部编版2020学年高中物理课时自测(1)

模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单选，9～12题为多选，选对得4分，漏选得2分，多选、错选均不得分)1.如图所示，一木块放在圆盘上，圆盘绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动，木块和圆盘保持相对静止，那么( )A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径背离圆盘中心B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心C．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块运动的方向相反D．因为木块与圆盘一起做匀速转动，所以它们之间没有摩擦力解析：木块做匀速圆周运动，其合力提供向心力，合力的方向一定指向圆盘中心，因为木块受到的重力和圆盘的支持力均沿竖直方向，所以水平方向上木块一定还受到圆盘对它的摩擦力，方向沿半径指向圆盘中心，选项B正确．答案：B2．(2019·北京卷)2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)．该卫星( )A．入轨后可以位于北京正上方B．入轨后的速度大于第一宇宙速度C．发射速度大于第二宇宙速度D．若发射到近地圆轨道所需能量较少解析：由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A错误；由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力所做的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D正确．答案：D3．一辆汽车匀速率通过一座拱桥，拱桥可以看成是半径为R的圆的一段圆弧，A、B是桥上等高的两点，则 ( )A ．汽车从A 点运动到B 点过程中，受到的合力恒定 B ．汽车从A 点运动到B 点过程中，机械能先增大后减小C ．汽车从A 点运动到最高点过程中，合力做功等于重力势能的增加量D ．汽车从A 点运动到最高点过程中，牵引力做功等于克服摩擦阻力做的功解析：汽车做竖直面内的匀速圆周运动，汽车所受的合力大小恒定，方向总是指向圆弧的圆心，方向始终变化，不是恒力，故A 错误；汽车从A 点到B 点过程中，动能不变，重力势能先增大后减小，因此机械能先增大后减小，故B 正确；从A 点到最高点的过程中，动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故C 错误；从A 点到最高点的过程中，根据功能关系，牵引力做功等于克服阻力做功与克服重力做功之和，因此牵引力做功大于克服阻力做功，故D 错误．答案：B4．如图所示，一滑块从半圆形光滑轨道上端由静止开始滑下，当滑到最低点时，关于滑块动能大小和对轨道最低点的压力，下列结论正确的是( )A ．滑块的质量不变，轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力越大B ．滑块的质量不变，轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力与半径无关C ．轨道半径不变，滑块的质量越大，滑块动能越大，对轨道的压力越小D ．轨道半径不变，滑块的质量越大，滑块动能越大，对轨道的压力不变解析：滑块从出发到最低点，由动能定理得：mgR ＝12mv 2－0，解得v 2＝2gR .在最低点，有E k ＝12mv 2＝mgR ，所以质量一定，轨道半径越大，滑块在最低点的动能越大；轨道半径一定，质量越大，滑块最低点的动能越大．在最低点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R，解得F N ＝3mg .滑块的质量越大，对轨道的压力越大，且滑块对轨道压力的大小与轨道半径无关，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B5.如图所示，滑板运动员以速度v 0从离地高度h 处的平台末端水平飞出，落在水平地面上．忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是( )A ．v 0越大，运动员在空中运动时间越长B ．v 0越大，运动员落地瞬间速度越大C ．运动员落地瞬间速度与高度h 无关D ．运动员落地位置与v 0大小无关解析：运动员和滑板做平抛运动，有h ＝12gt 2，故运动时间与初速度无关，故A 错误；根据动能定理，有mgh ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝v 20＋2gh ，故v 0越大，运动员落地瞬间速度越大，故B 正确，C 错误；射程x ＝v 0t ＝v 02hg，初速度越大，射程越大，故D 错误．答案：B6．质量为m 的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为45g ，在物体下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是( )A ．物体的动能增加了45mghB ．物体的机械能减少了45mghC ．物体克服阻力所做的功为45mghD ．物体的重力势能减少了45mgh解析：下落阶段，物体受重力和空气阻力，由动能定理W ＝ΔE k ，即mgh －F f h ＝ΔE k ，F f＝mg －45mg ＝15mg ，可求ΔE k ＝45mgh ，选项A 正确；机械能减少量等于克服阻力所做的功W ＝F f h＝15mgh ，选项B 、C 错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔE p ＝mgh ，选项D 错误． 答案：A7.(2019·天津卷)2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的“嫦娥四号”探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”．已知月球的质量为M 、半径为R ，探测器的质量为m ，引力常量为G ，“嫦娥四号”探测器围绕月球做半径为r 的匀速圆周运动时，探测器的( )A ．周期为2πr 3GMB ．动能为GMm 2RC ．角速度为Gm r 3 D ．向心加速度为 GM R2解析：由万有引力提供向心力，可得GMm r 2＝m 4π2T 2r ＝m ω2r ＝m v 2r＝ma ，解得T ＝2πr 3GM，故A 正确；解得v ＝ GM r ，由于E k ＝12mv 2＝GMm2r ，故B 错误；解得ω＝GMr 3，故C 错误；解得a ＝GM r2，故D 错误．答案：A8.(8分)如图所示，一小滑块(可视为质点)以某一初速度沿斜面向下滑动，最后停在水平面上．滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等，斜面与水平面平滑连接且长度不计，则该过程中，滑块的机械能与水平位移x 关系的图线正确的是(取地面为零势能面)( )解析：滑块在斜面上下滑时，根据功能关系得ΔE ＝－μmg cos α·Δs ＝－μmg Δx ，Δx 是水平位移，则知Ex 的斜率等于－μmg 不变，图象是向下倾斜的直线；滑块在水平面上滑动时，根据功能关系得ΔE ＝－μmg Δx ，Δx 是水平位移，则知Ex 的斜率等于－μmg 不变，图象是向下倾斜的直线，故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D9.质量为m 的小球以v 0的水平初速度从O 点抛出后，恰好击中倾角为θ的斜面上的A 点．如果A 点距斜面底边(即水平地面)的高度为h ，小球到达A 点时的速度方向恰好与斜面垂直(不计空气阻力)，如图所示．则以下叙述，正确的是( )A ．可以求出小球到达A 点时重力的功率B ．可以求出小球由O 到A 过程中动能的变化C ．可以求出小球从A 点反弹后落至水平地面的时间D ．可以求出小球抛出点O 距斜面端点B 的水平距离解析：由小球到达A 点时的速度方向恰好与斜面垂直，可知小球的末速度方向与重力方向夹角为θ，竖直分速度为v y ＝v 0tan θ，可知小球到达A 点时重力的功率为P ＝mgv y ＝mgv 0tan θ，故A 项正确；小球的末速度为v ＝v 0sin θ，可知小球由O 到A 过程中动能的变化为ΔE k ＝12mv 2－12mv 20＝12mv 20⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2θsin 2 θ，故B 项正确；由于不能具体得知小球从A 点反弹后的速度大小，故无法求出反弹后落至水平地面的时间，C 项错误；由几何关系知A 、B 间的水平距离为htan θ，小球做平抛运动的时间为t ＝v y g ＝v 0g tan θ，O 、A 之间的水平距离为x ＝v 0t ＝v 20g tan θ，故O 距斜面端点B 的水平距离为h tan θ－v 20g tan θ，故D 项正确．答案：ABD10.如图所示为过山车轨道简化模型，以下判断正确的是( )A ．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B ．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gRC ．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D ．过山车在斜面h ＝2R 高处由静止滑下能通过圆轨道最高点解析：过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A 错误；在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则mg ＝m v 2R，解得v ＝gR ，故B 正确；在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C 正确；过山车在斜面h ＝2R 高处由静止滑下至最高点的过程中，根据动能定理，得mg (h －2R )＝12mv ′2＝0，解得v ′＝0，所以不能通过最高点，故D 错误．答案：BC11.2013年12月2日，我国探月探测器“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，其飞行轨道示意图如图所示，从地面发射后奔向月球，在P 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q 为轨道Ⅱ上的近月点．下列关于“嫦娥三号”的运动，说法正确的是( )A ．发射速度一定大于7.9 km/sB ．在轨道Ⅱ上从P 到Q 的过程中速率不断增大C ．在轨道Ⅱ上经过P 点的速度小于在轨道Ⅰ上经过P 点的速度D ．在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P 点的加速度解析：“嫦娥三号”探测器的发射速度一定大于7.9 km/s ，A 正确；由开普勒第二定律可知，“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上从P 到Q 的过程中速率不断增大，选项B 正确；“嫦娥三号”从轨道Ⅰ上运动到轨道Ⅱ上要减速，故在轨道Ⅱ上经过P 点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过P 点时的速度，选项C 正确；在轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度，D 错误．答案：ABC12.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环 ( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0.从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p .由A 到C 的过程中，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f ；由C 到A 的过程中，有12mv2＋ΔE p ＝W f ＋mgh ，联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2.选项B 正确，选项C 错误．设圆环在B 位置时，弹簧的弹性势能为ΔE ′p .根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE ′p ＋W ′f ＝mgh ′；B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE ′p ＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B .选项D 正确．答案：BD二、非选择题(本题共5小题，共52分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(6分)如图所示是利用闪光照相研究平抛运动的示意图．小球A 由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌边缘时，小球B 也同时下落，闪光频率为10 Hz 的闪光器拍摄的照片中B 球有四个像，像间距离已在图中标出，两球恰在位置4相碰．则A 球从离开桌面到和B 球碰撞时经过的时间为________s ，A 球离开桌面的速度为________m/s(g 取10 m/s 2)．解析：由h ＝12gt 2，得t ＝2hg＝0.3 s ，故v 0＝x t＝1 m/s. 答案：0.3 114．(9分)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．图甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________． A ．动能变化量与势能变化量 B ．速度变化量与势能变化量 C ．速度变化量与高度变化量(2)(多选)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A ．交流电源B ．刻度尺C ．