2020届高考化学一轮复习人教版功和功率作业Word版含答案

电磁感应中的动力学和能量综合问题一、选择题1．(2019年山东济南一模)平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场．若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( )图46－1A ．PB.R R ＋r PC.r R ＋r PD.⎝ ⎛⎭⎪⎫R R ＋r 2P 解析：导体棒在水平方向受拉力和安培力，当拉力与安培力平衡时，棒的速度最大，此时电路中的感应电流最大，电阻R 上消耗的功率最大，则电路的最大电功率为P ，电路中各电阻上的功率与电阻成正比分配，所以P R P ＝R R ＋r ，所以P R ＝R R ＋rP ，B 正确． 答案：B图46－22．如图46－2所示，在光滑的水平面上，一质量为m ，半径为r ，电阻为R 的均匀金属环，以v 0的初速度向一磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d >2r )．圆环的一半进入磁场历时t 秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q ，则t 秒末圆环中感应电流的瞬时功率为( )A.4B 2r 2v 20RB.4B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m RC.2B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m R D.B 2r 2π2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m R解析：t 秒末圆环中感应电动势为E ＝B ·2r ·v ，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热，Q ＝12m v 20－12m v 2，t 秒末圆环中感应电流的功率为P ＝EI ＝E 2R ＝4B 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－2Q m R ，B 正确．答案：B图46－33．(2019年四川第二次大联考)如图46－3所示，固定的竖直光滑U 型金属导轨，间距为L ，上端接有阻值为R 的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与劲度系数为k 的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x 1＝mg k ，此时导体棒具有竖直向上的初速度v 0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是( )A ．初始时刻导体棒受到的安培力大小F ＝B 2L 2v 0RB ．初始时刻导体棒加速度的大小a ＝g ＋B 2L 2v 0m （R ＋r ）C ．导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D ．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝12m v 20＋2m 2g 2k解析：由法拉第电磁感应定律得：E ＝Bl v 0，由闭合电路的欧姆定律得：I ＝E R ＋r ，由安培力公式得：F ＝B 2L 2v 0R ＋r，故A 错误；初始时刻，F ＋mg ＋kx 1＝ma ，得a ＝2g ＋B 2L 2v 0m （R ＋r ），故B 错误；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C 正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R 上的只是一部分，故D 错误．答案：C图46－44．(2019年湖南重点中学联考)如图46－4所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L ，上方连接一个阻值为R 的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场．两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上，金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好，电阻均为r 、质量均为m ；将金属杆1固定在磁场的上边缘，且仍在磁场内，金属杆2从磁场边界上方h 0处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动．现将金属杆2从离开磁场边界h (h <h 0)处由静止释放，在金属杆2进入磁场的同时，由静止释放金属杆1，下列说法正确的是( )A ．两金属杆向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bB ．回路中感应电动势的最大值为mg （2r ＋R ）BLC ．磁场中金属杆1与金属杆2所受的安培力大小、方向均不相同D ．金属杆1与2的速度之差为2gh解析：根据右手定则判断知金属杆2产生的感应电流方向向右，则流过电阻R 的电流方向从b →a ，故A 错误；当金属杆2在磁场中匀速下降时，速度最大，产生的感应电动势最大，由平衡条件得BIL＝mg ，又I ＝E m 2r ＋R，联立得感应电动势的最大值为E m ＝mg （2r ＋R ）BL ，故B 正确；根据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上，方向相同，由公式F ＝BIL 可知安培力的大小也相同，故C 错误；金属杆2刚进入磁场时的速度为v ＝2gh ；在金属杆2进入磁场后，由于两个金属杆任何时刻受力情况相同，因此任何时刻两者的加速度也都相同，在相同时间内速度的增量也必相同，即v 1－0＝v 2－v ，则得：v 2－v 1＝v ＝2gh ，故D 错误．答案：B图46－55．如图46－5所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后( )A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由a 向bC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F 3D ．两金属棒间距离保持不变解析：对两金属棒ab 、cd 进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，A 、B 、D 错误；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd所受安培力的大小F 安＝23F ，C 正确．答案：C图46－66．(多选)如图46－6所示，相距L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θD ．在速度达到2v 以后的匀速运动过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析：当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mg sin θ＝B 2L 2v R ；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F ＋mg sin θ＝2B 2L 2v R ，两式联立解得F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P ＝F ×2v ＝2mg v sin θ，选项A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，沿导轨方向有mg sin θ－B 2L 2v 2R ＝ma ，解得a ＝12g sin θ，选项C 正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误．答案：AC图46－77．(多选)如图46－7所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4 Ω的导体棒弯成半径L＝0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1 Ω.