届高三物理复习测试50电学综合训练.docx
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届高三物理复习测试50电学综合训练
2012届高三物理一轮复习电学综合训练
一､选择题
1.在如图所示的U-I图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象,直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用
该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图象可知（）
A.电源的电动势为3V,内阻为0.5Ω
B.电阻R的阻值为1Ω
C.电源的输出功率为4W
D.电源的效率为50%
解析:
考查闭合电路的欧姆定律和部分电路的欧姆定律.从直线Ⅰ可知电源电动势为3V,内阻为0.5Ω,从直线Ⅱ可知电阻R的阻值为1Ω.A､B均对;当接入电阻R时,电流为2A,路端电压为2V,故电源输出功率为4W,C对;电源的总功率为6W,效率为66.7%,D错.
答案:
ABC
2.某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ,电势分别为UP和UQ,则（）
A.EP>EQ,UP>UQ
B.EP>EQ,UPC.EPUQ
D.EP解析:
电场线密的位置场强大,因此EP>EQ;沿电场线方向电势降低,因此有UP>UQ.A项正确.
答案:
A
3.如图所示,V1、V2是理想电压表,当闭合开关,将滑动变阻器的触片由左端向右滑动时,下列说法中正确的是（）
A.小灯泡L2变暗,V1表的读数变小,V2表的读数变大
B.小灯泡L1变亮,V1表的读数变大,V2表的读
数变小
C.小灯泡L2变亮,V1表的读数变大,V2表的读数变小
D.小灯泡L1变暗,V1表的读数变小,V2表的读数变大
解
析:
V1量度的是路端电压,V2则量度灯泡L2两端电压,当滑动变阻器的触片由左端向右滑动时阻值增大,总电阻增大,路端电压升高,V1示数变大,干路电流减小,通过L2的电流减小,两端电压减小,V2示数减小,B正确.
答案:
B
4.一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中.由于电场力和重力的作用,液滴沿竖直方向下落一段距离h后,速度变为
零.下列判断中正确的是（）
A.电场力对液滴做的功为
B.液滴克服电场力做的功为
C.液滴的机械能减少mgh
D.电场力对液滴的冲量大小为mv0
解析:
液滴进入电场后,重力做正功,电场力做负功,设电场力做功为WE,由动能定理得mgh+WE=0-
克服电场力做功为mgh+m
液滴的机械能减少量等于重力势能减少量和动能减少量之和,即ΔE=mgh+mv^2_0/2,由动量定理,合外力的冲量大小等于动量减小量,因此选项B正确.考生对动能的变化､机械能的变化原因容易混淆,对动能定理和能量转化与守恒的区别不清楚.
答案:
B
5.在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c处分别固定一个正点电荷,电荷量相等,如图所示.若将一个带负电的粒子置于b点,自由释放,粒子将沿着对角线bd往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中（）
A.先做匀加速运动,后做匀减速运动
B.先从高电势到低电势,后从低电势到高电势
C.电势能与机械能之和先增大,后减小
D.电势能先减小,后增大
解析:
本题考查电场的叠加､力和加速度､电势､电功和电能的问题.
由于负电荷受到的电场力是变力,加速度是变化的.所以A错;由等量正电荷的电场分布可知,在两电荷连线的中垂线上中点O的电势最高,所以从b点到d点,电势先增大后
减小,故B错;由于只有电场力做功,所以只有电势能与动能的相互转化,故电势能与机械能之和守恒,C错;由b点到O点电场力做正功,电势能减小,由O点到d点电场力做负功,电势能增加,D对.
答案:
D
6.如图所示,O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点,一电荷量为-Q的点电荷固定在O点,现有一质量为m,电荷量为+q的小金属块（可视为质点）,从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动,到B点时速度最小,其大小为v.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ、AB间距离为L、静电力常量为k,则（）
A.OB间的距离为
B.在小金属块由A向O运动的过程中,电势能先增大后减小
C.在小金属块由A向O运动的过程中,其加速度先减小后增大
D.在点电荷-Q形成的电场中,A、B两点间的电势差为
解析:
本题考查带电物体在电场中的力电综合问题,题目设计巧妙,是一道考查学生能力的好题.物块到达B点时速度最小,说明此时k
选项A正确;小金属块由A向O运动的过程中,电场力始终做正功,电势能一直减少,选项B错误;由A向B运动的过程中,做减速运动,电场力小于摩擦力,随着电场力的增大,加速度逐渐减小,当加速度为零时,物块速度最小,由B向O运动电场力大于摩擦力,随着电场力增大,加速度逐渐增大,选项C正确;由A到B用动能定理qUAB
-μmgL=
可得选项D错误.
