（浙江專用）2019版高考物理大二輪復習優(yōu)選習題 專題綜合訓練4.doc

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專題綜合訓練(四)1.如圖所示,開關S閉合,電流表、電壓表均為理想電表,若電阻R1斷路,則下列說法中正確的是()A.電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變小C.電源內(nèi)電路消耗的功率變大D.R3消耗的功率變大2.如圖所示為一種常見的身高體重測量儀。測量儀頂部向下發(fā)射波速為v的超聲波,超聲波經(jīng)反射后返回,被測量儀接收,測量儀記錄發(fā)射和接收的時間間隔。質(zhì)量為M0的測重臺置于壓力傳感器上,傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比。當測重臺沒有站人時,測量儀記錄的時間間隔為t0,輸出電壓為U0,某同學站上測重臺,測量儀記錄的時間間隔為t,輸出電壓為U。該同學的身高和質(zhì)量分別為()A.v(t0-t),M0U0UB.v(t0-t)2,M0U0UC.v(t0-t),M0U0(U-U0)D.v(t0-t)2,M0U0(U-U0)3.如圖所示,平行板電容器充電后與電源斷開,正極板接地,兩極板間有一個帶負電的試探電荷固定在P點。靜電計的金屬球與電容器的負極板連接,外殼接地。以E表示兩板間的電場強度,表示P點的電勢,Ep表示該試探電荷在P點的電勢能,表示靜電計指針的偏角。若保持負極板不動,將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電量可忽略不計),各物理量變化情況描述正確的是()A.E增大,降低,Ep減小,增大B.E不變,降低,Ep增大,減小C.E不變,升高,Ep減小,減小D.E減小,升高,Ep減小,減小4.如圖所示,A為電解槽,M為電動機,N為電爐子,恒定電壓U=12 V,電解槽內(nèi)阻rA=2 ,當S1閉合,S2、S3斷開時,電流表A示數(shù)為6 A;當S2閉合,S1、S3斷開時,A示數(shù)為5 A,且電動機輸出功率為35 W;當S3閉合,S1、S2斷開時,A示數(shù)為4 A。求:(1)電爐子的電阻及發(fā)熱功率各多大?(2)電動機的內(nèi)阻是多少?(3)在電解槽工作時,電能轉(zhuǎn)化為化學能的功率為多少?5.汽車電動機啟動時車燈會瞬時變暗,如圖所示,在打開車燈的情況下,電動機未啟動時電流表讀數(shù)為10 A,電動機啟動時電流表讀數(shù)為58 A,若電源電動勢為12.5 V,內(nèi)阻為0.05 。電流表內(nèi)阻不計,則因電動機啟動,車燈的電功率降低了多少?6.如圖所示,在傾角為30的斜面上固定一光滑金屬導軌CDEFG,OHCDFG,DEF=60,CD=DE=EF=FG=AB2=L,一根質(zhì)量為m的導體棒AB在電機的牽引下,以恒定的速度v0沿OH方向從斜面底部開始運動,滑上導軌并到達斜面頂端,ABOH,金屬導軌的CD、FG段電阻不計,DEF段與AB棒材料、橫截面積均相同,單位長度電阻為r,O是AB棒的中點,整個斜面處在垂直斜面向上磁感應強度為B的勻強磁場中。求:(1)導體棒在導軌上滑行時電路中電流的大小;(2)導體棒運動到DF位置時AB兩端的電壓;(3)將導體棒從底端拉到頂端電機對外做的功。7.如圖,質(zhì)量為M的足夠長金屬導軌abcd放在光滑的絕緣水平面上。一電阻不計,質(zhì)量為m的導體棒PQ放置在導軌上,始終與導軌接觸良好,PQbc構成矩形。棒與導軌間動摩擦因數(shù)為,棒左側(cè)有兩個固定于水平面的立柱。導軌bc段長為L,開始時PQ左側(cè)導軌的總電阻為R,右側(cè)導軌單位長度的電阻為R0。