ，由题图甲可知，电阻器D 的电阻增大，则有R D ＞R 1＝R 2，而R D 与R 2并联，电压相等，根据P ＝U 2R，则有P D ＜P 2，C 错误；由欧姆定律可知，电流I D ＜I 2，又I 1＝I 2＋I D ，故I 1＜2I 2，根据P ＝I 2R ，则有P 1＜4P 2，A 错误，D 正确；由于电阻器D 与电阻R 2的并联电阻R ＜R 1，所以D 两端的电压小于U 2，且D 阻值变大，则P D ＜P 4，B 错误． 10.如图为一机器人，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( )A ．额定工作电流为20 AB ．充满电后最长工作时间为2 hC ．电池充满电后总电荷量为7.2×104 CD ．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J解析：选C.根据P ＝UI 可知，额定电流应为：I ＝P U ＝48 W 24 V＝2 A ，故A 错误；机器人的锂电池容量为20 A ·h ，即当在额定电流2 A 下工作时，能够工作最长时间为10 h ，故B 错误；电源充满电后的总电荷量为q ＝It ＝20×3 600 C ＝7.2×104C ，故C 正确；额定电流下，机器人功率P ＝W t＝48 W ，即每秒消耗48 J 电能，故D 错误． 11．一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0.5 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倍解析：选C.由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝U I 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≠U I 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．综上可知C 正确．二、多项选择题12.某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U －I 曲线如图所示．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( )A ．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解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0，C 正确． 13．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )自重40 kg 额定电压 48 V 载重75 kg 额定电流 12 A 最大行驶速度20 km/h 额定输出功率 350 WA.B ．电动机的内电阻为4 ΩC ．该车获得的牵引力为104 ND ．该车受到的阻力为63 N解析：选AD.由于U ＝48 V ，I ＝12 A ，则P ＝IU ＝576 W ，故A 正确；因P 入＝P 出＋I 2r ，r ＝P 入－P 出I 2＝576－350122 Ω＝1.57 Ω，故B 错误；由P 出＝F v ＝F f v ，F ＝F f ＝63 N ，故C 错误，D 正确．14．(2020·安徽宿州高三质检)额定电压均为220 V 的白炽灯L 1和L 2的U －I 特性曲线如图甲所示，现将和L 2完全相同的L 3与L 1和L 2一起按如图乙所示电路接入220 V 电路中．则下列说法正确的是( )A ．L 2的额定功率约为99 WB ．L 2的实际功率约为17 WC．L2的实际功率比L3的实际功率小17 WD．L2的实际功率比L3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99 W，A正确；图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220 V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2，U1＋U2＝220 V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25 A，U1＝152 V，U2＝68 V，故灯L2的实际功率P2＝I2U2＝17 W，B正确；由于L3两端的电压为220 V，故P3＝P额＝99 W，则P3－P2＝82 W，C错误，D正确．。
2021高考物理一轮复习练习题8含解析新人教版20210919415
2021高考物理一轮复习练习题8含解析新人教版20210919415李仕才一、选择题1、如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向右运动，物体A恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )A．物体B正向右做匀减速运动B．物体B正向右做加速运动C．地面对B的摩擦力减小D．斜绳与水平方向成30°时，v A∶v B＝∶2【答案】D【解析】将B的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于A 的速度，如图所示，2、（2020襄阳四中高三月考）如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，则（）A. 坐着比躺着时F1大B. 躺着比坐着时F1大C. 坐着比躺着时F2大D. 躺着比坐着时F2大【答案】A3、静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时刻变化关系是( )【答案】C4、质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比Mm可能为( )A．2 B．3 C．4 D．5【答案】AB【解析】依照动量守恒和能量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，依照动量守恒，M的速度不大于m的速度，Mm≥1，依照能量的关系及动能的关系有p2＝2mE k得，由于动能不增加，则有242pM≥22pm＋22pM，得1≤Mm≤3，故A、B正确，C、D错误。
故选A、B5、如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情形如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的阻碍，以下判定不正确的是( )A．电路中电源电动势为3.6 VB．变阻器向右滑动时，V2读数逐步减小C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD．变阻器的最大阻值为30 Ω【答案】BC6、如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是( )A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反【答案】A7、我国矿泉水资源十分丰富，但其中也有许多水源受到天然或人工的放射性污染．据有关部门检测，有些盲目开发的矿泉水，其氡浓度远远超标，假如长期饮用这种矿泉水就会有害健康．含有氡元素的物质溶解在矿泉水中是氡浓度远远超标的缘故之一，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致人体细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病．下列说法正确的是( )A．在高温下氡的半衰期可不能发生改变B．氡元素发生β衰变时会发生质量亏损C．γ射线一样相伴着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D．发生α衰变时，新核与原先的原子核相比，中子数减少了2【答案】ABD【解析】半衰期与外界因素无关，由原子核内部自身的因素决定，选项A正确；原子核发生β衰变时会放出β射线，会显现质量亏损，选项B正确；γ射线一样相伴着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，选项C错误；发生α衰变时，新核与原先的原子核相比，质量数减少4，质子数减少2，故中子数减少2，选项D 正确．8、（2020届广东佛山市顺德区高三调研）一列简谐模波，某时刻的波形如图甲所示，P、Q、M为该模波上的三个质点，各自的横坐标位置分别为6m、10m、15m从该时刻开始计时，波上M质点的振动图象如图乙所示，则下列说法正确的是_________A.该波波速是25m/s，传播方向沿x负方向B.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳固干涉现象，则该波所遇到的波的颁率为2.5HzC.若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比20m大专门多D.从该时刻起，再通过0.4s质点Q通过的路程为4mE.从该时刻起，质点Q将比质点P先回到平稳位置【答案】ADE二、非选择题（2020山东省泰安市期末）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有： 小灯泡L （额定电压3.8V ，额定电流0.32A ）； 电压表V （量程5V ，内阻3k Ω）； 电流表A （量程0.3A ，内阻0.5Ω）； 固定电阻0R （阻值1.0Ω）； 滑动变阻器R （阻值09.0-Ω） 电源E （电动势5V ，内阻不计）； 开关S ，导线若干；（1）实验要求能够实现在00.32A -的范畴内对小灯泡进行测量，利用上述器材，设计电路，在方框中画出实验电路原理图________。
2021版高考物理一轮复习专题八磁场综合检测
