您的位置：360文档中心› 全品复习方案2018高考物理大一轮复习真题汇编J单元电路

全品复习方案2018高考物理大一轮复习真题汇编J单元电路

合集下载

全品复习方案2018高考物理大一轮复习第1单元运动的描述与匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律及应用课

全品复习方案2018高考物理大一轮复习第1单元运动的描述与匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律及应用课

匀变速直线运动的规律及应用基础巩固1．[2016·广州模拟] 历史上，伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有( )A ．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比B ．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的二次方成正比C ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关2．[2016·山东泰安新泰一中段考改编] 一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，通过的位移为x ，下列说法中错误的是( )A ．这段时间内它的平均速度v ＝x tB ．这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 22C ．通过x 2时，它的瞬时速度为xtD ．通过x2时，它的瞬时速度为v 21＋v 2223．[2016·南昌模拟] 一物体以初速度v 0做匀减速运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3，物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为98mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s4．[2016·湖北武昌实验中学考前模拟] 如图K2­1所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止释放后，先后通过P 、Q 、N 三点，已知物块从P 点运动到Q 点与从Q 点运动到N 点所用的时间相等，且PQ 长度为3 m ，QN 长度为4 m ，则由上述数据可以求出OP 的长度为( )图K2­1A ．2 m B.98 m C.258m D ．3 m5．[2016·哈尔滨模拟] 关于自由落体运动(g 取10 m/s 2)，下列说法中不正确的是( )A ．它是竖直向下的v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动B ．在开始的连续三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5C ．在开始的连续三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3D ．从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3能力提升6．[2016·长沙月考] 自有霾预警以来，中央气象台发布了多个橙色预警，部分高速公路封道．如果某人正开车在高速公路上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30 m ，该人的反应时间为0.5 s ，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s 2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是( )A ．10 m/sB ．15 m/sC ．10 3 m/sD ．20 m/s7．[2016·齐齐哈尔联考] 一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离L 时，速度为v ，当它的速度为v2时，它沿斜面下滑的距离是( )A.12LB.22LC.14LD.34L 8．(多选)[2016·郑州模拟] 在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m9．(多选)[2016·广东汕头金山中学期中] 如图K2­2所示，小球靠近竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光时的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d ，根据图中的信息，下列判断正确的是( )图K2­2A ．位置“1”是小球释放的初始位置B ．小球做匀加速直线运动C ．小球下落的加速度为dT2 D ．小球在位置“3”时的速度为7d2T10．(多选)[2016·山西大学附中月考] 在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt ，速度差为Δv .如果人站在四层楼的阳台上，以同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差Δt 和速度差Δv 将( )A ．Δt 不变B ．Δt 变小C ．Δv 变小D ．Δv 变大 11．(多选)[2016·广州测试] 如图K2­3所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d 所用的时间都是2 s，设小球经过b、c时的速度分别为v b、v c，则( )图K2­3A．v b＝2 2 m/sB．v c＝3 m/sC．de＝3 mD．从d到e所用时间为4 s12．[2016·山东诸城一中月考] 一个物体在某时刻从坐标原点O由静止开始沿＋x方向做匀加速直线运动，速度与坐标的关系为v＝6x(m/s)，求：(1)2 s末物体的位置坐标；(2)物体通过区间150 m≤x≤600 m所用的时间．挑战自我13．[2015·山西大学附中期中] 如图K2­4甲所示，在太原坞城路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．一辆汽车正从A 点迎面驶向测速仪B ，若测速仪与汽车相距355 m ，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C 处与超声波相遇，当测速仪接受到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D 点，且此时汽车与测速仪相距335 m ，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为如图乙所示分析．(已知超声波速度为340 m/s)(1)求汽车刹车过程中的加速度大小a ；(2)此路段有80 km/h 的限速标志，则该汽车刹车前的行驶速度是否超速？图K2­4课时作业(二)1．A [解析] 伽利略的斜面实验表明小球做初速度为零的匀加速直线运动，由x ＝12at2＝12g sin α·t 2(α为斜面的倾角)知，当斜面的倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比，选项A 正确；由v ＝at ＝g sin α·t 知，当斜面的倾角一定时，小球在斜面上运动的速度与时间成正比，选项B 错误；由v 2＝2aL ＝2gL sin α知，当斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角α有关，选项C 错误；由L ＝12at 2＝12g sin α·t 2知，当斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角α有关，选项D 错误．2．C [解析] 根据平均速度的概念，这段时间内物体的平均速度v ＝xt，选项A 正确；由于物体做匀变速直线运动，故这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 22，选项B 正确；由于物体的加速度为a ＝v 2－v 1t ，设通过x 2时，它的瞬时速度为v ，则v 2－v 21＝2a ×x 2，v 22－v 2＝2a ×x 2，所以v ＝v 21＋v 222，选项C 错误，选项D 正确．3．A [解析] 根据匀变速直线运动的位移公式有x 1＝v 0t 1－12at 21，x 2＝v 0(t 1＋t 2)－12a (t 1＋t 2)2－x 1，解得v 0＝3.5 m/s ，a ＝1 m/s 2；设物体到停止时位移为x ，所用时间为t ，根据匀变速直线运动的位移—速度关系式和速度公式有v 20＝2ax ，v 0＝at ，解得x ＝498m ，t ＝3.5s ，因此x 3＝x －x 1－x 2＝98 m ，所用时间t 3＝t －t 1－t 2＝1.5 s ，位移x 3内的平均速度大小v 3＝x 3t 3＝0.75 m/s ，所以不正确选项为 A.4．C [解析] 设这两段相等的时间为T ，加速度为a ，由Δx ＝aT 2得，加速度a ＝Δx T2＝（4－3） m T 2＝1 m T 2.物块在Q 点的速度等于PN 段的平均速度，即v Q ＝x PQ ＋x QN 2T ＝（4＋3）m2T ＝7 m 2T ，则O 、Q 间的距离x OQ ＝v 2Q 2a ＝49 m 24T 2×T 22 m ＝498 m ，则OP 长度x OP ＝x OQ －x PQ ＝498 m －3 m ＝258 m ，A 、B 、D 错误，C 正确．5．D [解析] 自由落体运动是竖直向下的v 0＝0、a ＝g 的匀加速直线运动，A 正确；根据匀变速直线运动规律，在开始的连续三个1 s 内通过的位移之比是1∶3∶5，B 正确；在开始的连续三个1 s 末的速度大小之比是1∶2∶3，C 正确；从开始运动到距下落点5 m 、10 m 、15 m 所经历的时间之比为1∶2∶3，D 错误．6．B [解析] 反应时间内的位移x 1＝v m t ，汽车刹车过程的位移x 2＝v 2m2a，由题意得x 1＋x 2＝30 m ，解得v m ＝15 m/s ，B 正确．7．C [解析] 由v 2－v 2＝2ax 可得v 2＝2aL ，即L ＝v 22a ；当它的速度为v2时，它沿斜面下滑的距离是l ＝v 222a ＝14×v 22a ＝L4，选项C 正确．8．ACD [解析] 小球被竖直上抛，做匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求，规定向上为正，当小球的末速度为向上的10 m/s 时，v ＝10m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向向上，A 正确；当小球的末速度为向下的10 m/s时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度为 5 m/s ，方向向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，小球的位置一定，故位移一定，为x ＝v 20－v22g＝15 m ，D 正确．9．BCD [解析] 由题图可知，小球在相邻时间间隔内通过的位移分别为2d 、3d 、4d 、5d ，所以小球做匀加速直线运动，位置“1”不是小球释放的初始位置，由位移差Δx ＝aT2得小球下落的加速度为a ＝d T 2，小球在位置“3”时的速度为v ＝x t ＝3d ＋4d 2T ＝7d2T，故B 、C 、D均正确．10．BC [解析] 设细绳的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球继续运动的位移为L ，在位移L 内运动的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，第一个小球落地的速度越大，另一个小球在位移L 内的初速度越大，根据L ＝v 0t ＋12gt 2可知，初速度越大，时间越短，所以Δt 1>Δt 2，而速度之差Δv＝g Δt ，所以Δv 变小，故B 、C 正确．11．BD [解析] 小球做匀变速直线运动，从a 到c 和从c 到d 所用的时间均为T ＝2 s ，根据Δx ＝aT 2得a ＝x cd －x ac T 2＝－0.5 m/s 2，c 点为ad 过程的中间时刻对应的点，故v c ＝x ad 2T＝3 m/s ，B 正确．从b 到c 过程，有v 2c －v 2b ＝2ax bc ，则v b ＝10 m/s ，故A 错误．根据速度公式可得v d ＝v c ＋aT ＝2 m/s ，从d 到e 过程，有－v 2d ＝2ax de ，则x de ＝4 m ，故C 错误．由v ＝v 0＋at 可得，从d 到e 所用的时间t de ＝－v da＝4 s ，D 正确．12．(1)6 m (2)10 s[解析] (1)将v ＝6x (m/s)与v ＝2ax 对比，可得物体的加速度a ＝3 m/s 2，由x ＝12at 2可得，2 s 末物体的位置坐标x ＝6 m.(2)物体从坐标原点到x 1＝150 m 处所用的时间t 1＝2x 1a＝10 s ，物体从坐标原点到x 2＝600 m 处所用的时间t 2＝2x 2a＝20 s ，故物体通过区间150 m ≤x ≤600 m 所用的时间 Δt ＝t 2－t 1＝10 s.13．(1)10 m/s 2(2)不超速[解析] (1)设超声波往返的时间为2t ，汽车在2t 时间内，刹车过程的位移为x ＝12a (2t )2＝20 m ，当超声波与汽车相遇后，汽车继续前进的时间为t ，位移为x 2＝12at 2＝5 m ，则超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ＝680 m ，由声速为340 m/s ，得t ＝1 s ，解得汽车的加速度大小a ＝10 m/s 2.(2)由汽车刹车过程中的位移x ＝v 202a，解得刹车前的速度v 0＝20 m/s ＝72 km/h<80 km/h 故汽车刹车前不超速．。