整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过．电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s，则()A．当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 WB．当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 WC．全电路最大功率为3 WD．全电路最大功率为4.5 W解析：当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Ω，与R1串联接入电源，外电阻为2 Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝12BL2ω＝3 V，圆环上分压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W，A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P＝E2R1＝4.5 W，C错误，D正确．答案：AD图46－88．(2019年湖北六校模拟)(多选)如图46－8所示，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝0.1 kg.线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R 随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E －＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I －＝E －R ，则感应电荷量q ＝I －·Δt ，联立解得q ＝ΔΦR ，线圈进入和离开磁场，磁通量的变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD图46－99．(多选)如图46－9所示，有两根平行光滑导轨EF 、GH ，导轨间距离为L ，与水平面成θ角，电阻不计，其上端接有定值电阻R .导轨间加有一磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上．m 、p 、n 、q 是导轨上的四个位置，mp 与nq 平行，且与导轨垂直，mp 与nq 的间距为2L .电阻为R 、长为L 、质量为m 的导体棒从mp 处由静止开始运动，导体棒到达nq 处恰好能匀速运动．已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．流过定值电阻R 的电流方向为G →EB ．导体棒在nq 处的速度大小为2mgR sin θB 2L 2C ．导体棒在nq 处的热功率为2m 2g 2R sin θB 2L 2D ．导体棒从mp 运动到nq ，通过定值电阻的电荷量为BL 2R解析：导体棒下滑切割磁感线，由右手定则可判定m 点电势高，流过定值电阻R 的电流方向为E →G ，选项A 错误；因导体棒到达nq处匀速下滑，所以mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋R，联立得v ＝2mgR sin θB 2L 2，选项B 正确；导体棒的热功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BL v R ＋R 2R ＝m 2g 2R sin 2θB 2L 2 ，选项C 错误；导体棒从mp 运动到nq ，通过定值电阻的电荷量q ＝It ＝BL 2R ，选项D 正确．答案：BD图46－1010．(多选)如图46－10所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置．若使棒以一定的初速度v 0向右运动，当其通过位置a 、b 时，速率分别为v a 、v b ，到位置c 时棒刚好静止．设金属导轨与棒的电阻均不计，a 到b 和b 到c 的间距相等，则金属棒在从a 到b 和从b 到c 的两个过程中( )A ．速度变化相同B ．运动时间相同C ．安培力做功相等D ．通过棒横截面的电荷量相等解析：导体棒从a 到b 过程，根据动量定理得，－ILB ·Δt ＝m v b－m v a ，变形得B 2L 2x R ＝m (v a －v b )，从b 到c 可得B 2L 2x R ＝m (v b －v c )，所以速度变化相同，A 正确；根据x ＝v －t ，由于从a 到b 的速度大，所以时间短，B 错误；由于动能变化不同，所以安培力做功不同，C 错误；q ＝It ＝E R t ＝ΔΦR Δt·t ＝ΔΦR ＝B ΔS R ，所以D 正确． 答案：AD二、非选择题11．(2019年哈尔滨师大附中二模)如图46－11所示，竖直平面内，水平线OO ′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B ，一个单匝正方形导体框，边长为L ，质量为m ，总电阻为r ，从ab 边距离边界OO ′为L 的位置由静止释放．已知从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场所用时间为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，导体框不翻转，求：图46－11(1)ab 边刚进入磁场时，b 、a 间电势差大小U ba ；(2)cd 边刚进入磁场时，导体框的速度大小．解析：(1)ab 边刚进入磁场时速度大小为v 1，则mgL ＝12m v 21E ＝BL v 1I ＝E rU ba ＝I ·34r解得U ba ＝3BL 42gL .(2)从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的过程中mgt －F －A t ＝m v 2－m v 1F －A ＝B I －L I －＝E －r E －＝ΔΦtΔΦ＝BL 2由以上各式解得：v 2＝gt －B 2L 3mr ＋2gL .答案：(1)3BL 42gL (2)gt －B 2L 3mr ＋2gL12．如图46－12甲，电阻不计的轨道MON 与PRQ 平行放置，ON 及RQ 与水平面的倾角θ＝53°，MO 及PR 部分的匀强磁场竖直向下，ON 及RQ 部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab 和cd 分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m ＝1.0 kg ，电阻R ＝1.0Ω，长度L ＝1.0 m 与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab 棒施加一个方向水平向右，按图46－12乙规律变化的力F ，同时由静止释放cd 棒，则ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动，g 取10 m/s 2.图46－12(1)求ab 棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B 的大小；(3)若已知在前2 s 内F 做功W ＝30 J ，求前2 s 内电路产生的焦耳热；(4)求cd 棒达到最大速度所需的时间．解析：(1)对ab 棒：F f ＝μmgv ＝atF －BIL －F f ＝maF ＝m (μg ＋a )＋B 2L 2at 2R由图象信息，代入数据解得a ＝1 m/s 2.(2)当t 1＝2 s 时，F ＝10 N ，由(1)知B 2L 2at2R ＝F －m (μg ＋a )，得B ＝2 T.(3)0～2 s 过程中，对ab 棒，x ＝12at 21＝2 mv 2＝at 1＝2 m/s由动能定理知：W －μmgx －Q ＝12m v 22代入数据解得Q ＝18 J.(4)设当时间为t ′时，cd 棒达到最大速度， F N ′＝BIL ＋mg cos53°F f ′＝μF N ′mg sin53°＝F f ′mg sin53°＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫B 2L 2at ′2R ＋mg cos53° 解得t ′＝5 s.答案：(1)1 m/s 2 (2)2 T (3)18 J (4)5 s。

