【步步高】2016版高考物理(全国通用)考前三个月高考题型集训：第1题 预测题型1物理学史和物理思想方法

注：各考点要求中罗马数字Ⅰ、Ⅱ的含义如下：Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用它们．Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用．第1课时运动的描述考纲解读1.知道参考系、质点、位移的概念，理解物体看成质点的条件和位移的矢量性.2.知道速度与加速度、平均速度和瞬时速度的区别，并理解二者间的关系．考点一对质点和参考系的理解1．质点(1)用来代替物体的有质量的点叫做质点．(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点．(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在．2．参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同．通常以地球为参考系．例12013年8月15日消息，科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星．这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星——木星质量的4倍，它的轨道半径是地球轨道的几千倍．根据以上信息，下列说法正确的是()A．幸神星质量太大，不能看做质点B．研究幸神星绕太阳运动，可以将其看做质点C．比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系，可以选择太阳为参考系D．幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大解析物体能否看做质点与质量无关，A错；幸神星的形状和大小相对其到太阳的距离来说属于次要的因素，因此可以看做质点，B对；比较两个物体运动速度的大小，要选择同一参考系，C对；幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移均为零，D错．答案BC变式题组1．[对质点的理解]在研究下述运动时，能把物体看做质点的是()A．研究短跑运动员的起跑动作时B．研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时C．将一枚硬币用力上抛并猜测它落地时正面是朝上还是朝下时D．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时答案 B2．[对质点和参考系的理解]美国宇航局科学家宣布，1977年9月5日发射升空的“旅行者1号”探测器经过36年的长途跋涉，终于飞出了太阳系，进入星际空间，则以下说法正确的是()A．在分析探测器36年的运动时，不能将其视为质点B ．研究探测器的姿态控制问题时，能将其视为质点C ．研究探测器的运动时，可选太阳为参考系D ．研究探测器的位移时，可将其看作质点 答案 CD对“理想化模型”的理解(1)理想化模型是分析、解决物理问题常用的方法，它是对实际问题的科学抽象，可以使一些复杂的物理问题简单化．(2)物理学中理想化的模型有很多，如“质点”、“轻杆”、“光滑平面”、“自由落体运动”、“点电荷”、“纯电阻电路”等，都是突出主要因素，忽略次要因素而建立的物理模型．考点二 平均速度和瞬时速度1．平均速度(1)在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v －＝ΔxΔt ，其方向与位移的方向相同．(2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应． 2．瞬时速度(1)运动物体在某一时刻(或某一位臵)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是失量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，它是在运动时间Δt →0时的平均速度，与某一时刻或某一位臵相对应．(3)平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．例2 一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离x 随时间变化的关系为x ＝3＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2m/s.则该质点在t ＝2s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2s 间的平均速度分别为( ) A ．8m /s,24 m/sB ．24m /s,8 m/s C ．12m /s,24 m/sD ．24m /s,12 m/s解析 由速度随时间变化关系公式可得t ＝2s 时的速度为：v ＝6t 2m /s ＝6×22 m/s ＝24m/s ；由x 与t 的关系得出各时刻对应的位移，再利用平均速度公式可得t ＝0到t ＝2s 间的平均速度为：v 1＝Δx Δt ＝19－32m /s ＝8 m/s ，故B 正确．答案 B变式题组3．[平均速度和瞬时速度的区别]关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是() A．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度B．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关C．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢答案ABD解析一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A、B均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C错，D正确．4．[平均速度和瞬时速度的理解和计算]一质点沿一边长为2m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1m，初始位置在bc边上的中点A，由A向c运动，如图1所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是()图1A．第2s末的瞬时速度是1m/sB．前2s内的平均速度为22m/sC．前4s内的平均速度为0.5m/sD．前2s内的平均速度为2m/s答案ABC两种速度的比较(1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．(3)注意：平均速度的大小与物体运动的不同阶段有关，求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度；v ＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．考点三 速度、速度变化量和加速度的关系1．速度(1)物理意义：描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：v ＝ΔxΔt(3)决定因素：v 的大小由v 0、a 、Δt 决定． (4)方向：与位移同向，即物体运动的方向． 2．速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量． (2)定义式：Δv ＝v －v 0.(3)决定因素：Δv 由v 与v 0进行矢量运算得到，由Δv ＝a Δt 知Δv 由a 与Δt 决定． (4)方向：由Δv 或a 的方向决定． 3．加速度(1)物理意义：描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt(3)决定因素：a 不是由v 、Δt 、Δv 来决定，而是由Fm 来决定．(4)方向：与Δv 的方向一致，由F 的方向决定，而与v 0、v 的方向无关．例3 沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v 1和v 2，v 1、v 2在各个时A.火车的速度变化较慢B ．汽车的加速度较小C ．火车的位移在减小D ．汽车的位移在增加解析 由加速度的定义式a ＝ΔvΔt 知汽车速度变化快，即加速度大；物体做单向直线运动，位移一定增加． 答案 AD 变式题组5．[加速度和速度关系的理解]有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法( )A ．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车．因轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C ．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D ．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零 答案 B6．[加速、减速的判断]根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是( )A ．v 0>0，a <0，物体做加速运动B ．v 0<0，a <0，物体做减速运动C ．v 0<0，a >0，物体做减速运动D ．v 0>0，a >0，物体做加速运动 答案 CD对速度与加速度关系的三点提醒(1)速度的大小与加速度的大小没有必然联系．(2)速度变化量与加速度没有必然的联系，速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决定．(3)物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系，而不是看加速度的变化情况．加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢． ①a 和v 同向(加速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢②a 和v 反向(减速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀减小a 增大，v 减小得越来越快a 减小，v 减小得越来越慢考点四 “匀速运动”模型的实际应用1．模型介绍“匀速运动”是一种理想化模型，是最基本、最简单的运动，且应用广泛．例如：声、光的传播都可以看成匀速，而实际生活中的运动估算，也经常用到这一模型，如计算飞行时间。