答案:
AC
7.如图,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点,A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V、则下列说法正确的是（）
A.匀强电场的场强大小为10V/m
B.匀强电场的场强大小为
V/m
C.电荷量为1.6×10-19C的正点电荷从E点移到F点,电荷克服电场力做功为1.6×10-19J
D.电荷量为1.6×10-19C的负点电荷从F点移到D点,电荷的电势能减少4.8×10-19J
解析:
匀强电场中沿任意方向电势变化均匀,即互相平行的相等距离的两点间电压相等.据此可以判断各点的电势如图所示,电场线竖直
向下.根据场强定义判断A错､B对;从E到F电场力对正电荷做正功,C错;从F到D电场力对负电荷做功3.2×10-19J,D错.
答案:
B
8.如图所示,是测定两个电源的电动势E和内电阻r实验中得到的路端电压U和电流I的图线,则由图可知（）
A.当I1=I2时,电源总功率P1=P2
B.当I1=I2时,外电阻R1=R2
C.当U1=U2时,电源输出功率P出1>P出2
D.当U1=U2时,电源内部消耗的电功率P内1解析:
图象与纵轴的交点即为电源的电动势,从图上可知,两电源的电动势相同,当I1=I2时,电源的总功率P总=IE相同,A对;当I1=I2时,从图象上可知,两电源的路端电压不同,U1=
不同,B错;当U1=U2时,从图象上可知I1可知,r2可知,P内1答案:
AD
9.如图所示的同心圆（虚线）是电场中的一簇等势线,一个电
子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度大小越来越小,B为线段AC的中点,则有（）
A.电子沿AC运动时受到的电场力越来越小
B.电子沿AC运动时它具有的电势能越来越大
C.电势UA>UB>UC
D.电势差UAB=UBC
解析:
根据等势面的形状和题意可知:
该电场是负点电荷形成的,场强E=
所以当电子沿AC方向运动时,r减小,受到的电场力F=Ee增大,A错;电子沿AC方向运动过程中,电场力做负功,根据功能关系得B正确;该电场各处的电场线均指向圆心,根据顺着电场线电势越来越低可知C正确;在该电场中等差等势线的间距不相等.所以D错误.
答案:
BC
10.某同学用如图所示的电路进行小电机的输出功率的研究,其实验步骤如下所述,闭合电键后,调节滑动变阻器,电动机未转动时,电压表的读数为U1,电流表的读数为I1;再调节滑动变阻器,电动机转动后电压表的读数为U2,电流表的读数为I2,则此时电动机的输出功率为（）
C.U2I2D.
U1/I1
解析:
考查欧姆定律､电功率､非纯电阻电路的分析与计算.电动机线圈内阻r=U1/I1,电动机转起来后,消耗的电功率U2I2=
I1,A正确.
答案:
A
11.如图所示,当电路中滑动变阻器R
2的滑动触头P向下滑动时（）
A.电容器C的电容增大
B.电容器C两极板间的电场强度增大
C.电压表的读数减小
D.R1消耗的功率增大
解析:
当P向下滑动时,R2增大,回路总电阻增大,干路电流减小,路端电压升高,电压表示数增大,R1两端电压减小,R2和C两端电压增大,只有B正确.
答案:
B
二､实验题
12.某同学为完成“用描迹法画出电场中平面上的等势线”实验,使用如图所示的实验器材:
电源E（电动势为12V,内阻不计）,木板N（木板上依次铺有白纸､复写纸和导电纸各一张）,两个金属接线柱A､B做电极,滑动变阻器R（其总阻值小于两电极间导电纸的电阻）,直流电压表V（量程为6V,内阻很大）,电流表G（量程0~300μA,零刻线在刻度盘中央）,开关､探针和导线若干.
现用图中仪器描绘两电极间电场中的等势线,A、B间电压要求为6V.
（1）在图甲中完成实验电路的连线（导线不得交叉）.
（2）本实验的原理是利用导电纸上形成的________来模拟真空中的________静电场.因此对所模拟的静电场来说,图甲中的A相当于________,B相当于________.
（3）图乙为实验装置的一部分,图中A、C、D、O、E、F、B各点相邻两点间距离相等,其中A、B为金属接线柱.当电流从左接线柱流入电流表G时,其指针向左侧偏转.当探针Ⅰ接在F点,探针Ⅱ接在导电纸上某点时,电流表G指针向右接线柱一侧偏转.为尽快找到等势点,探针Ⅱ应________移动.（填\!
向左\"或\!
向右\"）
解析:
因指针向右偏代表电流从Ⅰ流入,Ⅰ比Ⅱ电势高.而越向左电势越高,∴Ⅱ向左动,提高电势.