2020届一轮复习人教版功能关系能量守恒定律课时作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．关于弹性势能，下列说法中正确的是()A．当弹簧变长时弹性势能一定增大B．当弹簧变短时弹性势能一定减小C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大D．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能答案 C解析当弹簧处于压缩状态时，弹簧变长时弹力做正功，弹性势能减小。

弹簧变短时，弹力做负功，弹性势能增加，故A、B错误。

当拉伸长度相同时，k 越大的弹簧的弹性势能越大，故C正确。

当k相同时，伸长量与压缩量相同的弹簧，弹性势能也相同，故D错误。

2．如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是()A．M球的机械能守恒B．M球的机械能增大C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功答案 C解析细杆光滑，故M、N组成的系统机械能守恒，N的机械能增加，绳的拉力对N做正功、对M做负功，M的机械能减少，故C正确，A、B、D错误。

3. [2017·福建福州模拟]如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢如图甲所示。

烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动如图乙所示。

那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，(不计空气阻力)下列说法正确的是()A．弹簧、小球所构成的系统机械能守恒B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球所受合力的最大值等于重力D．小球所受合外力为零时速度最小答案 A解析烧断细线后，小球受重力和弹力作用，故弹簧、小球所构成的系统机械能守恒，A正确；小球受到重力和向上的弹力两个力，弹簧的弹力先大于重力，小球加速上升，后弹力小于重力，小球减速上升，所以球的动能先增大后减小，当加速度等于零时，此时所受的合力为零，即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大，此时弹簧尚处于压缩状态，故B、D错误；小球脱离弹簧后还能继续向上运动，由简谐运动的对称性可知，小球所受合力的最大值(在最低点)大于重力，C错误。