第2练用好逻辑用语、突破充要条件[题型分析·高考展望] 逻辑用语是高考常考内容，充分、必要条件是重点考查内容，题型基本都是选择题、填空题，题目难度以低、中档为主．在二轮复习中，本部分应该重点掌握四种命题的真假判断、否命题与命题的否定的区别、含有量词的命题的否定的求法、充分必要条件的判定与应用．这些知识被考查的概率都较高，特别是充分、必要条件几乎每年都有考查．常考题型精析题型一命题及其真假判断常用结论：(1)原命题与逆否命题等价，同一个命题的逆命题、否命题等价；(2)四个命题中，真命题的个数为偶数；(3)只有p、q都假，p∨q假，否则为真，只有p、q都真，p∧q真，否则为假；(4)全称命题的否定为特称命题，特称命题的否定为全称命题，一个命题与其否定不会同真假．例1 (1)(2015·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面(2)(2014·湖南)已知命题p：若x>y，则－x<－y；命题q：若x>y，则x2>y2.在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(綈q)；④(綈p)∨q中，真命题是( )A．①③ B．①④C．②③ D．②④答案(1)D (2)C解析(1)对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．(2)当x>y时，－x<－y，故命题p为真命题，从而綈p为假命题．当x>y时，x2>y2不一定成立，故命题q为假命题，从而綈q为真命题．由真值表知，①p∧q为假命题；②p∨q为真命题；③p∧(綈q)为真命题；④(綈p)∨q为假命题．故选C.点评利用等价命题判断命题的真假，是判断命题真假快捷有效的方法．在解答时要有意识地去练习．变式训练1 (2014·重庆)已知命题：p ：对任意x ∈R ，总有2x >0；q ：“x >1”是“x >2”的充分不必要条件．则下列命题为真命题的是( ) A ．p ∧q B ．(綈p )∧(綈q ) C ．(綈p )∧q D ．p ∧(綈q )答案 D解析 因为指数函数的值域为(0，＋∞)，所以对任意x ∈R ，y ＝2x>0恒成立，故p 为真命题；因为当x >1时，x >2不一定成立，反之当x >2时，一定有x >1成立，故“x >1”是“x >2”的必要不充分条件，故q 为假命题，则p ∧q 、綈p 为假命题，綈q 为真命题，(綈p )∧(綈q )、(綈p )∧q 为假命题，p ∧(綈q )为真命题，故选D.题型二 充分条件与必要条件例2 (1)(2015·北京)设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α.则“m ∥β”是“α∥β”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 m ⊂α，m ∥β⇒/ α∥β，但m ⊂α，α∥β⇒m ∥β， 所以m ∥β是α∥β的必要而不充分条件． (2)给出下列命题：①若A ，B ，C ，D 是不共线的四点，则AB →＝DC →是四边形ABCD 为平行四边形的充要条件； ②a ＝b 的充要条件是|a |＝|b |且a∥b ； ③在△ABC 中，sin A >sin B 的充要条件为A >B ；④在△ABC 中，设命题p ：△ABC 是等边三角形，命题q ：a ∶b ∶c ＝sin B ∶sin C ∶sin A ，那么命题p 是命题q 的充分不必要条件．其中正确的命题为________．(把你认为正确的命题序号都填上) 答案 ①③解析 ①正确．因为AB →＝DC →， 所以|AB →|＝|DC →|且AB →∥DC →，又A ，B ，C ，D 是不共线的四点，所以四边形ABCD 为平行四边形；反之，若四边形ABCD 为平行四边形，则AB →∥DC →且|AB →|＝|DC →|，因此AB →＝DC →.②不正确．当a∥b 且方向相反时，即使|a |＝|b |，也不能得到a ＝b ，故|a |＝|b |且a ∥b 不是a ＝b 的充要条件，而是必要不充分条件．③正确．由正弦定理知sin A ＝a 2R ，sin B ＝b2R ，当sin A >sin B 成立时，得a >b ，则A >B ；当A >B 时，则有a >b ，则sin A >sin B ，故命题正确．④不正确．若△ABC 是等边三角形，则a ＝b ＝c ，sin B ＝sin C ＝sin A ，即命题p 是命题q 的充分条件；若a ∶b ∶c ＝sin B ∶sin C ∶sin A ，则sin C sin A ＝b c ，又由正弦定理得a sin A ＝csin C ，即sin C sin A ＝c a ，所以c a ＝b c ，即c 2＝ab ，同理得a 2＝bc ，b 2＝ac ，所以c ＝a ＝b ，所以△ABC 是等边三角形．因此命题p 是命题q 的充要条件． 综上所述，正确命题的序号是①③. 点评 判断充分、必要条件时应注意的问题(1)先后顺序：“A 的充分不必要条件是B ”是指B 能推出A ，且A 不能推出B ；而“A 是B 的充分不必要条件”则是指A 能推出B ，且B 不能推出A .(2)举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明．(3)准确转化：若綈p 是綈q 的必要不充分条件，则p 是q 的充分不必要条件；若綈p 是綈q 的充要条件，那么p 是q 的充要条件．变式训练2 (2015·湖北)设a 1，a 2，…，a n ∈R ，n ≥3.若p ：a 1，a 2，…，a n 成等比数列；q ：(a 21＋a 22＋…＋a 2n －1)·(a 22＋a 23＋…＋a 2n )＝(a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n )2，则( ) A ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件 B ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件 C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件 答案 B解析 若p 成立，设a 1，a 2，…，a n 的公比为q ，则(a 21＋a 22＋…＋a 2n －1)(a 22＋a 23＋…＋a 2n )＝a 21(1＋q 2＋…＋q2n －4)·a 22(1＋q 2＋…＋q2n －4)＝a 21a 22(1＋q 2＋…＋q2n －4)2，(a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n )2＝(a 1a 2)2(1＋q 2＋…＋q2n －4)2，故q 成立，故p 是q 的充分条件．取a 1＝a 2＝…＝a n ＝0，则q成立，而p 不成立，故p 不是q 的必要条件，故选B. 题型三 与命题有关的综合问题 例3 下列叙述正确的是( )A ．命题：∃x ∈R ，使x 3＋sin x ＋2<0的否定为：∀x ∈R ，均有x 3＋sin x ＋2<0 B ．命题：“若x 2＝1，则x ＝1或x ＝－1”的逆否命题为：若x ≠1或x ≠－1，则x 2≠1C ．已知n ∈N ，则幂函数y ＝x 3n －7为偶函数，且在x ∈(0，＋∞)上单调递减的充分必要条件为n ＝1D ．函数y ＝log 2x ＋m3－x的图象关于点(1,0)中心对称的充分必要条件为m ＝±1答案 C解析 A ：命题：∃x ∈R ，使x 3＋sin x ＋2<0的否定为：∀x ∈R ，均有x 3＋sin x ＋2≥0，故A 错误；B ：命题：若x 2＝1，则x ＝1或x ＝－1的逆否命题为：若x ≠1且x ≠－1，则x 2≠1，故B 错误；C ：因为幂函数y ＝x3n －7在x ∈(0，＋∞)上单调递减，所以3n －7<0，解得n <73，又n ∈N ，所以n ＝0,1或2；又y ＝x3n －7为偶函数，所以，n ＝1，即幂函数y ＝x3n －7为偶函数，且在x ∈(0，＋∞)上单调递减的充分必要条件为n ＝1，C 正确；D ：令y ＝f (x )＝log 2x ＋m3－x ，由其图象关于点(1,0)中心对称，得f (x )＋f (2－x )＝0，即log 2x ＋m 3－x ＋log 2 2－x ＋m 3－ 2－x＝log 2 x ＋m 2＋m －x 3－x 1＋x ＝0，x ＋m 2＋m －x3－x 1＋x＝1.整理得：m 2＋2m －3＝0，解得m ＝1或m ＝－3，当m ＝－3时，x ＋m 3－x ＝－1<0，y ＝log 2x ＋m3－x无意义，故m ＝1.所以，函数y ＝log 2x ＋m3－x图象关于点(1,0)中心对称的充分必要条件为m ＝1，D 错误．点评 解决此类问题需要对每一个命题逐一作出判断，需要有扎实的基础知识，这是破解此类问题的前提条件．若需证明某命题为真，需要根据有关知识作出逻辑证明，但若需要证明某命题为假，只要举出一个反例即可，因此，“找反例”是破解此类问题的重要方法之一． 变式训练3 (2014·江西)下列叙述中正确的是( )A ．若a ，b ，c ∈R ，则“ax 2＋bx ＋c ≥0”的充分条件是“b 2－4ac ≤0” B ．若a ，b ，c ∈R ，则“ab 2≥cb 2”的充要条件是“a >c ”C ．命题“对任意x ∈R ，有x 2≥0”的否定是“存在x ∈R ，有x 2≥0”D．l是一条直线，α，β是两个不同的平面，若l⊥α，l⊥β，则α∥β答案 D解析由于“若b2－4ac≤0，则ax2＋bx＋c≥0”是假命题，所以“ax2＋bx＋c≥0”的充分条件不是“b2－4ac≤0”，A错；∵ab2>cb2，且b2>0，∴a>c.而a>c时，若b2＝0，则ab2>cb2不成立，由此知“ab2>cb2”是“a>c”的充分不必要条件，B错；“对任意x∈R，有x2≥0”的否定是“存在x∈R，有x2<0”，C错；由l⊥α，l⊥β，可得α∥β，理由是：垂直于同一条直线的两个平面平行，D正确．高考题型精练1．(2015·课标全国Ⅰ)设命题p：∃n∈N，n2>2n，则綈p为( )A．∀n∈N，n2>2n B．∃n∈N，n2≤2nC．∀n∈N，n2≤2n D．∃n∈N，n2＝2n答案 C解析将命题p的量词“∃”改为“∀”，“n2>2n”改为“n2≤2n”．2．(2014·课标全国Ⅱ)函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则( )A．p是q是充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件答案 C解析当f′(x0)＝0时，x＝x0不一定是f(x)的极值点，比如，y＝x3在x＝0时，f′(0)＝0，但在x＝0的左右两侧f′(x)的符号相同，因而x＝0不是y＝x3的极值点．由极值的定义知，x＝x0是f(x)的极值点必有f′(x0)＝0.综上知，p是q的必要条件，但不是充分条件．3．下列命题中，真命题是( )A．∀x∈R，x2>0 B．∀x∈R，－1<sin x<1C．∃x0∈R,2x0<0 D．∃x0∈R，tan x0＝2答案 D解析∀x∈R，x2≥0，故A错；∀x∈R，－1≤sin x≤1，故B错；由y＝2x的图象可知∀x∈R,2x>0，故C错，D正确．4．(2014·陕西)原命题为“若a n＋a n＋12<a n，n∈N*，则{a n}为递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是( ) A ．真，真，真 B ．假，假，真 C ．真，真，假 D ．假，假，假答案 A 解析a n ＋a n ＋12<a n ⇔a n ＋1<a n ⇔{a n }为递减数列．