高考物理-2018高考物理大复习真题汇编J电路

高考物理-2018高考物理大复习真题汇编J电路

J 单元 电路J1 部分电路及其规律17．I3 J1[2016·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)连接成如图1­所示电路．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()图1­A. 25B.12C.35D.2317．C [解析] 由已知条件及电容定义式C ＝Q U 可得：Q 1＝U 1C ，Q 2＝U 2C ，则Q 1Q 2＝U 1U 2. S 断开时等效电路如图甲所示甲U 1＝R （R ＋R ）（R ＋R ）＋R R ＋R （R ＋R ）（R ＋R ）＋R·E ×12＝15E ； S 闭合时等效电路如图乙所示，乙U 2＝R ·RR ＋R R ＋R ·R R ＋R·E ＝13E ，则Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故C 正确． J2 闭合电路的欧姆定律8．J1J2[2016·江苏卷] 如图1­所示的电路中，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，下列说法正确的有( )图1­A．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 A8．AC [解析] 设四个电阻的等效电阻为R路，由1R路＝115 Ω＋5 Ω＋15 Ω＋15 Ω得R路＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律知，I＝ER路＋r＝12 V10 Ω＋2 Ω＝1 A，设路端电压为U，则U＝IR路＝1 A×10 Ω＝10 V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12 W，选项B错误；设电源负极电势为0 V，则a点电势φa＝0.5 A×5 Ω－0＝2.5 V，b点电势φb＝0.5 A×15 Ω－0＝7.5 V，则a、b两点的电势差U ab＝φa－φb＝2.5 V－7.5 V＝－5 V，所以a、b间电压的大小为5 V，选项C正确；当将a、b两点用导线连接后，由于导线没有电阻，此时a、b两点电势相等，其等效电路图如图所示．其中一个并联电路的等效电阻为3.75 Ω，显然总电阻为9.5 Ω，电流I＝ER总＝2419A，故选项D错误．13．J2[2016·上海卷] 电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此( )A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压13．C [解析] 电动势E＝Wq，它不属于力的范畴，A错误；电动势表征非静电力做功的本领，电动势越大，表明电源将其他形式的能转化为电能的本领越大，B错误，C正确；电动势与电压是两个不同的概念，通常情况下，电动势大于闭合电路电源两端电压，D错误．18．J2[2016·上海卷] 如图1­所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合开关，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中( )图1­A．U先变大后变小B．I先变小后变大C．U与I比值先变大后变小D．U变化量与I变化量比值等于R318．BC [解析] 因电源内阻不计，故路端电压不变，电压表示数不变；当滑片位于中点时，滑动变阻器接入电路的电阻有最大值，电流表所在电路的电流有最小值，所以B、C正确．J3 电路综合问题5．M2J3[2016·天津卷] 如图1­所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )图1­A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大5．B [解析] 滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，R1消耗的功率变小，A错误；干路中的电流变小，R1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V示数变大，B正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表A1的示数变小，C错误；闭合开关S后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流变大，R1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R2的电流变小，即电流表A2示数变小，因变压器的功率变大，故电流表A1示数变大，D错误．J4 实验：描绘小电珠的伏安特性曲线9．[2016·天津卷]J4J6(3)某同学想要描绘标有“3.8 V，0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：电压表V1(量程0～3 V，内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0～15 V，内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0～200 mA，内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0～3 A，内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E＝6 V，内阻不计)①请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．②该同学描绘出的I­U图像应是图中的________．图1­[答案] ①电路如图1­所示②B图1­[解析] ①电压表V1和定值电阻R5串联，可改装成量程为0～4 V的电压表，电流表A1与定值电阻R4并联，可改装成量程为0～0.4 A的电流表，待测小灯泡的电阻很小，故电流表采用外接法．②小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B正确．J5 实验：测定金属的电阻率22．J5[2016·浙江卷] 某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，图1是实物的部分连线图，待测电阻为图2中的R1，其阻值约为5 Ω.图1­8(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填“a”或“b”)、导线②连接________(填“c”或“d”)．(2)正确接线测得实验数据如下表，用作图法求得R1的阻值为________Ω.(3)已知图21R 2的边长是R 1的110，若测R 2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)． A ．①连接a ，②连接c B ．①连接a ，②连接dC ．①连接b ，②连接cD ．①连接b ，②连接d22．[答案] (1)a d(2)如图所示 4.4～4.7(3)B[解析] (1)因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接法，又知滑动变阻器采用分压电路接线，故测R 1阻值的最优连接方式为导线①连接a 、导线②连接d .(2)作图如图所示，则R 2＝ΔU ΔI ＝2.20.5Ω＝4.4 Ω. (3)根据电阻定律可得R ＝ρL dL ＝ρd，故R 2＝R 1，要测R 2的阻值，与测量R 1一样，最优的连线应①连接a ，②连接d ，故B 正确．J6 实验：把电流表改装成电压表J7 实验：测定电源的电动势和内阻19．J2 J7[2016·北京卷] 某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是( )A ．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B ．一个伏特表和多个定值电阻C ．一个安培表和一个电阻箱D ．两个安培表和一个滑动变阻器19．D [解析] 由闭合电路欧姆定律可知E ＝U ＋Ir ，经变形可得U ＝－rI ＋E .测量电源电动势和内阻的实验通过改变外电路的电阻可以得到多组I 和U ，再通过描点法得到U ­I 图像，图像的斜率k ＝－r ，从而得到r ＝－k ，图像的纵截距b ＝E .选项A 中可以通过安培表和伏特表的读数得到外电压和干路电流，如图所示，所以选项A 可取．选项B 中可以通过伏特表的读数和若干定值电阻的实际阻值大小计算出干路的电流大小，实验电路图如图所示，所以选项B 可取．选项C中可以通过安培表的读数和电阻箱的取值得到外电压的大小，实验电路图如图所示，所以选项C可取．选项D中无法得到外电压，所以选项D不可取．8．[2016·四川卷] Ⅱ. J7用如图1­所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3 V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；(iii)以U为纵坐标，I为横坐标，作U­I图线(U、I都用国际单位)；(iv)求出U­I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.图1­回答下列问题：(1)电压表最好选用________；电流表最好选用________．A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．8. Ⅱ. [答案] (1)A C (2)C (3)ka k－R2[解析] (1)电压表内阻越大，分得的电流越小，误差也就越小，所以选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电路阻值最小时通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I ＝E R 1＋R 2＋r≈176 mA ，所以选量程为200 mA 的C 电流表． (2)由电路分析可知，滑片从左向右滑动，电压表示数变大，意味着滑动变阻器接入电路部分的阻值增大，一导线接金属杆左端，一导线接电阻丝左端，则滑片从左向右滑动时阻值增大，符合题意．(3)由E ＝U ＋I (r ＋R 2)，得U ＝－I (r ＋R 2)＋E ，对比U ­I 图线可知，图像斜率的绝对值k ＝r ＋R 2，所以电源内阻r ＝k －R 2；令U ＝0，得I ＝E r ＋R 2＝E k ，图线在横轴上的截距为a ，所以a ＝I ＝E k，则E ＝ka .J8 实验：多用电表的使用（用多用电表探索黑箱内的电学元件）27．J8[2016·上海卷] 在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中：(1)用多用电表测电流或电阻的过程中( )A ．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零B ．在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零C ．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测D ．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测(2)测量时多用电表指针指在如图所示位置．若选择开关处于“10 V ”挡，其读数为________V ；若选择开关处于“×10”挡，其读数________(选填“大于”“等于”或“小于”)200 Ω.图1­27．[答案] (1)AD (2)5.4 小于[解析] (1)用多用电表测电阻更换倍率后相当于改变了多用电表的内部电路，测量之前要重新进行欧姆调零才能测量准确，A 正确；测量电流时，多用电表相当于电流表，不需要重新调零，B 错误；在测量未知电阻时，若倍率不恰当，可更换不同的倍率，没有必要从最大倍率开始试测，C 错误；在测量未知电流时，若超过量程，则有可能损坏表头，故必须从最大量程开始试测，D 正确．(2)若选择开关处于“10 V ”挡，则满偏电压为10 V ，直流电压挡的刻度是均匀的，根据指针的位置，读数是 5.4 V ；欧姆表的刻度是不均匀的，右侧稀疏，左侧密集，所以读数小于200 Ω.J9 实验：传感器的简单应用23．J9 J10[2016·全国卷Ⅰ] 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过I c 时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U ，内阻不计)，滑动变阻器R 1(最大阻值为1000 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值为2000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知U 约为18 V ，I c 约为10 mA ；流过报警器的电流超过20 mA 时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω.(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线．图1­(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(3)按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________ Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是________．②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________．(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．[答案] (1)连线如图所示(2)R2(3)①650.0b接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏②c报警器开始报警[解析] (1)电路如图所示．(2)在室温下对系统进行调节，已知U约为18 V，I c约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏，可知外电阻的取值范围是1820×10Ω＝900 Ω≤R≤1810×10Ω＝1800 Ω.报警器的电阻是650.0 Ω，所以滑动变阻器阻值的取值范围在250 Ω到1150 Ω之间，所以滑动变阻器应该选R2.(3)电阻箱代替报警器工作时的热敏电阻，阻值应为650.0 Ω，滑动变阻器刚开始应置于b端，若置于另一端，接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏；实验调试时，将开关置于c端，缓慢调节滑动变阻器，直至报警器开始报警．21．J9[2016·北京卷] (1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图1­为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更________(选填“敏感”或“不敏感”)．图1­21．（1）[答案]增强敏感[解析]由题目图像可知，随温度升高热敏电阻的阻值明显减小，所以导电能力增强．又由图像可知，随温度变化，热敏电阻的电阻变化更明显，所以更加敏感．J10 电学实验综合23．J10[2016·全国卷Ⅱ] 某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表V的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下：图1­①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．图1­(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．A．100 μA B．250 μAC．500 μA D．1 mA23．[答案] (1)R 1 (2)连线如图所示 (3)2520 (4)D[解析] (1)此实验的实验原理类比于半偏法测电表内阻的实验，电压表所在支路的总电压应该尽量不变化，故滑动变阻器应选最大阻值小的即选R 1.(3)近似认为电压表所在支路的总电压不变，且流过电压表与电阻箱的电流相等，由串联分压特点知2R V ＝2.5－2R，则R V ＝4R ＝2520 Ω. (4)因电压表是由一个表头和电阻串联构成，表头允许的最大电流不会因此改变，则由欧姆定律可知，I 满＝U 满R V ＝2.52520A ≈1 mA. 22．J10 K1[2016·全国卷Ⅲ] 某同学用图1­中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab 和a 1b 1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N 极位于两导轨的正上方，S 极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．图1­(1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A ．适当增加两导轨间的距离B ．换一根更长的金属棒C ．适当增大金属棒中的电流其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．22．[答案] (1)连线如图所示(2)AC[解析] (1)限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；磁铁N 极位于上方，说明磁感线向下；开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；由左手定则可知，电流应垂直纸面向外(ab 指向a 1b 1)；所以应按“电源正极→开关→滑动变阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→ab →a 1b 1→电源负极”的顺序连接回路．(2)由动能定理BIL ·s ＝12mv 2－0可知，要增大金属棒离开导轨时的速度v ，可以增大磁感应强度B 、增大电流I 、增大两导轨间的距离L 或增大导轨的长度s ；但两导轨间的距离不变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度L 并不会发生改变，但金属棒的质量增大，故金属棒离开导轨时的速度v 减小．10．J10[2016·江苏卷] 小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R 随温度t 的变化关系．已知该金属电阻在常温下的阻值约10 Ω，R 随t 的升高而增大．实验电路如图所示，控温箱用以调节金属电阻的温度．实验时闭合S ，先将开关K 与1端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t 1，t 2，…和电流表的相应示数I 1，I 2，….然后将开关K 与2端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次为I 1，I 2，…，分别记下电阻箱相应的示数R 1，R 2，….图1­(1)有以下两种电流表，实验电路中应选用________．A ．量程0～100 mA ，内阻约2 ΩB ．量程0～0.6 A ，内阻可忽略(2)实验过程中，要将电阻箱的阻值由9.9 Ω调节至10.0 Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a ”“b ”“c ”，正确的操作顺序是________．①将旋钮a 由“0”旋转至“1”②将旋钮b 由“9”旋转至“0”③将旋钮c 由“9”旋转至“0”(3)实验记录的t 和R 的数据见下表：图1­由图线求得R随t的变化关系为R＝________ Ω.10．[答案] (1)A (2)①②③(或①③②)(3)(见下图)0．04t＋8.8(0.04t＋8.6 ～0.04t＋9.0 都算对)[解析] (1)当滑动变阻器取最大阻值10 Ω时，再加上金属电阻常温下阻值为10 Ω，总电阻为20 Ω，则电流I＝ER总＝1.5 V20 Ω＝0.075 A＝75 mA<100 mA，故选量程为0～100 mA的电流表比较精确，即选A.(2)调电阻箱时要注意的是不能使电流超过电流表的量程，也就是不能先将b、c旋钮先旋转至“0”，因为此时电阻箱相当于导线，电流表可能会烧坏．因此必须先将a旋钮由“0”旋转至“1”，再将b、c旋钮旋转至“0”．(3)根据表中数据，在方格纸上描点，并根据点的分布特点作出R­t图像，如上图，且使直线尽可能通过更多的点，把两个在直线上的点的数据代入直线方程R＝kt＋b，列出方程组，求出k＝0.04，b＝8.8，即R＝0.04t＋8.8.12．J10[2016·海南卷] 某同学改装和校准电压表的电路图如图1­所示，图中虚线框内是电压表的改装电路．(1)已知表头G满偏电流为100 μA，表头上标记的内阻值为900 Ω.R1、R2和R3是定值电阻．利用R1和表头构成1 mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表．若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝________Ω，R2＝________Ω，R3＝________Ω.图1­(2)用量程为3 V、内阻为2500 Ω的标准电压表V对改装表3 V挡的不同刻度进行校准．所用电池的电动势E 为5 V ；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50 Ω和5 k Ω.为方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．(3)校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近________(填“M ”或“N ”)端．(4)若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G 内阻的真实值________(填“大于”或“小于”)900 Ω.12．[答案] (1)100 910 2000 (2)50 (3)M (4)大于[解析] (1)当流过改装后的电流表的电流为1 mA 时，流过表头的电流为100 μA ，根据并联电路电流与电阻成反比，可得R 1为100 Ω.当a 、b 间电压为1 V 时，电流为1 mA ，a 、b 间总电阻为1000 Ω，改装后的电流表内阻为90 Ω，所以R 2＝910 Ω.当a 、c 间电压为3 V 时，电流为1 mA ，a 、c 间总电阻为3000 Ω，所以R 3＝2000 Ω.(2)分压电路中，滑动变阻器在安全的情况下，最大阻值越小操作越方便．(3)闭合开关前，应保证被检验电路安全，所以滑动变阻器的滑动端P 应在M 端．(4)改装后电压表读数偏小，说明改装后的电压表内阻偏大，故表头内阻偏大．2．(多选)[2016·大连二十四中期中] 如图K25­3所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )图K25­3A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．滑动变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．电动机线圈的电阻为2 ΩD ．滑动变阻器的最大阻值为30 Ω2．AD [解析] 由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以图乙中最上面的图线表示路端电压与电流的关系，此图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，为r ＝3.4－3.00.2Ω＝2 Ω，当电流 I ＝0.1 A 时，U 2＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U 2＋Ir ＝3.4 V ＋0.1×2 V ＝3.6 V ，故A 正确：滑动变阻器向右滑动时，R 连入电路的阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即V 2读数增大，故B 错误；由图乙可知，电动机线圈的电阻 r M ＝0.8－0.40.1Ω＝4 Ω，故C 错误；当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，滑动变阻器连入电路的阻值为最大值，所以 R ＝E I －r －r M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3.60.1－2－4 Ω＝30 Ω，故D 正确．4．(多选)[2016·河北衡水中学第七次调研] 在如图K25­5甲所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )图K25­5A ．图线甲是电压表V 2示数随电流变化的图线B ．电源内阻的阻值为10 ΩC ．电源的最大输出功率为3.6 WD ．滑动变阻器的最大功率为0.9 W4．AD [解析] 将滑动变阻器的滑片P 从最右端移到最左端，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R 1两端的电压和电源的内电压增大，则R 2的电压减小，所以电压表V 1的示数增大，电压表V 2的示数减小，可知图线乙反映的是电压表V 1的示数随电流的变化，图线甲反映的是电压表V 2的示数随电流的变化，故A 正确；根据闭合电路欧姆定律得：电压表V 2的示数U 2＝E －I (R 1＋r )，则图线甲的斜率的绝对值等于R 1＋r ，由图知：R 1＋r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU 2ΔI 2＝10 Ω，图线乙的斜率等于R 1，则R 1＝ΔU 1ΔI 1＝20.4 Ω＝5 Ω，r ＝5 Ω，故B 错误；由图乙可计算出E ＝6 V ，当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5 Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I ＝E2r＝0.6 A ，故电源的最大输出功率P ＝UI ＝1.8 W ，故C 错误；由C 的分析可知，R 1的阻值为5 Ω，R 2的最大阻值为20 Ω，把R 1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R ＋r 时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I ′＝620A ＝0.3 A ，则滑动变阻器消耗的总功率P ′＝I ′2R ′＝0.9 W ，故D 正确．1．[2016·重庆巴蜀中学第三次月考] 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R 1(6 V ，2.5 W)的伏安特性曲线，要求多次测量并尽可能减小实验误差，备有下列器材：A ．直流电源(6 V ，内阻不计)B ．电流表G(满偏电流3 mA ，内阻r ＝10 Ω)C ．电流表A(0～0.6 A ，内阻未知)D ．滑动变阻器R (0～20 Ω，5 A)E ．滑动变阻器R ′(0～200 Ω，1 A)F ．定值电阻R 0(阻值为1990 Ω)G ．开关与导线若干(1)根据题目提供的实验器材，请你在方框内设计出测量电子元件R 1伏安特性曲线的电路原理图(R 1可用“)图K42­1(2)在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用________(填写器材前面的字母序号)．(3)将上述电子元件R 1和另一个电子元件R 2接入如图K42­1甲所示的电路中，它们的U ­I 图线分别如图乙中a 、b 所示，电源的电动势E ＝7.0 V ，内阻忽略不计，调节滑动变阻器R 3，使电子元件R 1和R 2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R 1的阻值为________Ω，R 3接入电路的阻值为________Ω.(结果均保留两位有效数字)1．(1)电路图如图所示 (2)D (3)10 8.0[解析] (1)描绘伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G 与定值电阻R 0串联测电压，电压表内阻为10 Ω＋1990 Ω＝2000 Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示．(2)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滑动变阻器D ，便于调节．(3)电子元件R 1和R 2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图乙可知，此时电阻两端的电压U ＝2.5 V ，I ＝0.25 A ，根据欧姆定律得：R 1＝U I ＝2.50.25Ω＝10 Ω.根据串联电路特点可知，此时流过R 3的电流I ′＝I ＝0.25 A ，R 3两端的电压U ′＝E －2U ＝7 V －2.5×2 V ＝2 V ，R 3＝U ′I ′＝20.25Ω＝8.0 Ω. 2．[2016·山西八校期末联考] 在“测定一节干电池电动势和内阻”的实验中：(1)第一组同学利用如图K43­3甲所示的实验装置测量，电压表应选择量程________(填“3 V ”或“15 V ”)，实验后得到了如图乙的U ­I 图像，则电池内阻为________ Ω.(电压表、电流表均为理想电表)(2)第二组同学也利用图甲的实验装置测量另一节干电池的电动势和内阻，初始时滑片P 在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关后发现滑片P 向左滑过一段距离x 后电流表有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U 与x 、电流表读数I 与x 的关系图，如图丙所示，则根据图像可知，电池的电动势为________V ，内阻为________ Ω.。