2021版高考物理一轮复习专题八磁场综合检测(满分110分考试时刻60分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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)1．(2021年浙江测试)如图81所示，把一根通电的硬直导线ab，用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬时，导线a端所受安培力的方向是( )图81A．向上 B．向下C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里2．如图82所示，两根长直导线m、n竖直插在光滑绝缘水平桌面上的小孔P、Q中，O 点为P、Q连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线中通有大小、方向均相同的电流I.下列说法正确的是( )图82A．O点的磁感应强度为零B．a、b两点磁感应强度的大小B a>B bC．a、b两点的磁感应强度相同D．n中电流所受的安培力方向由P指向Q3．(2021年北京昌平区月考)如图83所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为( )图83A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向4．(2021年江西师范大学附属中学高三月考)如图84所示，在xOy坐标系的Ⅰ、Ⅳ象限有垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上A点(L,0)同时以相同速率v沿不同方向发出a、b 两个相同带电粒子(粒子重力不计)，其中a沿平行＋y方向发射，经磁场偏转后，均先后到达y轴上的B点(0，L)，则两个粒子到达B点的时刻差为( )图84 A.3πL v B.4 3πL 3v C.4πL 3v D.8πL 3v5．(2021年宁夏银川一中高三月考)如图85所示，轨道分粗糙的水平段和光滑的圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心，半径R ＝1 m ．两轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向竖直向上，大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于轨道上的M 点，当在金属细杆内通以恒为2 A 的电流时，金属细杆沿轨道由静止开始运动．已知金属细杆与水平段轨道间的滑动摩擦因数μ＝0.6，N 、P 为导轨上的两点，ON 竖直、OP 水平，且|MN |＝1 m ，g 取10 m/s 2，则( )图85A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为4 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为 2 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为8 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.9 N6．(2021年山东枣庄高三期末)如图86所示，纸面内AB 两点之间连接有四段导线：ACB 、ADB 、AEB 、AFB ，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB 两端加上恒定电压，则下列说法正确的是( )图86A ．四段导线受到的安培力的方向相同B ．四段导线受到的安培力的大小相等C ．ADB 段受到的安培力最大D ．AEB 段受到的安培力最小7．(2021年湖南衡阳八中质检)如图87所示， 一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B 和匀强电场E 组成的速度选择器，然后粒子通过平板S 上的狭缝P ，进入另一匀强磁场B ′，最终打在A 1A 2上．下列表述正确的是( )图87A ．粒子带负电B ．所有打在A 1A 2上的粒子，在磁场B ′中运动时刻都相同C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于EBD ．粒子打在A 1A 2上的位置越靠近P ，粒子的比荷越大8．(2021年山西阳泉模拟)如图88所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103 m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，假如仅撤去磁场，带电粒子将通过a 点，假如撤去电场，使磁感应强度变为原先的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( )图88 A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106 C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的时刻为7.85×10－5 s二、非选择题(本大题共4小题，共62分)9．(15分)(2021年北京丰台区检测)磁感应强度是描述磁场性质的重要物理量．不同物质周围存在的磁场强弱不同，测量磁感应强度的大小关于磁场的实际应用有着重要的物理意义．如图89所示为电流天平，能够用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着匝数为n 匝的矩形线圈，线圈的水平边长为l ，处于匀强磁场内，磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I 时，调剂砝码使两臂达到平稳，然后保持电流大小不变，使电流反向，这时需要在左盘中增加质量为m 的砝码，才能使两臂再达到新的平稳．重力加速度为g ，请利用题目所给的物理量，求出线圈所在位置处磁感应强度B 的大小．图8910．(15分)(2021年黑龙江哈尔滨第六中学高三模拟)如图810所示，某平面内有折线PAQ 为磁场的分界线，已知∠A ＝90°，AP ＝AQ ＝L .在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B .现有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从P 点沿PQ 方向射出，途经A 点而到达Q 点，不计粒子重力．求：(1)粒子初速度v 应满足的条件．(2)粒子从P 点至Q 点所需时刻的最小值．图81011．(16分)如图811所示，在平面直角坐标系的第一、二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，在第二象限内同时还存在垂直于纸面向里的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从A 点沿水平直线运动通过B 进入第一象限，穿过C 点后赶忙进入第四象限内的一个上边界与x 轴重合的矩形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外(未画出)，粒子最后垂直于y 轴进入第三象限．已知：第二、四象限内磁场的磁感强度分别为B 0 、2B 0, A 、C两点的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫－l ，32l ，(l,0)，不计重力． 求：(1)匀强电场的电场强度E .(2)第四象限内矩形磁场的最小面积S .(3)从A 点到刚进入第三象限通过的总时刻t .图81112．(16分)(2021年河北正定中学高三月考)如图812所示，左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为U ，间距为L ，右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH ，其中，AH ∥CD ，AH ＝4L .一束电荷量大小为q 、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点)，从狭缝S 1射入右侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝S 2射出，接着粒子垂直于AH 、由AH 的中点M 射入“梯形”区域，最后全部从边界AC 射出．若两个区域的磁场方向均水平(垂直于纸面向里)、磁感应强度大小均为B ，“梯形”宽度MN ＝L ，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．(1)判定这束粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小．(2)求出这束粒子可能的质量最小值和最大值．(3)求出(2)问中偏转角度最大的粒子在“梯形”区域中运动的时刻．图812。
【8份】2021高考物理课标版一轮复习精练高考真题及模拟
【8份】2021高考物理课标版一轮复习精练五年高考三年模拟专题一质点的直线运动探考情悟真题【考情探究】考点考向5年考情预测热度考题示例学业水平关联考点素养要素解法基本概念与规律位移、速度和加速度2016课标Ⅲ,16,6分 3 动能物质观念★★☆2015福建理综,20,15分 4 v-t图像科学推理图像法匀变速直线运动的基本公式及推论2019课标Ⅰ,18,6分 4 模型建构2019浙江4月选考,19,9分 3 功运动与相互作用观念运动图像、追及和相遇问题运动图像2018课标Ⅱ,19,6分 3 科学推理图像法★★★2018课标Ⅲ,18,6分 3 运动与相互作用观念图像法2019浙江4月选考,9,3分 3 科学推理图像法追及和相遇问题2016课标Ⅰ,21,6分 4 v-t图像运动与相互作用观念图像法分析解读匀变速直线运动的公式的灵活应用,x-t图像、v-t图像的应用,运动规律和运动图像在实际生活中的应用,以及图像法处理实验数据,一直是高考的热点,因此,在复习中要强化运动规律的应用,加深对图像的理解和应用。
本专题规律较多,同一试题从不同角度分析,都能得到正确答案,注重一题多解对熟练运用公式有很大帮助。
【真题探秘】破考点练考向【考点集训】考点一基本概念与规律1.(2019安徽六校二联,3)一个质点做匀变速直线运动,依次经过a、b、c、d四点。
已知经过ab、bc和cd 的时间分别为t、2t、4t,ac和bd的位移分别为x1和x2,则质点运动的加速度为()A.x2-x115t2B.x2-x142t2C.x2-2x142t2D.x2-2x115t2答案 D2.(2020届山西大同模拟,1)某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶,为“礼让行人”,若以5m/s2的加速度刹车,则以下说法错误的是()A.刹车后2s时的速度大小为10m/sB.汽车滑行40m停下C.刹车后5s时的速度大小为0D.刹车后6s内的位移大小为30m答案 D考点二运动图像、追及和相遇问题1.(2018课标Ⅱ,19,6分)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。
