(10)恒定电流-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习单元检测卷（R）

高三一轮复习单元检测卷/物理 (十)恒定电流 (考试时间90分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b,木块α的竖直边靠在竖直且粗糙的小 竖直墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块α与铁块b一起向上做匀加速运动，运 动过程中铁块b与木块α始终保持相对静止，下列说法正确的是 A.木块a与铁块b间一定存在摩擦力 B.木块a与竖直墙面间一定存在弹力 C.木块a与竖直墙面间一定存在摩擦力 D.作用力F的大小一定小于木块a与铁块b的重力之和 2.图甲为某手机的说明书，图乙为充电宝（移动电源）的部分标识。生活中，我们用充电宝为移动设 备提供额外的电能，解决电量不足的问题。使用时要遵循充电规范、定期检查、正确存储、注意携 带安全等。关于该充电宝，下列说法正确的是 A.充电宝充满电后储存的能量约 规格参数 为2×104J 电池容量：10000mAh3.7V37Wh(max) B.充电宝充满电后可供该手机（已 Usb Outputl: 智能识别DC5V2.4A9V2.0A12V1.5A 放完电)充满电3次 手机类型智能手机、4G手机“ (18 Wmax) Usb Output2:DC 5 V 2.1 A C.若充电宝从20%的电量充电到 屏幕分辨率1920×1080像素(FHD) Micro Input:DC5 V 2.1A 9V 2.0A 12 V 1.5A 80%的电量用5小时，则充电过 电池容量 4000 mAh Type-C Imput:DC5 V 2.1A 9V 2.0A 12 V 1.5A 电池类型 不可拆卸式电池 Micro USB+Type-C Input:DC 5 V 3A 程的电流约为1.2A 重量：235g 。+++。: 尺寸：137*70*12.8mm D.充电宝充满电后的总能量可以 待机时间 22d 颜色：苏格兰银曜石黑魅酯红草木绿 使一名质量为60kg的学生匀 玫瑰金柏青蓝 速提升的最大高度为100m 8 3.如图甲所示为用传感器测量某直流电源的电动势E和内阻r的实验电路，按此原理测量得到多组 数据后作出的U-I图像如图乙所示。下列说法正确的是 A.图甲中A、B分别为电压传感器 U/V 和电流传感器 B.闭合开关前，应将滑动变阻器的 1.45 滑片P置于b端 1.40 C.根据图乙可求出该电源的电动势 A传感器 E=1.48V a 1.35 B传感器 D.根据图乙可求出该电源的内阻 1.30主 0 20 ≈1.43n 4060801001201401mA 日 4.如图所示，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原 因灯泡【的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，电源电动势为E、内阻为，电路中的定值电阻的 阻值分别为R1、R2、R,电压表和电流表示数变化量的绝对值分别为△U、△I,下列说法正确的是 A贺=rR R1 R3 B.电流表的读数变大，电压表的读数变小 C C.液滴开始向上运动 D.电源的输出功率一定变小 A 5.北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，现由55颗卫星组成。如图所示，P是纬 度为日的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为位于地球赤道上空的 同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直 少 线上，且∠OAB=90°，下列说法正确的是 A.卫星A、B与P点均绕地心做匀速圆周运动 B.P点的向心加速度大于卫星A的向心加速度 物理第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 C卫星A.B的周期之比号司 1 D.卫星A、B的线速度之比4=1 "VB√/c0s0 6.如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做圆周 运动，从某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度，随时间t的变化关系图 像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,下列 v/(m's-l) 说法正确的是 A.在t2时刻小球通过最高点 B.面积S1的数值为0.8m C.面积S1和S2不相等 D.图像第一次与横轴的交点对应小球的速度大小为4/s 7 7.如图所示为加速度计的原理图，滑块可沿光滑杆水平移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固 定在滑块上的滑片M下端与滑动变阻器R接触良好且无摩擦，两个电源的电动势均为E、内阻均 不计。当两弹簧均处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位 于表盘的中央，当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度 计固定在水平运动的被测物体上，下列说法正确的是 滑块 光滑杆 A.若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端 B.电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比 C.若电压表的指针位于表盘左侧，则物体的速度方向向右 D.若电压表的指针位于表盘左侧，则物体的加速度方向向右 8.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线α是该电池在某光照强度下 路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常数），图线b是某定值电阻R的U-I图像。当 它们组成闭合回路时，硅光电池的效率为 U/V A2×1o0 B是X10% U cU 1×100% U2-U1 D.02 ×100% 123A 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对 得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，将某一电源的路端电压随干路电流的变化关系和某一定值电阻 UNV R两端的电压与通过该电阻的电流关系画在同一个U-I图像中，将该电 甲 5.0 源与两个定值电阻R串联构成闭合回路，下列说法正确的是 4.0-- A.