原命题与其逆命题都是真命题，所以其否命题和逆否命题也都是真命题，故选A. 5．若命题p ：函数y ＝x 2－2x 的单调递增区间是[1，＋∞)，命题q ：函数y ＝x －1x的单调递增区间是[1，＋∞)，则( ) A ．p ∧q 是真命题 B ．p ∨q 是假命题 C ．綈p 是真命题 D ．綈q 是真命题答案 D解析 因为函数y ＝x 2－2x 的单调递增区间是[1，＋∞)，所以p 是真命题；因为函数y ＝x －1x的单调递增区间是(－∞，0)和(0，＋∞)，所以q 是假命题．所以p ∧q 为假命题，p ∨q为真命题，綈p 为假命题，綈q 为真命题，故选D.6．已知命题p ：∀x ∈R ，x 3<x 4；命题q ：∃x 0∈R ，sin x 0－cos x 0＝－ 2.则下列命题中为真命题的是( ) A ．p ∧q B ．綈p ∧q C ．p ∧(綈q ) D ．(綈p )∧(綈q )答案 B解析 若x 3<x 4，则x <0或x >1， ∴命题p 为假命题；若sin x －cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝－2，则x －π4＝3π2＋2k π(k ∈Z )，即x ＝7π4＋2k π(k ∈Z )，∴命题q 为真命题，∴綈p ∧q 为真命题．7．(2015·山东)若m ∈R, 命题“若m >0，则方程x 2＋x －m ＝0有实根”的逆否命题是( ) A ．若方程x 2＋x －m ＝0有实根，则m ＞0 B ．若方程x 2＋x －m ＝0有实根，则m ≤0 C ．若方程x 2＋x －m ＝0没有实根，则m ＞0 D ．若方程x 2＋x －m ＝0没有实根，则m ≤0 答案 D解析 原命题为“若p ，则q ”，则其逆否命题为“若綈q ，则綈p ”．∴所求命题为“若方程x 2＋x －m ＝0没有实根，则m ≤0”． 8．下列5个命题中正确命题的个数是( )①对于命题p ：∃x ∈R ，使得x 2＋x ＋1<0，则綈p ：∀x ∈R ，均有x 2＋x ＋1>0； ②m ＝3是直线(m ＋3)x ＋my －2＝0与直线mx －6y ＋5＝0互相垂直的充要条件；③已知回归直线的斜率的估计值为 1.23，样本点的中心为(4,5)，则线性回归方程为y ^＝1.23x ＋0.08；④若实数x ，y ∈[－1,1]，则满足x 2＋y 2≥1的概率为π4； ⑤曲线y ＝x 2与y ＝x 所围成图形的面积是S ＝ʃ10(x －x 2)d x . A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 A解析 ①错，应当是綈p ：∀x ∈R ，均有x 2＋x ＋1≥0；②错，当m ＝0时，两直线也垂直，所以m ＝3是两直线垂直的充分不必要条件；③正确，将样本点的中心的坐标代入，满足方程；④错，实数x ，y ∈[－1,1]表示的平面区域为边长为2的正方形，其面积为4，而x 2＋y 2<1所表示的平面区域的面积为π，所以满足x 2＋y 2≥1的概率为4－π4；⑤正确，由定积分的几何意义可知．9．已知命题p ：实数m 满足m 2＋12a 2<7am (a >0)，命题q ：实数m 满足方程x 2m －1＋y 22－m＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，且p 是q 的充分不必要条件，则a 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，38 解析 由a >0，m 2－7am ＋12a 2<0，得3a <m <4a ， 即命题p ：3a <m <4a ，a >0. 由x 2m －1＋y 22－m＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，可得2－m >m －1>0，解得1<m <32，即命题q ：1<m <32.因为p 是q 的充分不必要条件， 所以⎩⎪⎨⎪⎧3a >1，4a ≤32或⎩⎪⎨⎪⎧3a ≥1，4a <32，解得13≤a ≤38，所以实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，38. 10．已知函数f (x )＝4|a |x －2a ＋1.若命题：“∃x 0∈(0,1)，使f (x 0)＝0”是真命题，则实数a 的取值范围为____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 由于f (x )是单调函数，在(0,1)上存在零点，应有f (0)·f (1)<0，解不等式求出实数a 的取值范围．由f (0)·f (1)<0⇒(1－2a )(4|a |－2a ＋1)<0 ⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0， 2a ＋1 2a －1 >0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0， 6a －1 2a －1 <0⇒a >12.11．已知下列命题：①命题“∃x 0∈R ，x 20＋1>x 0＋1”的否定是“∀x ∈R ，x 2＋1<x ＋1”；②已知p ，q 为两个命题，若“p ∨q ”为假命题，则“(綈p )∧(綈q )”为真命题； ③“a >2”是“a >5”的充分不必要条件；④“若xy ＝0，则x ＝0且y ＝0”的逆否命题为真命题． 其中所有真命题的序号是__________． 答案 ②解析 命题“∃x 0∈R ，x 20＋1>x 0＋1”的否定是“∀x ∈R ，x 2＋1≤x ＋1”，故①错；“p ∨q ”为假命题说明p 假q 假，则“(綈p )∧(綈q )”为真命题，故②对；a >5⇒a >2，但a >2D ⇒/a >5，故“a >2”是“a >5”的必要不充分条件，故③错；因为“若xy ＝0，则x ＝0或y ＝0”，所以原命题为假命题，故其逆否命题也为假命题，故④错．12．下面有四个关于充要条件的命题：①“向量b 与非零向量a 共线”的充要条件是“有且只有一个实数λ使得b ＝λa ”；②“函数y ＝x 2＋bx ＋c 为偶函数”的充要条件是“b ＝0”；③“两个事件为互斥事件”是“这两个事件为对立事件”的充要条件；④设φ∈R ，则“φ＝0”是“f (x )＝cos(x ＋φ)(x ∈R )为偶函数”的充分不必要条件．其中真命题的序号是________． 答案 ①②④解析 由共线向量定理，知命题①为真．当b ＝0时，y ＝x 2＋bx ＋c ＝x 2＋c 显然为偶函数，反之，y ＝x 2＋bx ＋c 是偶函数，则(－x )2＋b (－x )＋c ＝x 2＋bx ＋c 恒成立，就有bx ＝0恒成立，得b ＝0，因此②为真．对立事件是互斥事件的特殊情形，所以③为假．在④中，若φ＝0，则f (x )＝cos x 是偶函数．但是若f (x )＝cos(x ＋φ)(x ∈R )是偶函数，则φ＝π也成立，故“φ＝0”是“f (x )＝cos(x ＋φ)(x ∈R )为偶函数”的充分不必要条件．。

灵璧县黄湾中学学案学案9　带电粒子在电场中的运动分析【考情分析】【考点预测】带电粒子在电场中的运动问题有机地结合了力学知识和电学知识，能最大限度地考查受力分析、运动过程分析和功能关系分析等基本思维能力，是每年高考的必考内容．若只考查对带电粒子的功能关系分析时，以选择题的形式呈现，若考查电学知识与力学知识的综合应用时，以计算题的形式呈现．预计2014年仍可能以上述两种方式考查，复习中要注意理解能量守恒定律的应用，注意对粒子运动过程的分析等．考题1　对带电粒子在电场中运动能量转化的考查例1　如图1所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置时静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )图1A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W 1C ．小球的机械能增加W 1＋m v 212D ．小球的电势能增加W 2审题突破　①重力做正功还是负功？重力势能如何变化？②弹力做正功还是负功？弹性势能如何变化？③电场力做正功还是负功？电势能如何变化？解析　撤去力F ，小球在重力、弹力、电场力作用下向上运动，弹性势能、电势能均减少，动能和重力势能均增加，小球与弹簧组成的系统机械能增加，选项A 错误．小球向上运动，重力做负功W 1，小球的重力势能增加ΔE p ＝－W 1，选项B 正确．小球机械能的增加等于电场力所做的功W 2，即ΔE ＝W 2，选项C 错误．小球向上运动，电场力做正功，小球的电势能减少，电场力所做的功等于小球电势能的变化，所以电势能减少W 2，选项D词灵璧县黄湾中学学案错误．答案　B点拨提升1．带电物体在电场中运动时，电场力做功将引起电势能与其他形式的能发生转化，带电物体的机械能不再守恒．2．要搞清几个功能关系：重力做功等于重力势能的变化，电场力做功等于电势能的变化，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，合外力做功等于动能的变化，重力以外的其他力做功的和等于物体机械能的变化．3．不论能量如何变化，其总是满足能量守恒定律．突破练习1．如图2所示，光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场平行于斜面向下，弹簧另一端固定，带电滑块在A点处于静止状态，滑块与斜面间绝缘．现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块最远能到达P点．在这过程中( )图2A．滑块的动能一定减小B．弹簧的弹性势能一定增大C．滑块电势能的改变量一定小于重力与弹簧弹力做功的代数和D．滑块机械能的改变量等于电场力与弹簧弹力做功的代数和答案　AD解析　滑块处于静止状态时，受重力、电场力、弹簧弹力和斜面的支持力，合力为零．当向下运动时，合力方向沿斜面向上，合力做负功，动能减小，A对；由于滑块的电性不知，电场力方向不知，弹簧在A点是伸长还是压缩不能确定，B错；由于只有重力、电场力和弹簧弹力做功，A、P两点速度又为零，故电场力做功即滑块电势能的改变量一定等于重力与弹簧弹力做功的代数和，C错；对滑块而言，重力以外的其他力做功的代数和等于其机械能的改变量，D对．2．如图3所示，一正点电荷位于O点，光滑绝缘杆MN竖直固定在其右侧，O′点为杆上一点且与O点在同一水平线上．质量为m的带正电的小球套在杆MN上，从杆上距O′点高为H的A点由静止释放，运动到A′(A′与A关于O′对称)过程中，加速度(a)、重力势能(E pG)、机械能(E)、电势能(E p电)随位置变化的图象可能正确的是(取O′点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远处电势为零)( )灵璧县黄湾中学学案图3答案　BC 解析　小球从A 到A ′，所受合外力不是均匀变化，加速度也不是均匀变化，而重力势能是均匀变化的，A 错误，B 正确．小球从A 到O ′电场力做负功，电势能增加，机械能减少，从O ′到A ′电场力做正功，电势能减少，机械能增加，C 正确．但电势能不是均匀变化的，D 错误．3． 