(全国版)2021高考物理一轮复习专题八电场精练(含解析)
专题八电场一、选择题(共10小题,60分)1.如图所示,水平放置的平行金属板A、B接在电源两极,两板间距离为d,C、D分别为极板中心垂直于纸面的轴.带电微粒以一定初速度v0水平射入两板正中间,带电微粒恰好做匀速直线运动.若该带电微粒仍以相同的初速度v0射入电场,下列说法正确的是()A.若两板分别绕C、D逆时针转动一相同的小角度,带电微粒做匀加速直线运动B.若两板分别绕C、D顺时针转动一相同的小角度,带电微粒做匀加速直线运动C.若减小两板的正对面积,则带电微粒向A板偏转D.若减小两板间的距离,则带电微粒向B板偏转2.[原创题]如图所示,真空中竖直平面内有一边长为L的正三角形ABC,电荷量均为+q的点电荷Q1、Q2分别固定于正三角形的两顶点B、C处,将点电荷Q3(电荷量未知)固定于正三角形ABC 的中心.在顶点A处放入另一点电荷Q,且Q的带电荷量为-q,点电荷Q恰好处于平衡状态.已知静电力常量为k,不计重力,下列说法正确的是()A.若撤去Q3,则Q将向下做匀变速直线运动B.Q3的电荷量为-√3qC.若不改变Q的电性,仅改变其电荷量,Q将不再受力平衡D.若将Q1的电荷量改为-q,则Q受到的合力大小为2kk2k23.一带电粒子(不计重力)质量为m、电荷量为+q,仅在电场力作用下从原点O由静止开始沿x 轴运动,所加的沿x轴正方向的电场强度E与位移x的关系图线如图所示.若选定原点的电势为零,图中k0、k0为已知量,则下列说法正确的是()=E0x0A.x=x0处的电势为k k=-2E0x0B.x=2x0处的电势为k2kC.0~2x0内,带电粒子的最大速度为√3kk0k0kD.带电粒子在从x=x0到x=2x0的过程做减速运动4.如图甲所示,在同一水平面内的a、b两点固定两个等量同种正点电荷,其连线的垂直平分线上有A、B、C三点,将质量为m的带电小球从A点由静止释放,沿垂直平分线经B点向C点运动,其运动的v-t图象如图乙所示,已知经过B点时v-t图线的切线斜率最大(图中画出了该切线),取无穷远处电势为0,则下列说法正确的是()A.小球由A到C的过程中,电场力先做正功后做负功B.A、B、C三点中,B点的电场强度最小C.A、B、C三点中,A点的电势最高D.小球由A到C的过程,电势能先增大后减小5.某电场的电场线分布如图所示,其中带箭头的实线表示电场线,a、b、c、d为该电场中的四点,则()A.正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能B.带电粒子在c点的加速度大于在d点的加速度C.将一带正电的粒子放在a点,它将沿着电场线运动到b点D.若在d点固定一负点电荷,负检验电荷由a移至b的过程中电场力做正功6.如图所示,水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆,一质量为m,带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上.质量为M,带电荷量为+Q的滑块b静置于水平地面上,滑块b与地面间的动摩擦因数为μ.a、b均保持静止,且两者连线与水平地面的夹角为θ,静电力常量为k,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.圆环a带负电B.滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)gC.滑块b受到的库仑力大小为kkcos kD.滑块b受到地面的摩擦力大小为μ(M+m)g7.如图所示,一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,环心为O点,质量为m的带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放,并穿过带电环,小球从A到A关于O的对称点A'的过程中的加速度(a)、重力势能(E p G)、机械能(E机)、电势能(E p电)随下落高度h变化的图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零,竖直向下为正方向,无穷远处电势为零)()8.[2020山东统考,多选]在金属球壳的球心处有一个正点电荷,球壳内外的电场线分布如图所示,下列说法正确的是( )A.M点的电场强度比K点的大B.球壳内表面带负电荷,外表面带正电荷C.试探电荷-q在K点的电势能比在L点的大D.试探电荷-q沿电场线从M点运动到N点,电场力做负功9.[多选]真空中一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a,φa)标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()A.E a∶E b=4∶1B.E c∶E d=2∶1C.W ab∶W bc=3∶1D.W bc∶W cd=1∶310.[2020四川雅安检测,多选]如图所示,a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点.电荷量均为q (q>0)的两个点电荷分别固定在a、c两点,静电力常量为k,不计重力.下列说法正确的是()A.b 点的电场强度大小为√2kkk 2B.过b 、d 点的直线位于同一等势面上C.在两点电荷产生的电场中,ac 中点的电势最低D.在b 点静止释放的电子,到达d 点时速度为零 二、非选择题(共4小题,50分)11.[2020河南安阳模拟,8分 ]如图所示,长l=1 m 的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C,匀强电场的场强E=3.0×103N/C,取重力加速度g=10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)小球所受电场力F 的大小. (2)小球的质量m.(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v 的大小.12.[10分]如图所示,ABC 是一条长L=12 m 的绝缘水平轨道,B 为AC 的中点,轨道AB 处于水平向右的匀强电场中,E 1=2.5×103 N/C,轨道BC 处于竖直向下的匀强电场中,电场强度大小为E 2(未知),一个质量m=0.2 kg 、电荷量q=+4×10-4C 的可视为质点的滑块自A 点由静止开始向右运动,最终停在C 点,已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10 m/s 2.求:(1)滑块从A 点运动到B 点所用的时间; (2)滑块到达B 点时的速度大小; (3)E 2的大小.13.[13分]如图所示为空气中固定正对的竖直平行金属板AB 、CD 组成的电容器,金属板长为L ,间距为k2,两板面积均为S ,均不带电,O 点为AC 连线的中点.现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球以v 0=√2kk 的速度从O 点竖直向上抛出,经时间t 1=(√2+1)√kk (g 为重力加速度大小)后,突然给两金属板加上电压,小球恰好从C 处离开电场.已知静电力常量为k ,空气的相对介电常数为1.求:(1)t 1末小球速度v 1的大小以及小球所在的位置;(2)小球经过C 处时的速率v C 以及加上电压后AB 板所带的电荷量.14.[19分]如图所示,xOy 为一竖直平面内的直角坐标系,A 、B 为两坐标轴上的点,其中A 点的坐标为(2√3d ,0),B 点的坐标为(0,d ).将一质量为m 的小球从B 点以某一初动能沿x 轴正方向水平抛出,小球刚好能经过x 轴上的A 点.现使此小球带电,电荷量为q (q>0),同时在空间加一匀强电场,场强方向平行于坐标平面.将小球以同样的初动能从坐标原点O 沿某一方向抛出,小球经过了A 点,且经过A 点时的动能为初动能的53倍;若将该小球以同样的初动能沿另一方向抛出,小球刚好能经过B 点,且经过B 点时的动能与初动能相同,重力加速度大小为g. (1)求小球的初动能;(2)求所加匀强电场的场强大小;(3)若将带电后的小球从坐标原点O 以同样的初动能向y 轴左侧任意方向抛出,试计算小球经过y 轴的范围.1.B 若两板分别绕C 、D 逆时针转动一相同的小角度θ,则带电微粒受力如图所示,电场力F'=qE'=q kk ',其中板间距离d'=d cos θ,因此F'cos θ=q k k =mg ,即竖直方向的合力为零,水平方向的合力与v 0反向,因此带电微粒做匀减速直线运动,选项A 错误;同理,若两板分别绕C 、D 顺时针转动一相同的小角度,则合力方向与v 0同向,带电微粒做匀加速直线运动,选项B 正确;若减小两板正对面积,板间电压和距离都不变,则板间场强不变,带电微粒仍做匀速直线运动,选项C 错误;若减小两板间距离,则板间场强增大,带电微粒所受电场力增大,带电微粒向A 板偏转,选项D 错误.2.D 若撤去Q 3,点电荷Q 所受的合力为Q 1、Q 2对点电荷Q 库仑力的合力,方向竖直向下,向下加速运动的过程中,由于点电荷间的距离变化,导致库仑力变化,则加速度变化,做变速直线运动,故A 错误;Q 1、Q 2对点电荷Q 的库仑力的合力F 1=2×k k 2k 2×cos 30°=√3kk 2k 2,根据几何关系可知,Q 3与点电荷Q 的距离r=√33L ,根据平衡条件得kk 3k k 2=√3kk 2k 2,解得Q 3=√33q ,带负电,故B 错误;根据kk 3k k 2=√3kkkk 2知,若不改变Q 的电性,仅改变其电荷量,Q 将仍然受力平衡,故C 错误;若将Q 1的电荷量改为-q ,Q 受到Q 1、Q 2的合力F'1=k k 2k 2,方向水平向右,Q 3对Q 的库仑力大小为√3kk 2k 2,方向竖直向上,Q 受到的合力大小F 合=√(kk 2k 2)2+(√3kk2k 2)2=2kk 2k 2,故D 正确.3.C 沿着电场线的方向电势降低,所以在x=x 0处的电势为k k 0=-E 0x 0,选项A 错误;因为E-x 图线与x 轴所围图形的面积表示电势差,所以x=2x 0处的电势为k 2k 0=-32E 0x 0,选项B 错误;分析可知粒子在x=2x 0处速度最大,根据动能定理可得32qE 0x 0=12m k m 2,解得最大速度v m =√3kk 0k 0k,选项C正确;带电粒子在从x=x 0到x=2x 0的过程中做加速度减小的加速运动,选项D 错误.