全品复习方案2018高考物理大一轮复习第8单元恒定电流第22讲部分电路及其规律课件

全品复习方案2018高考物理大一轮复习第8单元恒定电流第22讲部分电路及其规律课件

A．6∶3∶2 C．2∶3∶6
图 8-22-3 B．1∶1∶1 D．1∶2∶3
[[解答析案] ]根D据 R＝ρLS、I＝UR和 I＝ nSqv 得 v＝nρUqL，即 v∝L1，所以 v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，选项 D 正 确． [点评] 电阻定律中的长度必须是 沿电流方向的长度，横截面积是 垂直电流方向的面积．
考点互动探究
例 3 [2016·新乡模拟] 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可 等效为一环形电流．设电荷量为 e 的电子以速率 v 绕原子核沿顺时针方向做半径为 r 的匀 速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是( ) A．电流大小为2vπer，电流方向为顺时针 B．电流大小为vre，电流方向为顺时针 C．电流大小为2vπer，电流方向为逆时针 D．电流大小为vre，电流方向为逆时针
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应 P 点，小灯泡的电阻为 R＝UI11 C．对应 P 点，小灯泡的电阻为 R＝I2U－1I1 D．对应 P 点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM 的面积
图 8-22-4
考点互动探究
[答案] D [解析] 由图可知流过小灯泡的电流 I 随所加电压 U 变化的关系为非线性关系，可知小灯 泡的电阻随所加电压的增大而逐渐增大，A 项错误；根据欧姆定律，对应 P 点，小灯泡的 电阻应为 R＝UI21，B、C 项错误；对应 P 点，小灯泡的功率为 P＝U1I2，也就是图中矩形 PQOM 的面积，D 项正确． [点评] 伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值，对应该状态下的电阻，因此 图线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．
考点互动探究
例 2 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( )

2018高考物理大一轮复习方案：高考真题汇编 L单元 电

2018高考物理大一轮复习方案：高考真题汇编 L单元 电

L单元电磁感应L1 电磁感应现象、楞次定律16．L1L22016·北京卷] 如图1-所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()图1-A．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向16．B解析] 由法拉第电磁感应定律可知E＝n ΔΦΔt，则E＝nΔBΔtπR2.由于R a∶R b＝2∶1，则E a∶E b＝4∶1.由楞次定律和安培定则可以判断产生顺时针方向的电流．选项B正确．6．L1 2016·江苏卷] 电吉他中电拾音器的基本结构如图1-所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()图1-A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化6．BCD解析] 选用铜质弦时，不会被磁化，不会产生电磁感应现象，电吉他不能正常工作，选项A错误；取走磁体时，金属弦磁性消失，电吉他不能正常工作，选项B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，选项C正确；根据楞次定律可知，磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化，选项D正确．4．L12016·海南卷] 如图1-所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若()图1-A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向4．D解析] 由安培定则及对称性可知，圆环圆心处磁感应强度为零．从圆环圆心向左直到左侧直导线，磁感应强度方向垂直于纸面向外，并且逐渐增大．从圆环圆心向右直到右侧直导线，磁感应强度方向垂直于纸面向里，并且逐渐增大．当金属环上下运动时，磁通量时刻为零，没有感应电流；当金属环向左侧直导线靠近时，磁通量垂直于纸面向外且在增大，由楞次定律得，感应电流为顺时针方向；当金属环向右侧直导线靠近时，磁通量垂直于纸面向里且在增大，由楞次定律得，感应电流为逆时针方向，故D正确．5．L12016·上海卷] 磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁()图1-A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动5．B解析] 从图中看，产生感应电流的线圈可以等效为一个N极在上的磁铁，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知选项B正确．19．L12016·上海卷] 如图1-(a)所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()图1-A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流19．AD解析] 在t1～t2时间内，磁场增强，根据楞次定律可判断出导线框中产生d→c→b→a方向的感应电流，且电流逐渐增大，则穿过圆环的磁通量增大，可知L有收缩趋势，A正确；在t2～t3时间内，磁场先减弱后反向增强，线圈中产生a→b→c→d方向的感应电流且保持不变，穿过圆环的磁通量不变，L内无感应电流且没有扩张或收缩的趋势，B、C错误；在t3～t4时间内，沿负方向的磁场减弱，根据楞次定律可判断出导线框中产生d→c→b→a方向的感应电流，且电流在逐渐减小，故穿过圆环的磁通量减小，L内有顺时针方向的感应电流，D正确．L2 法拉第电磁感应定律、自感20．L22016·全国卷Ⅱ] 法拉第圆盘发电机的示意图如图1-所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图1-A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍20．AB解析] 将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BL v＝12BL2ω，而I＝ER，故A正确，C错误；当角速度ω变为原来的2倍时，感应电动势E＝12BL2ω变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R上的热功率P＝I2R变为原来的4倍，D错误．21．L2M12016·全国卷Ⅲ] 如图所示，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图1-A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等21．BC解析] 设导线圈半径为l，角速度为ω，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E＝12Bωl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由T＝2πω可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；在t＝T8时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为12B ωl 2，C 正确；对于线框M ，有E 2R ·T 2＋E 2R ·T 2＝U 2有M R ·T ，解得U 有M ＝E ；对于线框N ，有E 2R ·T 4＋0＋E 2R ·T 4＋0＝U 2有N R ·T ，解得U 有N ＝22E ，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D 错误．13．D4、D5、L2、L32016·江苏卷] 据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v ＝7.7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M 、N 的连线垂直，M 、N 间的距离L ＝20 m ，地磁场的磁感应强度垂直于v ，MN 所在平面的分量B ＝1.0×10－5 T ，将太阳帆板视为导体．图1-(1)求M 、N 间感应电动势的大小E ；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V ，0.3 W ”的小灯泡与M 、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R ＝6.4×103 km ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h (计算结果保留一位有效数字)．13．答案] (1)1.54 V (2)不能，理由见解析 (3)4×105 m解析] (1)法拉第电磁感应定律E ＝BL v ，代入数据得E ＝1.54 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．(3)在地球表面有G Mm R 2＝mg匀速圆周运动G Mm （R ＋h ）2＝m v 2R ＋h解得h ＝g R 2v 2－R ，代入数据得h ≈4×105 m(数量级正确都算对)16．L1 L22016·浙江卷] 如图1-2所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图1-2A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶116．B解析] 由楞次定律可判断，两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向，选项A错误；由E＝n ΔBΔtS，S＝l2，R＝ρlS，I＝ER，P＝E2R，可知E a：E b＝9：1，I a：I b＝3：1，P a：P b＝27：1，选项B正确，选项C、D错误．L3 电磁感应与电路的综合L4 电磁感应与力和能量的综合24．L4 2016·全国卷Ⅰ] 如图1-，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．图1-答案] (1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgRB2L2解析] (1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2，对于ab棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN1＋T＋F①N1＝2mg cos θ②对于cd棒，同理有mg sin θ＋μN2＝T③N2＝mg cos θ④联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为ε＝BL v⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得I＝εR⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ)mgRB2L2⑨24．L42016·全国卷Ⅱ] 如图1-所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．图1-24．答案] (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 解析] (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E ＝Bl v ③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BIl ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m ⑧7．L4 2016·四川卷] 如图1-所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋k v (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图像可能正确的有( )图1-图1-7．BC 解析] 设金属棒在某一时刻速度为v ，由题意可知，感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝E R ＋r ＝Bl R ＋r v ，即I ∝v ；安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2R ＋rv ，方向水平向左，即F A ∝v ；R 两端电压U R ＝IR ＝BlR R ＋r v ，即U R ∝v ；感应电流功率P ＝EI ＝B 2l 2R ＋rv 2，即P ∝v 2.分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得F 合＝F －F A ＝F 0＋k v －B 2l 2R ＋rv ＝F 0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k －B 2l 2R ＋r v ，而加速度a ＝F 合m .因为金属棒从静止出发，所以F 0>0，且F 合>0，即a >0，加速度方向水平向右．(1)若k ＝B 2l 2R ＋r，F 合＝F 0，即a ＝F 0m ，金属棒水平向右做匀加速直线运动，有v ＝at ，说明v ∝t ，即I ∝t ，F A ∝t ，U R ∝t ，P ∝t 2，所以在此情况下没有选项符合；(2)若k >B 2l 2R ＋r，F 合随v 增大而增大，即a 随v 增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B 选项符合；(3)若k <B 2l 2R ＋r，F 合随v 增大而减小，即a 随v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C 选项符合；综上所述，B 、C 选项符合题意．24．L42016·浙江卷] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .图1-1024．答案] (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J解析] (1)由牛顿定律a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2 ① 进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s ②(2)感应电动势E ＝Bl v ③感应电流I ＝Bl v R ④安培力F A ＝IBl ⑤代入得F A ＝（Bl ）2v R＝48 N ⑥ (3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J ⑦由牛顿定律F －mg sin θ－F A ＝0 ⑧CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝d v ⑨焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J ⑩33．2016·上海卷] 如图1-所示，一关于y 轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B 的匀强磁场与平面垂直．一足够长、质量为m 的直导体棒沿x 方向置于轨道上，在外力F 作用下从原点由静止开始沿y 轴正方向做加速度为a 的匀速加速直线运动，运动时棒与x 轴始终平行．棒单位长度的电阻为ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P ＝ky 32(SI)．求：图1-(1)导体轨道的轨道方程y ＝f (x )；(2)棒在运动过程中受到的安培力F m 随y 的变化关系；(3)棒从y ＝0运动到y ＝L 过程中外力F 的功．33．答案] (1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4aB 2k ρ2x 2 (2)F m ＝k 2ay (3)k 22aL 2＋maL 解析] (1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x ，y )，安培力的功率F ＝B 2l 2v RP ＝4B 2x 2v 2R ＝ky 32棒做匀加速运动v 2＝2ayR ＝2ρx代入前式得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4aB 2k ρ2x 2 轨道形状为抛物线．(2)安培力F m ＝4B 2x 2R v ＝2B 2x ρ2ay 以轨道方程代入得 F m ＝k 2a y .(3)由动能定理W ＝W m ＋12m v 2安培力做功W m ＝k2 2aL 2 棒在y ＝L 处动能12m v 2＝maL外力做功W ＝k 22aL 2＋maL . L5 电磁感应综合 25．L52016·全国卷Ⅲ] 如图1-所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．图1-25．答案] (1)kt 0S R (2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt (B 0l v 0＋kS )B 0l R解析] (1)在金属棒未越过MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ① 设在从t 时刻到t ＋Δt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R 的电荷量为Δq .由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt② 由欧姆定律有i ＝E R ③ 由电流的定义有i ＝Δq Δt④ 联立①②③④式得|Δq |＝kS R Δt ⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为|q |＝kt 0S R ⑥(2)当t >t 0时，金属棒已越过MN .由于金属棒在MN 右侧做匀速运动，有f ＝F ⑦ 式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 的大小为 F ＝B 0Il ⑧此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0) ⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ⑩回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量为Φt ＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ⑫在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt 为ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt ⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔΦt Δt ⑭ 由欧姆定律有I ＝E t R ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f ＝(B 0l v 0＋kS )B 0l R ⑯2．2016·北京海淀区期末练习] 图K31­2是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E ，内阻为r ，自感线圈L 的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D 的阻值，在t ＝0时刻闭合开关S ，经过一段时间后，在t ＝t 1时刻断开开关S.在图K31­3所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是( )图K31­2图K31­32．B 解析] 闭合开关后，开始时线圈的阻碍作用很大，然后逐渐减小，因此外电路的电阻逐渐减小，故路端电压逐渐减小，因此通过电流传感器的电流逐渐减小，当断开开关时，线圈产生自感电动势，继续对灯泡反向供电，供电电流大小等于稳态时通过线圈的电流，稳态时通过线圈的电流小于通过灯泡的电流，故反向对灯泡供电的电流比原来的小，然后通过灯泡的电流逐渐减小到零，B 项正确．1．(多选)2016·山东威海期末考试] 如图K32­1所示，两个同心金属环水平放置，半径分别是r 和2r ，两环间有磁感应强度为B 、方向垂直环面向里的匀强磁场，在两环间连接有一个电容为C 的电容器，a 、b 是电容器的两个极板．长为r 的金属棒AB 沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做逆时针方向(垂直环面向里看)的匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )图K32­1 A．金属棒中有从B到A的电流B．电容器a极板带正电C．电容器两端电压为3Bωr22D．电容器所带电荷量为CBωr221．BC解析] 根据右手定则可知金属棒中的电流方向由A到B，故电容器a极板带正电，A项错误，B项正确；金属棒转动产生的感应电动势为3Bωr22，C项正确；电容器所带电荷量Q＝3BCωr22，D项错误．2．(多选)2016·江西重点中学协作体第一次联考] 如图K33­3所示，在间距为l、足够长的两条水平虚线间有垂直纸面向里的匀强磁场，其上方距上边界h处有一导线框(各边长如图中标注)，现将导线框由静止释放，从线框下边进入磁场开始计时至线框完全离开磁场(整个过程线框保持竖直且不翻转)．该过程中v-t图线可能正确的是()图K33­3图K33­42．CD解析] 线框如果刚进入过程匀速，则当下降的距离等于l后，受到的安培力将小于重力，线框将做加速运动，随着速度的增大，加速度逐渐减小，当加速度减为零时将做匀速运动，A项错误，C项正确；线框如果刚进入过程做加速运动，则当下降的距离等于l后，加速度将突然增大，B项错误；线框如果刚进入过程做减速运动，安培力逐渐变小，故减速的加速度逐渐变小，最后有可能做匀速运动，当下降的距离等于l 后，安培力等于重力的一半，将做加速运动，随着速度的增大，加速度将逐渐变小，最后做匀速运动，D 项正确．3．(多选)2016·山东日照一中期末考试] 如图K34­3所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab 、cd 均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B .ab 、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R ，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd 棒无初速度释放时，对ab 棒施加竖直向上的力F ，使其沿导轨向上做匀加速运动．则( )图K34­3A ．ab 棒中的电流方向由b 到aB ．cd 棒先加速运动后匀速运动C ．cd 棒所受摩擦力的最大值大于cd 棒的重力D ．力F 做的功等于两棒产生的电热与ab 棒增加的机械能之和3．ACD 解析] ab 向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc 的磁通量增大，根据楞次定律可得ab 棒中的感应电流方向为b →a ，故A 正确；cd 棒中感应电流由c 到d ，其所在的区域有向下的磁场，所受的安培力向里，cd 棒所受的摩擦力向上，ab 棒做加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd 棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd 棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B 错误，C 正确；以ab 棒为研究对象，根据动能定理可得W F ＋W 安培＋W G ＝12m v 2－0，力F 所做的功应等于两棒产生的电热与ab 棒增加的机械能之和，故D 正确．4．2016·济南期末考试] 如图K34­4所示，电阻不计的“∠”形足够长且平行的导轨，间距L ＝1 m ，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R 相连．整个空间存在着B ＝5 T 、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab 、cd 的阻值R ab ＝R cd ＝R ，cd 棒质量m ＝1 kg.ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)ab 棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd 棒恰好开始滑动．求这一时刻ab 棒中的电流．(2)若ab 棒无论从多高的位置释放，cd 棒都不动，分析ab 棒质量应满足的条件．(3)若ab 棒无论质量多大、从多高位置释放，cd 棒始终不动．求cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件．图K34­44．(1)103 A (2)m ab <2.08 kg (3)μ≥0.75解析] (1)cd 棒刚要开始滑动时，对其受力分析如图所示．由平衡条件得BI cd L cos 53°－f ＝0F N －mg －BI cd L sin 53°＝0又f ＝μF N联立以上三式，得I cd ＝53 A ，所以I ab ＝2I cd ＝103 A.(2)ab 棒在足够长的轨道上下滑时，最大安培力F A ＝m ab g sin 53°cd 棒所受最大安培力应为12F A ，要使cd 棒不能滑动，需：12F A cos 53°<μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg ＋12F A sin 53° 由以上两式联立解得：m ab <2.08 kg.(3)ab 棒下滑时，cd 棒始终静止，有12F A cos 53°<μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg ＋12F A sin 53° 解得：μ>12F A cos 53°mg ＋12F A sin 53°＝cos 53°2mg F A＋sin 53° 当ab 棒质量无限大时，在无限长轨道上最终一定匀速运动，安培力F A 趋于无穷大，cd 棒所受安培力也趋于无穷大，由数学知识有：μ≥cos 53°sin 53°＝0.75. 3．2016·北京海淀区期末练习] 如图K35­3所示，PQ 和MN 是固定于水平面内间距L ＝1.0 m 的平行金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．两相同的金属棒ab 、cd 放在轨道上，运动过程中始终与轨道垂直，且接触良好，它们与轨道形成闭合回路．已知每根金属棒的质量m ＝0.20 kg ，每根金属棒位于两轨道之间部分的电阻值R ＝1.0 Ω；金属棒与轨道间的动摩擦因数μ＝0.20，且与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．整个装置处在竖直向上、磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场中．重力加速度g 取10 m/s 2.(1)在t ＝0时刻，用垂直于金属棒的水平力F 向右拉金属棒cd ，使其从静止开始沿轨道以a ＝5.0 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，求金属棒cd 运动多长时间金属棒ab 开始运动；(2)若用一个适当的水平外力F ′向右拉金属棒cd ，使其达到速度v 1＝20 m/s 沿轨道匀速运动时，金属棒ab 也恰好以恒定速度沿轨道运动．求：①金属棒ab 沿轨道运动的速度大小；②水平外力F ′的功率．图K35­3 3．(1)1.0 s(2)①15 m/s②16 W解析] (1)设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知：此时金属棒cd的速度v＝at金属棒cd产生的电动势E1＝BL v，通过金属棒的电流I1＝E12R＝BLat 2R金属棒ab所受安培力F A1＝BI1L＝B2L2at 2R金属棒ab开始运动时刻，F A1＝μmg解得：t＝1.0 s.(2)①设金属棒cd以速度v1＝20 m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v2.此时通过ab、cd两金属棒的电流I2＝E22R＝BL（v1－v2）2R金属棒ab所受安培力F A2＝BI2L＝B2L2（v1－v2）2R＝μmg解得：v2＝15 m/s.②以金属棒cd为研究对象，其所受水平外力F′、滑动摩擦力F f以及安培力F A3三个力的合力为零．即：F′－F A3－F f＝0；其中F A3＝F A2F f＝μmg解得：水平外力F′的功率P＝F′v1＝16 W.。