以ef為界,其左側(cè)勻強磁場方向豎直向上,右側(cè)勻強磁場水平向左,磁感應強度大小均為B。在t=0時,一水平向左的拉力F垂直作用于導軌的bc邊上,使導軌由靜止開始做勻加速直線運動,加速度為a。(1)求回路中感應電動勢及感應電流隨時間變化的表達式;(2)經(jīng)過多少時間拉力F達到最大值,拉力F的最大值為多少?(3)某一過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q,導軌克服摩擦力做功為W,求導軌動能的增加量。8.如圖甲所示,兩根完全相同的光滑平行導軌固定,每根導軌均由兩段與水平成=30的長直導軌和一段圓弧導軌平滑連接而成,導軌兩端均連接電阻,阻值R1=R2=2 ,導軌間距L=0.6 m。在右側(cè)導軌所在斜面的矩形區(qū)域M1M2P1P2內(nèi)分布有垂直斜面向上的磁場,磁場上下邊界M1P1、M2P2的距離d=0.2 m,磁感應強度大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,在右側(cè)導軌斜面上與M1P1距離s=0.1 m處,有一根阻值r=2 的金屬棒ab垂直于導軌由靜止釋放,恰好獨立勻速通過整個磁場區(qū)域,重力加速度g取10 m/s2,導軌電阻不計。求:(1)ab在磁場中運動的速度大小v;(2)在t1=0.1 s時刻和t2=0.25 s時刻電阻R1的電功率之比;(3)電阻R2產(chǎn)生的總熱量Q總。9.如圖所示,兩根間距為L的金屬導軌MN和PQ,電阻不計,左端彎曲部分光滑,水平部分導軌與導體棒間的動摩擦因數(shù)為,水平導軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強磁場,右端有另一勻強磁場,其寬度也為d,但方向豎直向下,兩磁場的磁感應強度大小均為B0,相隔的距離也為d。有兩根質(zhì)量為m的金屬棒a和b與導軌垂直放置,金屬棒a電阻為R,金屬棒b電阻為r,b棒置于磁場中點C、D處。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)將a棒從彎曲導軌上某一高處由靜止釋放并沿導軌運動。(1)當a棒在磁場中運動時,若要使b棒在導軌上保持靜止,則a棒剛釋放時的高度應小于某一值h0,求h0的大小;(2)若將a棒從彎曲導軌上高度為h(hh0)處由靜止釋放,a棒恰好能運動到磁場的左邊界處停止,求此過程中金屬棒b上產(chǎn)生的電熱Qb;(3)若將a棒仍從彎曲導軌上高度為h(hh0)處由靜止釋放,為使a棒通過磁場時恰好無感應電流,可讓磁場的磁感應強度隨時間而變化,將a棒剛進入磁場的時刻記為t=0,此時磁場的磁感應強度為B0,試求出在a棒通過磁場的這段時間里,磁場的磁感應強度隨時間變化的關系式。10.如圖所示,頂角=45的金屬導軌MON固定在水平面內(nèi),導軌處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中。一根與ON垂直的導體棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿導軌MON向左滑動,導體棒的質(zhì)量為m,導軌與導體棒單位長度的電阻均為r。導體棒與導軌接觸點的a和b,導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。t=0時,導體棒位于頂角O處,求:(1)t時刻流過導體棒的電流I的大小和方向。(2)導體棒做勻速直線運動時水平外力F的表達式。(3)導體棒在0t時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q。