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A 、B 、C ，测得它们到起始点O 的距离分别为h A 、h B 、h C .已知当地重力加速度为g ，打点计时器打点的周期为T .设重物的质量为m ，从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p ＝__________，动能变化量ΔE k ＝________．图乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A ．利用公式v ＝gt 计算重物速度B ．利用公式v ＝2gh 计算重物速度C ．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D ．没有采用多次实验取平均值的方法解析：(1)在重物下落过程中，若任意两点间重力势能的减少量等于动能的增加量，则重物的机械能守恒，所以A 正确．(2)打点计时器需要交流电源，测量纸带上各点之间的距离需要刻度尺，本实验需要验证的等式为mgh ＝12mv 2，即gh ＝12v 2或mgh ＝12mv 22－12mv 21，即gh ＝12v 22－12v 21，所以不需要测量重物的质量，不需要天平．(3)从打O 点到打B 点的过程中，重力势能的变化量ΔE p ＝－mgh B ，动能的变化量ΔE k＝12mv 2B ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫h C －h A 2T 2＝m （h C －h A ）28T2. (4)重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是重物在运动过程中存在空气阻力和摩擦阻力，选项C 正确．答案：(1)A (2)AB (3)－mgh B m （h C －h A ）28T2(4)C 15．(10分)如图所示为《快乐大冲关》节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB ，OA 是高h ＝3 m 的竖直峭壁，AB 是以O 点为圆心的弧形坡，∠AOB ＝60°，B 点右侧是一段水平跑道．选手可以自O 点借助绳索降到A 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自O 点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v 0的最小值； (2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间．解析：(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上， 则h sin 60°≤v 0t ，h cos 60°＝12gt 2，解得：v 0≥3102m/s.(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，因v 1＜v 0，人将落在弧形坡上，下降高度y ＝12gt 2，水平前进距离x ＝v 1t ，且x 2＋y 2＝h 2，解得t ＝0.6 s.答案：(1)3102m/s (2)0.6 s16．(12分)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 ＝－1 530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时所受阻力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？解：(1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速直线运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ， 由牛顿第二定律知mg Hx－F f ＝ma ， 联立以上两式，代入数据解得F f ＝144 N.(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到C 的过程中运用动能定理，得mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ，设运动员在C 点所受支持力为F N ，由牛顿第二定律，知F N －mg ＝mv 2CR，由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立以上两式，代入数据解得R ＝12.5 m.17．(15分)如图所示，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A点时的速度v A＝4 m/s.(g取10 m/s2)求：(1)小球做平抛运动的初速度v0；(2)P点与A点的水平距离和竖直高度；(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．解析：(1)把小球到A点的速度分解，如图所示，小球做平抛运动的初速度v0等于v A的水平分速度．由图可知v0＝v x＝v A cos θ＝4×cos 60°＝2 m/s.(2)由图可知，小球运动至A点时竖直方向的分速度v y＝v A sin θ＝4×sin 60°＝2 3 m/s.设P点与A点的水平距离为x，竖直高度为h，则v y＝gt，v2y＝2gh，x＝v0t，联立以上各式解得x≈0.69 m，h＝0.6 m.(3)取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律，得1 2mv2A＝12mv2C＋mg(R＋R cos θ)，代入数据得v C＝7 m/s.设小球到达圆弧最高点C时，轨道对它的弹力为F N，由圆周运动向心力公式得F N＋mg＝m v2CR，代入数据得F N＝8 N.由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F N′＝F N＝8 N，方向竖直向上．答案：(1)2 m/s (2)0.69 m 0.6 m (3)8 N 方向垂直向上。

空间和时间1.关于时间、时刻的含义，下列说法正确的是( )A.第3 s初是一段时间，这段时间为1 sB.第5 s末与第6 s 初是指同一时刻C.4 s内与第4 s内是指同一时间D.第2 s内是一段时间，这段时间为2 s【解析】选B。

第3 s初是指第2 s末的时刻，在时间轴上用一个点来表示，A错误；在时间轴上，第5 s末与第6 s初都用同一个点来表示，是同一时刻，B正确；4 s内是4 s的一段时间，第4 s内是第4个1 s，是1 s的时间，C错误；第2 s内是第2个1 s，这段时间为1 s，而不是2 s，D错误。

【补偿训练】下列说法中指时刻的有( )A.午间休息12点20分至13点40分B.一场足球比赛90分钟C.火车9点20分到站D.数学测试的时间是45 min【解析】选C。

12点20分至13点40分是时间，选项A错误；90分钟是指一场足球比赛从开始比赛到结束比赛所用的时间，是一段时间，选项B错误；火车9点20分到站是火车到站的时刻，选项C正确；数学测试的时间是45 min，指的是从测试开始到测试结束所用的一段时间，选项D错误。