2018年高考物理复习解决方案 真题与模拟单元重组卷 全书

2018年高考物理复习解决方案 真题与模拟单元重组卷 全书

第一单元运动的描述匀变速直线运动测试时间：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，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，有选错或不答的得0分)1．[2017·洛阳模拟]2016年8月5日～21日第31届夏季奥林匹克运动会在巴西的里约热内卢举行，中国体育健儿们奋力拼搏，在里约再次为祖国赢得荣誉。

下列说法正确的是( )A．远方看台的观众观看排球运动员的发球动作时，可将运动员视为质点B．在跳水比赛中，如果以运动员为参考系，该运动员下方的水面一定是上升的C．在男子20公里竞走决赛中，我国选手王镇以1小时19分14秒获得冠军，这里提到的“1小时19分14秒”指的是时刻D．在男子200米自由泳决赛中，我国选手孙杨以1分44秒65的成绩获得冠军，根据这个信息我们可以求出他在本次比赛中的平均速率答案 D解析远方看台的观众观看排球运动员的发球动作时，若把运动员视为质点，则看不出动作，故A错误。

跳水比赛中，在运动员腾空向上运动的过程中，如果以运动员为参考系，则水面是下降的，故B错误。

C选项中提到的“1小时19分14秒”指的是时间，故C错误。

D选项中有路程和时间，根据平均速率等于路程除以时间，可以求出孙杨在本次比赛中的平均速率，故D正确。

2．[2017·云南玉溪月考]如图所示，图线a、b、c分别表示三个物体甲、乙、丙在同一条直线上运动的位移与时间的关系，图线c是一条抛物线，满足x＝0.4t2。

有关这三个物体在0～5 s内的运动情况，下列说法正确的是( )A．物体甲做匀加速直线运动B．物体丙做匀加速直线运动C．t＝5 s时，物体甲的速度比物体丙的速度大D．甲、乙两物体都做匀速直线运动，且速度相同答案 B解析 位移—时间图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知甲、乙两物体都做匀速直线运动，由图知，a 、b 两图线的斜率绝对值相等、正负号相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，故选项A 、D 错误；图线c 是一条抛物线，满足x ＝0.4t 2，结合x ＝v 0t ＋12at 2可知，物体丙做初速度为0，加速度为0.8 m/s 2的匀加速直线运动，故选项B 正确；图象的斜率大小等于速度大小，根据图象可知，t ＝5 s 时，物体丙速度最大，故选项C 错误。

全品复习方案2018高考物理大一...

全品复习方案2018高考物理大一...

全品复习方案2018高考物理大一...预览说明:预览图片所展示的格式为文档的源格式展示,下载源文件没有水印,内容可编辑和复制分子动理论内能用油膜法估测分子的大小基础巩固1．下列叙述正确的是________．A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动B．布朗运动就是液体分子的运动C．分子间距离增大，分子间的引力和斥力一定都减小D．物体的温度越高，分子运动越激烈，每个分子的动能一定都越大E．两个铅块压紧后能连在一起，说明分子间有引力2．下列说法中正确的是________．A．液体分子的无规则运动称为布朗运动B．液体中悬浮微粒越小，布朗运动越显著C．布朗运动是液体分子热运动的反映D．分子间的引力总是大于斥力E．分子间同时存在引力和斥力3．[2016·海阳一中模拟] 已知下列物理量，不能算出氢气密度的是________．A．氢气的摩尔质量和阿伏伽德罗常数B．氢气分子的体积和氢气分子的质量C．氢气的摩尔质量和氢气的摩尔体积D．氢气分子的质量和氢气的摩尔体积及阿伏伽德罗常数E．氢气的摩尔体积和阿伏伽德罗常数4．[2016·重庆九龙坡区期中] 如图K32-1所示为布朗运动实验的观测记录，关于布朗运动的实验，下列说法正确的是________．图K32-1A．图中记录的是分子无规则运动的情况B．图中记录的是微粒做布朗运动的情况C．实验中可以看到，悬浮微粒越大，布朗运动越明显D．实验中可以看到，温度越高，布朗运动越激烈E．布朗运动既能在液体中发生，也可在气体中发生5．[2016·辽宁实验中学三校联考] 关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是________．A．若分子间距离为r0时，分子间作用力为零，则在10r0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力B．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小D．分子间距离越大，分子间的斥力越小E．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢技能提升6．图K32-2为两分子系统的分子势能E p 与两分子间距离r 的关系曲线．下列说法正确的是________．图K32-2A ．当r 大于r 1时，分子间的作用力表现为引力B ．当r 小于r 1时，分子间的作用力表现为斥力C ．当r 等于r 1时，分子间势能E p 最小D ．在r 由r 1变到r 2的过程中，分子间的作用力做正功E ．当r 大于10r 2时，分子间的作用力可忽略不计7．钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m 3)，摩尔质量为M (单位为g /mol)，阿伏伽德罗常数为N A .已知1克拉＝0.2克，则________．A ．a 克拉钻石所含有的分子数为0.2aN AMB ．a 克拉钻石所含有的分子数为aN AMC ．每个钻石分子直径的表达式为36M ×10－3N A ρπ(单位为m)D ．每个钻石分子直径的表达式为6MN A ρπ(单位为m) E ．每个钻石分子的质量为M N A8．[2016·宁夏石嘴山三中期末] 关于分子间的作用力，下列说法正确的是________． A ．分子之间的斥力和引力同时存在B ．分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小C ．分子之间的距离减小时，分子力一直做正功D ．分子之间的距离减小时，分子力一直做负功E ．分子之间的距离增加时，可能存在分子势能相等的两个点9．[2016·南昌二中、临川一中联考] 下列说法中正确的是________． A ．温度高的物体不一定比温度低的物体的内能多B ．温度高的物体比温度低的物体分子热运动的平均速率大C ．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大D ．处于热平衡的两物体的内能一定相等E ．物体运动得越快，内能不一定越大10．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL 油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL ，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL ，把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大的盛水浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜形状如图K32-3所示．若每一小方格的边长为25 mm ，则图中油酸膜的面积为________m 2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________m 3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m ．(计算结果均保留两位有效数字)图K32-311．已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏伽德罗常数N A＝6.02×1023 mol－1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字)挑战自我12．[2016·郑州模拟] 很多轿车为了改善夜间行驶时的照明问题，在车灯的设计上选择了氙气灯，这是因为氙气灯灯光的亮度是普通灯灯光亮度的3倍，且使用寿命是普通灯的5倍，但是耗电量仅是普通灯的一半．若氙气充入灯头后的体积V＝1.6 L，氙气密度ρ＝6.0 kg/m3.已知氙气的摩尔质量M＝0.131 kg/mol，阿伏伽德罗常数N A ＝6×1023mol－1.试估算：(结果均保留一位有效数字)(1)灯头中氙气分子的总个数；(2)灯头中氙气分子间的平均距离．课时作业(三十二)1．ACE [解析] 扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，选项A 正确；布朗运动是液体分子无规则运动的反映，不是液体分子的运动，选项B 错误；分子之间同时存在着相互作用的引力和斥力，分子间距增大时，引力和斥力均减小，选项C 正确；物体的温度越高，分子运动越激烈，分子平均动能越大，并非每个分子的动能都一定越大，选项D 错误；两个铅块压紧后，由于分子间存在引力，所以能连在一起，选项E 正确．2．BCE [解析] 布朗运动是由于悬浮的微粒受到来自各个方向液体分子的不平衡撞击而形成的，故布朗运动是液体分子热运动的反映，悬浮微粒越小，布朗运动越明显，选项A 错误，选项B 、C 正确；分子间的引力可以大于斥力，也可以小于斥力，选项D 错误；分子间同时存在引力和斥力，选项E 正确．3．ABE [解析] 已知氢气的摩尔质量，只有知道氢气的摩尔体积，才能计算出氢气的密度；由氢气分子的质量除以氢气分子的体积求出的是氢气分子的平均密度，不是氢气的密度；由氢气分子的质量及阿伏伽德罗常数可得氢气的摩尔质量，又已知氢气的摩尔体积，可计算出氢气的密度．综上所述选项A 、B 、E 符合题意．4．BDE [解析] 布朗运动不是分子的无规则运动，是悬浮在液体中的微粒做的无规则的运动，而微粒是由成千上万个微粒分子组成，不是单个分子在运动，故布朗运动记录的是微粒的运动情况．故A 错误，B 正确．微粒越小、温度越高，布朗运动越明显，故C 错误，D 正确．布朗运动既能在液体中发生也可在气体中发生，故E 正确．5．ADE [解析] 分子间同时存在引力和斥力，当分子间距离小于平衡距离时表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时表现为引力，在10r 0距离范围内，分子间总存在相互作用的引力，故A 正确．设分子平衡距离为r 0，分子间距离为r ，当r >r 0时，分子力表现为引力，分子间距离越大，分子势能越大；当r <="" 错误，c="" 错误．分子间同时存在引力和斥力，两个分子间的距离变大的过程中，分子斥力与分子引力都减小，分子间引力变化总是比斥力变化慢，故d="" ＝r=""> 6．BDE [解析] 由图像可知分子间距离为r 2时分子势能最小，r 2是分子的平衡距离，当0＜r ＜r 2时，分子力表现为斥力，当r ＞r 2时分子力表现为引力，选项A 错误；当r <="" 正确；当r="" 由r="" 错误；在r="" ＝r="">7．ACE [解析] a 克拉钻石的物质的量(摩尔数)为n ＝0.2aM，所含分子数为N ＝nN A ＝0.2aN A M ，选项A 正确；钻石的摩尔体积V ＝M ×10－3ρ(单位为m 3/mol)，每个钻石分子体积为V 0＝V N A ＝M ×10－3N A ρ(单位为m 3)，设钻石分子直径为d ，则V 0＝43πd 23，联立解得d ＝36M ×10－3N A ρπ(单位为m)，选项C 正确；根据阿伏伽德罗常数的意义知，每个钻石分子的质量m ＝M N A，选项E 正确．8．ABE [解析] 分子间既存在引力，也存在斥力，只是当分子间距离大于平衡距离时表现为引力，小于平衡距离时表现斥力，故A 正确．分子间存在引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的增加而减小，故B 正确．当两分子之间的距离大于r 0时，分子力为引力，相互靠近时分子力做正功；当分子间距小于r 0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功，故C 、D 错误．当两分子之间的距离等于r 0时，分子势能最小；从该位置起增加或减小分子间距离，分子力都做负功，分子势能增加，故分子之间的距离增大时，可能存在分子势能相等的两个点，故E 正确．9．ACE [解析] 物体的内能与物体的温度、体积、状态及物质的量都有关系，故温度高的物体不一定比温度低的物体的内能多，选项A 正确；温度高的物体比温度低的物体分子热运动的平均动能大，但是平均速率不一定大，选项B 错误；物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，选项C 正确；处于热平衡的两物体的温度相同，但是内能不一定相等，选项D 错误，物体的内能跟物体的机械能没有关系，选项E 正确．10．4.4×10－2 1.2×10－11 2.7×10－10[解析] 轮廓包围约71个方格，则油酸膜的面积 S ＝71×(2.5×10－2)2 m 2＝4.4×10－2 m 2. 每滴溶液中含纯油酸的体积V ＝1×10－650×6104 m 3＝1.2×10－11 m 3.油酸分子直径d ＝V S ＝1.2×10－114.4×10－2 m ＝2.7×10－10m. 11．3×1022(个)[解析] 潜水员在岸上呼吸一次吸入空气的质量m 1＝ρ1V 在海底呼吸一次吸入空气的质量m 2＝ρ2V 质量之差Δm ＝m 2－m 1＝(ρ2－ρ1)V 设空气的摩尔质量为M ，则物质的量之差Δn ＝Δm M ＝（ρ2－ρ1）VM分子数之差ΔN ＝ΔnN A ＝（ρ2－ρ1）VN A M 代入数据解得ΔN ＝3×1022(个)．12．(1)4×1022 (个) (2)3×10－9m[解析] (1)设氙气的物质的量为n ，则n ＝ρVM氙气分子的总数N ＝nN A ＝ρV MN A ≈4×1022(个)．(2)设分子间平均距离为a ，则有V 0＝a 3V ＝NV 0 解得a ＝3VN≈3×10－9m.。