專題綜合訓練(四)1.D解析 電路結(jié)構為R2和R3串聯(lián)之后再和R1并聯(lián),電壓表測量R2兩端電壓,電流表測量R2和R3的電流,若R1斷路,則外電路電阻增大,總電流減小,根據(jù)閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得路端電壓U增大,即R2和R3所在支路兩端的電壓增大,而R2和R3的電阻不變,所以通過R2和R3的電流增大,即電流表示數(shù)增大,R2兩端電壓UR2=IR2R2,故R2兩端電壓增大,即電壓表示數(shù)增大,A、B錯誤;總電流減小,則內(nèi)電路消耗的功率P=I2r減小,C錯誤;由于R3恒定,通過R3的電流增大,所以R3消耗的電功率增大,D正確。2.D解析 當測重臺沒有站人時,2x=vt0;站人時,2(x-h)=vt,解得h=12v(t0-t);無人站立時,U0=kM0g;有人時,U=k(M0g+mg),解得:m=M0U0(U-U0),故D正確。3.C解析 將正極板適當向右水平移動,兩板間的距離減小,根據(jù)電容的決定式C=S4kd可知,電容C增大,因平行板電容器充電后與電源斷開,則電容器的電荷量Q不變,由C=QU得,板間電壓U減小,因此夾角減小,再依據(jù)板間電場強度E=Ud=QCd=4kQS,可見E不變;P點到正極板距離減小,且正極接地,由公式U=Ed得,P點的電勢增加,負電荷在P點的電勢能減小,故A、B、D錯誤,C正確。4.答案 (1)2 72 W(2)1 (3)16 W解析 (1)當S1閉合,S2、S3斷開時,只有電爐子接入電路,因電爐子為純電阻,由歐姆定律可知電爐子的電阻r=UI1=2 其發(fā)熱功率PR=UI1=126 W=72 W。(2)當S2閉合,S1、S3斷開時,電動機為非純電阻,由能量守恒定律得:UI2=I22rM+P輸出代入數(shù)據(jù)解得:rM=1 (3)當S3閉合,S1、S2斷開時,電解槽工作,由能量守恒定律得:P化=UI3-I32rA代入數(shù)據(jù)解得:P化=16 W。5.答案 43.2 W解析 電動機不啟動時,燈泡的電壓為電源路端電壓,設為UL,電動機啟動后燈泡電壓仍為路端電壓,設為UL由閉合電路歐姆定律得I=ER+r解得:R=1.2 燈泡消耗功率為PL=EI-I2r=120 W電動機啟動后,路端電壓UL=E-Ir=9.6 V燈泡消耗電功率為PL=UL2R=76.8 W所以燈泡功率降低了P=(120-76.8) W=43.2 W6.答案 (1)Bv02r(2)53BLv0(3)4+34mgL+B2L2v03r解析 (1)導體棒在導軌上勻速滑行時,感應電動勢E=BLv0回路總電阻為R總=3Lr則感應電流為:I=ER總聯(lián)立解得:I=Bv03rAB棒滑到DF處時,AB兩端的電壓UBA=UDA+UFD+UBF又有:UDA+UBF=BLv0可得:UDF=23BLv0則有:UBA=UDA+UFD+UBF=53BLv0(3)導體棒從底端拉到頂端電機做的功:W=Ep+Q1+Q2增加的重力勢能Ep=mg(2L+Lcos 30)sin 30=4+34mgLAB棒在DEF軌道上滑動時產(chǎn)生的熱量Q1=W安,此過程中,電流I不變,故Q1=W安=0+F安max232L=3B2L2v012r電流不變,電阻不變,所以AB棒在CDEF導軌上滑動時產(chǎn)生的熱量Q2=I2R總t=Bv03r23LrLv0=B2L2v03r所以:W=4+34mgL+B2L2v03r7.