2.2018年12月8日凌晨02：14～02：36，我国在西昌卫星发射中心利用“长征三号乙”改进型运载火箭发射“嫦娥四号”的着陆器和巡视器(月球车)，对月球背面南极艾特肯盆地开展着陆巡视探测，实现人类首次月球背面软着陆和巡视勘察。

如图所示是“嫦娥四号”运行的路线图，下列说法正确的是( )A.图中描述“嫦娥四号”绕地球运行情景的椭圆轨道都是以月球为参考系的B.图中描述“嫦娥四号”绕月球运动情景的椭圆轨道都是以月球为参考系的C.图中描述“嫦娥四号”运动情景的所有轨道都是以地球为参考系的D.图中描述“嫦娥四号”运动情景的所有轨道都是以太阳为参考系的【解析】选B。

“嫦娥四号”绕地球运行的椭圆轨道，地球的位置没有发生变化，绕月球运行的轨道，月球的位置没有发生变化，因此“嫦娥四号”绕地球运行时是以地球为参考系的，“嫦娥四号”绕月球运行时是以月球为参考系的，则B正确，A、C、D错误。

章末综合测试(一)(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，其中1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．如图所示，下列几种情况下的物体，哪些情况可将物体当作质点来处理()A．甲中研究正在吊起货物的起重机B．乙中研究坐在翻滚过山车中的小孩坐姿C．丙中测量太空中绕地球飞行的宇宙飞船的周期时D．丁中研究门的运动解析：起重机吊起货物时臂架仰起时幅度大小要考虑，起重机不能看成质点，A错误；小孩的坐姿对小孩的安全很重要，小孩不能当作质点，B错误；绕地球飞行的宇宙飞船的大小、形状可以忽略，可以看成质点，C正确；门是转动的，各点运动情况不同，不能看作质点，D错误．答案：C2．如图所示，一架执行救援任务的直升机悬停在钻井平台的上空，救生员抱着伤病员，缆绳正在将他们拉上飞机．若以救生员为参考系，则处于静止状态的是()A．伤病员B．直升机C．钻井平台D．直升机驾驶员解析：以救生员为参考系，伤病员处于静止状态．答案：A3.智能手机上装载的众多app软件改变着我们的生活．如图所示为某软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，10分钟，5.4公里，关于这两个数据，下列说法正确的是()A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点B．10分钟表示的是某个时刻C．5.4公里表示了此次行程的位移的大小D．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小解析：在研究汽车在地图上的实时位置时，汽车大小可以忽略，故汽车可以看成质点，故A项正确；图中显示10分钟对应时间轴上的一段，所以是时间，故B项错误；5.4公里是路程，故C 项错误；5.4公里是路程，所以可以求出平均速率的大小，但不能求出平均速度，故D项错误．答案：A4．一辆汽车正在公路上行驶，关于汽车的运动，下列说法正确的是()A．汽车运动的速度改变量越大，加速度一定越大B．速度很大的汽车，其加速度可能很小，但不能为零C．某时刻汽车速度为零，其加速度可能很大D．汽车加速度很大时，其速度一定很大解析：汽车的速度改变量越大，加速度不一定越大，因为加速度与速度改变量和时间间隔两个因素有关，选项A错误；速度很大的汽车，加速度可能很小，也可能为零，例如匀速行驶的汽车，选项B错误；汽车速度为零时，加速度可能很大，例如汽车刚启动时，选项C正确、D错误．答案：C5.如图所示哈大高铁运营里程921 km，设计时速350 km/h.某列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，则下列说法正确的有()A．在研究列车从哈尔宾到大连所用时间时不能把列车看成质点B．时速350 km/h是指平均速率C．列车第10 s内的平均速度大小为3.25 m/sD．921 km是指位移解析：研究列车从哈尔滨到大连所用时间时，由于哈尔滨到大连距离远远大于列车的长度，故可以看作质点，故A项错误；时速350 km/h是指平均速率，921 km是指路程，故B项正确，．运动的速率相同，3 s内经过的路程相同，起点的位置相．运动的速率相同，3 s内经过的路程相同，起点的位置不→B→C的位移为2 m，路程为4终点，下列说法中正确的是()甲v乙＝．v甲v乙＝．甲先到达终点D．两人同时到达终点解析：百米赛跑中甲都比乙提前10 m到达终点，即甲跑完100 m＝与乙跑完90 m所用时间相同，则有乙两物体在同一水平面上做直线运动的图所示，两条图线相互平行，下列说法正确的是已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点________．山东潍坊寿光高一期中]某质点由30 m经过B点，又行驶1 1Δv2Δt2有生命危险。

第一章 电荷与电场章末综合测评(一)(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一项符合题目要求．第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分．)1．关于电荷量，下列说法错误的是( )A ．物体带的电荷量可以是任意值B ．物体带的电荷量只能是某些特定的值C ．物体带电荷量的最小值为1.6×10－19C D ．一个物体带1.6×10－19C 的正电荷，这是它失去了1个电子的缘故A [物体所带的电荷量只能是某些特定的值，即物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍，故A 错误，B 正确；自然界最小的电荷量是1.6×10－19C ，故C 正确；物体原来中性，失去电子后带正电．物体带1.6×10－19C 的正电荷，说明失去了1.6×10－19C 的电子，电子的数目为n ＝1.6×10－191.6×10－19＝1，即失去了1个电子，故D 正确．本题选错误的选项，故选A ．] 2．下列说法正确的是( )A ．静电感应不是创造了电荷，而是电子从一个物体转移到另一个物体或从物体的一部分转移到另一部分引起的B ．一个带电物体接触另一个不带电物体，两个物体有可能带上异种电荷C ．摩擦起电，是因为通过克服摩擦做功而使物体产生了电荷D ．以上说法都不对A [静电感应与摩擦起电并不是创造了电荷，而是电荷的转移，故A 对，C 错；一个带电物体接触另一个不带电物体，两个物体带上同种电荷，故B 错；综上所述可知D 错．]3．根据电场强度的定义式E ＝F q，在国际单位制中，电场强度的单位应是( )A ．牛/库B ．牛/焦C ．焦/库D ．库/牛 A [力的国际单位是牛顿，电荷量的国际单位是库仑．故电场强度的国际单位是牛/库．A 选项正确．]4．如图所示，四个电场线图，一正电荷在电场中由P 到Q 做加速运动且加速度越来越大，那么它是在哪个图示电场中运动( )C [正电荷在电场中受力方向与该点处场强方向相同，又a ＝F m，a 大F 也大，而F ＝Eq ，静电力越大，场强E 也越大，电场线越密的地方场强越大，故C 项正确．]5．如图1所示，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点．已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，且PR ＝2RQ ，则( )图1A ．q 1＝2q 2B ．