1、高考资源网（） 您身边的高考专家2012届高三物理一轮复习 电学 综合训练（大纲版）一选择题1.在如图所示的U-I图象中,直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象,直线为某一电阻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3 V,内阻为0.5 B.电阻R的阻值为1 C.电源的输出功率为4 WD.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.从直线可知电源电动势为3 V,内阻为0.5 ,从直线可知电阻R的阻值为1 .AB均对;当接入电阻R时,电流为2 A,路端电压为2 V,故电源输出功率为4 W,C对;电源的总功率为6 W,效率
2、为66.7%,D错.答案:ABC2.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.EPEQ,UPUQB.EPEQ,UPUQC.EPUQD.EPEQ,UPEQ;沿电场线方向电势降低,因此有UPUQ.A项正确.答案:A3.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
3、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:B4.一质量为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mghD.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
4、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E=mgh+mv2_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:B5.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
5、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:D6.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
6、为v.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为、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
7、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-mgL=可得选项D错误.答案:AC7.如图,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点,A、B、C三点电势分别为1.0 V、2.0 V、3.0 V、则下列说法正确的是( )A.匀强电场的场强大小为10 V/mB.匀强电场的场强大小为 V/mC.电荷量为1.610-19 C的正点电荷从E点移到F点,电荷克服电场力做功为1.610-19 JD.电荷量为1.610-19 C的负点电荷从F点移到D点,电荷的电势能减少4.810-19 J解析:匀强电场中沿任意方向电势变化均匀,即互
8、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3.210-19 J,D错.答案:B8.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=P2B.当I1=I2时,外电阻R1=R2C.当U1=U2时,电源输出功率P出1P出2D.当U1=U2时,电源内部消耗的电功率P内1P内2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
9、;当I1=I2时,从图象上可知,两电源的路端电压不同,U1U2,因此外电阻R=不同,B错;当U1=U2时,从图象上可知I1I2,由电源的输出功率P=UI得P出1P出2,C错;从图象上横轴的截距可知,电源短路时的电流I01I02,则由电源的内阻r=可知,r2r1,当U1=U2时,两电源的内电压也相等,则由P内=可知,P内1UBUCD.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
10、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:BC10.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.U2I2 D. 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:A11.如图所示,当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时( )A.电容器C的电容增大B.电
11、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12 V,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AB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6 V,内阻很大),电流表G(量程0300 A,零刻线在刻度盘中央),开关探针和导线若干.现用图中仪器
12、描绘两电极间电场中的等势线,A、B间电压要求为6 V.(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.当探针接在F点,探针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,探针应_移动.(填!向左或!向右)解析:因指针向右偏代表电流从流入,比电势高.而越向左电势越高,向左动,提高电势.答案:(1)
13、(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50 B.电源(电动势10 V,内阻0.5 )C.电流表(量程0200 mA,内阻约为r2)D.电流表(量程0300 mA,内阻约为r3)E.定值电阻500 F.定值电阻100 G.滑动变阻器(0100 ,1 A)H.滑动变阻器(02000 ,0.5 A)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:将滑动变阻器的滑片移到最右端
14、,闭合开关;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;ZZ1Z ;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:C D F G 再移动滑片,读出几组A1A2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
15、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=2g15.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
16、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=5.0 A和U=110 V,重物P上升的速度v=0.70 m/s.已知该装置机械部分的机械效率为70%,重物的质量m=45 kg(g取10 m/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=1105.0 W=550 W提升重物做功的功率P机=mgv=45100.7 W=315 W.(2)电动机输出的机械功率P=P机/=450 W根据能量守恒原理IU=P+I2RR=4.0 .16.如图所示,光滑绝缘水平台距水平地面高h=
17、0.80 m,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=0.60 m,整个装置位于水平向右的匀强电场中.现将质量为m=0.1 kg、电荷量为q=110-3 C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=0.4 m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=10 m/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
18、分解:h=t1=0.4 s解得:E=750 N/C.(2)设小球切入A点的速度为vA,vy=gt1=4 m/svx=t1=3 m/s故得:vA=5 m/s电场力:F电=qE=mg,方向如图甲所示:tan=,=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FRvA的值代入得: m/s=5.92 m/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FRvG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=2.5 N.BW(S(S0,)G29mm高考资源网版权所有，侵权必究！