【方法技巧】 近几年高考试题中越来越重视图象问题的考查,经常出现根据φ-x 图和E-x向始终沿AC方向,受到的库仑力为斥力,所以小球带正电,小球在水平面内仅受两个电场力作用,在B点时加速度最大,所以所受电场力也最大,B错误;根据等量同种正点电荷连线的垂直平分线上的电势分布规律及无穷远处电势为0可知,A、B、C三点中A点的电势最高,C正确;小球由A到C的过程,电场力始终对小球做正功,小球的动能一直增加,电势能一直减小,D错误.5.A沿着电场线的方向电势逐渐降低,由E P=qφ可知正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,A正确;电场线密集的地方电场强度大,同一粒子受到的电场力大,加速度也大,故B错误;将一带正电的粒子放在a点,由于电场线是曲线,则电场力方向时刻在变化,与粒子速度方向之间存在夹角,故它不会沿着电场线运动到b点,C错误;若在d点固定一负点电荷,则由合场强的方向可知负电荷由a移至b的过程中,电场力做负功,故D错误.6.B 根据题意,圆环a能保持静止,故受到库仑斥力,圆环a也带正电,A错误.对a、b组成的系统整体进行受力分析,竖直方向上受到重力(M+m)g和地面的支持力,由于整体静止,竖直方向上受力平衡,故滑块b受到地面的支持力大小为(M+m)g,B正确.根据牛顿第三定律,滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小,对圆环a进行受力分析后,得库仑力的大小为kk sin k ,C错误.b静止,根据受力分析可知,滑块b受到地面的静摩擦力大小为F f=kksin k·cosθ=kktan k,D错误.7.D 圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小球从A点到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直向上,重力不变,由牛顿第二定律得知,加速度可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,故A正确;小球从A点到A'点的过程中,重力势能E p G=-mgh,重力势能与下落高度是线性关系,故B正确;小球从A点至圆环中心的过程中,电场力做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做正功,机械能增大,故C正确;由于圆环所产生的是非匀强电场,小球下落的过程中,电场力做的功与下落高度之间是非线性关系,电势能与下落高度之间也是非线性关系,故D错误.8.ABD 由电场线的疏密程度可知,M点的场强比K点的大,A正确;由于感应起电,在金属球壳的内表面感应出负电荷,外表面感应出正电荷,B正确;负电荷沿电场线方向运动,电场力做负功,电势能增加,可知C错误,D正确.9.AC设点电荷的电荷量为Q,根据点电荷电场强度公式E=k kk2,r a∶r b=1∶2,r c∶r d=3∶6,可知,E a∶E b=4∶1,E c∶E d=4∶1,选项A正确,B错误;将试探电荷由a点移动到b点电场力做的功W ab=q(φa-φb),将试探电荷由b点移动到c点电场力做的功W bc=q(φb-φc),将试探电荷由c点移动到d点电场力做功W cd=q(φc-φd),结合题图可知,W ab∶W bc=3∶1,W bc∶W cd=1∶1,选项C正确,D错误.10.AD a点的点电荷在b点产生的电场的电场强度大小为E a=k kk2,方向为沿a、b两点连线指向b,c点的点电荷在b点产生电场的电场强度大小为E c=k kk2,方向为沿c、b两点连线指向b,由电场叠加原理可得,b点的电场强度大小为E=E a cos 45°+E c cos 45°=√2kkk2,选项A正确;画出两个等量正点电荷的电场与等势面如图所示,过b、d两点的直线向两端延伸,沿延伸的方向电势越来越低,选项B错误;在两点电荷产生的电场中,ac中点的电场强度为零,在过b、d两点的直线上该点的电势最高,选项C错误;由对称性可知,b、d两点电势相同,故电子在b、d两点电势能相同,根据在电场力作用下电势能和动能之和保持不变可知,在b点从静止释放的电子,在电场力作用下先加速运动到速度最大,后减速运动,到达d点时速度为零,选项D正确.11.解析:(1)电场力F=qE =3.0×10-3N.(2分) (2)对小球受力分析,如图所示. 由平衡条件有mg=ktan k (2分) 解得m=k k tan k=4.0×10-4kg.(1分)(3)由动能定理有mgl (1-cos θ)=12mv 2-0(2分)解得v =2.0 m/s.(1分)12.解析:(1)滑块从A 点运动到B 点的过程,由牛顿第二定律有E 1q-μmg=ma 1(1分)得a 1=3 m/s 2(1分) 由x AB =12a 1t 2(1分)可得t=2 s .(1分)(2)滑块到达B 点时的速度大小v B =a 1t=6 m/s .(1分) (3)滑块从B 点运动到C 点的过程,由运动学公式有x BC =0-k k 2-2k 2(1分)对滑块受力分析可知,竖直方向上,轨道对滑块的支持力 F N =mg+E 2q (1分)水平方向上,由牛顿第二定律有μF'N =ma 2(1分) 其中F'N =F N (1分)联立解得E 2=2.5×103N/C .(1分)【技巧点拨】 对于此类问题,应先对物体进行准确的受力分析,进而求得合力,再由a=k 合k求出加速度a ,其次应熟练掌握与匀变速直线运动有关的公式.此类问题多为运动和力的结合,重基础.13.解析:(1)0~t 1时间内,小球做竖直上抛运动,则 t 1末小球的速度v 1=v 0-gt 1(1分) 解得v 1=-√kk (1分)即t 1末小球的速度大小为√kkh 1=v 0t 1-12g k 12(1分)解得h 1=k2即t 1末小球在O 点正上方k2处.(1分)(2)加上电压后,小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动,到达C 处所用的时间t 2=2k 0k-t 1(1分)到达C 处时竖直方向有v y =v 0(1分) 水平方向有k 4=0+k k2t 2(1分)速率v C =√k +k k联立解得v C =12√(11+22)kk (1分) 水平方向上,根据动量定理有qEt 2=mv x -0(1分)加上电压后AB 所带的电荷量Q=CU (1分)U=E ·k2(1分)电容C=k4πk ·k 2(1分)解得Q=(3+2√2)kkk8πkk.(1分)【易错警示】 本题很容易误认为加上电压后小球做类平抛运动.实际上,加上电压后,小球在水平方向上和竖直方向上分别受到电场力和重力,其合力与t 1末的速度方向不垂直,不做类平抛运动,应运用运动的合成与分解,分别分析水平方向和竖直方向这两个分运动的性质. 14.解析:(1)由平抛运动规律可得d=12gt 2(1分) 2√3d=v 0t (1分)联立可解得v 0=√6kk (1分)故可解得小球的初动能为E k0=3mgd.(1分)(2)当小球带电并加上电场后,小球从O 点抛出经过A 点时的动能E k A =53E k0,由动能定理可得qU OA =E k A -E k0(1分)当小球从O 点抛出经过B 点时,由动能定理可得 qU OB -mgd=0(1分)由此可解出U OA =2kkkk,U OB =kkkk(1分)如图所示,作OA 的中点为C ,由于U OA =2U OB ,由匀强电场的特点可知,B 、C 两点的电势相等,两点连线即为等势线,过O 作BC 的垂线,交BC 于D. 由于U OB =φO -φB =kkkk>0,所以电场强度的方向与等势线BC 垂直且由O 指向D (1分)若∠OBC=θ,则有tan θ=。
2021高考物理一轮复习优练题8含解析新人教版20211017371
2021高考物理一轮复习优练题8含解析新人教版20211017371李仕才一、选择题1、（2020江西师范大学附属中学月考）为了探寻金矿区域的位置和金矿储量，常利用重力加速度反常现象．如图所示，P点为某地区水平地面上的一点，假定在P点正下方有一空腔或密度较大的金矿，该地区重力加速度的大小就会与正常情形有微小偏离，这种现象叫做“重力加速度反常”．假如球形区域内储藏有金矿，已知金矿的密度为ρ，球形区域周围平均分布的岩石密度为ρ0，且ρ＞ρ0.又已知引力常量为G，球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，则下列说法正确的是（）A. 有金矿会导致P点重力加速度偏小B. 有金矿可不能导致P点重力加速度变化C. P点重力加速度反常值约为Δg＝D. 在图中P1点重力加速度反常值大于P点重力加速度反常值【答案】C2、（2020山东省师大附中高三第三次模拟）如图所示，一斜面固定在地面上，木块m和M 叠放在一起沿斜面向下运动，它们始终相对静止，m、M间的动摩擦因数为μ1，M、斜面间的动摩擦因数为μ2，则( )A. 若m、M一起匀加速运动，可能有μ1＝0，μ2＝0B. 若m、M一起匀速运动，一定有μ1＝0，μ2≠0C. 若m、M一起匀加速运动，一定有μ1≠0，μ2＝0D. 若m、M一起匀速运动，可能有μ1≠0，μ2≠0【答案】D3、（2020届山东省枣庄市第八中学东校区月考）如图所示，质量为M的斜面小车静止在水平面上，质量为m的物块从斜面上端由静止开释，不计一切摩擦，物块从斜面底端滑出时，物块与斜面小车的速度大小关系是( )A. v1∶v2＝M∶mB. v1∶v2＝m∶MC. v1∶v2＞M∶mD. v1∶v2＜M∶m【答案】C4、如图所示，平行板电容器充电后断开电源，板间有一点P，在P点固定一个试探电荷q.现将下极板向下平移一小段距离，假如用F表示试探电荷在P点所受的电场力，用E表示极板间的电场强度，用φ表示P点的电势，用E p表示试探电荷在P点的电势能，则下列物理量随两板间距离d的变化关系的图线，可能正确的是( )【答案】C5、（2020届广东汕头市高三第一次（3月）模拟）如图，长为l的绝缘轻绳上端固定于O 点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场。
2021高考物理一轮复习优练题8含解析新人教版20210927125