q 1＝4q 2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2B [设PR ＝2RQ ＝2r ，因为R 处的电场强度为零，两点电荷在R 处的场强等大反向，由k q 12r 2＝k q 2r2，解得q 1＝4q 2，B 正确．] 6．如图2所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、乙两球均处于静止状态．已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量，F 1、F 2分别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是( )图2A ．F 1一定大于F 2B ．F 1一定小于F 2C ．F 1与F 2大小一定相等D ．无法比较F 1与F 2的大小C [甲、乙两球之间的库仑力属于作用力与反作用力，大小始终相等，C 项正确．]7．A 、B 两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(其中方向未标出)的分布如图3所示．图中O 点为两点电荷连线的中点，MN 为两点电荷连线的中垂线，电场线的分布关于MN 左右对称．下列说法中正确的是( )图3A ．这两个点电荷一定是等量同种电荷B ．这两个点电荷一定是等量异种电荷C ．O 点的电场强度比P 点的电场强度小D ．O 点的电场强度同P 点的电场强度相等B [根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知A 、B 一定是两个等量异种电荷，故A 错误，B 正确；在两等量异号电荷连线的中垂线上，O 点处电场线最密，电场强度最大，所以O 点的电场强度比P 点的电场强度大，故C 、D 错误，故选B.]8．下列关于元电荷的说法中正确的是( )A ．元电荷实质上是指电子和质子本身B ．一个带电体的带电荷量不可以为205.5倍的元电荷C ．元电荷没有正负之分，也就是点电荷D ．元电荷e 的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的BD [元电荷实质上是指1.6×10－19C 的电量，电子和质子带元电荷的电量，选项A 错误；一个带电体的带电荷量必须为元电荷的整数倍，选项B 正确；元电荷没有正负之分，它不是点电荷，选项C 错误；元电荷e 的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的，选项D 正确；故选BD.]9．如图4所示，某次实验老师用丝绸摩擦过的玻璃棒(带正电)去吸引细碎的锡箔屑，发现锡箔屑被吸引到玻璃棒上后又迅速的向空中散开，下列说法正确的是( )图4A ．锡箔屑被吸引过程会因为获得电子而带负电B ．锡箔屑被吸引过程是加速过程C ．最后锡箔屑散开主要是因为碰撞导致D ．散开时锡箔屑带正电BD [一个带正电的物体能够吸引另一个物体，另一个物体带负电或不带电，锡箔屑被吸引过程带正电，故A 错误；锡箔屑被吸引过程是加速过程，故B 正确；最后锡箔屑散开主要是因为锡箔屑带正电，同种电荷相互排斥，故C 错误，D 正确．所以B 、D 正确，A 、C 错误．]10．对于库仑定律，下列说法中正确的是( )A ．凡计算两个点电荷间的作用力，都可以使用公式F ＝kQ 1Q 2r 2B ．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷是否相等，它们之间的库仑力大小一定相等C ．两个带电小球距离非常近时，不能使用库仑定律D ．两个点电荷的电荷量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的四分之一BCD [库仑定律的适用条件是真空中两个静止的点电荷，故A 错误；根据牛顿第三定律，可知两个点电荷间的库仑力大小一定相等，故B 正确；当两个带电小球距离非常近时，此两小球不能视为点电荷，库仑定律不适用，故C 正确；由F ＝k q 1q 2r 2可知q 1′＝12q 1，q 2′＝12q 2，r 不变时，它们之间的库仑力F ′＝k q 1′q 2′r 2＝14F ，故D 正确．] 二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(8分)真空中的两个点电荷A 、B 相距20 cm ，A 带正电Q A ＝4.0×10－10 C ．已知A 对B 的吸引力F ＝5.4×10－8 N ，则B 在A 处产生的场强大小是________N/C ，方向________；A 在B 处产生的场强大小是____________N/C ，方向________．【解析】 E A ＝FQ A ＝135 N/C ，E B ＝kQ A r 2＝90 N/C. 【答案】 135 A 指向B 90 A 指向B12．(8分)在真空中有两个点电荷，它们之间距离是L 时，相互作用的库仑力大小是F ，如果把两个电荷之间的距离缩短10 cm ，则相互作用的库仑力大小变为4F ，由此可知L 的大小是________cm.【解析】 设两个点电荷的电荷量分别为Q 1和Q 2，由库仑定律，F ＝kQ 1Q 2L 2，4F ＝k Q 1Q 2L ′2，所以L ＝2L ′＝2(L －0.1 m)，L ＝0.2 m ＝20 cm.【答案】 2013．(10分)在电场中某点放入一正点电荷，电量为q 1＝1.0×10－10C ，受到的电场力F ＝1.8×10－5N ，方向向东．求：(1)电场中该点的场强大小和方向；(2)若在该点放入另一负点电荷，电量为q 2＝2.0×10－10C ，求q 2受到的电场力大小和方向．图5【解析】 在电场中放入一正点电荷q ＝1.0×10－10C ，电荷受到的电场力为F ＝1.8×10－5N ，则E ＝F q ＝1.8×10－51.0×10－10N/C ＝1.8×105 N/C ，方向向东； 若在该点放一个电荷量为q ′＝－2.0×10－10C 的负点电荷，电荷受到的电场力为F ′＝Eq ′＝1.8×105×2.0×10－10＝3.6×10－5N/C ，方向向西．【答案】 1.8×105N/C ，方向向东 (2)3.6×10－5N/C ，方向向西14．(10分)真空中有甲、乙两个点电荷，相距为r ，它们间的静电力为F .若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的13，距离变为2r ，则它们之间的静电力变为多少？ 【解析】 根据题目给出的条件，真空中、点电荷符合库仑定律条件． F ＝k Q 1Q 2r2 当Q 甲′＝2Q 甲，Q 乙′＝13Q 乙，r ′＝2r 时 F ′＝k 2Q 甲·13Q 乙4r 2＝16k Q 甲·Q 乙r 2＝16F . 【答案】 16F 15．(12分)把一个电荷量q ＝－10－6C 的电荷，依次放在带正电的点电荷Q 周围的A 、B 两点如图6所示，受到的静电力大小分别是F A ＝5×10－3 N ，F B ＝3×10－3 N.图6(1)画出电荷q 在A 、B 两点的受力方向；(2)求出A 、B 两点的电场强度；(3)如在A 、B 两点分别放上另一个电荷量为q ′＝10－5C 的电荷，受到的静电力是多大？【解析】 (1)电荷在A 、B 两点的受力方向沿着它们与点电荷Q 的连线向内，如图所示．