如图4所示，在光滑绝缘水平面上的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放一质量为m 、电荷量为－q 的负检验电荷，该检验电荷经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零，则在＋Q 形成的电场中( )图4A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点电势为－m v 22q C ．P 点电场强度大小是N 点的4倍D ．检验电荷在N 点具有的电势能为－m v 212答案　BC解析　沿电场线方向电势降低，由正点电荷的电场分布可知N 点电势低于P 点电势，A错误；负电荷由N 至P ，电场力做正功，电势能的减小等于动能的增加，又负电荷在P 点的电势能为0，故负电荷在N 点的电势能为m v 2，N 点电势为－，B 正确，D 错误；由12m v 22q 班〈三灵璧县黄湾中学学案点电荷的场强公式E ＝k 可知P 点电场强度大小是N 点的4倍，C 正确．本题选B 、C.Qr 2考题2　对带电粒子在电场中加速和偏转的考查例2　如图5所示，直流电源的路端电压U ＝182 V ．金属板AB 、CD 、EF 、GH 相互平行、彼此靠近．它们分别和变阻器上的触点a 、b 、c 、d 连接．变阻器上ab 、bc 、cd 段电阻之比为1∶2∶3.孔O 1正对B 和E ，孔O 2正对D 和G .边缘F 、H 正对．一个电子以初速度v 0＝4×106 m/s 沿AB 方向从A 点进入电场，恰好穿过孔O 1和O 2后，从H 点离开电场．金属板间的距离L 1＝2 cm ，L 2＝4 cm ，L 3＝6 cm.电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量q ＝1.6×10－19 C．正对两极板间可视为匀强电场，不计电子重力，求：图5(1)各正对两极板间的电场强度；(2)电子离开H 点时的动能；(3)四块金属板的总长度(AB ＋CD ＋EF ＋GH )．审题突破　①由ab 、bc 、cd 各段电阻比确定三对极板间电压比，从而确定电场强度关系．②粒子从A 到H ，分析电场力做功情况，利用动能定理确定末动能．③四块金属板的总长度为粒子水平位移的2倍，利用平抛运动知识分析．解析　(1)三对正对极板间电压之比U 1∶U 2∶U 3＝R ab ∶R bc ∶R cd ＝1∶2∶3，板间距离之比L 1∶L 2∶L 3＝1∶2∶3，根据E ＝知，Ud 三个电场场强相等：E ＝＝1 516.67 N/CUL 1＋L 2＋L 3(2)根据动能定理：qU ＝m v 2－m v 121220电子离开H 点时的动能：E k ＝m v ＋qU ＝3.64×10－17 J 1220(3)由于三对极板间场强相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动竖直方向L 1＋L 2＋L 3＝t 212qEm 水平方向x ＝v 0t习灵璧县黄湾中学学案消去t解得x＝0.12 m.即金属板的总长AB＋CD＋EF＋GH＝2x＝0.24 m.答案　(1)1 516.67 N/C　(2)3.64×10－17 J　(3)0.24 m思维提升带电粒子在电场中的运动问题的解题思路1．首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动问题还是偏转运动问题．2．对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两个途径进行处理：①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．3．对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解的方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学公式求解．在不涉及速度方向时，用动能定理比较方便，即：根据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子能量的变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．此方法也适用于非匀强电场．4．当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．突破练习4．电荷量为q＝1×10－4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图6甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是( )甲 乙图6A．物块在4 s内的总位移x＝6 mB．物块的质量m＝0.5 kgC．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2D．物块在4 s内电势能减少14 J灵璧县黄湾中学学案答案　ACD解析　由题图乙可知，物块前2 s 做匀加速直线运动，在2 s ～4 s 做匀速直线运动，根据v －t 图象所围面积可求得前2 s 位移x 1＝2 m,2 s ～4 s 位移x 2＝4 m ，总位移为x ＝6m ，A 正确.0～2 s 内，由牛顿第二定律得qE 1－μmg ＝ma ，①且a ＝＝1 m/s 2，②ΔvΔt 2 s 后物块做匀速运动，有qE 2＝μmg ③由题图甲知E 1＝3×104 N/C 、E 2＝2×104 N/C ，联立①②③可得m ＝1 kg ，μ＝＝0.2，BqE 2mg 错误，C 正确．又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即ΔE p ＝W ＝E 1qx 1＋E 2qx 2＝14 J ，D 正确．5． 空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图7所示．一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球在该电场中运动，小球经过A 点时的速度大小为v 1，方向水平向右；运动至B 点时的速度大小为v 2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A 、B 两点之间的高度差为h 、水平距离为s ，则以下判断正确的是( )图7A ．A 、B 两点的电场强度和电势关系为E A <E B 、φA <φBB ．如果v 2>v 1，则电场力一定做正功C ．A 、B 两点间的电势差为(v －v )m2q 221D ．小球从A 运动到B 点的过程中电场力做的功为m v －m v －mgh 1221221答案　D解析　由电场线的方向和疏密可知A 点电场强度小于B 点，但A 点电势高于B 点，A 错误．若v 2>v 1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B 错误．由于有重力做功，故A 、B 两点间电势差不是(v －v )，C 错误．小球从A 运动到B 点过程中由动能m2q 221定理得W 电＋mgh ＝m v －m v ，所以W 电＝m v －m v －mgh ，D 正确．122122112212216． 如图8所示，圆O 处在匀强电场中，场强方向与圆O 所在平面平行，带正电的微粒以学关2相同的初动能沿着各个方向从A 点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C 点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O 为圆心，AB 、CD 是圆的直径，∠AOD 是锐角，则( )图8A ．从弧DB 射出的粒子动能都大于初动能B ．从B 点离开的粒子动能最小C ．从D 点离开的粒子动能小于初动能D ．从弧ACB 内射出的粒子速率都不相同答案　C 解析　根据题意，从C 点离开圆形区域的动能最大，说明从A 到C 电场力做功最多，C 点等势线应与OC 垂直，即电场线应为DC 方向，如图所示．所以A 的等势线在DO 之间，所以若从D 点离开，其动能应减少，所以C 正确．由图可知DB 弧线中在A 点等势线与D 点等势线之间射出的粒子动能小于初动能，在A 点等势线与C 点等势线之间射出的粒子动能要大于初动能，A 错误．根据等势线性质，从B 点离开的粒子动能比初动能要大，所以B 错误．过B 做等势线，发现在ACB 弧中有个交点B ′，根据电场力做功与路径无关可知，弧B ′B 内有速率相同的地方，D 错误．考题3　对带电粒子在交变电场中运动的考查例3　在金属板A 、B 间加上如图9乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T .现有电子以平行于金属板的速度v 0从两板中央射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m ，电荷量为e，不计电子的重力，求：图9(1)若电子从t ＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t ＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？审题突破　①电子的运动规律：水平方向不受电场力，做匀速直线运动，竖直方向受电场力，做匀加速或匀减速运动．②若电子平行于金属板飞出时，其竖直速度必定为零．③若电子从两板中央平行于板飞出，其竖直位移必定为零．解析　(1)由动能定理得：e ·＝m v 2－m v U 02121220解得v ＝.v 20＋eU 0m (2)t ＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v 0，平行于极板，以后继续重复这样的运动．要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO ′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L ＝v 0T .(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO ′线．可见应在t ＝＋k ·(k ＝0,1,2，…)时射入．T 4T2极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上．由牛顿第二定律有a ＝.eU 0md 加速阶段运动的距离s ＝··()2≤12eU 0md T4d4可解得d ≥T eU 08m故两板间距至少为T eU 08m 答案　(1)　(2)v 0Tv 20＋eU 0m (3)＋k ·(k ＝0,1,2，…)　T T4T2eU 08m思维提升带电粒子在交变电场中的运动问题常常出现在高考试题的选择题中，也可能与磁场相结合，以计算题的形式呈现．带电粒子在交变电场中的运动可以分为直线运动和曲线运动两类：(1)对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般以加速、减速交替出现的多过程情况较多．