2021高考物理一轮复习优练题8含解析新人教版20210927125李仕才1、(“死结”和“活结”模型)(2021·湖北六校联考)如图所示,在固定好的水平和竖直的框架上,A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳,重物悬挂于滑轮下,处于静止状态。
若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点,则下列判定正确的是()A.只将绳的左端移向A'点,拉力变小B.只将绳的左端移向A'点,拉力不变C.只将绳的右端移向B'点,拉力变小D.只将绳的右端移向B'点,拉力不变〚导学号06400102〛答案B解析设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α,绳子的长度为L,B点到墙壁的距离为s,依照几何知识和对称性,得sin α=①以滑轮为研究对象,设绳子拉力大小为F,依照平稳条件得2F cos α=mg,得F=②当只将绳的左端移向A'点,s和L均不变,则由①②式得知,F不变,故A错误,B正确;当只将绳的右端移向B'点,s增加,而L不变,则由①式得知,α增大,cos α减小,则由②式得知,F 增大,故C、D错误。
2、(加速度)(2021·甘肃天水期中)下列关于速度和加速度的说法中,正确的是()A.物体的速度越大,加速度也越大B.物体的速度变化越快,加速度越大C.某时刻物体的加速度为零,则速度一定为零D.物体的速度变化越大,加速度越大答案B解析速度越大,有可能是匀速运动,故A错误;加速度是反映物体速度变化快慢的物理量,加速度越大,速度变化越快,故B正确;加速度为零说明物体的速度没有发生变化,速度没有发生变化,而速度不一定为零,故C错误;速度变化越大,但不明白变化所用时刻,故不能确定加速度也越大,故D错误。
综上本题选B。
3、.一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱与杆的质量为m0,环的质量为m,如图所示。
已知环沿杆匀加速下滑时,环与杆之间的摩擦力大小为F f,则现在箱对地面的压力大小为()A.m0g+F fB.m0g-F fC.m0g+mgD.m0g-mg答案A解析环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力F f,受力情形如图甲所示,依照牛顿第三定律,环应给杆一个竖直向下的摩擦力F f',故箱子在竖直方向受重力m0g、地面对它的支持力F N及环给它的摩擦力F f',受力情形如图乙所示。
2021高考物理一轮复习章末检测8恒定电流含解析新人教版
章末检测8 恒定电流（时间90分钟 满分100分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1.经典物理学认为金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，且金属导体中通过恒定电流形成了稳恒的电场，已知铜的电阻率为ρ，单位体积内的自由电子数量为n ，自由电子的质量为m 、带电荷量为e ，假设自由电子和金属离子碰撞后减速到零，且碰撞时间极短，则铜导线中自由电子连续两次与金属离子碰撞的时间间隔的平均值为（ ）A.2mnρe B.2m nρe 2C.2ρmne2D.2nmρe 2解析：设铜导线的长度为l ，横截面积为S ，金属导线内的匀强电场场强为E ，则电子定向移动的加速度为a ＝eE m ，经过时间t 获得的定向移动速度为v ＝at ＝eEtm，在时间t 内的平均速度为v －＝12v ＝eEt 2m ，则由电流微观表达式I ＝neS v －＝ne 2ES2mt ，由欧姆定律和电阻定律可知ρl S ＝U I ＝El I ，联立解得t ＝2mnρe 2，B 正确.答案：B2.两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∶4B.1∶8C.16∶1D.1∶16解析：设原来的电阻为R ，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的12，根据电阻定律，电阻R 1＝4R ，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻R 2＝14R ，则两电阻之比为16∶1，电压相等，根据欧姆定律，电流比为1∶16，根据q ＝It 知相同时间内通过的电荷量之比为1∶16，故D 正确，A 、B 、C 错误.答案：D3.如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，内阻不能忽略，电阻R 1>R 2.图中电压表为理想电表，当在两电路中通过相同的电荷量q 的过程中，下列关于两电路的比较，说法错误的是（ ）甲 乙A.R 1上产生的热量比R 2上产生的热量多B.电源内部产生热量较多的是甲电路C.电压表V 1示数大于电压表V 2示数D.甲、乙两电路电源输出功率可能相等 答案：B4.在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，在调节可变电阻R 的阻值过程中，发现理想电压表的示数减小，则 （ ）A.R 的阻值变大B.路端电压不变C.干路电流减小D.路端电压和干路电流的比值减小解析：由题意知，理想电压表的示数减小，说明与电压表并联的电阻变小，即可变电阻R 接入电路的电阻变小，选项A 错误；由闭合电路欧姆定律知，电路总电流变大，路端电压变小，选项B 、C 错误；由于外电路总电阻变小，结合电阻定义式R ＝U I知，路端电压和干路电流的比值减小，选项D 正确.答案：D5.如图所示，K 1、K 2闭合时，一质量为m 、带电荷量为q 的液滴，静止在电容器的A 、B 两平行金属板间.现保持K 1闭合，将K 2断开，然后将B 板向下平移到图中虚线位置，则下列说法正确的是（ ）A.电容器的电容增大B.A 板电势比电路中Q 点电势高C.液滴将向下运动D.液滴的电势能增加解析：由平行板电容器电容的决定式可知，板间距离增大，电容减小，A 项错误；K 1、K 2闭合时，R 1中无电流通过，故B 板电势为零，电容器两极板电势差与R 2两端电压相等，电阻R 2下端接地，故Q 点与电容器上极板电势相等.断开开关K 2，电路结构未发生变化，Q 点电势不变，电容器所带电荷量保持不变，B 板下移，即板间距离d 增大，由C ＝Q U ＝εr S4πkd可知，d增大，其他物理量保持不变，则两极板电势差U 增大，B 板电势为零不变，故A 板电势升高，B 项正确；由场强与电势差关系E ＝U d 及Q U ＝εr S 4πkd 可知，E ＝4πkQεr S，故两极板间场强不变，因此带电液滴受电场力不变，液滴保持静止，C 项错误；根据U ＝Ed 知，液滴距离下极板B 的距离增大，所以液滴所在位置与B 板的电势差增大，B 板电势为零，故液滴所在位置电势φ升高，液滴静止，上极板与电源正极相连，故液滴带负电，由E p ＝qφ可知液滴的电势能降低，D 项错误.答案：B6.（2019·山东淄博调研）如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为R ，L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡（阻值恒定不变）的电阻和定值电阻相同，阻值均为R ，电压表为理想电表，K 为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是（ ）A.L 1亮度不变，L 2将变暗B.L 1将变亮，L 2将变暗C.电源内阻的发热功率将变小D.电压表读数将变小解析：开关掷到位置1时，灯泡L 1和L 2并联，并联电阻R 并＝R ·R R ＋R ＝R2，电路总电阻R 总＝R ＋R ＋R 2＝5R 2，干路电流I ＝E R 总＝2E5R，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1和L 2的电流相等，即I 1＝I 2＝E5R .开关掷到2位置时，灯泡L 1与定值电阻串联，然后与灯泡L 2并联，并联电阻为R ′并＝（R ＋R ）R R ＋R ＋R ＝2R 3，电路总电阻R ′总＝R ＋2R 3＝5R 3，干路电流I ′＝E R ′总＝3E5R ，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1的电流I ′1＝I ′×13＝E5R ，流过灯泡L 2的电流I ′2＝I ′×23＝2E5R .据此判断，开关由1位置打到2位置时，流过灯泡L 1的电流大小不变，灯泡亮度不变，流过灯泡L 2的电流变大，灯泡变亮，所以选项A 、B 错误.总电流变大，电源内阻的发热功率变大，选项C 错误.总电流变大，内电压变大，路端电压变小，电压表示数变小，选项D 正确.答案：D7.如图所示电路中，各灯额定电压和额定功率分别是：A 灯“10 V ，10 W ”，B 灯“60 V ，60 W ”，C 灯“40 V ，40 W ”，D 灯“30 V ，30 W ”.在a 、b 两端加上电压后，四个灯都能发光.比较各灯消耗功率大小，不考虑各灯泡电阻随电压的变化，正确的是（ ）A.P B <P D <P A <P CB.P A >P C >P D >P BC.P B >P D >P C >P AD.P B >P A >P D >P C解析：A 灯的电阻R A ＝U 2A P A ＝（10 V ）210 W ＝10 Ω；B 灯的电阻R B ＝U 2BP B ＝（60 V ）260 W ＝60 Ω；C灯的电阻R C ＝U 2C P C ＝（40 V ）240 W ＝40 Ω；D 灯的电阻R 0＝U 2DP D ＝（30 V ）230 W＝30 Ω；设a 到b 回路的电流为1 A ，则I A ＝I B ＝1 A ；C 、D 两灯并联，则U C ＝U D ，则I C R C ＝（1 A －I C ）R D ，解得I C ＝R DR C ＋R D＝3040＋30 A ＝37 A ，I D ＝1 A －37 A ＝47A ，A 灯消耗的功率为P A ＝I 2A R A ＝12×10 W ＝10 W ，B 灯消耗的功率为P B ＝I 2B R B＝12×60 W ＝60 W ，C 灯消耗的功率为P C ＝I 2C R C＝⎝ ⎛⎭⎪⎫372×40 W ≈7.3 W ，D 灯消耗的功率为P D ＝I 2D R D＝⎝ ⎛⎭⎪⎫472×30 W ≈9.8 W ，所以P B >P A >P D >P C ，故选项D 正确. 答案：D8.