【中小学资料】全品复习方案2018高考物理大一轮复习 真题汇编 D单元 曲线运动

【中小学资料】全品复习方案2018高考物理大一轮复习 真题汇编 D单元 曲线运动

D 单元 曲线运动D1 运动的合成与分解14．B7、D1、E3如图1­所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A 、B 的质量均为m .撤去固定A 的装置后，A 、B 均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g .求：图1­(1)A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N ； (2)A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s ； (3)A 滑动的位移为x 时的速度大小v A .14．[答案] (1)mg cos α (2)2（1－cos α）·x (3)2gx sin α3－2cos α[解析] (1)支持力的大小N ＝mg cos α(2)根据几何关系s x ＝x ·(1－cos α)，s y ＝x ·sin α 且s ＝s 2x ＋s 2y解得s ＝2（1－cos α）·x (3)B 的下降高度s y ＝x ·sin α 根据机械能守恒定律mgs y ＝12mv 2A ＋12mv 2B根据速度的定义得v A ＝Δx Δt ，v B ＝ΔsΔt则v B ＝2（1－cos α）·v A 解得v A ＝2gx sin α3－2cos αD2 抛体运动25．E2D2 [2016·全国卷Ⅰ] 如图1­，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45) (1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．图1­[答案] (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m[解析] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0 ⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛物运动公式有y 1＝12gt 2 ⑪x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m ⑯11．B7 D2[2016·天津卷] 如图1­所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g 取10 m/s 2.求：图1­(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t .[答案] (1)20 m/s 方向与电场E 的方向之间的夹角为60°斜向上 (2)3.5 s[解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图1­所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2 ①图1­代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝qE mg③代入数据解得tan θ＝ 3 θ＝60° ④ (2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有 x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2 ⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝yx⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s ⑨解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0 ⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ＝3.5 s2．D2[2016·江苏卷] 有A 、B 两小球，B 的质量为A 的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是( )图1­A ．①B ．②C ．③D ．④2．A [解析] 抛体运动的加速度始终为g ，与抛体的质量无关．当将它们以相同速率沿同一方向抛出时，运动轨迹应该相同．故选项A 正确．23．D2[2016·浙江卷] 在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图1­9所示．P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .图1­9(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系． 23．[答案] (1)3hg(2)Lg4h ≤v ≤L g2h(3)L ＝22h [解析] (1)打在中点的微粒 32h ＝12gt 2① t ＝3hg②(2)打在B 点的微粒v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21 ③v 1＝Lg4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g2h⑤ 微粒初速度范围L g4h ≤v ≤L g2h⑥ (3)由能量关系12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh ⑦ 代入④、⑤式得L ＝22h ⑧ 1．D2[2016·海南卷] 在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )A ．速度和加速度的方向都在不断改变B ．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C ．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等1．B [解析] 小球做平抛运动，加速度为重力加速度，小球的速度大小和方向时刻变化，小球的加速度大小和方向均恒定，故A 错误．速度与加速度的夹角的正切值tan θ＝v 0v y＝v 0gt，随着时间t 的增大，夹角θ减小，故B 正确．速度改变量Δv ＝g Δt ，相等时间内的速度改变量相等，但速率(即速度的大小)的改变量不相等，故C 错误．相等时间内动能的改变量取决于合力——重力做的功，由于相等时间内下落的高度越来越大，重力做的功越来越多，故动能的改变量越来越大，故D 错误．23．D2[2016·上海卷] 如图1­所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直方向的夹角为α.一小球以速度v 0从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽．小球从P 到A 的运动时间为________；直线PA 与竖直方向间夹角β＝________．图1­23．[答案]v 0tan αgarctan(2cot α) [解析] 小球恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽，则tan α＝v y v 0＝gt v 0，t ＝v 0tan αg；tan β＝x y ＝v 0t12v y t ＝2cot α，所以β＝arctan(2cot α)．D3 实验：研究平抛物体的运动D4 圆周运动20．D4 E2[2016·全国卷Ⅲ] 如图所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图1­A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R20．AC [解析] 质点P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，可得v2＝2（mgR －W ）m ，所以a ＝v 2R ＝2（mgR －W ）mR，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ，故N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m R ·2（mgR －W ）m ＝3mgR －2W R，C 正确，D 错误．24．C2 D4 E2[2016·全国卷Ⅲ] 如图1­所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．图1­24．[答案] (1)5 (2)能[解析] (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R4 ①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R4 ②由①②式得E k BE k A＝5 ③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝mv 2CR2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m2v 2CR⑥由机械能守恒有mg R 4＝12mv 2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 10．C2 D4 E2[2016·天津卷] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1­所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.图1­(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？[答案] (1)144 N (2)12.5 m[解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m20．D4[2016·浙江卷] 如图1­6所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g 取10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )图1­6A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s20．AB [解析] 要使赛车绕赛道一圈时间最短，则通过弯道的速度都应最大，由f ＝2.25mg ＝m v 2r可知，通过小弯道的速度v 1＝30 m/s ，通过大弯道的速度v 2＝45 m/s ，故绕过小圆弧弯道后要加速，选项A 、B 正确；如图所示，由几何关系可得AB 长x ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，故在直道上的加速度a ＝v 22－v 212x ＝452－3022×503 m/s 2≈6.5 m/s 2，选项C 错误；由sinθ2＝xL ＝32可知，小圆弧对应的圆心角θ＝2π3，故通过小圆弧弯道的时间t ＝θr v 1＝2πr 3v 1＝2×3.14×403×30s ＝2.79 s ，选项D 错误．3．D4[2016·海南卷] 如图1­所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1－N 2的值为( )图1­A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg3．D [解析] 设小球在最低点时速度为v 1，由牛顿第二定律得N 1－mg ＝m v 21r ；设小球在最高点时速度为v 2，由牛顿第二定律得N 2＋mg ＝m v 22r；小球从最低点到最高点过程中机械能守恒，有12mv 21＝12mv 22＋mg ·2r ，联立以上三式得N 1－N 2＝6mg ，故D 正确．16．D4[2016·上海卷] 风速仪结构如图1­(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r ，每转动n 圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt 内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片()图1­A ．转速逐渐减小，平均速率为4πnrΔtB ．转速逐渐减小，平均速率为8πnrΔtC ．转速逐渐增大，平均速率为4πnrΔtD ．转速逐渐增大，平均速率为8πnrΔt16．B [解析] 从图中可看出，挡光时间越来越长，所以转速减小，Δt 时间内有4个挡光时间，所以Δt 时间内风轮转过的弧长为2πrn ×4，平均速率v ＝8πnrΔt，B 正确．D5 万有引力与天体运动17．D5[2016·全国卷Ⅰ] 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h[解析] B 当一地球卫星的信号刚好覆盖赤道120°的圆周时，卫星的轨道半径r ＝Rcos 60°＝2R ；对同步卫星，分别有GMm （6.6R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 02·6.6R 和GMm （2R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·2R ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫T T 02＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2R 6.6R 3，解得T ＝4 h ，选项B 正确． 14．D5[2016·全国卷Ⅲ] 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( ) A ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D ．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律14．B [解析] 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒研究基础上结合自己发现的牛顿运动定律，发现了万有引力定律，指出了行星按照这些规律运动的原因，选项B 正确．18．D5[2016·北京卷] 如图1­所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图1­A ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同B ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同C ．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D ．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量 18．B [解析] 卫星在椭圆轨道1上运动时，在近地点卫星与地球之间的万有引力小于卫星所需向心力，在远地点卫星与地球之间的万有引力大于卫星所需的向心力，所以在P 点被加速后，当万有引力等于卫星所需的向心力时，卫星可以稳定在圆形轨道2上运行，选项A 不正确．卫星在轨道1或轨道2经过P 点时，卫星与地球之间的万有引力相同，由GMm r 2＝ma ，可得a ＝GM r2，因此加速度相同，选项B 正确．卫星受地球引力产生的加速度时刻指向地球，在轨道1的任何位置加速度的方向都不相同，所以加速度不相同，选项C 不正确．卫星在轨道2上运行时的速度方向不停地变化，动量的方向也在变化，动量不相同，选项D 不正确．3．D5[2016·天津卷] 我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )图1­A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接3．C [解析] 若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则飞船加速后，万有引力不足以提供向心力，飞船将远离原来的轨道，不能实现对接，A 错误；若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，则空间实验室减速将会使空间实验室进入低轨道，也不能实现对接，故B 错误；实现对接的方法是使飞船在比空间实验室低的轨道上加速，然后飞船进入较高的空间实验室轨道后实现对接，C 正确；若使飞船在比空间实验室低的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道上去运行，无法实现对接，D 错误．7．D5[2016·江苏卷] 如图1­所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有( )图1­A ．T A >TB B ．E k A >E k BC ．S A ＝S BD.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B7．AD [解析] 卫星绕地球做匀速圆周运动时其向心力由万有引力提供，若地球质量为M ，卫星质量为m ，则有G Mm R 2＝m v 2R ＝m 4π2RT 2，由此可得v ＝GMR 和T ＝2πR 3GM，这里R A >R B ，则v A <v B ，T A >T B ，而动能E k ＝12mv 2，故E k A <E k B ，选项A 正确，选项B 错误；卫星在单位时间t内通过的圆弧长l ＝vt ，扇形面积S ＝Rl 2＝Rvt2＝RtGMR 2＝t2·GMR ，这里R A >R B ，则S A >S B ，选项C 错误；由开普勒第三定律可知， 选项D 正确．13．D4、D5、L2、L3[2016·江苏卷] 据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v ＝7.7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M 、N 的连线垂直，M 、N 间的距离L ＝20 m ，地磁场的磁感应强度垂直于v ，MN 所在平面的分量B ＝1.0×10－5T ，将太阳帆板视为导体．图1­(1)求M 、N 间感应电动势的大小E ； (2)在太阳帆板上将一只“1.5 V ，0.3 W ”的小灯泡与M 、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R ＝6.4×103 km ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h (计算结果保留一位有效数字)．13．[答案] (1)1.54 V (2)不能，理由见解析 (3)4×105m [解析] (1)法拉第电磁感应定律E ＝BLv ，代入数据得E ＝1.54 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流． (3)在地球表面有G Mm R2＝mg匀速圆周运动G Mm （R ＋h ）2＝m v 2R ＋h解得h ＝g R 2v2－R ，代入数据得h ≈4×105m(数量级正确都算对)3．D5[2016·四川卷] 国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2060 km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786 km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )图1­A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 33．D [解析] 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得：a ＝ω2r ，由于r 2>r 3，则可以得出：a 2>a 3；又由万有引力定律有：GMmr 2＝ma ，且r 1<r 2，则得出a 2<a 1, 故选项D 正确．7．D5[2016·海南卷] 通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量．假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量．这两个物理量可以是( )A ．卫星的速度和角速度B ．卫星的质量和轨道半径C ．卫星的质量和角速度D ．卫星的运行周期和轨道半径7．AD [解析] 由v ＝ωr 可求出r ，根据G Mm r 2＝m v 2r 或G Mm r 2＝m ω2r 可求出冥王星的质量，A 正确．根据G Mm r 2＝m 4π2T2r 可求出冥王星的质量，D 正确．B 和C 中都由于已知量不足，无法求出冥王星的质量．22B.D5[2016·上海卷] 两颗卫星绕地球运行的周期之比为27∶1，则它们的角速度之比为________，轨道半径之比为________．22B.[答案] 1∶27 9∶1[解析] 角速度ω＝2πT ，所以角速度之比为1∶27，由GMm r 2＝m 4π2T2r 得周期T ＝2πr 3GM，故轨道半径之比为9∶1.D6 曲线运动综合16．C5、D6、E2[2016·全国卷Ⅱ] 小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1­所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )图1­A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度16．C [解析] 从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl ＝12mv 2－0，可得v ＝2gl ，因l P <l Q ，则v P <v Q ，故选项A 错误；由E k Q ＝m Q gl Q ，E k P ＝m P gl P ，而m P >m Q ，故两球动能大小无法比较，选项B 错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T －mg ＝m v 2l＝ma n ，得T ＝3mg ，a n ＝2g ，则T P >T Q ，a P ＝a Q ，C 正确，D 错误．25．D6、E6[2016·全国卷Ⅱ] 轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．图1­25．[答案] (1)6gl 2 2l (2)53m ≤M <52m[解析] (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0 ④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为 s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝2 2l ⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零． 由①②式可知5mgl >μMg ·4l 要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得 53m ≤M <52m ⑫ 31．D6[2016·上海卷] 风洞是研究空气动力学的实验设备．如图所示，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H ＝3.2 m 处，杆上套一质量m ＝3 kg 、可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F ＝15 N 、方向水平向左．小球以初速度v 0＝8 m/s 向右离开杆端，假设小球所受风力不变，g 取10 m/s 2.求：(1)小球落地所需时间和离开杆端的水平距离； (2)小球落地时的动能；(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J?图1­31．[答案] (1)0.8 s 4.8 m (2)120 J (3)0.24 s 或0.4 s [解析] (1)小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为t ＝2Hg＝0.8 s小球在水平方向做匀减速运动，加速度a ＝Fm＝5 m/s 2 水平位移s ＝v 0t －12at 2＝4.8 m.(2)由动能定理E k t －E k0＝mgH －Fs 可得E k t ＝120 J.(3)小球离开杆后经过时间t 的水平位移s ＝v 0t －12at 2由动能定理E k －12mv 20＝mg ·12gt 2－Fs以E k ＝78 J 和v 0＝8 m/s 代入得125t 2－80t ＋12＝0解得t 1＝0.4 s ，t 2＝0.24 s.3．(多选)[2016·黑龙江绥化一中期中考试] 在光滑的水平面内建立如图K10­4所示的直角坐标系，长为L 的光滑细杆AB 的两个端点A 、B 分别被约束在x 轴和y 轴上，现让杆的A 端沿x 轴正方向以速度v 0匀速运动，已知P 点为杆的中点，某一时刻杆AB 与x 轴的夹角为θ.关于P 点的运动轨迹或P 点的运动速度大小v 的表达式，下列说法中正确的是( )图K 10­4A ．P 点的运动轨迹是抛物线的一部分B ．P 点的运动轨迹是圆弧的一部分C ．P 点的速度大小的表达式为v ＝v 0tan θD ．P 点的速度大小的表达式为v ＝v 02sin θ3．BD [解析] 设P 点坐标为(x ，y )，则A 、B 点的坐标分别为(2x ，0)、(0，2y )，AB长度一定，设为L ，根据勾股定理，有：(2x )2＋(2y )2＝L 2，解得x 2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22，故P 点的运动轨迹是圆弧的一部分，圆弧半径为L2，故A 错误，B 正确；画出运动轨迹，如图所示，速度v 与杆的夹角α＝90°－2θ；由于杆不可以伸长，故P 点的速度沿着杆方向的分速度与A 点速度沿着杆方向的分速度相等，故v cos α＝v 0cos θ，v cos(90°－2θ)＝v 0cos θ，解得v ＝v 02sin θ，故C 错误，D 正确．6．[2016·湖北七校联考] 近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，图K10­9(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节：要求挑战者从平台A 上跳到以O 为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为 1.25 m ，平台边缘到转盘边缘的水平距离为1 m ，转盘半径为2 m ，以12.5 r/min 的转速匀速转动，转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿 AO 方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g 取10 m/s 2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为 ( )图K10­9A. 1.5 m/sB. 2 m/sC. 2.5 m/sD. 3 m/s6．C [解析] 人起跳后做平抛运动，因此在竖直方向上有：y ＝12gt 2，由此解得时间t＝0.5 s ；转盘的角速度为：ω＝2πn ＝512π rad/s ；转盘转过π6角度所用时间为：t ＝θω＝0.4 s ．要使人能穿过间隙跳上转盘，时间应该小于0.4 s ，根据水平方向做匀速运动有：x＝v 0t ，解得：v 0＝2.5 m/s ，故A 、B 、D 错误，C 正确．5．(多选)[2016·绵阳二诊] 正方体空心框架ABCD ­A 1B 1C 1D 1下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)沿不同的水平方向分别抛出，沿某一水平方向抛出的小球的速度大小可以变化，小球的落点都在△B 1C 1D 1平面内(包括边界)．不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面．则( )图K11­5A ．落在C 1点的小球，运动时间最长B ．小球初速度的最小值与最大值之比是1∶2C ．落在B 1D 1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1∶2 D ．轨迹与AC 1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同5．BD [解析] 小球在竖直方向上都做自由落体运动，因为所有小球下落的高度相同，由h ＝12gt 2得小球落到△B 1C 1D 1平面内所用的时间相同，A 项错误；小球在水平方向上做匀速直线运动，落到平面上时的最小水平位移与最大水平位移之比为1∶2，由x ＝vt 得小球的最小初速度与最大初速度之比为1∶2，B 项正确；小球抛出后只受重力作用，因此小球的机械能守恒，落地时的机械能等于抛出时的机械能，落在B 1D 1线段上的小球，落在B 1、D 1两点的小球水平位移最大，水平速度最大，抛出时的初动能最大，故抛出时的机械能最大，设正方体框架的边长为L ，由L ＝12gt 2、L ＝vt 、E k ＝12mv 2联立得E k ＝14mgL ，故机械能E ＝54mgL ，落在B 1D 1线段中点上的小球水平位移最小，水平速度最小，抛出时的初动能最小，故抛出时。