2020届一轮复习人教版变压器电能的输送课时作业1．[人教版选修3－2P50第3题改编]从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A ．：1B ．：100C ．：10D ．：1解析：由题意知输电线上的电流I＝PU，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝Pr U故ΔU1ΔU2＝1U11U2＝U2U1＝11×103110＝1001，故选A.答案：A2．(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是()A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：对于理想变压器U2＝n2n1U1，U1不变则U2不变，与调节P无关，故B正确．又UL＝U2，所以灯的亮度不变，A错．P向上滑动时RP减小，则R总减小，P出＝U22R总增大，P入＝P出＝U1I1，所以I1增大，可知C错误，D正确．答案：BD3．如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是()A．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C．变压器原线圈输入的12 V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数解析：汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B错误；由题可知原线圈处接12 V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C错误；由U1U2＝n1n2可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D错误．故选A.答案：A4．如图所示，理想变压器的原线圈接入电压为7 200 V的交变电压，r为输电线的等效电阻，且r＝5 Ω，用电器R L的规格为“220 V880 W”，已知该用电器正常工作，由此可知()A．原、副线圈的匝数比为30∶1B．原线圈中的电流为4 AC．电器R L换成规格为“220 V 1 000 W”的用电器也可以正常工作D．变压器的输入功率为880 W答案：A解析：由用电器R L正常工作，可得通过副线圈的电流I＝4 A，副线圈导线上的电压损失U r＝4×5 V＝20 V，副线圈两端的电压U2＝220 V＋20 V＝240 V，因此原副线圈的匝数比为30∶1，故A项正确；又P1＝P2＝U2I2＝240×4 W＝960 W，故D项错误；原线圈中的电流I1≈0.13 A，B项错误；换成功率大的用电器后r分压变大，用电器电压小于220 V，故C项错误．5．(多选)如图所示的电路中，变压器为理想变压器，已知原、副线圈的匝数比为n1n2＝120，现给原线圈两端加瞬时值表达式为u1＝311sin 100πt(V)的交变电压，负载电阻R＝440 kΩ，I1、I2分别表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是()A ．副线圈两端电压的有效值为6 220 V ，副线圈中电流的有效值为14.1 mAB ．副线圈两端电压的有效值为4 400 V ，副线圈中电流的有效值为10.0 mAC ．I 1<I 2D ．I 1>I 2答案：BD 解析：根据题意可知，原线圈两端交变电压的最大值为311 V ，则其有效值为3112V ＝220 V ，根据原、副线圈电压与匝数成正比，可知副线圈两端电压的有效值为4 400 V ，再根据欧姆定律，可以求出副线圈中电流的有效值为 4 400440×103A ＝10 mA ，选项A 错误，B 正确；变压器的输入功率等于输出功率，即U 1I 1＝U 2I 2，可以判断I 1>I 2，选项C 错误，D 正确．6．(2018·河南中原名校联盟质检)(多选)如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V 1示数不变．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻．如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是()A．电流表A1示数变大B．电流表A2示数变小C．电压表V2示数变大D．电压表V3示数变小答案：AD解析：由于变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的电阻减小了，输出功率变大了，所以原线圈的输入功率也要变大，因为输入电压不变，所以输入电流要变大，所以电流表A1的示数变大，A正确；当用电器增加时，相当于R的值减小，副线圈的总电阻减小，所以电流要变大，即电流表A2的示数变大，B错误；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压不变，所以电压表V2的示数不变，C错误；由于副线圈的电流变大，电阻R0两端的电压变大，又因为电压表V2的示数不变，所以电压表V3的示数变小，D正确．7．(2018·河北保定调研)(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接通正弦交流电源，理想电压表V示数为22 V ，理想电流表A 1示数为5 A ，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A 2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的是( )A ．熔断器的熔断电流应该大于0.5 AB ．原、副线圈的电流频率之比为1∶10C ．若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是220 2 VD ．若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440 Ω，电流表A 2示数为0.5 A答案：AC 解析：根据I 2I 1＝n 1n 2，可知副线圈中电流为0.5 A ，则选项A 正确；原、副线圈的电流频率相等，选项B 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端电压为220 V ，最大值为220 2 V ，选项C 正确；电动机为非纯电阻电器，若电动机内阻为440 Ω，则副线圈电流小于0.5 A ，选项D 错误．[能力提升]8．(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A．电压表的示数为55 VB．原线圈中的输入功率等于副线圈中的输出功率C．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表的示数变小D．若滑动变阻器接入电路的阻值为30 Ω，则1 min内产生的热量为6 050 J答案：BC解析：原、副线圈的电压与匝数成正比，故副线圈两端的电压U2＝55 V，由P入＝P出，即U1I1＝U2I2，B项正确；由有效值的定义知电压表的示数小于55 V，A项错误；将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，副线圈中的电流变小，则电流表的示数变小，C项正确；由功率计算可知产生的热量为3 025 J，D项错误．9．(2018·江西三校高三联考)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin 100πt(V)．下列说法中正确的()A ．t ＝1600s 时，电压表的示数为220 V B ．t ＝1600s 时，a 、c 两点间电压瞬时值为110 V C ．滑动变阻器滑片向上移，电压表的示数不变，电流表的示数减小D ．单刀双掷开关由a 扳向b ，电压表的示数不变，电流表的示数减小答案：C 解析：原线圈两端电压有效值为220 V ，由理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为22 V ，电压表测量的是有效值，故A 错误；t ＝1600s 时，a 、c 两点间电压瞬时值为110 2 V ，故B 错误；滑动变阻器滑片向上移，接入电阻变大，副线圈两端电压由匝数比和输入电压决定，电压表的示数不变，电流表示数减小，C 正确；单刀双掷开关由a 扳向b ，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，故D 错误．10．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2.则下列说法正确的是()甲乙A．交流电源的最大效率为50%B．该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin 100πt(V)C．电流表的读数为n1n2E m2(n21R＋n22r)D．若R阻值增大，则变压器副线圈两端电压变大答案：CD解析：根据题述不能得出交流电源的最大效率，选项A错误；该交流电源的周期为0.04 s，该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin 50πt(V)，选项B错误；设变压器输入端等效电阻为R1，则原线圈中电流为I1＝E m2(R1＋r)，输入电压为U1＝I1R1＝E m R12(R1＋r)，副线圈输出电压为U2＝I2R，输出功率为P2＝I22R，根据变压器功率关系可得E m R12(R1＋r)·E m2(R1＋r)＝I22R，根据变压公式，U1∶U2＝n1∶n2，联立解得R1＝n21n22R，I2＝n1n2E m2(n21R＋n22r)，选项C正确；若R阻值增大，副线圈输出电流减小，输出功率减小，导致原线圈输入电流减小，电源路端电压增大，原线圈输入电压增大，变压器副线圈两端电压增大，选项D正确．11．(2018·河北张家口模拟)(多选)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计，线框平面与磁感线垂直，以此时刻为计时起点，线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()A．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零B．线框中交变电压的表达式为e＝5002sin 200t(V)C．变压器原、副线圈匝数之比为50∶11D．允许变压器输出的最大功率为5 000 W答案：BD解析：题图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A错误；产生的交流电的最大值E m＝NBSω＝500 2 V，从图示位置计时，电动势的瞬时值表达式e＝5002sin 200t(V)，B正确；变压器原、副线圈的匝数比n1n2＝500220＝2511，C错误；变压器允许输出的最大功率P＝U1I1max＝500×10 W＝5 000 W，D正确．12．图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u ab-t图象如图乙所示．若只在ce间接一只R ce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只R de＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.甲乙(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab的表达式；(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比n cen de.答案：(1)u ab ＝400sin 200πt V (2)0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A (3)34 解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ， 电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt V .(2)电压有效值U 1＝200 2 V ， 理想变压器P 1＝P 2＝80 W ， 原线圈中的电流I 1＝P 1U 1， 解得I 1≈0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A . (3)设ab 间匝数为n 1，则U 1n 1＝U ce n ce， 同理U 1n 1＝U de n de. 由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de ，解得n ce n de ＝R ce R de ， 代入数据得n ce n de＝34.。