(2)A 、B 两点的场强大小分别为E A ＝F A q ＝5×10－310－6 N/C ＝5×103 N/C E B ＝F B q ＝3×10－310－6 N/C ＝3×103 N/C 电场强度的方向决定于正电荷的受力方向，因此沿着A 、B 两点与点电荷Q 的连线向外．(3)当在A 、B 两点放上电荷q ′时，受到的静电力分别为F A ′＝E A q ′＝5×103×10－5 N ＝5×10－2 NF B ′＝E B q ′＝3×103×10－5 N ＝3×10－2 N.其方向与场强方向相同．【答案】 (1)见解析(2)E A ＝5×103 N/C E B ＝3×103 N/C(3)F A ′＝5×10－2 N F B ′＝3×10－2 N16．(12分)在一条直线上从右向左的A 、B 、C 三点分别放置Q A ＝3×10－9 C ，Q B ＝－4×10－9 C ，Q C ＝3×10－9 C 的点电荷，已知AB 间距是1 cm ，BC 间距是2 cm ，静电力常量k ＝9×109N ·m 2/C 2，求作用在A 电荷上的作用力？【解析】 根据库仑定律可知B 对A 作用力F BA ＝k Q A Q B r 2AB＝1.08×10－3 N ， 方向向左；C 对A 的作用力F CA ＝k Q A Q C r 2AC＝9×10－5 N 方向向右；所以A 所受到的合力F ＝F BA －F CA ＝9.9×10－4N ，方向向左．【答案】 9.9×10－4 N 方向向左第二章电流与磁场章末综合测评(二)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中第1～6题只有一项符合题目要求．第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分．)1．有一导线南北方向放置，在其下方放一个小磁针．小磁针稳定后，给导线通上如图1所示电流，发现小磁针的S极垂直纸面向外偏转．关于此现象下列说法正确的是( )图1A．没有通电时，小磁针的S极指向地磁场的南极B．通电后小磁针S极仍指向地磁场的南极C．通电导线在小磁针所在处产生的磁场方向垂直纸面向外D．通电后小磁针S极发生偏转说明通电导线周围存在磁场D[小磁针自由静止时，指向地理北极的一端是小磁针的北极，即N极，地磁场的北极在地理南极附近，小磁针的S极指向地磁场的北极，故A错误；通电后根据安培定则可知，导线在小磁针处产生的磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针N极将偏向纸里，S极将偏向纸外，故BC错误；通电后小磁针S极发生偏转说明通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应，故D正确．所以D正确，ABC错误．]2．下列各图中，已标出电流及电流的磁场方向，(B图表示通电环形导线产生的磁场，“⊗”表示导线中电流I的方向垂直于纸面向里，“⊙”表示导线中电流I的方向垂直于纸面向外)其中正确的是( )B[根据安培定则，螺线管内部的磁场方向向右，故A错误；从上往下看，线框的电流方向为逆时针方向，根据安培定则知，磁场的方向向上，故B正确；直线电流的方向竖直向上，根据安培定则知，直线电流右边的磁场方向(从上向下看)逆时针方向，故C错误；由于电流的方向竖直向上，根据安培定则知，磁场方向应该逆时针，故D错误．] 3．一根导体棒ab在水平方向的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直．如图2所示，则有( )图2A．U ab＝0 B．U ab保持不变C．U ab越来越小D．U ab越来越大D[导体棒切割磁感线，所以产生电动势，由法拉第电磁感应定律知E＝Blv，随着自由落体的速度越来越大，则产生的电动势也越来越大，故D正确．]4．如图3所示，把一矩形通电导线框悬挂在一轻弹簧的下端，通过逆时针方向的电流，在线框的下方固定一与线框在同一竖直平面内的水平直导线cd.当导线中通以由c到d的电流时，线框上方的轻弹簧将( )图3A．向下伸长B．长度不变，随线框向纸外摆动C．向上收缩D．长度不变，随纸框向纸内摆动A[直导线中通有向右的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远，磁场越弱，根据左手定则可知ab边受到安培力向下，对边受到的安培力向上，由F＝BIL可知ab边受到的安培力大于对边受到的安培力，而竖直边受到的安培力大小相等，方向相反，合力为零，则线圈所受磁场力的合力方向向下，轻弹簧向下伸长，故A正确，选项BCD错误．]5．下列关于磁现象的说法中不正确的是( )A．电视机显像管利用了磁偏转的原理B．指南针是利用地磁场来指示方向的C．电动机是利用磁场对电流作用来工作的D．地磁场的南极在地理的南极附近D[地磁场的南极在地理的北极附近，故D错．]6．如图4所示为探究“感应电流方向的规律”实验装置，下列电表中最适合该实验的是( )图4B[本实验是探究“感应电流方向的规律”，根据实验原理可知，条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，从而产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有方向，故应采用指针在中间的电流针，所以B是最适合的，故B正确，ACD错误．] 7．关于磁感线，以下说法中正确的是( )A．磁感线是磁场中客观存在的曲线B．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，也是该点的磁感应强度方向C．磁感线起始于磁铁的N极，终止于磁铁的S极D．磁感线是闭合曲线BD[磁感线客观上是不存在的，且磁感线是闭合的曲线，故A、C错，B、D正确．] 8．有一个面积很小的圆环，设这个圆环所在位置的磁感应强度为B，穿过圆环的磁通量为Φ.则下列判断中正确的是( )A．如果Φ＝0，则B＝0B．如果Φ≠0，则B≠0C．如果B＝0，则Φ＝0D．如果B≠0，则Φ≠0BC[磁通量公式Φ＝BS sin θ，如果Φ＝0，可能是B＝0，也可能是sin θ＝0，故A错误，B正确；如果B＝0，根据公式Φ＝BS sin θ，一定有Φ＝0，故C正确；如果B≠0，根据公式Φ＝BS sin θ，当sin θ＝0时，磁通量Φ＝0，故D错误，故选BC.] 9．如图5所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置，下列情况中会引起电流表指针偏转的是( )图5A．闭合开关时B．闭合开关后拔出线圈A时C．断开开关后拔出线圈A时D．断开开关后移动变阻器的滑片时AB[闭合开关时，穿过B线圈的磁通量从无到有，磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故A正确；闭合开关后，拔出线圈A时，穿过B线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，故B正确；断开开关后，拔出线圈A，穿过B线圈的磁通量始终为零，不变化，不产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故C错误；断开开关后，移动滑动变阻器滑片，穿过线圈B的磁通量始终为零，磁能量不变，不产生感应电流，故D错误．故选：AB.]10.