(新课标)2018年高考物理一轮复习 第八章 恒定电流 第二节 电路 闭合电路的欧姆定律随堂达标巩固落实讲义

(新课标)2018年高考物理一轮复习 第八章 恒定电流 第二节 电路 闭合电路的欧姆定律随堂达标巩固落实讲义

解析：选 C.设电流表 A 的内阻为 RA，用电流表 A 的表盘刻 度表示流过接线柱 1 的电流值时，若将接线柱 1、2 接入电路， 根据并联电路的特点，(I1－IA)R1＝IARA，解得 I1＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示 0.06 A；若将接线柱 1、3 接入电路，则 (I2－IA)R1＝IARA，解得 I2＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示 0.06 A．选项 C 正确．
A．在题设条件下，R1 接入电路的阻值应为 3 Ω，电源的输 出功率应为 4.5 W B．引入的微粒带负电，当开关接向 b(未接触 b)的过程中， 微粒将向下运动 C．在题设条件下，当 R1 的阻值增大时，R2 两端的电压增大 D．在题设条件下，当开关接向 b 后，流过 R3 的电流流向为 d→c
3．(多选)在如图所示的电路中，闭合开
关 S，将滑动变阻器的滑片 P 向下滑动
后，假设电流表 A 和电压表 V1、V2、 V3 四个电表的示数变化量的绝对值分别 为 ΔI、ΔU1、ΔU2、ΔU3，则在滑片 P 向下 滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A．ΔΔUI1变大
B．ΔΔUI2不变
C．ΔΔUI3不变
电场强度也不变，所以微粒不动，故选项 B 错误；选项 C 中电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1 和 R2 及电源构成串联电路，R1 的阻值增大时，总电阻增大，总电 流减小，R2 两端的电压减小，故选项 C 错误；选项 D 中在 题设条件下，开关接 a 时，上极板带正电，当开关接向 b 后， 下极板带正电，流过 R3 的电流流向为析：选 BC.ΔΔUI1＝r，是电源内阻，保持不变，A 错误；ΔΔUI2 ＝R1，是定值，选项 B 正确；ΔΔUI3＝r＋R1，是定值，选项 C 正确，选项 D 错误．

2018届高考物理(全国通用)一轮总复习 配套课件 10.3

2018届高考物理(全国通用)一轮总复习 配套课件 10.3

框上,开始时紧靠 ac,然后沿 ab 方向以恒定速度 v 向 b 端滑动,滑动中始终与 ac 平行并与导线框保持良好接触,当 MN 大?方向如何?
������ 滑过的距离为 时,导线 3
ac 中的电流为多
第十章
考点一 考点二 考点三
第3讲 电磁感应的综合问题
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
课堂限时检测
第3讲 电磁感应的综合问题
第十章
第3讲 电磁感应的综合问题
主干知识回顾
名师考点精讲 综合能力提升 课堂限时检测
-2-
一、电磁感应与电路 1.对电源的理解 在电磁感应现象中,产生感应电动势的那部分导体相当于 电源 。如:切割磁感线的导 体棒、内有磁通量变化的线圈等。 2.对电路的理解 内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈;除电源外其余部分是外电路,外电 路由电阻、电容等电学元件组成。在外电路中,电流从 高电势 处流向 低电势 处; 在内电路中,电流则从 低电势 处流向 高电势 处。
第十章
考点一 考点二 考点三
第3讲 电磁感应的综合问题
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
课堂限时检测
-7-
考点一 电磁感应与电路
1.内电路和外电路 (1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。 (2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻,其余部分是外电路。 2.电源电动势和路端电压 (1)电动势 :E=Blv 或
第十章
第3讲 电磁感应的综合问题
主干知识回顾
名师考点精讲 综合能力提升 课堂限时检测
-3-
3.与电路相联系的几个公式 (1)电源电动势 :E= n
������ (2)闭合电路欧姆定律 :I= 。 ������+������ Δ������ Δ������

2018届高考物理第一轮总复习全程训练 课练23 电路的基

2018届高考物理第一轮总复习全程训练 课练23 电路的基

6 Ω5 Ω断开时电压表的示数可能小于S闭合时的示数(电阻不变)、启动电动机组成的电路，，电流表和电压表均为理想电表．只闭合S1时，电流表示数为，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A，则此时通过启动电动机的电流是某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P变化的图线画在了同一坐标图上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是图线E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的端的过程中，下列说法正确的是温度降低，其电阻增大)，，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是( )．某种角速度测量计结构如图所示，当整体系统绕轴OO电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．、自然长度为L，电源的电动势为A．电流表A的示数变化量相等 B．电压表V2的示数变化量不相等C．电阻R1的功率变化量相等 D．电源的输出功率都不断增大10.(多选)在如图所示的电路中，电流表和电压表均为理想电表，电源的内阻不可忽略．将开关S闭合，滑动变阻器的滑片向右缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是( ) A．电压表V1读数变化量的绝对值比电压表V2读数变化量的绝对值大B．电压表V1读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值减小C．电压表V2读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值不变D．电压表V读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值不变11.如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5 V,2.5 W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1 A，这时电阻R两端的电压为4 V．求：(1)电阻R的值．(2)电源的电动势和内阻．12．三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都试求图甲电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能．如图所示的电路中，电源电动势为电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有(如图所示的电路中，当滑动变阻器多选)(2016·黑龙江哈尔滨一模)在如图所示电路中，闭合开关表示，当滑动变阻器的滑动触头P变化．电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是如图所示电路中，电源内阻不能忽略．闭合开关，在此过程中有( )5．(2016·辽宁本溪一模)如图所示，灯泡A、B与电阻R的阻值均为R，L是带铁芯的理想线圈，电源的内阻不计．开关S1、S2均闭合且电路达到稳定．已知电路中的各种元件均在安全范围之内．下列判断中正确的是( )A．灯泡A中有电流通过，方向为a→bB．将S1断开的瞬间，灯泡A、B同时熄灭C．将S1断开的瞬间，通过灯泡A的电流最大值要比原来通过灯泡B的电流大D．将S2断开，电路达到稳定，灯泡A、B的亮度相同6.(多选)(2017·西安市一模)在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则出现这种现象的原因可能是( )A．电阻R1短路 B．电阻R2断路C．电阻R2短路 D．电容器C损坏7.(多选)(2017·辽宁抚顺一模)如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法中正确的是( )A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮C．电容器C的带电荷量增加D．闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左8．(2017·洛阳市质检)－I图线，曲线B为标识不清的小灯泡恰好能正常发光，若将相同材料制成的标有“3 V 与该电源组成闭合电路，下列说法中正确的是(示数随电流变化的图线．电路中消耗最大功率为3.6 W消耗的最大功率为0.9 W闭合后，电压表有示数，调节可变电阻的光照强度的过程中，电阻向上移动的过程中，电源消耗的功率变大，，内阻r＝4.5 Ω，变阻器，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间的一带电微粒恰能静止．那么＝R1＋r2(R1′＝R1＋r2R1；由于S断开与闭合时错误、正确．当开关S断开时电压表的示数为′，由电路图分析可得U>U′，选项＝＋R－R24，由数学知识分析Ω，所以滑片P由a端向，根据闭合电路欧姆定＝ER总－r2R＋4＝5.3 时，2串联后接在电源两端，电容器向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则总电阻变大，由知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率消耗的功率变小．由UR2＝E－(R1＋则电容器所带电荷量增多；综上所述，A、B、C错误，D正确．电流表串联后接在电源两端，电压表并联在＝2Ω－R22R2＋40正确．由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第八章恒定电流第1讲含答案

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第八章恒定电流第1讲含答案

[高考命题解读］分析年份高考（全国卷)四年命题情况对照分析高考对本章内容的高频考点主要是电学实验的知识．同时也会考查电路的相关知识，一般难度较小,常以选择题的形式出题，而电学实验知识主要考查闭合电路欧姆定律、仪器的选取、电路的设计与创新知识，有一定的难度．常以实验填空题的形式出题。

2。

命题趋势（1）应用串、并题号命题点2013年Ⅰ卷23题通过测定电源的电动势和内阻的实验考查学生的创新设计实验的能力．掌握多用电表的使用方法和原理Ⅱ卷23题掌握多用电表的使用方法和原理2014年Ⅰ卷23题通过测定电源的电动势和内阻的实验考查学生的创新设计实验的能力Ⅱ卷22题通过伏安法测电阻的实验考查学生的能力2015Ⅰ卷23掌握电流表的改年装、仪器的选择、故障检测联电路规律、闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路的动态分析。