解决的方法主要根据运动学或动力学规律分析清楚其中一个完整的过程，有时也可借助v －t 图象进行运动过程的分析，找出各个过程中的重要物理量间的关系，进行归纳、推理，从而寻找其运动规律再进行分段处理求解．(2)对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，再分别用直线运动的规律加以解决．突破练习7． 平行板间有如图10所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．在下列图象中，能正确定性描述粒子运动的速度图象是( )图10答案　A解析　0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.～T 时间内做加速度恒定的匀T2T2减速直线运动，由对称性可知，在T 时速度减为零．此后周期性重复运动，故A 正确．8． (2011·安徽·20)如图11甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )联图11A ．0<t 0<B.<t 0<T4T23T4C.<t 0<TD ．T <t 0<3T 49T8答案　B 解析　<t 0<时，U AB <0，电场方向由B 板指向A 板．t 0到T 时刻，粒子向A 板做初速度T 23T4为零的匀加速直线运动，T 时刻电场反向，粒子向A 板做匀减速直线运动，经相同时间速度减为零，再向B 板做初速度为零的匀加速直线运动然后匀减速到零，由于向A 板运动的时间长，所以粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．9． 如图12甲所示，在y ＝0和y ＝2 m 之间有沿着x 轴方向的匀强电场，MN 为电场区域的上边界，在x 轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x 轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为＝1.0×10－2 C/kg ，在t ＝0时刻以速qm 度v 0＝5×102 m/s 从O 点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：图12(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度大小．答案　(1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m)(3)4×10－3 m/s解析　(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝＝4×10－3 syv 0(2)粒子沿x 轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a 1＝＝4 m/s 2，减速时的E 1qm 加速度大小为a 2＝＝2 m/s 2由运动学规律得E 2qm x 方向上的位移为育，灵璧县黄湾中学学案x ＝a 1()2＋a 1()2－a 2()2＝2×10－5 m12T2T212T2因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m)(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度为v x ＝a 1－a 2＝4×10－3 m/sT2T2例4　(2013·四川·10)(17分)在如图13所示的竖直平面内，物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k ＝5 N/m 的轻弹簧一端固定在O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D 与A 相连．弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面．水平面处于场强E ＝5×104 N/C 、方向水平向右的匀强电场中．已知A 、B 的质量分别为m A ＝0.1 kg 和m B ＝0.2 kg ，B 所带电荷量q ＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变．取g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图13(1)求B 所受静摩擦力的大小；(2)现对A 施加沿斜面向下的拉力F ，使A 以加速度a ＝0.6m/s 2开始做匀加速直线运动．A 从M 到N 的过程中，B 的电势能增加了ΔE p ＝0.06 J ．已知DN 沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A 到达N 点时拉力F 的瞬时功率．审题突破　①平衡状态下，分别分析A 和B 的受力情况，利用平衡条件求解．②分析B 的运动情况，求B 通过的位移和B 的末速度．③在A 加速运动过程中，分析A 的受力情况，对其列动力学方程，求拉力F .解析　(1)F 作用之前，A 、B 均处于静止状态．设B 所受静摩擦力大小为f 0，A 、B 间绳中张力为T 0，有对A ：T 0＝m A g sin θ①对B ：T 0＝qE ＋f 0②联立①②式，代入数据解得：f 0＝0.4 N③(2)物体A 从M 点到N 点的过程中，A 、B 两物体的位移均为s ，A 、B 间绳子张力为T ，有qEs ＝ΔE p④T －μm B g －qE ＝m B a⑤设A 在N 点时速度为v ，受弹簧拉力为F 弹，弹簧的伸长量为Δx ，有v 2＝2as ⑥F 弹＝k ·Δx ⑦F ＋m A g sin θ－F 弹sin θ－T ＝m A a ⑧由几何关系知Δx ＝⑨s (1－cos θ)sin θ设拉力F 在N 点时的瞬时功率为P ，有P ＝F v⑩联立④～⑩式，代入数据解得P ＝0.528 W ⑪答案　(1)0.4 N (2)0.528 W 评分细则　本题第(1)问6分，①②③式各2分，考生出现以下情况时不扣分：a ．把①式写成T 0－m A g sin θ＝0.b ．把②式写成T 0－qE －f 0＝0.c ．①②两式分别写成T 1＝m A g sin θ，T 2＝qE ＋f 0，并且写出T 1＝T 2.若考生把①式写成T 0＝mg sin θ，扣2分．本题第(2)问共11分，⑤⑧⑪式各2分，④⑥⑦⑨⑩式各1分．考生出现以下情况，酌情扣分：a ．把⑤式写成T ＝μm B g ＋qE ＋m B a .b ．把⑧式写成F ＋m A g sin θ－F 弹sin θ＝T ＋m A a .c ．绳子的拉力表示符号没有与第(1)问中的表示符号区分开．知识专题练　训练9一、单项选择题1． 有一静电场，其电势随x 坐标的改变而改变，变化的图线如图1所示．若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O 由静止释放，电场中P 、Q 两点的坐标分别为1 mm 、4 mm.则下列说法正确的是( )图1A ．粒子将沿x 轴正方向一直向前运动B ．粒子在P 点与Q 点加速度大小相等、方向相反C ．粒子经过P 点与Q 点时，动能相等D ．粒子经过P 点与Q 点时，电场力做功的功率相等答案　C解析　0～2 mm 内，粒子加速，2 mm ～6 mm 内减速，6 mm ～10 mm 内反向加速，10mm ～12 mm 内减速，A 错误．P 、Q 两点电场强度不等，电场力不等，B 错误．由动能定理得粒子经过P 点与Q 点时动能相等，由于P 、Q 两点电场力不等，所以电场力做功的功率不相等，C 正确，D 错误．2．如图2所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两极板间加四种电压，它们的U AB －t 图线如下列选项所示．其中可能使电子到不了B 板的是( )图2答案　B 解析　在A 选项所加电压下，电子将一直向B 板加速；在C 选项所加电压下，电子是先加速再减速至0，再加速再减速至0，一直向B 板运动；D 选项和C 选项一样，只不过电子的加速度发生变化；只有在B 选项所加电压下，电子先向B 板加速再减速，再向A 板加速再减速至初始位置，且速度变为0，如此在A 、B 间运动．3．如图3所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD 面带正电，EFGH 面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a 、b 、c ，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是( )图3A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B ．三个液滴的运动时间不一定相同灵璧县黄湾中学学案C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴c所带电荷量最多答案　D解析　三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误．4．如图4所示，带有正电荷量Q的细铜圆环竖直固定放置，一带正电荷量q的粒子从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心O(不计粒子的重力)．关于粒子的上述过程，下列说法中正确的是( )图4A．粒子先做加速运动后做减速运动B．粒子的电势能先增大，后减小C．粒子的加速度先增大，后减小D．粒子的动能与电势能之和先减小，后增大答案　C解析　带正电为Q的圆环圆心O处的场强为0，在无穷远处场强为0.粒子从很远处沿水平轴线到圆心O，场强E先增大，后减小，故带电粒子所受电场力先增后减，其加速度先增后减，C项正确．沿水平轴线的场强方向是从O指向无穷远处，故带正电q的粒子受力方向与运动方向相反，一直做减速运动，电场力做负功，电势能一直增大；由能量守恒得，粒子动能与电势能之和不变，故A、B、D项均错误．5．如图5所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．能描述粒子在这两个电场中运动的速度—时间图象的是(以v0方向为正方向)( )图5灵璧县黄湾中学学案答案　C解析　在区域Ⅰ中，mg＝E1q；在区域Ⅱ中，mg<E2q，合力向上，粒子做匀减速运动，速度减为0后，再反向加速，再次回到区域Ⅰ做匀速运动，故C正确.灵璧县黄湾中学学案6． 如图6所示，空间虚线框内有匀强电场，AA ′、BB ′、CC ′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为1 cm ，其中BB ′为零电势能面．一质量为m 、带电荷量为＋q的粒子沿AA ′方向以初速度v 0自图中的P 点进入电场，刚好从C ′点离开电场．已知PA ′＝2 cm ，粒子的重力忽略不计．下列说法中正确的是( )图6A ．该粒子在P 点时的电势能是2m v 20B ．该粒子到达C ′点时的速度是v 02C ．该粒子到达C ′点时的电势能是m v 20D ．该粒子通过等势面BB ′时的动能是1.5m v 20答案　D解析　由粒子在电场力作用下做类平抛运动的规律，0.02＝v 0t,0.02＝at 2，设P 点电势为12φ，则AA ′、CC ′两个等势面之间的电势差等于2φ，该电场的电场强度E ＝2φ/0.02＝100φ，a ＝qE /m ＝100qφ/m ，联立解得该粒子在P 点时的电势能是qφ＝m v ，20选项A 错误；该粒子到达C ′点时的电势能是q (－φ)＝－m v ，选项C 错误；由动能和电20势能之和保持不变可得：m v ＋m v ＝－m v ＋m v 2，解得该粒子到达C ′点时的速度2012202012是v ＝v 0，选项B 错误；由动能和电势能之和保持不变可得：m v ＋m v ＝E k ＋0，该粒5201220子通过等势面BB ′时的动能是E k ＝1.5m v ，选项D 正确．207． 如图7所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜虚线为该曲线过点(0.15,3)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8 C 的滑块P (可视为质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面间的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )保差记作四局。