如图6所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L过M的圆心与圆面垂直，且通以向上的电流I，则( )图6A．当L中的电流I发生变化时，环中无感应电流B．当M向右平移时，环中有感应电流C．当M保持水平在竖直方向上上下移动时环中有感应电流D．只要L和M保持垂直，则以上几种情况下，环中均无感应电流AD[金属环与长直导线产生的磁场平行，穿过圆环的磁通量为零，在前三个选项中穿过圆环的磁通量均不发生变化，无感应电流．故选项AD正确．]二、非选择题(本题共6小题，共60分)11. (6分)如图7所示，一面积为S的长方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中，这时穿过线圈的磁通量为____________Wb，当线圈以ab为轴从图中位置转过60°的瞬间，穿过线圈的磁通量为____________．图7【解析】 Φ1＝12BS ，若以ab 为轴转60°角后，如图，平面在磁场内垂直于磁场方向上投影的面积未变，所以Φ2＝12BS .【答案】 12BS 12BS 12．(6分)一个20匝、面积为200 cm 2的圆形线圈放在匀强磁场中，磁场的方向与线圈平面垂直，若该磁场的磁感应强度在0.05 s 内由0.1 T 增加到0.5 T ，在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量为________，磁通量的平均变化率为________，线圈中感应电动势的大小为________．【解析】 磁通量变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B 2S －B 1S ＝0.5×0.02 Wb －0.1×0.02 Wb ＝0.008 Wb ，ΔΦΔt ＝0.0080.05 Wb/s ＝0.16 Wb/s ， E ＝n ΔΦΔt＝20×0.16 V ＝3.2 V. 【答案】 0.008 Wb 0.16 Wb/s 3.2 V13．(10分)一根长20 cm 的通电导线放在磁感应强度为0.4 T 的匀强磁场中，导线与磁场方向垂直．若它受到的磁场力为4×10－3N ，则导线中的电流是多少？.若将导线中的电流减小0.05 A ，则该处的磁感应强度为多少？【解析】 由F ＝BIl 得I ＝F Bl ＝4×10－30.4×0.2 A ＝0.05 A 导线中的电流减小，所受的安培力F 也减小，B 不变，故该处的磁感应强度仍为0.4 T.【答案】 0.05 A 0.4 T14．(12分)如图8所示，水平桌面上放着一个单匝闭合金属线圈，在线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体，此时线圈内的磁通量Φ1＝0.05 Wb ；现使该磁体竖直向下运动，当磁体下端到达桌面时，线圈内的磁通量Φ2＝0.15 Wb ，在此过程中，图8(1)线圈中有没有感应电流产生？(2)求穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ；(3)若磁体运动所用时间Δt ＝0.5 s ，求线圈中产生的感应电动势大小E .【解析】 (1)根据感应电流产生的条件，可知闭合线圈中磁通量发生变化，因此有感应电流产生．(2)穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(0.15－0.05)Wb ＝0.10 Wb.(3)根据法拉第电磁感应定律得，线圈中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝0.100.5V ＝0.2 V. 【答案】 (1)有感应电流产生 (2)0.10 Wb (3)0.2 V15. (12分)目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图9表示它的发电原理：将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说是中性)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就聚集电荷，产生电压．说明金属板上为什么聚集电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，电路中的电流方向如何？图9【解析】 (1)如图所示，等离子体喷射入磁场中，正、负离子将受到洛伦兹力作用而偏转，正离子逐渐向A 板运动而聚集到A 板，负离子逐渐向B 板运动而聚集到B 板上，使A 、B 板由于带不同性质的电荷而产生电压．(2)在图示情况下，因上极板聚集正离子，下极板聚集负离子，所以A 板相当于电源正极，电流方向由A 经R 流向B 板．【答案】 见解析16. (14分)电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图10所示.1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g 的弹体(包括金属杆EF 的质量)加速到10 km/s 的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)，若轨道宽2 m ，长为100 m ，通过的电流为10 A ，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度是多大？(轨道摩擦不计)图10【解析】 由v 2＝2as 得，弹体的加速度为a ＝v 22s ＝10422×100＝0.5×106 m/s 2 所以F 安＝ma ＝2.2×10－3×0.5×106N＝1.1×103 N由F 安＝BIl 得 B ＝F 安Il ＝1.1×10310×2T ＝55 T. 【答案】 55 T第三章电路与电能传输章末综合测评(三)(时间：60分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中第1～6题只有一项符合题目要求．第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分．)1．在一次闪电形成过程中，流动的电荷量约为300 C，持续时间约为0.005 s，则这次闪电产生的电流大小约为( )A．12×104 A B．9×104 AC．6×104 A D．3×104 AC[根据电流的定义式I＝qt得：电流I＝3000.005A＝6×104A，故C正确，A、B、D错误．故选C.]2．关于电功W和电热Q的说法正确的是( )A．在任何电路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，且W＝QB．在任何电路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，但W不一定等于QC．W＝UIt、Q＝I2Rt均只有在纯电阻电路中才成立D．W＝UIt在任何电路中都成立，Q＝I2Rt只在纯电阻电路中才成立B[非纯电阻中，W＝UIt用来求电功；Q＝I2Rt用来求电热，但W>Q；只有在纯电阻电路，根据能量守恒，电功和电热才相等，电功可用公式W＝UIt计算，也可用公式W＝I2Rt 计算，故A错误，B正确；W＝UIt可用于任何电路求总电功，而Q＝I2Rt可以适用任何电路求电热，故C、D错误；故选B.]3．