第五章 ⎪⎪⎪机械能守恒定律 第1节功和功率1．[多选](2019·姜堰模拟)如图所示，物体在水平桌面上，第一次对物体施加图A 的拉力F ，使物体由静止发生位移x ，第二次对物体施加图B 的推力F ，使物体由静止发生位移x ，两次施力过程中F 与水平方向的夹角均为α。

关于做功的下述说法中正确的是( )A ．图B 中F 做功多B ．A 、B 两图中F 做功相同C ．图B 中克服摩擦力做功多D ．A 、B 两图中克服摩擦力做功相同解析：选BC 由W ＝Fx cos α知，恒力F 对两种情况下做功一样多，即W A ＝W B ，故A 错误，B 正确；根据题意可知，图B 中物体对地面的压力大于图A 中物体对地面的压力，所以图B 中物体受到的滑动摩擦力比图A 中物体受到的摩擦力大，则图B 中克服摩擦力做功多，故C 正确，D 错误。

2．一物块放在水平地面上，受到水平推力F 的作用，力F 与时间t 的关系如图甲所示，物块的运动速度v 与时间t 的关系如图乙所示。

10 s 后的v -t 图像没有画出，重力加速度g 取10 m/s 2。

下列说法正确的是( )A ．物块滑动时受到的摩擦力大小是6 NB ．物块的质量为1 kgC ．物块在0～10 s 内克服摩擦力做功为50 JD ．物块在10～15 s 内的位移为6.25 m解析：选D 由题图乙可知，在5～10 s 内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f ＝F ′＝4 N ，故A 错误；在0～5 s 内物块的加速度为a ＝Δv Δt ＝55m /s 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律可得F －f ＝ma ，解得m ＝2 kg ，故B 错误；在0～10 s 内物块通过的位移为x ＝12(5＋10)×5 m ＝37.5 m ，故克服摩擦力做功为W f ＝fx ＝4×37.5 J ＝150 J ，故C 错误；撤去外力后物块产生的加速度为a ′＝－f m＝－2 m/s 2，减速到零所需时间为t ′＝0－5－2s ＝2.5 s<5 s ，减速到零通过的位移为x ′＝0－v 22a ′＝0－522×(－2) m ＝6.25 m ，故D 正确。

第2节动能定理及其应用1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A由W＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔE k可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。

动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C、D均错误。

2.(2018·江阴四校期中)质量为M、长度为L的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。

现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2。

下列关系式错误的是()A．μmgs1＝12m v12B．Fs2－μmgs2＝12M v22C．μmgL＝12m v12D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝12M v22＋12m v12解析：选C对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有μmgs1＝1 2m v12，故A正确；对木板，由动能定理得：Fs2－μmgs2＝12M v22，故B正确；由以上两式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝12M v22＋12m v12，又s2－s1＝L，则得：Fs2－μmgL＝12M v22＋12m v12，故C错误，D正确。

3．(2019·连云港一模)如图所示，放在光滑水平面上的劲度系数为k 的弹簧一端固定，一质量为m，速度为v0的滑块将其压缩，经t时间后压缩量为x ，此时速度为v ；再经过极短的时间Δt ，滑块运动的位移为Δx ，速度的变化量为Δv ，滑块动能的变化量为ΔE 。

2020届一轮复习人教版 电流电阻电功及电功率 课时作业1. (2017·上海高考)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示。

其中阻值最接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d答案 A解析 本题考查U ­I 图象的意义。

根据R ＝UI知，定值电阻的U ­I 图线的斜率表示定值电阻的阻值。

在U ­I 图中分别连接O 与4个点，根据它们的倾斜度可知，a 和b 的阻值最接近，故选A 。

2. (2015·安徽高考)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m ，电荷量为e 。

在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v, 则金属棒内的电场强度大小为( )A ．mv 22eLB ．mv 2Sn eC ．ρnevD ．ρev SL答案 C解析 根据E ＝UL ，U ＝IR ，I ＝neSv ，R ＝ρL S，得到E ＝nev ρ，选项C 正确。

3．(2018·山东师大附中二模)某同学做三种导电元件的导电性能实验，他根据所测量的数据分别绘制了三种元件的I ­U 图象，如图所示。

则下列说法中正确的是( )A ．只有乙图正确B ．甲、丙的曲线肯定是偶然误差太大C ．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不可能D ．甲、乙、丙三个图都有可能正确，并不一定有较大误差 答案 D解析 甲、乙、丙三个图象都可能正确，乙对应的是定值电阻；甲对应的电阻随U 增大而减小，丙对应的电阻随U 增大而增大，都是可能的，并不一定有较大的误差，故D 项正确。

4. (2018·邯郸模拟)电阻R 和电动机M 串联接到电路中，如图所示，已知电阻R 跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作。