(2）非纯电阻电路的分析与计算、将结合实际问题考查电功、电热的关系.（3）实验及相关电路的设计与创新。

2016年Ⅰ卷23题通过设计实验掌握传感器的应用Ⅱ卷17题通过含容电路考查了学生电路的分析能力Ⅱ卷23题通过测量电压表的内阻的实验考查学生创新设计实验的能力第1讲电路的基本概念和规律一、电流的理解及三个表达式1．定义：电荷的定向移动形成电流．2．条件：（1）有自由移动的电荷;（2)导体两端存在电压．3．两个表达式(1）定义式:I＝错误!，q为在时间t内通过导体横截面的电荷量．(2）微观表达式：I＝nqSv,其中n为导体中单位体积内自由电荷的个数，q为每个自由电荷的电荷量,S为导体的横截面积,v为自由电荷定向移动的速率．4．方向：电流是标量，为研究问题方便，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．在外电路中电流由电源正极到负极，在内电路中电流由电源负极到正极．［深度思考] 若一个电子，电荷量为e，绕核运动的周期为T,则等效电流I的表达式是________．答案I＝错误!解析电子绕原子核做圆周运动，形成等效的环形电流，电子电荷量为e,运动一周的时间为T，则I＝错误!.二、欧姆定律及电阻定律1．电阻定律(1)内容：同种材料的导体,其电阻与它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．(2）表达式:R＝ρ错误!.(3)电阻率①物理意义：反映导体的导电性能，是表征材料性质的物理量．②电阻率与温度的关系:a．金属：电阻率随温度升高而增大．b．半导体(负温度系数）：电阻率随温度升高而减小．c．一些合金：几乎不受温度的影响．2．部分电路欧姆定律（1）内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比,跟导体的电阻成反比．（2）表达式：I＝错误!.（3)适用范围①金属导电和电解液导电(对气体导电、半导体导电不适用)．②纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路）．3．导体的伏安特性曲线（1)I－U图线：以电流为纵轴、电压为横轴所画出的导体上的电流随电压的变化曲线称为I－U图线，如图1所示．图1(2)电阻的大小：图线的斜率k＝错误!＝错误!，图中R1〉R2.(3)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用欧姆定律．（4)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，不适用欧姆定律．三、电功、电功率、电热及热功率1．电功(1）定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功．(2)公式：W＝qU＝IUt(适用于任何电路）．（3）电流做功的实质:电能转化成其他形式能的过程．2．电功率(1）定义：单位时间内电流所做的功，表示电流做功的快慢．（2）公式:P＝错误!＝IU（适用于任何电路)．3．焦耳定律（1）电热：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．（2）公式：Q＝I2Rt.4．电功率P＝IU和热功率P＝I2R的应用（1)不论是纯电阻电路还是非纯电阻电路，电流的电功率均为P电＝UI，热功率均为P热＝I2R.(2)对于纯电阻电路而言：P电＝P热＝IU＝I2R＝错误!。

全品复习方案2018高考物理大一轮复习 专题七 电学实验专题教案

全品复习方案2018高考物理大一轮复习 专题七 电学实验专题教案
专题七
电学实验专题
热点题型探究│高考模拟演练│教师备用习题
热点题型探究
热点一 电学实验常用仪器使用及读数
考向一 电流表和电压表
1．电流表、电压表的读数方法
电流表
电压表
符号
参数
量程：0～0.6 A，0内阻：3 kΩ，15 kΩ
视线垂直于刻度盘表面，3 A
热点题型探究
热点二 测量电路与控制电路设计
考向一 电流表的内接法和外接法
1．电流表的内接法和外接法的比较 内接法
外接法
电路图
误差原因
电阻测量值 适用条件 适用于测量
电流表分压 U 测＝Ux＋UA
R 测＝UI测测＝Rx＋RA>Rx
测量值大于真实值 RA≪Rx
大阻值电阻
电压表分流 I 测＝Ix＋IV
热点题型探究
例 1 (1)图甲所示的电流表使用 0.6 A 量程时， 对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中 表针示数是________ A；当使用 3 A 量程时， 对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中 表针示数为________A. (2)图乙所示的电压表使用较小量程时，每小格 表示________ V，图中指针的示数为________ V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每 小 格 表 示 ________ V ， 图 中 表 针 指 示 的 是 ________ V.
视线垂直于刻度盘表面，3 V 量程估读到最小分度的
读数方法 量程估读到最小分度的110，0.6 110，15 V 量程估读到最小
A 量程的估读到最小分度的110
分度的15
热点题型探究
2. 两种电表的使用技巧 (1)机械零点的调整：在不通电时，指针应指在零刻线的位置． (2)选择适当量程：估算电路中的电流或电压，指针应偏转到满刻度的13以上．若无法估 算电路中的电流和电压，则应先选用较大的量程，再逐步减小量程． (3)正确接入电路：电流表应串联在电路中，电压表应并联在电路中，两种表都应使电流 从正接线柱流入，从负接线柱流出． (4)正确读数：根据所选量程的精确度，正确读出有效数字和单位． (5)注意内阻：一般电路问题不考虑内阻的影响，但在伏安法测电阻等测量中，不能忽视 内阻对被测电路的影响．
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