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾驶及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是二氧化锡半导体型酒精气体传感器，传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化.如图所示，是酒精气体传感器的原理电路，因不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系.如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻R 的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U 与酒精气体浓度c 之间的对应关系正确的是（ ）A.c 越小，U 越大，c 与U 成反比B.c 越小，U 越大，c 与U 不成反比C.c 越大，U 越大，c 与U 成正比D.c 越大，U 越大，c 与U 不成正比解析：酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R 0两端的电压，根据酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，得1R＝kc （k 是比例系数），根据欧姆定律得U R 0＝E R 0＋R ＋r ，联立得U ＝ER 0R 0＋1kc＋r，由数学知识知，c 越大，U 越大，但两者不成正比，故A 、B 、C 错误，D 正确.答案：D9.电动汽车是以车载电源为动力，开启了“绿色出行”的新模式.某电动汽车电源电动势为400 V ，内阻为0.5 Ω，充满电时储存的可用电能为64 kW·h，汽车运行时电源的放电电流为100 A ，熄火后电源的放电电流为100 mA.下列说法正确的是 （ ）A.汽车运行时，电源持续放电的时间可超过1 hB.汽车熄火后，电源持续放电的时间可超过60天C.汽车运行时电源的输出功率为35 kWD.汽车运行时电源的效率为95%解析：充满电储存电能W E ＝64 kW·h，汽车运行时，电源的放电电流为I 1＝100 A ，放电功率P 1＝EI 1＝400×100 W ＝40 kW ，电源持续放电的时间t 1＝W EP 1＝1.6 h ，超过1 h ，选项A 正确；汽车熄灭后，电源的放电电流为I 2＝100 mA ，放电功率P 2＝EI 2＝400×0.1 W ＝0.04 kW ，电源持续放电的时间t 2＝W E P 2＝1 600 h ，约66.7天，可超过60天，选项B 正确；汽车运行时电源输出功率P 出＝P 1－I 21r ＝40 kW －5 kW ＝35 kW ，选项C 正确；汽车运行时电源效率η＝P 出P 1×100%＝87.5%，选项D 错误.答案：ABC10.A 、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一个带电小球（可视为点电荷）.两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R 1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻.当R 2的滑片P 在中间时闭合开关S ，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ，带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ，电源电动势E 和内阻r 一定，电表均为理想电表.下列说法中正确的是（ ）A.无论将R 2的滑动触头P 向a 端移动还是向b 端移动，θ均不会变化B.若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 减小C.保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则小球重新达到稳定后θ变小D.保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变答案：ACD11.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为∞）连接，电源负极接地.开始时电容器不带电，闭合开关S ，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中的P 点.在开关S 保持接通的状态下，下列说法正确的是（ ）A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B.当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C.当电容器的下极板向下移动时，P 点的电势不变D.当电容器的下极板向左移动时，P 点的电势会升高解析：带电油滴恰好静止，其合力为零，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，即mg ＝qE .当滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，电容器两端的电压U 变大，对电容器进行充电，两极板间电场强度E 变大，带电油滴受到的电场力大于重力，会向上运动，选项A 正确；当电容器的上极板向上移动时，极板间距d 变大，根据C ＝εr S 4πkd ＝QU ，电容器的电荷量Q 应减小，但由于二极管的单向导电性，电容器只能进行充电，不能进行放电，故此时，电容器的电荷量Q 不变，电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S不变，带电油滴仍静止不动，选项B 错误；同理，当电容器的下极板向下移动时，d 变大，电场强度E 不变，而P 点到下极板的距离变大且下极板的电势不变，故P 点电势升高，选项C 错误；当电容器的下极板向左移动时，S 变小，根据C ＝εr S 4πkd ＝Q U 和二极管的单向导电性，电容器的电荷量Q 不变，电场强度E ＝4πkQεr S变大，而P 点到下极板的距离不变，故P 点电势升高，选项D 正确.答案：AD12.在一次研究性学习的实验探究中，某组同学分别测绘出一个电源的路端电压随电流变化的关系图线，还测绘出了一个电阻两端的电压随电流变化的关系图线，如图中AC 和OB 所示.若把该电阻R 接在该电源上构成闭合电路（R 为唯一用电器），由图可知（ ）A.电源的内电阻是1.2 ΩB.外电阻的电阻值是1.2 ΩC.电源的效率是80%D.电源的输出功率是1.5 W解析：由于AC 斜率的绝对值表示电源的内阻，则r ＝1.55Ω＝0.3 Ω，故A 错误；由于OB 的斜率表示外电阻大小，则R ＝1.21Ω＝1.2 Ω，故B 正确；电源的输出功率P ＝IU ，U 为外电阻两端电压，电路中的总电流即为流过外电阻的电流，所以P ＝1×1.2 W ＝1.2 W ，则电源的效率η＝I 2R I 2（R ＋r ）＝ 1.21.2＋0.3×100%＝80%，C 正确，D 错误.答案：BC二、非选择题（共52分）13.（14分）图甲为某同学家中装修所用整盘导线的部分参数，他想利用整盘导线测定该导线的电阻率.由于没有电压表，他先将一个内阻未知、量程为500 μA 的微安表进行改装，然后利用伏安法测出该导线的电阻.产品名称 单芯铜线 型号名称 BV1.5 产品规格 1.5 mm 2产品颜色 红、黄、蓝、绿、双色导体材质 无氧铜 绝缘材质 聚氯乙烯 额定电压 450/750 V 整盘长度 100 m （±0.5 m）乙 丙该同学的实验步骤如下：（1）采用图乙所示的电路测定微安表的内阻.首先断开S 2，闭合S 1，调节滑动变阻器的阻值使微安表满偏；然后保持滑片不动，闭合S 2，调节电阻箱使微安表的指针半偏，记下此时电阻箱的读数，如图丙所示.如果忽略闭合S 2前后电路总阻值的变化，则电流表的内阻为_____Ω.（2）若将微安表改装成量程为3 V 的电压表，则需要将微安表与阻值为R ＝ Ω的定值电阻串联.（3）若利用伏安法测出该导线的电阻为1.6 Ω，则该导线的电阻率ρ＝ Ω·m. 解析：（1）由实验原理可知，电流表的内阻等于电阻箱的电阻，阻值为R A ＝800 Ω. （2）若将微安表改装成量程为 3 V 的电压表，则需要将微安表与阻值为R ＝U I g－R A ＝3500×10－6 Ω－800 Ω＝5 200 Ω的定值电阻串联.（3）根据R ＝ρL S ，解得ρ＝RS L ＝1.6×1.5×10－6100Ω·m＝2.4×10－8Ω·m.答案：（1）800 （2）5 200 （3）2.4×10－814.（18分）某同学设计了一个测量金属丝电阻率的实验方案，实验室提供的器材有： A.电压表V ； B.电流表A ； C.螺旋测微器； D.米尺；E.滑动变阻器R P （5 Ω，2 A ）；F.干电池组；G.一个开关和导线若干. 他进行了以下操作：（1）用多用电表粗测金属丝的阻值.当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按 （填代码）的顺序正确进行操作，最后完成读数测量.A.将选择开关旋转到欧姆挡“×1 Ω”的位置B.将选择开关旋转到欧姆挡“×100 Ω”的位置C.将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接，正确读数D.将两表笔短接，重新进行欧姆调零（2）该同学采用上述合理步骤测量后，表针指示静止时如图所示，则金属丝的阻值约为 Ω.（3）按照本题提供的实验器材，要求测量金属丝电阻实验时电压调节范围尽可能大，则滑动变阻器用 （选填“限流”或“分压”）接法.（4）若测得金属丝直径为D ，接入电路长度为L 时，电压表、电流表示数分别为U 、I ，则金属丝的电阻率ρ＝ .解析：（1）因欧姆表刻度不均匀，欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×10 Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率过大，则要选择“×1 Ω”挡，调零后再进行测量，故实验顺序为ADC.（2）金属丝的阻值约为R ＝1×15 Ω＝15 Ω.（3）要求测量金属丝电阻实验时电压调节范围尽可能大，则滑动变阻器用分压接法.（4）根据R ＝U I 以及R ＝ρL S ＝ρ4L πD 2，解得ρ＝πUD24IL.答案：（1）ADC （2）15 （3）分压 （4）πUD24IL15.