设电阻R 和电动机M 两端的电压分别为U 1和U 2，经过时间t ，电流通过电阻R 做功为W 1，产生热量为Q 1，电流通过电动机做功为W 2，产生热量为Q 2，则有( )A ．U 1<U 2，Q 1＝Q 2B ．U 1＝U 2，Q 1＝Q 2C ．W 1＝W 2，Q 1>Q 2D ．W 1<W 2，Q 1<Q 2答案 A解析 电阻R 和电动机M 串联，通过两者电流相同，又因电动机内阻与R 相等，故Q 1＝Q 2＝I 2Rt ，因电阻R 为纯电阻用电器，W 1＝Q 1，电动机为非纯电阻用电器，W 2>Q 2，故W 2>W 1，U 2>U 1，故A 项正确。

2020届一轮复习人教版 机械能守恒定律及其应用 课时作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．质量为m 的物体，从静止开始以a ＝g 2的加速度竖直向下运动h 米，下列说法中不正确的是( )A ．物体的动能增加了mgh 2B ．物体的机械能减少了mgh 2 C ．物体的势能减少了mgh 2D ．物体的势能减少了mgh答案 C解析 因向下的加速度小于重力加速度，可判断物体一定受到阻力作用，由牛顿第二定律可求出合力F ＝ma ＝12mg ，可得阻力f ＝12mg ，合力做功W ＝12mgh ，动能增加12mgh ，A 正确；阻力做功W f ＝－12mgh ，机械能减少12mgh ，B 正确；重力做功W G ＝mgh ，则重力势能减少mgh ，D 正确，C 错误。

2．[2017·安徽合肥一模]一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，则此过程中小铁块损失的机械能为( )A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR 答案 B解析 已知小铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为小铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg ＝m v 2R 。

对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR －W＝12m v 2，联立解得：W ＝14mgR ，B 正确。

3. [2017·山东滨州市一模]两物块A 和B 用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲，现用一竖直向上的力F 拉动物块A ，使之向上做匀加速直线运动，如图乙，在物块A 开始运动到物块B 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是( )A ．力F 先减小后增大B ．弹簧的弹性势能一直增大C ．物块A 的动能和重力势能一直增大D ．两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小答案 C解析 对A 物块由牛顿第二定律得：F －mg ＋kx ＝ma ，解得：F ＝m (g ＋a )－kx ，由于x 先减小后反向增大，故拉力一直增大，A 错误；在A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，B 错误；在上升过程中，由于物块A 做匀加速运动，所以物块A 的速度增大，高度升高，则物块A 的动能和重力势能增大，C 正确；在上升过程中，除重力与弹力做功外，还有拉力做正功，所以两物块A 、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，D 错误。

2020届一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则()A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受的合外力做的功可能为0答案 D解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，B、C错误。

2．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为() A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/sC．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝10.8 J答案 B解析速度是矢量，规定反弹后速度方向为正，则Δv＝6 m/s－(－6 m/s)＝12 m/s，故B正确，A错误；动能是标量，速度大小不变，动能不变，则ΔE k＝0，C、D错误。

3. 如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。

将小球拉至与O点等高的C点后由静止释放。

小球运动到最低点B时对细线的拉力为2mg，若在B点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C点等高的A点。

设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。

则以下关系正确的是()A ．ΔE >mglB ．ΔE <12mglC ．ΔE ＝12mgl D.12mgl <ΔE <mgl 答案 A 解析 设小球由C 点到B 点的运动过程中克服空气阻力做功W f1，由动能定理知，mgl －W f1＝12m v 2B ，在B 点，由牛顿第二定律知：T －mg ＝m v 2B l ，其中T ＝2mg ，由以上各式可得W f1＝12mgl 。

在B 点给小球补充机械能即动能后，小球恰好运动到A 点，由动能定理知：－mgl －W f2＝0－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 2B ＋ΔE ，由以上各式得ΔE ＝mgl ＋(W f2－W f1)，由题意知，上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以W f2>W f1，即ΔE >mgl ，A 正确。