J单元电路J1 部分电路及其规律CE(内阻可忽略[2016·全国卷Ⅱ] 阻值相等的四个电阻、电容器)及电池17．I3J1CQ；闭合开关S断开且电流稳定时，，电所带的电荷量为连接成如图1-所示电路．开关S1CQQQ的比值为( 与流再次稳定后，所带的电荷量为).212图1-21A. B. 5232C. D. 53QQU11CUUCQCQ. ＝，＝＝可得：＝，则C 17．[解析] 由已知条件及电容定义式2211UUQ22断开时等效电路如图甲所示S甲RRR）＋（RRR）＋（＋11UEE；×＝·＝1RRR5＋2（）R＋RRR）＋＋（S闭合时等效电路如图乙所示，乙RR·RR＋QU3111UEE，则＝＝，故＝·C＝正确．2UQRR5·322R＋RR＋J2 闭合电路的欧姆定律8．J1J2[2016·江苏卷] 如图1-所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω， 1四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有( )图1-A．路端电压为10 VB．电源的总功率为10 Wab间电压的大小为、C．5 Vab间用导线连接后，电路的总电流为、D．1 A111RR得＋＝．AC [解析] 设四个电阻的等效电阻为，由8路路RΩ15 Ω5 15 Ω＋5 Ω＋路E12 V UIU＝，设路端电压为＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律知，，则＝＝＝1 A rRΩ＋2 Ω＋10 路IRPEI＝12 W，选项B，选项A正确；电源的总功率错误；设电源＝＝1 A×10 Ω＝10 V路aφbφ＝0.5 A×2.5 V，15 点电势点电势Ω－＝0.5 A×5 Ω－0＝负极电势为0 V，则ba abUφφab间电压的、7.5 V＝－＝5 V－，所以＝2.5 V0＝7.5 V，则－、两点的电势差baba abab两、、大小为5 V，选项C正确；当将两点用导线连接后，由于导线没有电阻，此时点电势相等，其等效电路图如图所示．其中一个并联电路的等效电阻为3.75 Ω，显然总电E24I＝ A，故选项9.5 Ω，电流D＝错误．阻为R19总13．J2[2016·上海卷] 电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此( ) A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压WE错误；电动势表征非静电力做功的A＝，它不属于力的范畴，．13C [解析] 电动势q正确；电动C本领，电动势越大，表明电源将其他形式的能转化为电能的本领越大，B错误，势与电压是两个不同的概念，通常情况下，电动势大于闭合电路电源两端电压，D错误．1-所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合开关，电压表示[2016·上海卷] 如图18．J2bRUIPa)的滑片数为，电流表示数为；在滑动变阻器由端滑到端的过程中( 1 2图1-U先变大后变小A．I先变小后变大B．IU．比值先变大后变小与C RUI变化量与变化量比值等于D．3当滑片位于中点电压表示数不变；] 因电源内阻不计，故路端电压不变，．18BC [解析正确．B、C时，滑动变阻器接入电路的电阻有最大值，电流表所在电路的电流有最小值，所以电路综合问题J31-所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电如图J3[2016·天津卷] 5．M2)表均为理想电表．下列说法正确的是(1-图RP向上滑动时，A．当滑动变阻器的滑动触头消耗的功率变大1P示数变大向上滑动时，电压表B．当滑动变阻器的滑动触头V P示数变大向上滑动时，电流表C．当滑动变阻器的滑动触头A1A示数变大S，则电流表A示数变大，D．若闭合开关21P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，滑动变阻器的滑动触头B [解析] 5．R消耗的功率变小，所以干路中的电流减小，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，1R示数变两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表A错误；干路中的电流变小，V1A正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表大，B1后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流S 的示数变小，C错误；闭合开关RR示数变小，A的电流变小，变大，通过两端的电压变大，并联电路的电压变小，即电流表221错误．示数变大，D因变压器的功率变大，故电流表A1实验：描绘小电珠的伏安特性曲线J4]9．[2016·天津卷的伏安特性曲线，要求”字样小灯泡LV，0.3 A(3)J4J6某同学想要描绘标有“3.8测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有： 3 kΩ)3 V，内阻等于～电压表V(量程01，内阻等于15 kΩ)量程0～15 V(电压表V2，内阻等于200 mA10 Ω)量程电流表A(0～1 0.1 Ω)3 A0(A电流表量程～，内阻等于2 3R2 A) (0滑动变阻器～10 Ω，额定电流1R0.5 A) ～1 kΩ，额定电流滑动变阻器(02R 1 Ω)(阻值等于定值电阻3R阻值等于(10 Ω)定值电阻4R) 阻值等于1 k定值电阻Ω(5EE)电源，内阻不计(6 V＝①请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．UI-．图像应是图中的________②该同学描绘出的图1-B②[答案] ①电路如图1-所示1-图R串联，可改装成量程为0～4 V的电压表，电流表A[解析] ①电压表V和定值电阻151R并联，可改装成量程为0～0.4 A的电流表，待测小灯泡的电阻很小，故电流与定值电阻4表采用外接法．②小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B正确．J5 实验：测定金属的电阻率22．J5[2016·浙江卷] 某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，图1是实物的R，其阻值约为5 Ω2中的.部分连线图，待测电阻为图1图1-8Rab”)、导线②连接填“”或“(1)测阻值的最优连接方式为导线①连接________(1cd”)．”或“________(填“R的阻值为________正确接线测得实验数据如下表，用作图法求得Ω.(2)1U 2.40/V0.400.801.201.602.00 4I 0.53/A0.350.090.270.190.44RRRR的边长是与(3)已知图2中是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，12121R)．的阻值，则最优的连线应选________(的，若测填选项210daca．①连接A．①连接，②连接，②连接 B dbbc C．①连接．①连接，②连接，②连接 D da] (1) 22．[答案4.7～如图所示 4.4(2)(3)B因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接法，又知滑动变] (1)[解析daR. 阻器采用分压电路接线，故测、导线②连接阻值的最优连接方式为导线①连接1U2.2ΔR.4.4 ΩΩ＝＝＝ (2)作图如图所示，则2I0.5ΔρLRρRRRR一样，最优的，要测的阻值，与测量＝＝，故根据电阻定律可得(3)＝1122ddLda正确．，故B连线应①连接，②连接实验：把电流表改装成电压表J6实验：测定电源的电动势和内阻J7某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，] J7[2016·北京卷19．J2他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器)材是(．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器A ．一个伏特表和多个定值电阻B ．一个安培表和一个电阻箱C D．两个安培表和一个滑动变阻器ErIIrEUU测量电源＝＋＋，经变形可得.＝－[19．D 解析] 由闭合电路欧姆定律可知IUIU图和电动势和内阻的实验通过改变外电路的电阻可以得到多组-，再通过描点法得到Ebrkrk.像，图像的斜率＝－，图像的纵截距，从而得到＝－＝中可以通过安培表和伏特表的读数得到外电压和干路电流，如图所示，所以选项选项A A可取．中可以通过伏特表的读数和若干定值电阻的实际阻值大小计算出干路的电流大B选项可取．小，实验电路图如图所示，所以选项B 5中可以通过安培表的读数和电阻箱的取值得到外电压的大小，实验电路图如图所选项C C可取．示，所以选项D不可取．选项D中无法得到外电压，所以选项1-所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材： J7用如图] Ⅱ.8．[2016·四川卷RR，滑动变)阻值5 10 Ω)和Ω)待测电源(电动势约3 V，内阻约2 Ω，保护电阻((阻值21R，导线若干．V，开关阻器S，电流表A，电压表实验主要步骤：将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(i)IU和相应电流表的示数(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数；IUUIUI；((iii)以都用国际单位为纵坐标，、为横坐标，作-)图线akUI.-图线斜率的绝对值和在横轴上的截距(iv)求出图1- 回答下列问题： ________．(1)电压表最好选用________；电流表最好选用) 15 kΩ～3 V，内阻约A．电压表(0) Ω3 V～，内阻约3 kB．电压表(0) Ω200 mA，内阻约2 C．电流表(0～) Ω，内阻约2 (0D．电流表～30 mA两导线与滑动变阻器接线柱发现电压表示数增大．(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，．连接情况是________ ．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱A B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱rERErRka＝和内阻________的表达式选用(3)，、、＝和表示待测电源的电动势21rE ________，代入数值可得的测量值．和Rkak C (2)C (3) －] (1)A . [8. Ⅱ答案2电A电压表内阻越大，分得的电流越小，误差也就越小，所以选内阻较大的解析[] (1)压表；当滑动变阻器接入电路阻值最小时通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约 6EI≈176 mA，所以选量程为200 mA的C电流表．为＝rRR＋＋21(2)由电路分析可知，滑片从左向右滑动，电压表示数变大，意味着滑动变阻器接入电路部分的阻值增大，一导线接金属杆左端，一导线接电阻丝左端，则滑片从左向右滑动时阻值增大，符合题意．EUIrRUIrREUIk图线可知，图像斜率的绝对值((3)由，对比＝＋＋-()＋)，得＋＝－22EEaUkRIrRr，所＝＝＝0＋，得，所以电源内阻，图线在横轴上的截距为＝＝－；令22kRr＋2EkaIEa. ＝，则＝＝以k J8 实验：多用电表的使用（用多用电表探索黑箱内的电学元件）在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中：[2016·上海卷．J8] 27) (1)用多用电表测电流或电阻的过程中(A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零 B．在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零 C．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测 D．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测”挡，其读数为测量时多用电表指针指在如图所示位置．若选择开关处于“10 V(2)选填“大于”“等于”或“小________(________V；若选择开关处于“×10”挡，其读数.于”)200 Ω图1-27．[答案] (1)AD (2)5.4 小于[解析] (1)用多用电表测电阻更换倍率后相当于改变了多用电表的内部电路，测量之前要重新进行欧姆调零才能测量准确，A正确；测量电流时，多用电表相当于电流表，不需要重新调零，B错误；在测量未知电阻时，若倍率不恰当，可更换不同的倍率，没有必要从最大倍率开始试测，C错误；在测量未知电流时，若超过量程，则有可能损坏表头，故必须从最大量程开始试测，D正确．(2)若选择开关处于“10 V”挡，则满偏电压为10 V，直流电压挡的刻度是均匀的，根据指针的位置，读数是5.4 V；欧姆表的刻度是不均匀的，右侧稀疏，左侧密集，所以读数小于200 Ω. J9 实验：传感器的简单应用23．J9J10[2016·全国卷Ⅰ] 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，IU，(输出电压为Ω)，直流电源流过的电流超过(时就会报警)，电阻箱最大阻值为999.9 c RR(最大阻值为2000 ΩΩ)，滑动变阻器)，单，滑动变阻器内阻不计)最大阻值为(1000 21刀双掷开关一个，导线若干．UI约为10 mA，；流过报警器的电流超过20 在室温下对系统进行调节，已知约为18 V c mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω.(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线．7图1-RR填“)”或“．”(2)电路中应选用滑动变阻器________(21 (3)按照下列步骤调节此报警系统：Ω；这一阻值为________ ①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，ba”)端附近，不能置于另一端的原因是滑动变阻器的滑片应置于________(填“”或“ ________．dc”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至”或“________(填“②将开关向．________ 保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．(4) 连线如图所示[答案] (1)bR，报警器可能损20 mA (2)接通电源后，流过报警器的电流会超过 (3)①650.0 2c报警器开始报警坏②解析] (1)电路如图所示．[IU；流过报警器的电流超约为在室温下对系统进行调节，已知18 V约为，10 mA(2)c1818R≤900 20 mA时，报警器可能损坏，可知外电阻的取值范围是Ω＝Ω≤过33－－10×20×1010.ΩΩ＝1800Ω之间，250 Ω到1150 报警器的电阻是650.0 Ω，所以滑动变阻器阻值的取值范围在R.所以滑动变阻器应该选2Ω，滑动变阻器刚开始应置电阻箱代替报警器工作时的热敏电阻，阻值应为650.0 (3)b，报警器可能损坏；于20 mA端，若置于另一端，接通电源后，流过报警器的电流会超过c实验调试时，将开关置于端，缓慢调节滑动变阻器，直至报警器开始报警．1-为某种热(1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图[2016·北京卷21．J9]tR变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升随温度敏电阻和金属热电阻的阻值选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变时导电能力________( ________(化的响应更选填“敏感”或“不敏感”)．8图1- 答案[]增强敏感21．（1）由题目图像可知，随温度升高热敏电阻的阻值明显减小，所以导电能力增强．又[解析] 由图像可知，随温度变化，热敏电阻的电阻变化更明显，所以更加敏感． J10 电学实验综合的所示电路测量量程为2.5 V的电压表V．23J10[2016·全国卷Ⅱ] 某同学利用图(a)R，滑动变阻器)999.9 Ω内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱最大阻值(99ERR个，，开关)，直流电源1(电动势3 V)(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器(最大阻值5 kΩ21导线若干．实验步骤如下：1-图连接线路；①按电路原理图(a)闭中最左端所对应的位置，②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a) 合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；，记下④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V 电阻箱的阻值．回答下列问题：RR )(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“．”或“”21中实物图连线．所示电路将图(2)根据图(a)(b)1-图Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0(．结果保留到个位)分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为(4) ．)________(填正确答案标号A A B μ．250 μ．A1001 mA500 C．μ．A D 9R(4)D(3)2520 23．[答案] (1) (2)连线如图所示1此实验的实验原理类比于半偏法测电表内阻的实验，电压表所在支路的总电] (1)[解析R.压应该尽量不变化，故滑动变阻器应选最大阻值小的即选1由串联(3)近似认为电压表所在支路的总电压不变，且流过电压表与电阻箱的电流相等，22.52－RR.2520 ＝4Ω分压特点知＝，则＝V RR V(4)因电压表是由一个表头和电阻串联构成，表头允许的最大电流不会因此改变，则由欧U2.5满I＝ A≈姆定律可知，1 mA. ＝满R2520V22．J10K1[2016·全国卷Ⅲ] 某同学用图1-中所给器材进行与安培力有关的实验．两abab固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出和)的N根金属导轨极位于11两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．图1-(1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．22．[答案] (1)连线如图所示(2)AC[解析] (1)限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；磁铁N极位于上方，说明磁感线向下；开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；abab)指向由左手定则可知，电流应垂直纸面向外(；所以应按“电源正极→开关→滑动变11abab→电源负极”的顺序连接回路．阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→→11 1012vsmvBIL，可以增大磁0＝.可知，要增大金属棒离开导轨时的速度(2)由动能定理－2sBIL；但两导轨间的距离不、增大电流或增大导轨的长度感应强度、增大两导轨间的距离L并不会发生改变，但金属棒的质量增大，故金变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度v属棒离开导轨时的速度减小．tR的变化小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值．J10[2016.江苏卷] 随温度10tR实验电路如图所示，已知该金属电阻在常温下的阻值约10 Ω，的升高而增大．随关系．控温箱用以调节金属电阻的温度．tt，...与1端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度，实验时闭合S，先将开关K21II端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次2，....然后将开关K与和电流表的相应示数，21RRII，为，...，分别记下电阻箱相应的示数，，. (2121)1-图．(1)有以下两种电流表，实验电路中应选用________ ，内阻约2 Ω．量程A0～100 mA ～0.6 A，内阻可忽略B．量程0需旋转图中电阻箱的旋钮10.0 Ω，实验过程中，(2)要将电阻箱的阻值由9.9 Ω调节至cab________”“．”，正确的操作顺序是“”“a①将旋钮由“0”旋转至“1”b②将旋钮由“9”旋转至“0”c③将旋钮由“9”旋转至“0”Rt和的数据见下表：(3)实验记录的t100.0 60.080.020.0温度(℃)40.0 R 12.8)阻值(Ω11.19.612.110.4tR -图线．请根据表中数据，在方格纸上作出图1-11RtR＝________ Ω的变化关系为由图线求得. 随10．[答案] (1)A (2)①②③(或①③②) (3)(见下图)ttt＋9.0 0.04～都算对＋8.8(0.04) ＋8.6 0．04[解析] (1)当滑动变阻器取最大阻值10 Ω时，再加上金属电阻常温下阻值为10 Ω，E1.5 V I ＝＝0.075 A＝75 mA<100 mA，故选量程为0～总电阻为20 Ω，则电流100 mA＝RΩ20 总的电流表比较精确，即选A.bc旋钮先调电阻箱时要注意的是不能使电流超过电流表的量程，也就是不能先将、(2)a旋钮由“0”因此必须先将因为此时电阻箱相当于导线，电流表可能会烧坏．旋转至“0”，bc旋钮旋转至“0”．、旋转至“1”，再将Rt图像，如上图，且使根据表中数据，在方格纸上描点，并根据点的分布特点作出-(3)Rktb，把两个在直线上的点的数据代入直线方程＋＝列出方程组，直线尽可能通过更多的点，kbRt＋0.04，即8.8.求出＝0.04，＝＝8.812．J10[2016·海南卷] 某同学改装和校准电压表的电路图如图1-所示，图中虚线框内是电压表的改装电路．RRR是定值、900 ，表头上标记的内阻值为Ω.和已知表头(1)G满偏电流为100 μA321Ra、1 mA 和表头构成电阻．利用的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表．若使用1bac两个接线柱，电压表的量程为3 V1 V；若使用．则根、两个接线柱，电压表的量程为RRR＝________Ω. ＝________Ω，Ω，＝________据题给条件，定值电阻的阻值应选312图1-(2)用量程为3 V、内阻为2500 Ω的标准电压表V对改装表3 V挡的不同刻度进行校准．所ER有两种规格，最大阻值分别为50 Ω和5 k；滑动变阻器用电池的电动势为5 VΩ.为方12R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．便实验中调节电压，图中PMN”)填“前，滑动变阻器的滑动端”或“应靠近________((3)校准时，在闭合开关S端．(4)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值________(填“大于”或“小于”)900 Ω.M (4)大于 910 2000 (2)50 (3)12．[答案] (1)100[解析] (1)当流过改装后的电流表的电流为1 mA时，流过表头的电流为100 μA，根据Raba、1 mA，间电压为1 V并联电路电流与电阻成反比，可得100 为Ω.当时，电流为、1bRac间电压、910 Ω.间总电阻为1000 Ω，改装后的电流表内阻为90 Ω，所以当＝2acR＝2000 ΩΩ，所以1 mA，.(2)、分压电路中，间总电阻为3000 3 V为时，电流为3滑动变阻器在安全的情况下，最大阻值越小操作越方便．(3)闭合开关前，应保证被检验电路PM端．(4)改装后电压表读数偏小，应在说明改装后的电压安全，所以滑动变阻器的滑动端表内阻偏大，故表头内阻偏大．2．(多选)[2016·大连二十四中期中] 如图K25-3所示，图甲中M为一电动机，当滑动R的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图变阻器乙所示．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影响，以下判断正确的是( )图K25-3A．电路中电源电动势为3.6 VB．滑动变阻器向右滑动时，V读数逐渐减小2C．电动机线圈的电阻为2 ΩD．滑动变阻器的最大阻值为30 Ω2．AD [解析] 由电路图甲知，电压表V测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路2端电压减小，所以图乙中最上面的图线表示路端电压与电流的关系，此图线的斜率的绝对值3.4－3.0rIU＝3.4 V0.1 A时，＝Ω＝2 Ω，当电流，则电源的电等于电源的内阻，为＝EUIrR连入电路正确：滑动变阻器向右滑动时，3.6 V，故A＋＝3.4 V＋0.1×2 动势V＝＝2 20.2的阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即V读数增大，故B错误；由图乙可知，20.8－0.4rI＝0.1 A错误；当时，电路中电流最小，Ω＝4 Ω，故C电动机线圈的电阻＝E3.6????rrR4－2－正D滑动变阻器连入电路的阻值为最大值，所以＝－Ω＝30 －＝Ω，故M0.1M??I0.1确．R为定值甲所示的电路中，-5K25(4．多选)[2016·河北衡水中学第七次调研] 在如图1RP从最右端滑到最左端，两个电，将滑动变阻器的滑片电阻，为滑动变阻器，闭合开关S2压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )135图K25- A．图线甲是电压表V示数随电流变化的图线2 B．电源内阻的阻值为10 Ω3.6 W C．电源的最大输出功率为0.9 WD．滑动变阻器的最大功率为P从最右端移到最左端，滑动变阻器接入电路的电] 将滑动变阻器的滑片4．AD [解析RR的电压减小，所以电两端的电压和电源的内电压增大，则阻减小，电路中的电流增大，21的示数随电流的变V的示数减小，可知图线乙反映的是电压表压表V的示数增大，电压表V121正确；根据闭合电路欧姆定律得：的示数随电流的变化，故VA化，图线甲反映的是电压表2rrRUEIRrR＝电压表V的示数，由图知：＝，则图线甲的斜率的绝对值等于－＋(＋＋)12112UUΔ2Δ??21??rRR错误；＝5 Ω，故10 ＝Ω，图线乙的斜率等于B，则Ω，＝＝Ω＝5??IΔ0.4Δ1EΩ时，＝6 V，当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻211I等于5 由图乙可计算出EUIPI，故W＝＝0.6 A，故电源的最大输出功率＝＝1.8 电源的输出功率最大，故此时电流r2RRRC等效为内阻，则的阻值为5 Ω，的分析可知，Ω，把的最大阻值为C错误；由20 121rR10 ＋时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为当滑动变阻器的阻值等于6I＝Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流 A′＝202RPI正确．0.9 W0.3 A，则滑动变阻器消耗的总功率，故′＝D′′＝某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用] 1．[2016·重庆巴蜀中学第三次月考R的伏安特性曲线，要求多次测量并尽可能减小实验误(6 V，伏安法研究某电子元件2.5 W)1差，备有下列器材：)(6 V，内阻不计A．直流电源r B．电流表G(满偏电流3 mA，内阻＝10 Ω)) C．电流表A(0～0.6 A，内阻未知R5 A) Ω，～(020 D．滑动变阻器R1 A) ′(0～200 E．滑动变阻器Ω，R) ．定值电阻F阻值为(1990 Ω0G．开关与导线若干R伏安特性曲线的电(1)根据题目提供的实验器材，请你在方框内设计出测量电子元件1R)路原理图(”表示可用“1141-图K42填写________((2)在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用．器材前面的字母序号)IURR-和另一个电子元件接入如图K42-1甲所示的电路中，(3)将上述电子元件它们的21RbEa，所示，电源的电动势，内阻忽略不计，调节滑动变阻器、＝7.0 图线分别如图乙中V3RRRR接入消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件的阻值为________使电子元件Ω，和3211)结果均保留两位有效数字电路的阻值为________Ω.(8.0(3)10 1．(1)电路图如图所示 (2)D滑动变阻器应采用分压接法；电压与电流从零开始变化，[解析] (1)描绘伏安特性曲线，R 串联测电压，电压表内由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G 与定值电阻0Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路10 Ω＋1990 Ω＝2000 阻为 图如图所示． 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滑动变阻器D ，便于调节．(2)RR 由图乙可知，消耗的电功率恰好相等，和(3)电子元件说明它们的电压和电流相等，21U 2.5RIU 根Ω.0.25 A ，根据欧姆定律得：Ω＝＝＝ 此时电阻两端的电压10 ＝2.5 V ，＝1I 0.25UERRIIU 7 V －2据串联电路特点可知，此时流过的电流′＝′＝，＝0.25 A ＝两端的电压33U 2′R . ，－2.5×2 V ＝2 V Ω＝＝8.0 Ω＝ 3I 0.25′ 在“测定一节干电池电动势和内阻”的实验中：．[2016·山西八校期末联考] 2填甲所示的实验装置测量，电压表应选择量程________(第一组同学利用如图(1)K43-3IU 电压表、图像，则电池内阻为________ Ω”V “3 ”或“15 V)，实验后得到了如图乙的-.()电流表均为理想电表P 初始时滑片(2)第二组同学也利用图甲的实验装置测量另一节干电池的电动势和内阻，xP 后在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关后发现滑片向左滑过一段距离xUxI 的关系图，与电流表有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数与、电流表读数.________V 如图丙所示，则根据图像可知，电池的电动势为，内阻为Ω________15。

相关文档
最新文档