答案:
（1）
（2）恒定电流的电场等量异种点电荷正电荷负电荷
（3）向左
13.某同学设计了如图所示的电路,用来测量未知电阻Rx的阻值,在下列可供选择的器材中:
A.被测电阻Rx,阻值约为50Ω
B.电源（电动势10V,内阻0.5Ω）
C.电流表（量程0~200mA,内阻约为r2）
D.电流表（量程0~300mA,内阻约为r3）
E.定值电阻500Ω
F.定值电阻100Ω
G.滑动变阻器（0~100Ω,1A）
H.滑动变阻器（0~2000Ω,0.5A）
I.开关,导线若干
测量时,电流表A1应选用________,电流表A2应选用________,R1应选用________,R2选________.（填所选仪器前面的字母）
将该同学的实验步骤补充完整:
①将滑动变阻器的滑片移到最右端,闭合开关;
②将滑动变阻器的滑片移到适当位置,读出电流表A1、A2的读数;
③[ZZ1Z];
④实验完毕后,拆除电路.
若某次测量时电流表A1、A2的读数分别为I1、I2,则被测电阻的测量值为Rx=________.
解析:
本题考查电路中仪器的选用,对于电路中的两个电流表的选择要满足干路的量程要大于支路,所以A1选C,A2选D.另外对于R1这个定值电阻的选用原则是要使得两个电流表的读数相差比较明显,所以选F,而滑动变阻器的选用原则是滑动要使读数变化明显,所以选G.
答案:
CDFG再移动滑片,读出几组A1､A2的读数,算出对应的Rx值,求出平均值
-r2
三､计算题
14.如图所示的装置,U1是加速电压,紧靠其右侧的是两块彼此
平行的水平金属板.板长为l,两板间距离为d,一个质量为m、带电量为-q的粒子,经加速电压加速后沿金属板中心线水平射入两板中,若两水平金属板间加一电压U2,当上板为正时,带电粒子恰好能沿两板中心线射出;当下板为正时,带电粒子则射到下板上距板的左端1/4处,求:
（1）
为多少?
（2）为使带电粒子经U1加速后,沿中心线射入两金属板,并能够从两板之间射出,两水平金属板所加电压U2应满足什么条件?
解:
（1）设粒子被加速后的速度为v0,当两板间加上电压U2
如上板为正时,
=mg得U2=
如下板为正时,a=
=2g
15.如图是利用电动机提升重物的示意图,其中D是直流电动机.P是一个质量为m的重物,它用细绳拴在电动机的轴上.闭合开关S,重物P以速度v匀速上升,这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V,重物P上升的速度v=0.70m/s.已知该装置机械部分的机械效率为70%,重物的质量m=45kg（g取10m/s2）.求:
（1）电动机消耗的电功率P电及绳对重物做功的机械功率P机各多大?
（2）电动机线圈的电阻R多大?
解:
（1）电动机消耗的电功率
P电=IU=110×5.0W=550W
提升重物做功的功率
P机=
mgv=45×10×0.7W=315W.
（2）电动机输出的机械功率P=P机/η=450W
根据能量守恒原理IU=P+I2R
R=
Ω=4.0Ω.
16.如图所示,光滑绝缘水平台距水平地面高h=0.80m,地面与竖直绝缘光滑圆形轨道在A点连接,A点距竖直墙壁s=0.60m,整个装置位于水平向右的匀强电场中.现将质量为m=0.1kg、电荷量为q=1×10-3C的带正电荷的小球（可视为质点）,从平台上的端点N由静止释放,离开平台N点后恰好切入半径为R=0.4m的绝缘光滑圆形轨道,并沿圆形轨道运动到P点射出.图中O点是圆轨道的圆
心,B、C分别是圆形轨道的最低点和最高点,AO与BO之间夹角为
53°,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
（1）电场强度E的大小;
（2）运动过程中,小球的最大速度（结果可以保留根号）;
（3）小球对轨道的最小压力.
解:
（1）由运动的分解:
h=
t1=0.4s
解得:
E=
=750N/C.
（2）设小球切入A点的速度为vA,vy=gt1=4m/s
vx=
t1=3m/s
故得:
vA=
=5m/s
电场力:
F电=qE=
mg,方向如图甲所示:
tanθ=
θ=37°
合外力:
F=
mg
由此可知,小球到达D的对称点G的速度将最大,如图乙所示.
由A点到G点对小球应用动能定理:
FR=
将F､R､vA的值代入得:
m/s=5.92m/s.
（3）在D点,因为电场力和重力的合力方向指向圆心,跟D点的速度垂直,所以小球对轨道压力最小.
由G到D,应用动能定理-2FR=
将F､R､vG的值代入得:
vD=
m/s
在D点应用牛顿第二定律F+FN=m
解得:
FN=2.5N.[BW（S（S0,,）G29mm]
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