（20分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需要测量一个规格为“2.5 V 0.5 A ”的小灯泡两端的电压和通过它的电流.现有如下器材：A.直流电源（电动势3.0 V ，内阻不计）；B.电流表（量程3 A ，内阻约为0.1 Ω）；C.电流表（量程600 mA ，内阻约2 Ω）；D.电压表（量程3 V ，内阻约3 kΩ）；E.电压表（量程15 V ，内阻约为15 kΩ）；F.滑动变阻器R （最大阻值10 Ω，额定电流1 A ）.（1）实验中，电流表应选择 ；电压表应选择 .（填所选器材前的字母）（2）为了尽可能地减小实验误差，请根据正确选择的器材设计电路并在虚线框中作出该电路图.（3）在正确操作的情况下，某同学根据实验所得的数据画出该小灯泡的伏安特性曲线如图所示.实验中，若把该小灯泡和一个阻值为9 Ω的定值电阻串联在电动势为3 V 、内阻为1 Ω的直流电源上，则小灯泡此时的电阻为 Ω（结果保留两位有效数字）.解析：（1）因灯泡的额定电压为2.5 V ，额定电流为0.5 A.因此为保证实验的安全和准确，电压表应选择D ，电流表应选择C.（2）本实验要求通过灯泡的电流由零开始逐渐增大，故滑动变阻器采用分压式接法，因灯泡正常发光时电阻为R L ＝2.50.5Ω＝5 Ω，较小，则电流表采用外接法.（3）作出等效电源（电动势3 V ，内阻10 Ω）的IU 图线，由图可知两图线交点坐标为（0.4 V ，0.26 A ），则灯泡此时电阻为0.4 V0.26 A≈1.5Ω.答案：（1）C D（2）如图所示（3）1.5（1.4～1.6均可）。
2021届高考一轮复习物理(经典版)检测：高考模拟集训8Word版含解析
一、选择题1. [2021·全国卷Ⅱ]阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如下图电路。
开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2。
Q 1与Q 2的比值为( )A.25B.12C.35D.23答案 C解析 由于电池的内阻可以忽略，所以路端电压U 不变。
当开关S 断开且电流稳定时，可等效为图甲所示，所以C 两端的电压和与其并联的电阻两端的电压相等，根据串并联电路中电压的分配关系可知，电容器两端的电压为U 1＝U 5；闭合开关S ，电流再次稳定后，可等效为图乙所示电路，同理可知，C 两端的电压为U 2＝U 3，根据Q ＝UC ，所以Q 1与Q 2的比值为Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故C 正确。
2. [2021·天津高考]如下图，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。
闭合电键S，电路到达稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。
如果仅改变以下某一个条件，油滴仍能静止不动的是()R1的阻值B．增大R2的阻值C.增大两板间的距离D．断开电键S答案 B解析设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有U Cd q＝U R1d q＝mg；由题图知，增大R1，U R1增大，油滴将向上加速，A错误；增大R2，油滴受力不变，仍保持静止，B正确；由E＝Ud知，增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速，C错误；断开电键S，电容器将通过R1、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速，D错误。
3. [2021·江苏高考](多项选择)如下图的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。
闭合开关S，以下说法正确的有()A.路端电压为10 VB.电源的总功率为10 WC.a、b间电压的大小为5 VD.a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案AC解析外电路总电阻为10 Ω，根据闭合电路的欧姆定律I＝E R＋r＝1 A，所以路端电压为10 V，A项正确；电源的总功率为P总＝EI ＝12 W，B项错误；两支路电阻相等，支路电流为0.5 A，a右侧电阻两端电压为15×0.5 V＝7.5 V，φa＝2.5 V，b右侧电阻两端电压为5×0.5 V＝2.5 V，φb＝7.5 V，所以U ab＝2.5 V－7.5 V＝－5 V，C项正确；a、b间用导线连接后，电路总电阻为5×155＋15×2 Ω＋2 Ω＝9.5 Ω，电路的总电流不是1 A，D项错误。
2021届高三人教版物理一轮复习 2021年高考分类题库 新课标版 考点8 静电场 Word版含答案
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考点8 静电场一、选择题1.（2011·江苏物理·T8）一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力。
下列说法正确的有A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大【思路点拨】解答本题时留意理解：（1）粒子轨迹弯向的一侧与所受电场力的方向的关系（2）电场力做功与电势能以及动能变化的关系【精讲精析】选AB.依据粒子在非匀强电场一段的运动轨迹可以推断所受电场力方向向左偏下，与场强的方向相反，所以粒子带负电，A对，粒子由高电势向低电势运动电场力做负功，电势能增加，动能削减，CD错，非匀强电场等势面间距变大，场强变小，电场力以及加速度变小，B对。
2.（2011·新课标全国卷·T20）一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。
关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：依据质点运动的曲线推断加速度的方向，即受力的方向，再依据负电荷的受力方向，确定电场的可能方向。
【精讲精析】选D。
由于质点沿曲线abc从a运动到c，且速率递减，可知速度的转变量不行能沿切线方向，只可能沿左下方向，即加速度的方向沿此方向，也即质点受电场力方向沿此方向，由于质点带负电，故知电场方向可能沿右上方向，故A、B、C错，D正确。
3.（2011·安徽高考·T18）图（a）为示管的原理图。
假如在电极YY’之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是【思路点拨】（1）YU和XU变化规律确定两极板电势的凹凸（2）依据两板电压凹凸推断电子偏转方向；（3）由偏移量关系，偏移量与偏转电压成正比，得出特殊点的坐标。
2021高考物理通用一轮练习：阶段综合测评8 Word版含解析
姓名，年级：时间：阶段综合测评（八）时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项符合题目要求，9~12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．物理学的发展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.下列表述正确的是（）A．电磁感应现象是洛伦兹最先发现的B．电动机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能C．楞次最先发现了电流的磁效应D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果答案D解析电磁感应现象是法拉第最先发现的,A错误；发电机是利用电磁感应原理，将机械能转化为电能，B错误；奥斯特最先发现了电流的磁效应，C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起它的磁通量的变化,所以要在回路中产生一定的感应电流,外界必须提供一定的能量,使磁通量变化,该过程将其他形式的能转化为电能，体现了能量守恒定律，D正确。
2．某教室墙上有一朝南的钢窗，如图所示,当把钢窗左侧向外推开时，下列说法正确的是( ）A．穿过窗框的地磁场的磁通量变大B．穿过窗框的地磁场的磁通量不变C．从推窗人的角度看,窗框中的感应电流方向是逆时针D．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针答案C解析如题图，地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，穿过窗框平面的磁通量减小,根据楞次定律,从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，C正确，A、B、D错误。
3.如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一闭合矩形金属线圈P,AB在线圈平面内，当AB中通以向上的电流并增大时( )A．线圈中产生逆时针方向的电流，线圈向AB运动B．线圈中产生逆时针方向的电流，线圈背离AB运动C．线圈中产生顺时针方向的电流，线圈向AB运动D．线圈中产生顺时针方向的电流，线圈背离AB运动答案B解析根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里,直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针方向，C、D错误;根据左手定则可知，线圈左边受到的安培力F1向右，线圈右边受到的安培力F2向左,由于靠近导线处磁场较强，所以F1〉F2，故线圈将远离AB，A错误，B正确.4．如图所示,导体AB在做切割磁感线运动时，将产生感应电动势，设导体AB的电阻为r,导轨左端接有阻值为R的电阻，磁场的磁感应强度为B,导轨宽为d,导体AB匀速运动，速度为v。
2021高考物理一轮选训习题(8)(含解析)新人教版
2021高考物理一轮选训习题（8）（含解析）新人教版李仕才一、选择题1、如图,通电线圈abcd平面和磁场垂直(不考虑电流间相互作用),则( )A.ab边受到向左的安培力B.bc边受到向下的安培力C.线圈面积有缩小的趋势D.线圈有转动的趋势【解析】选C。