电流电阻电功电功率一、选择题1．导体中电流I的表达式I＝nqS v，其中S为导体的横截面积，n 为导体每单位体积内的自由电荷数，q为每个自由电荷所带的电荷量，v是()A．导体运动的速率B．导体传导的速率C．电子热运动的速率D．自由电荷定向移动的速率解析：从微观上看，电流取决于导体中单位体积内的自由电荷数、每个自由电荷所带的电荷量、自由电荷定向移动速率，还与导体的横截面积有关，公式I＝nqS v中的v就是自由电荷定向移动的速率．故选D.答案：D2．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列说法正确的是()A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比解析：由R＝ρlS可知，在横截面积S一定时，电阻R与长度l成正比，长度l 一定时，电阻R 与横截面积S 成反比，故A 正确、B 错误；R ＝U I 是电阻的定义式，提供了一种测电阻的方法，但电阻R 与电压U 、电流I 无关，故C 、D 均错误．答案：A3．(2019年沈阳质检)如图33－1所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，当将C 与D 接入电压恒为U 的电路时，电流强度为2 A ，若将A 与B 接入电压恒为U 的电路中，则电流为( )图33－1A ．0.5 AB ．1 AC ．2 AD ．4 A解析：设金属薄片厚度为D ，根据电阻定律公式R ＝ρL S ，有R CD ＝ρL bc ab ·D ，R AB ＝ρL ab bc ·D ，故R CD R AB＝12·12＝14；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比．故两次电流之比为4∶1，故第二次电流为0.5 A ，故选A.答案：A4．如图33－2甲、乙所示，P 为一块半圆形薄电阻合金片，先将它按图甲方式接在电极A 、B 之间，然后将它再按图乙方式接在电极C 、D 之间，设AB 、CD 之间的电压是相同的，则这两种接法电阻大小关系为( )图33－2A ．R 甲＝12R 乙B ．R 甲＝14R 乙C ．R 甲＝2R 乙D ．R 甲＝4R 乙解析：将四分之一圆形薄合金片看成一个电阻，设为r ，图甲中等效为两个电阻并联，R 甲＝r 2，图乙中等效为两个电阻串联，R 乙＝2r ，所以R 甲＝14R 乙，所以B 正确．答案：B5．(2019年湖北武汉调研)电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如图33－3所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac 间的电阻是cd 间电阻的(n －1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U ，则输入端的电压为( )图33－3A ．nUB.U n C ．(n －1)UD.U n －1解析：设电路中电流为I ，由电路图知输出端数字电压表的示数为U ＝IR cd ＝U 入R ac ＋R cd R cd ＝U 入（n －1）R cd ＋R cd R cd ＝U 入n，则输入端的电压U 入＝nU ，故A 正确，其他选项错误．答案：A图33－46．(2019年宜昌模拟)如图33－4所示，a 、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )A ．a 代表的电阻丝较粗B ．b 代表的电阻丝较粗C ．a 电阻丝的阻值小于b 电阻丝的阻值D ．图线表示电阻丝的阻值与电压成正比解析：图线的斜率表示电阻的倒数，故R a >R b ，C 错误；由R ＝ρl S知a 的横截面积较小，A 错误，B 正确；由图象知导体的电阻与电压无关，D 错误．答案：B7．(多选)电阻R 1、R 2、R 3串联在电路中．已知R 1＝10 Ω、R 3＝5 Ω，R 1两端的电压为6 V ，R 2两端的电压为12 V ，则( )A ．电路中的电流为0.6 AB ．电阻R 2的阻值为20 ΩC ．三只电阻两端的总电压为21 VD ．电阻R 3两端的电压为4 V解析：电路中电流I ＝U 1R 1＝610A ＝0.6 A ，A 对；R 2阻值为R 2＝U 2I ＝120.6Ω＝20 Ω，B 对；三只电阻两端的总电压U ＝I (R 1＋R 2＋R 3)＝21 V ，C 对；电阻R 3两端的电压U 3＝IR 3＝0.6×5 V ＝3 V ，D 错．答案：ABC图33－58．(2019年河南商丘模拟)(多选)如图33－5所示，图线a 表示的导体的电阻为R 1，图线b 表示的导体的电阻为R 2，则下列说法正确的是( )A ．R 1∶R 2＝1∶3B ．把R 1拉长到原来的3倍长后电阻等于R 2C ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则功率之比 P 1∶P 2＝1∶3D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则电流之比I 1∶I 2＝1∶3 解析：根据I －U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R 1∶R 2＝1∶3，A 正确；根据公式R ＝ρl S 可得，把R 1拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的13，所以电阻变为原来的9倍，B 错误；串联电路电流相等，所以将R 1与R 2串联后接于电源上，电流之比I 1∶I 2＝1∶1，根据公式P ＝I 2R 可得，功率之比P 1∶P 2＝1∶3，C 正确；并联电路电压相等，电流之比等于电阻的反比，所以将R 1与R 2并联后接于电源上，电流之比I 1∶I 2＝3∶1，D 错误．答案：AC9．(多选)电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，如图33－6所示是一学生设计的电饭锅电路原理示意图，S 是用感温材料制造的开关．下列说法中正确的是( )图33－6A ．加热状态时是用R 1、R 2同时加热的B ．当开关S 接通时电饭锅为加热状态，S 断开时为保温状态C ．当R 1R 2＝7，R 2在保温状态时的功率为加热状态时的18 D ．当R 1R 2＝22－1，R 2在保温状态时的功率为加热状态时的18 解析：由P ＝U 2R 得：当接通S 时，电阻变小，功率变大，处于加热状态；当断开S 时，电阻变大，功率变小，处于保温状态．可知，R 2是供加热用的电阻丝，故A 错误，B 正确．逆推：当R 2在保温状态时的功率为加热状态时的18时，根据公式P ＝U 2R ，可知2202R 2＝2202R 1＋R 2×R 2R 1＋R 2×8得R 1R 2＝22－1，C 错误，D 正确． 答案：BD10．(2019年昆明三中期中)(多选)如图33－7所示，电阻R 1＝20 Ω，电动机的线圈电阻R 2＝10 Ω.当开关S 断开时，电流表的示数是0.5 A ，当开关S 闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率P 为( )图33－7A ．I ＝1.5 AB ．I <1.5 AC ．P ＝15 W D.P <15 W解析：当开关S 断开时，由欧姆定律得，U ＝I 1R 1＝10 V ，当开关S 闭合后，通过R 1的电流仍为0.5 A ，电动机的电流I 2<U R 2＝1010A ＝1 A ，故电流表的电流I <1.5 A ，电路消耗的电功率P ＝UI <15 W ，故A 、C 错误，B 、D 正确．答案：BD图33－811．(2019年上海静安一模)(多选)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电．硅光电池的原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N是两块硅半导体，E区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P的上表面镀有一层增透膜．光照射到半导体P上，使P 内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经E区电场加速到达半导体N，从而产生电动势，形成电流．以下说法正确的是() A．E区匀强电场的方向由N指向PB．电源内部的电流方向由P指向NC．a电极为电池的正极D．硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置解析：根据题意，E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P，选项A正确，B错误；根据以上对电流方向的分析可知，a 为电源正极，该电池是将光能转化为电能的装置，选项C正确，D错误．答案：AC12．(2019年北京昌平临川育人学校月考)(多选)锂电池因能量高、环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中，现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图33－9所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是()图33－9A ．电能转化为化学能的功率为UI －I 2rB ．充电器输出的电功率为UI ＋I 2rC ．电池产生的热功率为I 2rD ．充电器的充电效率为Ir U ×100%解析：充电时，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有UI ＝I 2r ＋P 化，故电能转化为化学能的功率P 化＝UI －I 2r ，选项A正确；充电器输出的电功率为P ＝UI ，选项B 错误；电池产生的热功率为P 热＝I 2r ，选项C 正确；充电器的充电效率为η＝P －P 热P ×100%＝U －Ir U ×100%，选项D 错误．答案：AC二、非选择题13．如图33－10所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r ＝0.8 Ω，电路中另一电阻R ＝10 Ω，直流电压U ＝160 V ，电压表示数U V ＝110 V ．试求：(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v ＝1 m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g 取10 m/s 2)图33－10解析：(1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压U R ＝U －U V ＝(160－110)V ＝50 V ，流过电阻R 的电流I R ＝U R R ＝5010A ＝5 A ，即通过电动机的电流，I M ＝I R ＝5 A.(2)电动机的分压U M ＝U V ＝110 V ，输入电动机的功率P 电＝I M U M ＝550 W.(3)电动机的发热功率P 热＝I 2M r ＝20 W ，电动机输出的机械功率P出＝P 电－P 热＝530 W ，又因P 出＝mg v ，所以m ＝P 出g v ＝53 kg.答案：(1)5 A (2)550 W (3)53 kg14．如图33－11所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉子，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，电流表A 示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，电流表A 示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，电流表A 示数为4 A ．求：(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率．图33－11解析：(1)电炉子工作时，由欧姆定律I ＝U R ，得R ＝U I 1＝126Ω＝2 Ω 其发热功率为P R ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W.(2)电动机工作时，由能量守恒定律，得UI 2＝I 22r M ＋P 输出，所以r M＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)电解槽工作时，由能量守恒定律，得P 化＝UI 3－I 23r A 所以P 化＝(12×4－42×2) W ＝16 W.答案：(1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W。