答案 (1)E=BLat,I=BLatR+R0at2(2)t=RaR0Fm=Ma+mg+12(1+)B2L2aRR0(3)W-QmgMa解析 (1)回路中感應電動勢E=BLv導軌做初速度為零的勻加速運動,故導軌速度v=at則回路中感應電動勢隨時間變化的表達式E=BLat又x=12at2回路中總電阻R總=R+2R012at2=R+aR0t2回路中感應電流隨時間變化的表達式I=ER總=BLatR+R0at2(2)導軌受到外力F,安培力FA,摩擦力Ff;FA=BIL=B2L2atR+R0at2Ff=(mg+FA)=mg+B2L2atR+R0at2由牛頓第二定律F-FA-Ff=Ma解得F=Ma+mg+(+1)B2L2aRt+R0at由數(shù)學知識得,當Rt=aR0t,即t=RaR0時外力F取最大值所以Fm=Ma+mg+(+1)B2L22aRR0(3)設此過程中導軌運動距離為s,由動能定理,W合=Ek,W合=Mas摩擦力做功W=mgs+WA=mgs+Q所以s=W-Qmg導軌動能的增加量Ek=MaW-Qmg8.答案 (1)1 m/s(2)41(3)0.01 J解析 (1)由mgssin =12mv2得v=1 m/s(2)金屬棒從釋放到運動至M1P1所用的時間t=vgsin=0.2 s在t1=0.1 s時,金屬棒還沒進入磁場,有E1=t=BtLd=0.6 V此時,R2與金屬棒并聯(lián)后再與R1串聯(lián)R總=3 U1=E1RR1=0.4 V由圖乙可知,t=0.2 s后磁場保持不變,ab經(jīng)過磁場的時間t=dv=0.2 s故在t2=0.25 s時ab還在磁場中運動,電動勢E2=BLv=0.6 V此時R1與R2并聯(lián),R總=3 ,得R1兩端電壓U1=0.2 V電功率P=U2R,故在t1=0.1 s和t2=0.25 s時刻電阻R1的電功率的比值P1P2=U12U22=41(3)設金屬棒ab的質(zhì)量為m,ab在磁場中運動時,通過ab的電流I=E2R總金屬棒ab受到的安培力FA=BIL又mgsin =BIL解得m=0.024 kg在00.2 s內(nèi),R2兩端的電壓U2=0.2 V,產(chǎn)生的熱量Q1=U22R2t=0.004 J金屬棒ab最終將在M2P2下方的軌道區(qū)域內(nèi)往返運動,到M2P2處的速度為零,由功能關系可得在t=0.2 s后,整個電路最終產(chǎn)生的熱量Q=mgdsin +12mv2=0.036 J由電路關系可得R2產(chǎn)生的熱量Q2=16Q=0.006 J故R2產(chǎn)生的總熱量Q總=Q1+Q2=0.01 J9.答案 (1)2m2g(R+r)22B04L4(2)(mgh-mg2d)rR+r(3)B0-2B0d2ght-12gt2解析 (1)因為a棒進入磁場后做減速運動,所以只要剛進入時b棒不動,b就可以靜止不動。對a棒:由機械能守恒得:mgh0=12mv02根據(jù)閉合電路歐姆定律有:I=ER+r感應電動勢:E=B0Lv0對b棒:B0IL=mg聯(lián)立解得:h0=2m2g(R+r)22B04L4(2)由全過程能量守恒與轉(zhuǎn)化規(guī)律:mgh=mg2d+Q總熱量為:Q=(mgh-mg2d)解得金屬棒b上產(chǎn)生的電熱:Qb=(mgh-mg2d)rR+r(3)a棒通過磁場時恰好無感應電流,說明感應電動勢為零,根據(jù)法拉第電磁感應定律:E=t在t0的前提下,=0即保持不變對a棒,由機械能守恒知:mgh=12mv2a棒進入磁場后,由牛頓第二定律得a=g經(jīng)過時間t,a棒進入磁場的距離x=vt-12at2磁通量=B0L(d-x)-12BdL又最初磁通量為0=B0dL-12B0dL=12B0dL=故B=B0-2B0d2ght-12gt210.答案 (1)Bv0(2+2)r,方向ba(2)F=B2v02t(2+2)2r(3)Q=B2v03t22(2+2)2r解析 (1)0到t時間內(nèi),導體棒的位移x=tt時刻,導體棒的長度l=x導體棒的電動勢E=Blv0回路總電阻R=(2x+2x)r電流I=ER=Bv0(2+2)r電流方向為ba(2)F=BlI,I=ER,故F=B2v02t(2+2)2r(3)t時刻導體的電功率P=I2R=B2v03t(2+2)2r又Pt,故Q=P2t=B2v03t22(2+2)2r