关于减小远距离输电时输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )A．由功率P＝U2/R知，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P＝IU知，应用低电压小电流输电C．由P＝I2R知，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不正确C[由P＝I2R知，要减小输电线上的损耗，应减小导线电阻；也可减小输电电流(在不减小输电功率的前提下)，要使功率损耗减小，必须提高输电电压，故C正确．而A、B中的U是输电电压，不是输电线上的电压损失，即U≠IR，故A、B、D错误．] 4．理想变压器的原副线圈的匝数之比为4∶1，在原线圈上加上U＝200 V的交流电压，在副线圈上接交流电压表，其示数为( )A．0 B．50 VC．200 V D．800 VB [理想变压器中U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2n 1U 1＝14×200 V ＝50 V ，故B 对．] 5．有额定电压、额定电功率均相同的电风扇、电烙铁、日光灯，各自在额定电压下正常工作相同的时间，比较它们产生热量的多少，结果是( )A ．一样多B ．电风扇最多C ．电烙铁最多D ．日光灯最多C [这三种用电器中，电烙铁是把电能全部转化成电热的用电器，所以发热量电烙铁最多．]6．一只手机电池的背面有如图1所示的一些符号，另外在手机使用说明书上对手机电池的说明书中还写有“通话3小时，待机100小时”．则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为( )图1A ．1.8 W 、5.4×10－2 WB ．0.6 W 、1.8×10－2 WC ．3.6 W 、0.108 WD ．6.48×103 W 、1.94×102 WB [电动势E ＝3.6 V ，电量Q ＝500 mA ·h ，能做功W ＝EQ ＝6 480 J ，所以，通话功率为P 1＝W t 1＝0.6 W ，待机功率为P 2＝W t 2＝1.8×10－2W ．]7．一节五号干电池的电动势是1.5 V ，下列说法正确的是( )A ．一节一号干电池的电动势也是1.5 VB ．直接用电压表测干电池两端电压(不接入电路)，电压表示数应该是1.5 VC ．把这节电池与一个小灯泡构成闭合回路，这时两极间电压还是1.5 VD ．我们使用电池时常需几节串联起来用，这样是为了获得较高的电压ABD [不同型号的干电池的电动势都是1.5 V ，故A 正确；直接用电压表测该干电池两端电压时，此时显示可以近似认为就是电源的电动势，故电压表示数应该是1.5 V ，故B 正确；若构成回路，则电压表所测电压为电源的路端电压，小于1.5 V ，故C 错误；若电池串联使用，则电动势应为各电池的电动势之和，故D 正确．]8．下列关于电流热效应的理解正确的是( )A ．白炽灯通电以后，一会儿就热得烫手是电流的热效应B ．电饭锅消耗电能煮饭，不符合能量守恒定律C．电流通过导体时都要产生热效应D．通电导体能发热，说明电能是热能AC[白炽灯通电以后，一会儿就热得烫手是电流的热效应，A正确；电饭锅消耗电能转化为内能，是符合能量守恒的，B错误；电流通过导体时都会产生热效应，C正确；通电导体发热是因为电能转化为内能，说明电能可以转化为热能，D错误．]9．滑动变阻器的原理如图2所示，则下列说法中正确的是( )图2A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大B．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小C．若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大D．若将b、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小AD[若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大，选项A正确；若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大，选项B 错误；若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小，选项C 错误；若将b、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小，选项D 正确；故选AD.]10．关于如图3所示电路，以下结论正确的是( )图3A．a、b若接直流电，灯泡不亮B．a、b若接直流电，灯泡也可发光C．a、b若接交流电，灯泡发光，灯泡和电容器都有电荷通过D．a、b若接交流电，灯泡发光，电容器中无电荷通过AD[电容器有“通交流，隔直流”的作用，故a、b接直流电时，灯泡不亮，A正确，B错误；接交流电时，灯泡亮，但电路中电流的形成缘于电容器的不断充电、放电，并没有电荷通过电容器，故C错误，D正确．]二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(8分)从发电厂输出的电功率为220 kW，输电线的总电阻为0.25 Ω.若输送电压为1.1 kV，输电线上损失的电功率为________W；保持输送功率不变，要使输电线上损失的电功率不超过100 W，输送电压至少为________V.【解析】 P 损＝(P U )2R ＝1×104 W ，由P 损′＝(P U ′)2R ，得U ′＝P R P 损′＝1.1×104 V. 【答案】 1×104 1.1×10412．(8分)在远距离输电时，采用升压变压器使输电电压升高n 倍，在输送电功率一定的条件下，输电线路上的电流将变为原来的________倍，输电线路上的电能损失将变为原来的________倍．【解析】 (1)如果保证输送的电功率不变，将输电电压升高到原来的n 倍，根据P ＝UI ，电流变为原来的1n. (2)在电阻、通电时间一定时，根据Q ＝I 2Rt ，电流变为原来的1n ，电热变为原来的1n2，所以输电线上的能量损失就减小到原来的1n2. 【答案】 1n 1n2 13．(10分)一个标有“110 V,10 W ”的灯泡，求：(1)它的电阻；(2)正常工作时的电流；(3)如果接在100 V 的电路中实际功率多大？(4)接在220 V 电压的电路中，它的实际功率多大？会发生什么现象？【解析】 (1)它的电阻：R ＝U 2P ＝110210Ω＝1 210 Ω. (2)正常工作时的电流：I ＝P U ＝10110A ＝111A ＝0.09 A ． (3)如果接在100 V 的电路中实际功率；P ′＝U ′2R ＝10021 210W ＝8.26 W. (4)接在220 V 电压的电路中，大于其额定电压，故灯丝会很快烧断，则它的实际功率为零．【答案】 (1)1 210 Ω (2)0.09 A (3)8.26 W (4)0 灯丝烧断14．(10分)如图4所示，变压器副线圈电路中电阻R ＝7.26 Ω，消耗功率为6 W ，另有一匝线圈接电压表，读数U 0＝50 mV.原线圈两端电压为U ＝311sin 100 πt V ，求原、副线圈的匝数．。