【步步高】（全国通用）2016版高考物理 考前三个月 第1部分 专题10 直流电路与交流电路试题1．(2015·新课标全国Ⅰ·16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图1所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )图1A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝132．(2015·四川理综·4)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图2所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )图2A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0 D ．有效值是2Ne 03．(多选)(2015·天津理综·6)如图3所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )图3A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小4．(2015·福建理综·15)图4为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图4A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m)2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r1．题型特点(1)交流电路部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点．(2)直流电路部分主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等． 2．命题趋势高考对电路知识的单独考查主要是交流电路部分，特别是变压器与远距离输电相结合的动态分析问题是命题热点，而直流电路内容的考查通常与实验结合在一起，一般不单独命题．考题一 直流电路的分析1．(多选)(2015·益阳市四月调研)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压2U ，则( )A ．通过导线的电流为I8B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v 4D ．导线中自由电子定向移动的速率为v22．(多选)(2015·沈阳四校联考)如图5所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，平行板电容器C 的两金属板水平放置，R 1和R 2为定值电阻，P 为滑动变阻器R 的滑动触头，G 为灵敏电流计，A 为理想电流表，开关S 闭合后，C 的两板间恰好有一质量为m 、电荷量为q 的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是( )图5A ．在P 向上移动的过程中，A 表的示数变大，油滴仍然静止，G 中有方向由a 至b 的电流B ．在P 向上移动的过程中，A 表的示数变小，油滴向上加速运动，G 中有由b 至a 的电流C ．在P 向下移动的过程中，A 表的示数变大，油滴向下加速运动，G 中有由a 至b 的电流D ．在P 向下移动的过程中，A 表的示数变小，油滴向上加速运动，G 中有由b 至a 的电流 3．(多选)(2015·湖南省十三校第二次联考)如图6所示，电流表A 1(0～3 A)和A 2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S ，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )图6A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶54．(2015·莱芜市模拟)如图7所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L上标有“6 V12 W”字样，电动机的线圈电阻R M＝0.50 Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12 V，此时( )图7A．整个电路消耗的电功率为24 WB．电动机的热功率为12 WC．电动机的输出功率为12 WD．电动机的输入功率为12 W1．闭合电路动态分析的三种常用方法(1)程序分析法：流程如下R局增大减小错误!I错误!减小增大错误!U错误!减小增大错误!U错误!增大减小错误!错误!(2)利用结论法：即“串反并同”法．①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)．(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．2．电路中的电功、电热、电功率和热功率(1)纯电阻电路：①Q＝W＝UIt＝I2Rt②P ＝UI ＝I 2R (2)非纯电阻电路 ①W >Q (W ＝Q ＋E 其他) ②P 电>P 热(P 电＝P 热＋P 其他)考题二 交变电流的产生及描述5．(2015·南充市三诊)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动(如图8甲所示)，产生的感应电动势e 随时间t 的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( )图8A ．从t 3到t 5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B ．从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ωC ．t 4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E 0D ．t 1时刻电阻R 的发热功率为RE 20R ＋r26．(2015·江西八所重点中学4月联考)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R ，让它在磁感应强度为B ，方向如图9所示的匀强磁场中绕轴MN 匀速转动．导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 、电阻为r 的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法正确的是( )图9A ．半圆形硬导线的转速2rPπ2R 2BB ．半圆形硬导线的转速rP π2R 2BC ．半圆形硬导线从图示位置转90°通过小灯泡的电荷量为πR 2BrD ．半圆形硬导线从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为07．(多选)(2015·洛阳二次统考)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图10甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15 Ω的灯泡相连，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，线圈直径D ＝0.4 m ，电阻r ＝1 Ω.取重力加速度g ＝10 m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin (πt ) m/s.则下列说法正确的是( )图10A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16 sin (πt ) VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin (πt ) AC ．灯泡的电功率为120 WD ．灯泡两端电压的有效值为1522V1．两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔ t 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．2．正弦式交流电的“四值”3．只有正弦式交流电最大值与有效值间才有2倍关系．考题三 变压器及远距离输电8．(多选)(2015·天津市河西区二模)如图11所示，一个理想变压器上有三组线圈，三组线圈匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1，现将三只相同的灯泡分别接入三组线圈中，并把n 1的接线端接上交变电源，接通电源后，下列各项正确的是( )图11A ．若L 1正常发光，那么L 2、L 3都不能正常发光B ．若L 2正常发光，那么L 1将烧毁C ．若L 2正常发光，那么L 1、L 3都不能正常发光D ．若L 3正常发光，那么L 2将烧毁9．(2015·广州二模)如图12为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，A 1、A 2、A 3为相同的理想交流电流表，当a 、b 端接入低压交流电源时，则( )图12A ．A 1、A 2的示数相等B ．A 2、A 3的示数相等C ．A 1的示数大于A 2的示数D ．A 2的示数大于A 3的示数10．(多选)(2015·黑龙江第六中学三模)某小型发电站通过升压变压器向60 km 远处的用户供电，在用户端用降压变压器将高压电变为220 V 供用户使用(设两个变压器均为理想变压器)，输电示意图如图13所示．