依照左手定则:伸开左手,拇指与手掌垂直且共面,磁感线向里穿过手心,四指指向电流方向,则拇指指向安培力方向,由上分析,那么ab边受到向右的安培力,bc边受到向上的安培力,故A、B错误;同理可知,线圈有收缩的趋势,故C正确;因为各边受到的安培力方向与线圈在同一平面,则线圈可不能转动,故D错误。
2、如图2所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A点开始运动，通过半个圆周到达B点，下列说法正确的是( )图2A．人从A到B的平均速度方向沿B点的切线方向B．人从A到B的平均速度方向由A指向BC．人在B点的瞬时速度方向由A指向BD．人所通过的位移大小为圆周长的一半【答案】B【解析】人从A到B的位移方向由A指向B，故平均速度方向由A指向B，故选项A错误，B 正确；瞬时速度沿轨迹的切线方向，故交在B点的瞬时速度方向沿B点的切线方向，故选项C错误；人通过的位移大小为A、B间的直线长度，故为直径长度，选项D错误．3、在研究阻碍平行板电容器电容大小因素的实验中,一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。
现保持B板不动,适当移动A板,发觉静电计指针张角减小,则A板可能是( )A.右移B.左移C.上移D.下移【解析】选A。
将A板向右移一些,板间距离减小,由电容的决定式C=可知,电容增大,而电容器带电量不变,由C=分析得知,板间电势差减小,则静电计指针张角减小;同理可知,A板向左移一些时,静电计指针张角增大,故选项A正确,B错误;A板向上或向下移一些,两极板正对面积减小,由电容的决定式C=可知,电容减小,而电容器带电量不变,由C=分析得知,板间电势差增大,则静电计指针张角增大,故选项C、D错误。
2021高考物理一轮复习编练习题(8)(含解析)新人教版
2021高考物理一轮复习编练习题（8）（含解析）新人教版李仕才一、选择题1、如图所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移与时刻的关系图象中，图线c是一条x＝0.4t2的抛物线.有关这三个物体在0～5s内的运动，下列说法正确的是( )图A.a物体做匀加速直线运动B.c物体做匀加速直线运动C.t＝5s时，a物体速度比c物体速度大D.a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同答案 B2、如图12所示，在两固定的竖直挡板间有一表面光滑的重球，球的直径略小于挡板间的距离，用一横截面为直角三角形的楔子抵住.楔子的底角为60°，重力不计.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.为使球不下滑，楔子与挡板间的动摩擦因数至少应为( )图12A.33B.3C.12D.32答案 A3、在江苏省苏州市进行的全国田径锦标赛上快乐龙获得男子跳远冠军，在一次试跳中，他(可看做质点)水平距离达8m ，高达1m.设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为θ，若不计空气阻力，g ＝10m/s 2，则tan θ等于( ) A.18B.14C.12D.1 答案 C 解析 设水平速度为v x ，竖直速度为v y .由运动的合成与分解知：v 2y 2g ＝y ，v y g ＝t ，x ＝v x ·2t ，由以上各式得：tan θ＝v y v x ＝12，C 对. 4、我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射。
量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。
假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示。
已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m 倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n 倍，图中P 点是地球赤道上一点，由此可知( )A ．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为 n 3m3B ．同步卫星与P 点的速度之比为1nC ．量子卫星与同步卫星的速度之比为 n mD ．量子卫星与P 点的速度之比为n 3m 解析：选D 依照G Mm r 2＝m 4π2T2r ，得T ＝ 4π2r 3GM ，由题意知r 量子＝mR ，r 同步＝nR ，因此T 同T 量＝ r 同3r 量3＝ nR 3mR 3＝ n 3m 3，故A 错误；P 为地球赤道上一点，P 点角速度等于同步卫星的角速度，依照v ＝ωr ，因此有v 同v P ＝r 同r P ＝nR R ＝n 1，故B 错误；依照G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r ，因此v 量v 同＝ r 同r 量＝ nR mR ＝n m ，故C 错误；综合B 、C ，有v 同＝nv P ，v 量nv P ＝n m ， 得v 量v P＝n 3m，故D 正确。
2021高考物理一轮复习演练题(8)新人教版
2021高考物理一轮复习演练题（8）新人教版1、(多选)我国新研制的隐形战机歼－20差不多开始挂弹飞行.在某次试飞中，由静止开始加速，当加速度a 不断减小至零时，飞机刚好起飞，则此过程中飞机的( )A.速度不断增大，位移不断减小B.速度不断增大，位移不断增大C.速度增加越来越快，位移增加越来越慢D.速度增加越来越慢，位移增加越来越快 【答案】BD【解析】依照题意，飞机速度与加速度同向，飞机速度和位移都在增大，选项A 错误，选项B 正确；由于加速度减小，因此速度增加越来越慢，而速度增大，会使位移变化越来越快，选项C 错误，选项D 正确.2、如图所示，长L 、质量m 的极其柔软的匀质物体在台面上以水平速度v 0向右运动，台面上A 左侧光滑，右侧粗糙，该物体前端在粗糙台面上滑行S 距离停下来．设物体与粗糙台面间的动摩擦因数为μ，则物体的初速度v 0为（ ）A. 2gL μB. 2gS gL μμ-C. 2gS μD. 2gS gL μμ+ 【答案】C【解析】物体越过A 后做匀减速直线运动，加速度： mga g mμμ==，由匀变速直线运动的速度位移公式得： 202v aS =，解得： 02v gS μ=，故选项C 正确。
3、一质点做速度逐步增大的匀加速直线运动，在时刻间隔t 内位移为s ，动能变为原先的9倍。
该质点的加速度为（ ）。
A.28s t B. 24s t C. 232s t D. 2st【答案】D4、如图5所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1、v2的速度逆时针运动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F T1、F T2，则下列说法正确的是( )图5A.物体受到的摩擦力F f1＜F f2B.物体所受摩擦力方向向右C.F T1＝F T2D.传送带速度足够大时，物体受到的摩擦力可为0【答案】C5、如图1所示，物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B静止不动。
2021高考物理一轮选练编题8新人教版20210821452
2021高考物理一轮选练编题8新人教版20210821452李仕才一、选择题1、(2020·南昌市十所省重点中学命制高三第二次模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m ，重力加速度为g,0～t 0时刻内物块做匀加速直线运动，t 0时刻后功率保持不变，t 1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是( )A ．物块始终做匀加速直线运动B ．0～t 0时刻内物块的加速度大小为P 0mt 0C ．t 0时刻物块的速度大小为P 0mgD ．0～t 1时刻内物块上升的高度为P 0mg ⎝⎛⎭⎪⎫t 1－t 02－P 22m 2g 3解析：选D.t 0时刻以后，功率保持不变，结合P ＝Fv 分析牵引力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化．依照P ＝Fv ，结合牛顿第二定律得出Pt 的关系式，结合图线的斜率求出加速度．Pt 图线围成的面积表示牵引力做功的大小，依照动能定理求出0～t 1时刻内物块上升的高度.0～t 0时刻内物块做匀加速直线运动，t 0时刻后功率保持不变，依照P ＝Fv 知，v 增大，F 减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A 错误；依照P 0＝Fv ＝Fat ，F ＝mg ＋ma 得P ＝(mg ＋ma)at ，可知图线的斜率k ＝P 0t 0＝m(g ＋a)a ，可知a≠P 0mt 0，故B 错误；在t 1时刻速度达到最大，F ＝mg ，则速度v ＝P 0mg，可知t 0时刻物块的速度大小小于P 0mg，故C 错误；Pt 图线围成的面积表示牵引力做功的大小，依照动能定理得，P 0t 02＋P 0(t 1－t 0)－mgh ＝12mv 2，解得h ＝P 0mg ⎝⎛⎭⎪⎫t 1－t 02－P 22m 2g 3，故D 正确．2、如图所示,半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内,轨道的末端B 处切线水平,现将一小物体从轨道顶端A 处由静止开释.若保持圆心的位置不变,改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度).半径越大,小物体( BD )A.落地时的速度越大B.平抛的水平位移先增大后减小C.到圆弧轨道最低点时加速度越大D.落地时的速度与竖直方向的夹角越大解析:依照动能定理知mgH=mv2,总高度不变,末速度大小不变,选项A错误;依照平抛运动规律知h=gt2,x=v0t,mgR=m,得x=·=2,平抛运动的水平位移随R的增大先增大后减小,选项B正确;到圆弧轨道最低点时加速度a==2g,故加速度大小与R无关,选项C错误;小物体落地时竖直分速度v y=gt,设落地时速度与水平方向的夹角为θ,有tan θ===,R越大,落地时的速度与竖直方向的夹角越大,选项D正确.3、（2020广西钦州市第一中学开学考试）叠罗汉是一种由多人层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。