2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中 1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A.mg v 0tan θB.mg v 0tan θC.mg v 0sin θ D ．mg v 0cos θ答案 B解析 小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mg v y ，而v y tan θ＝v 0，所以P ＝mg v 0tan θ，B 正确。

2．如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢里的人向前推车厢壁，以下关于人对车做功的说法中正确的是( )A.做正功B．做负功C.不做功D．无法确定答案 B解析在水平方向上，人对车的作用力有两个：一个是人对车壁向前的推力F，另一个是人对车厢地板向后的摩擦力F′。

由于人随车向前做匀加速运动，所以车对人的总作用力是向前的，由牛顿第三定律可知人对车的总作用力是向后的。

所以此合力的方向与运动方向相反，人对车做的总功为负功，所以B正确。

3.[2017·保定模拟]质量为5×103 kg的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a＝2 m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103 N，则汽车匀加速起动过程中()A.第1 s内汽车所受牵引力做功为1.0×104 JB.第1 s内汽车所受合力的平均功率20 kWC.第1 s末汽车所受合力的瞬时功率为22 kWD.第1 s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW答案 D解析根据牛顿第二定律F－f＝ma得牵引力F＝f＋ma＝1.1×104 N。

第1s内汽车位移x＝12at2＝1 m，第1 s 末汽车速度v＝at＝2 m/s，汽车合力F合＝ma＝1×104 N，则第1 s内汽车牵引力做功：W F＝Fx＝1.1×104 J，故A错误；第1 s内合力做功：W＝F合x＝1×104 J，其平均功率P＝Wt＝1×104 W，故B错误；第1 s末合力的瞬时功率P合＝F合v＝2×104 W，故C错误；第1 s末牵引力瞬时功率P＝F v＝2.2×104 W＝22 kW，故D正确。