已知输电线的电阻率为ρ＝1.25×10－8Ω·m，横截面积为1.5×10－4m 2，发电机输出功率为20 kW ，输出电压为250 V ，若线路损耗的功率为输出功率的5%.则下列说法正确的是( )图13A ．发电机是将其他形式的能转化为电能的设备，发电原理是法拉第电磁感应定律B ．输电线上的电流为10 A C.n 2n 1>n 3n 4D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压11．(2015·邢台四模)如图14所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R ，当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一质量为m 的重物以速度v 匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为( )图14A ．4IR ＋mgv IB.mgv IC ．4IRD.14IR ＋mgv I变压器电路的动态分析技巧 (1)根据题意弄清变量和不变量； (2)弄清动态变化过程中的决定关系；(3)利用直流电路的动态分析方法，具体思路如下：专题综合练1．(2015·邢台四模)欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向经过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )2．(2015·江苏单科·1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A．200 B．400C．1 600 D．3 2003．(多选)(2015·雅安三诊)今有某小型发电机和一理想变压器连接后给一个灯泡供电，电路如图15(电压表和电流表均为理想电表)．已知该发电机线圈匝数为N，电阻为r，当线圈以转速n匀速转动时，电压表示数为U，灯泡(额定电压为U0.电阻恒为R)恰能正常发光，则( )图15A．交压器的匝数比为U∶U0B．电流表的示数为U20 RUC．在图示位置时，发电机线圈的磁通量为2U2NnπD．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝U sin 2nπt 4．(2015·南平5月质检)如图16所示，图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )图16A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．图甲电压的有效值为220 V，图乙电压的有效值小于220 VC．图乙电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt VD．图甲电压经过匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的0.1倍5．(2015·广东理综·15)如图17为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后( )图17A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶26．(2015·金丽衢十二校二次联考)如图18所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板．当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动，则下列说法中正确的是( )图18A．两极板A、B间正对面积减小其他条件不变时，油滴将向下运动B．移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU，则电阻R2两端的电压减小了ΔUC．R1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动D．R1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R2上消耗的热功率变小7．(2015·安徽皖南八校二联考)电吹风是生活中的常用电器．某款电吹风的各项参数如下表所示，其电路图如图19所示，理想变压器的两线圈匝数分别为n1和n2，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属片P可同时接触两个触点．触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹自然风三种不同的工作状态．关于该款电吹风，下列说法中正确的是( )热风时输入功率450 W自然风时输入功率50 W小风扇额定电压50 V正常工作时小风扇的机械功率42 W图19A．触片P与触点b、c接触时，电吹风吹热风B．变压器两线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5C．小风扇线圈电阻为8 ΩD．电热丝正常工作时电阻为6.25 Ω8．(2015·临汾四校二模)在如图20所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列说法正确的是( )图20A.U 1I 不变，ΔU 1ΔI 变大B.U 2I 变大，ΔU 2ΔI 不变C.U 3I 变大，ΔU 3ΔI变大 D ．电源的输出功率变大9．(2015·河南省实验中学二调)普通的交流电压表是不能直接接在高压输电线路上测量电压的，通常要通过电压互感器来连接．图21中电压互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电压为U ab ；cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电压为U cd .为了使电压表能正常工作，则( )图21A ．ab 接MN ，cd 接PQ ，U ab <U cdB ．ab 接MN ，cd 接PQ ，U ab >U cdC ．ab 接PQ ，cd 接MN ，U ab <U cdD ．ab 接PQ ，cd 接MN ，U ab >U cd10．(多选)(2015·海南单科·10)如图22所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )图22A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V11．(多选)(2015·怀化二模)如图23所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(36 V,6 W)字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5 A，下列说法正确的是( )图23A．原、副线圈匝数之比为3∶1B．变压器的输入功率为12 WC．电压表的读数为18 VD．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小答案精析专题10 直流电路与交流电路 真题示例1．A [原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I 2＝U R ，根据I 1I 2＝n 2n 1得原线圈电流I 1＝U3R ，那么原线圈输入电压220 V ＝3U ＋U3R×R ，整理可得U ＝66 V ；原、副线圈电阻消耗的功率根据P ＝I 2R ，电阻相等，I 1∶I 2＝1∶3，可得功率之比为P 1∶P 2＝1∶9，即k ＝19.根据以上分析可知选项A 正确．]2．D [矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，所以发电机的电动势峰值为2Ne 0，A 、B 错误；由于不计线圈的电阻，所以发电机的输出电压峰值为2Ne 0，故有效值为2Ne 02＝2Ne 0，故D 正确．] 3．BC [保持Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U 22R ＋R 0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；保持P 位置不动，Q 上滑时，由U 2U 1＝n 2n 1知U 2增大，同理分析原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误．] 4．C [原线圈电压的有效值：U 1＝U m2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝P U 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 2·2r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．]考题一 直流电路的分析1．AD [将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积为原来的14，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R ＝ρLS分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为2U 时，根据欧姆定律I ＝U R 可知，电流变为I8.故A 正确，B 错误．电流的微观表达式I ＝nevS ，其中n 、e不变，电流I 为原来的18，横截面积S 变为原来的14倍，则自由电子定向移动的平均速率为v2.故C 错误，D 正确．]2．BC [油滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与滑动变阻器R 、电阻R 2相并联后与R 1串联，滑片向上移动，电阻R 变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U ＝E －I (r ＋R 1)，故电容器两端电压变大，带电荷量变大，电场力变大，油滴向上加速；电容器充电，故G 中电流从b 到a ，故A 错误，B 正确．在将滑动变阻器滑片P 向下移动的过程，电阻R 变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U ＝E －I (r ＋R 1)，故电容器两端电压变小，带电荷量变小，电场力变小，油滴向下加速；电容器放电，故G 中电流从a 到b ，故C 正确，D 错误．]3．BC [电流表A 1(0～3 A)和A 2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电阻，在题图中两电流计也是并联的，所以C 正确；它们的量程之比为5∶1，即总电阻之比为1∶5，所以并联时读数之比5∶1，所以B 正确．] 4．D [灯泡正常发光，则电路电流I ＝I L ＝P L U L ＝126A ＝2 A ；已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故A 错误；电动机的热功率P Q ＝I 2R M ＝22×0.5 W＝2 W ，故B 错误；灯泡正常发光时，电动机电压U M ＝U －U L ＝(12－6) V ＝6 V ，电动机的输入功率P ＝U M I ＝6×2 W＝12 W ，电动机的输出功率P 出＝P －P Q ＝12 W －2 W ＝10 W ，故C 错误，D 正确．]考题二 交变电流的产生及描述5．D [由于磁通量是双向标量，在t 3到t 5这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为ΔΦ1＝2BS ，故A 错误；通过电阻的电荷量Q ＝n ΔΦR，所以t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量Q ＝nBS R ＋r ＝E 0R ＋r ω，故B 错误；由于产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在电动势最大时，线圈中磁通量的变化率最大，即E 0＝nk ，所以k ＝E 0n，故C 错误；求功率时需用有效值，所以E ＝E 02，所以电流I ＝ER ＋r，R 的发热功率为P ＝RE 20R ＋r2，故D 正确．]6．A [设灯泡的额定电压为U ，则P ＝U 2r，得到U ＝Pr .由于除灯泡外，其余部分电阻不计，则U ＝22E m ，而E m ＝BS ω＝2πBSn ＝2πB ×12πR 2n ，故有：n ＝2Prπ2R 2B，故A 正确，B 错误；从该位置旋转90°的过程中，穿过半圆形硬导线平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝B ×12πR 2＝12πR 2B ，根据推论得到，通过小灯泡的电荷量为q ＝ΔΦr ＝πBR22r，故C 、D 错误．]7．BC [线圈在浮桶里随波浪上下运动切割磁感线产生感应电动势，e ＝NBLv ＝NB πDv ＝200×0.2×π×0.4×0.4πsin (πt ) V ＝64sin (πt ) V ，故A 错误；R 总＝(15＋1) Ω＝16 Ω，则灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝eR 总＝4sin (πt ) A ，故B 正确；灯泡中电流的有效值为I ＝42A ＝2 2 A ，灯泡的电功率P ＝I 2R ＝120 W ，故C 正确；灯泡两端电压的有效值为U ＝IR ＝15×2 2 V ＝30 2 V ，D 错误．]考题三 变压器及远距离输电8．ACD [变压器除了改变电压，还会改变电流．当次级线圈接通时，电流就按一定的比例会反馈到初级线圈上．I 1由I 2与I 3的反馈而成，因为n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1，设原线圈电压为3U ，则副线圈电压分别为2U 和U ，根据输入功率等于输出功率知：3UI 1＝2UI 2＋UI 3，又I 2＝2I 3，联立得：I 1＝53I 3＝56I 2.设正常发光时电流为I .若L 1正常发光，那么L 2电流大于I 将烧坏、L 3电流小于I 不能正常发光，A 正确；若L 2正常发光，那么L 1和L 3电流都小于I 不能正常发光，B 错误，C 正确；若L 3正常发光，那么L 2电流大于I 烧毁，D 正确．]9．C [根据变压器的规律电流与匝数成反比，得I 1I 2＝n 2n 1，且n 1<n 2，故A 1的示数大于A 2的示数，故A 错误，C 正确；同理，A 2的示数小于A 3的示数，故B 、D 错误．]10．AB [发电机是通过电磁感应将其他形式的能转化为电能的设备，其原理为法拉第电磁感应定律，故A 正确；由电阻定律可知，R ＝ρL S ＝1.25×10－8×60×2×1031.5×10－4 Ω＝10 Ω；由功率公式可得：5%P ＝I 2R 解得：I ＝10 A ，故B 正确；由功率公式P ＝UI 可得，输电电压U 2＝20 00010V ＝2 000 V ，则n 2n 1＝2 000250＝8，降压变压器输入电压U 3＝U 2－IR ＝2 000－10×10 V＝1 900 V ，则n 3n 4＝U 3U 4＝1 900220≈8.6，故n 2n 1<n 3n 4，故C 、D 错误．] 11．A [电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I ，输入功率等于副线圈消耗的功率：P ＝(2I )2R ＋mgv ＝UI ，所以电压表的读数U ＝4IR ＋mgv I.]专题综合练1．A [由电阻的决定式可知，A 中电阻R A ＝ρc ab ，B 中电阻R B ＝ρb ac ；C 中电阻R C ＝ρa bc；D 中电阻R D ＝ρabc，故电阻最小的为A.] 2．B [根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得，n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，选项B 正确．]3．AB [电压与匝数成正比，所以变压器的原、副线圈的匝数比是n 1∶n 2＝U ∶U 0，故A 正确；灯泡电流是U 0R，理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P ，所以输入功率为P ，U 0 ·U 0R ＝IU ，即电流表读数I ＝U 20RU，故B 正确；手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是E m ＝2I (R ＋r )＝N Φm ω，解得最大磁通量Φm ＝2IR ＋r N ω，故C 错误；线圈以较大的转速n 匀速转动时，所以ω＝2πn ，所以变压器输入电压的瞬时值u ＝2U sin 2n πt ，故D 错误．]4．B [由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A 错误；由于对应相同时刻，题图甲电压比题图乙电压大，根据有效值的定义可知，题图甲的有效值要比题图乙的有效值大，题图甲是正弦式交流电，所以有效值U ＝E m2＝220 V ，题图乙的有效值小于220V ，故B 正确；题图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C 错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D 错误．]5．C [在输入电压U 1和原线圈匝数n 1不变的情况下，使输出电压U 2有效值由220 V 降至110 V ，由U 2U 1＝n 2n 1知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C 正确；副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A 错误；由P ＝UI 知，输出功率之比为4∶1，故B 错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D 错误．]6．D [仅把两极板A 、B 间正对面积减小，电容器的电压不变，由E ＝U d分析得知，板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止，故A 错误；移动R 1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU ，说明变阻器的电阻增大，总电流减小，电源内电阻电压减小，则电阻R 2两端的电压的减小量小于ΔU ，故B 错误；电容器的电压等于路端电压，欲使带电油滴向上运动，必须增大路端电压，则使可变电阻R 1滑动触头向右移动，故C 错误；若将R 1的滑动触头向右移动时，R 1的电阻增大，总电流减小，即可知R 2的发热功率减小，故D 正确．]7．C [只有电热丝接入时才能吹热风，故吹热风时触片P 与触点a 、b 接触，故A 错误；根据变压器的副线圈、原线圈的匝数与电压的关系：n 1∶n 2＝50∶220＝5∶22，故B 错误；小风扇的热功率为：P 热＝50 W －42 W ＝8 W ，电流I ＝5050A ＝1 A ，则由P ＝I 2r 可得：r ＝8 Ω，故C 正确；电热丝的功率P ′＝450 W －50 W ＝400 W ，由P ′＝U 2R 可知，电热丝电阻R ＝2202400Ω＝121 Ω，故D 错误．]8．B [根据欧姆定律得知：U 1I ＝ΔU 1ΔI ＝R 1.故当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，U 1I 、ΔU 1ΔI均不变，故A 错误；U 2I ＝R 2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 2＝E －I (R 1＋r )，则有U 2ΔI＝R 1＋r ，不变，故B 正确；U 3I ＝R 1＋R 2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3＝E －Ir ，则有ΔU 3ΔI＝r ，不变．故C 错误；当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电阻变大，但是不知道外电阻与内阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，则D 错误．]9．C [电压互感器的作用是使大电压变成小电压，根据变压器原理可知，应使匝数多的接入输入端，故MN 接cd ，PQ 接ab ，且U ab <U cd .]10．AD [当负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0时，根据串、并联电路规律，R 两端电压为R 0两端电压的5倍，因为电压表测量R 两端的电压，所以U R 0＝15×5 V＝1 V ，故副线圈两端电压为U 2＝6 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得此时原线圈两端电压的有效值为U 1＝24 V ，所以此时原线圈两端电压的最大值为24 2 V≈34 V，A 正确，B 错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前、后电流也不变，则变化后电压U 2＝IR 0＋5IR 0＝6IR 0，变化前，U 2′＝IR 0＋11IR 0＝12IR 0，所以U 2′＝2U 2＝12 V ，根据公式U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V ，D 正确，C 错误．]11．CD [因为L 1正常发光，L 1两端的电压为36 V ，电流I ＝P U ＝636 A ＝16 A ，L 2的电流为112A ，两端的电压为18 V ，电功率为1.5 W ，所以副线圈的输出电压(36＋18) V ＝54 V ，副线圈的输出功率为：(6＋1.5＋1.5) W ＝9 W ，原线圈的输入功率也为9 W ；I 1I 2＝n 2n 1，0.516＝n 2n 1，n 1n 2＝13，当L 3断路时，副线圈的电压不变，总电阻增大，电流变小，L 1变暗，L 2两端的电压变大，L 2变亮，由P ＝U 2R 总，U 不变，R 总增大，总功率变小．]。