甲图线反映定值电阻R的U-I关系，R=1.02 3.0 B.乙图线反映电源的U-I关系，其电动势E=5.0V 2.0 C.通过定值电阻R的电流一定为1.2A 1.02.03.04.01A D.电源的内阻r=12 10.如图所示，将两个相同的电流计分别改装成电流表A1(0一3A)和电流表A2(0~0.6A),把这两 个电流表并联接人电路。下列说法正确的是 A A.A1和A2的内阻之比为5：1 Ro B.A1的指针半偏时，A2的指针也半偏 C.A1的读数为1A时，A2的读数为0.4A s D.A1的读数为2A时，干路电流为2.4A 11.如图所示，电源的电动势为E、内阻为r,R。、R2均为定值电阻，R1为滑动变阻器，电表均为理想 电表，当滑动变阻器R,的滑片向左滑动时，下列说法正确的是 ⑧ A.电流表A1的示数减小，电流表A2的示数减小 B.电压表V1的示数减小，电压表V2的示数减小 C.电流表A1的示数变化量的绝对值△I1小于流过R1的电流变化量的绝对 A 。白® 值△IRI R2 D.电压表V,的示数变化量的绝对值△U2和电流表A]的示数变化量的绝对 值△I1的比值变大 一轮复习单元检测卷十 物理第2页（共4页） 12.如图甲所示，t=0时刻，两个带电粒子M、N同时飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加 速电场，经加速后分别在、T时刻从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入偏转电场，两板间电 压U2的变化规律如图乙所示。T时刻粒子M从 U2 A板的右端离开电场区域，不考虑粒子重力及粒 粒 子间的作用力，下列说法正确的是 A.粒子M、N到达小孔S时的速度之比为2：1 B.粒子M、N的比荷之比为1：4 C.粒子N将打到B板的中点 D.偏转电场对粒子N所做的总功为零 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 5 6 8 9 10 11 12 答案 三、非选择题（本题共6小题，共60分。请按要求完成下列各题） 13.(8分)某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的 电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。 电极板 R/1032) 14 A 12 中出中甲出中出出中 0.10.20.30.40.50.60.71m 甲 (1)如图甲所示，在绝缘长方体容器的左、右两侧安装可移动的薄金属电极板，将自来水倒人其 中，测得水的截面宽d=0.07m、高h=0.03m。 (2)实验室提供的器材：电流表（量程为300uA,内阻Ra=25002)、电压表（量程为3V或15V, 内阻未知)、直流电源（电动势为3V)、滑动变阻器、开关和导线若干。为减小实验误差，请在图 甲中用笔画线代替导线完成电路实物的连接。 (3)连接好电路，测量26℃的水在不同长度1时的阻值R.,将水温升到65℃，重复测量。绘出 26℃和65℃水的R,l图线，分别如图乙中A、B所示。 (4)若R,-1图线的斜率为k,则水的电阻率表达式为ρ (用k、d、h表示)，实验结果表 明，温度 (填“高”或“低”)的水更容易导电。 (5)测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不 变，选用内直径为8×103m的水管，已知人体的最大安全电流为1×103A,热水器出水温度最 高为65℃，忽略其他电阻的影响（等效为热水器220V的工作电压直接加在水管两端），则该水 管的长度至少应设计为 m(结果保留两位有效数字)。 14.(6分)某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻（阻 值为R。)、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。 (1)实验步骤如下： A电阻丝 A电阻丝 ①将电阻丝拉直固定，按照图甲连接电路，金属 金属夹 金属夹 夹置于电阻丝的 (填“A”或“B”)端。 ②闭合开关S,快速滑动金属夹至适当位置并 记录电压表的示数U,断开开关S,测量金属夹 与B端的距离L。 甲 丙 ③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图丙中图线I。 ④按照图乙将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图丙中 物理第3页（共4页）】 衡水金卷·先享题·高三 图线Ⅱ。 (2)由图丙得出纵截距为b,则待测电池的电动势E= (用b表示)。 3)由图线求得1、Ⅱ的斜率分别为，点，若冬=，则待测电池的内阻 (用n、R。 表示)。 15.(8分)如图所示，图甲中在滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数U随 电流表读数I的变化关系如图乙中的两直线AC、BC所示，电表均可视为理想电表。 (1)定值电阻的阻值R。、滑动变阻器的最大阻值R分 UU八V 别为多少？ 7.5- B (2)求电源的电动势和内阻； 6.0-4---->C (3)电源的最大工作效率为多少？ 4.5 3.0 1.5--A ④ 0 0.51.01.52.01A 匆 16.(12分)在如图所示的电路中，定值电阻R1=3D、R2=22、R3=22、R4=32、R,=1,电容器 的电容C=5μF,电源的电动势E=10V、内阻不计。 (1)闭合开关S、S2,电路稳定后，电容器哪个极板带正电？带电量为 多少？ (2)保持开关S1闭合，断开开关S2,电路稳定后，流过定值电阻R的电 荷量为多少？ R3 E 17.(12分)对于同一个物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系， 加深理解。给定一段粗细均匀、横截面积为S、长度为L的导体，在该导体两端加某一电压时，自 由电子定向移动的平均速率为。已知导体单位体积内有n个自由电子，电子的电荷量大小 为e。 (1)求导体中的电流； (2)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后 的剩余部分)的碰撞，电子与金属离子碰撞的平均结果表现为导体给电子以连续的阻力，这是导 体形成电阻的原因。已知阻力的大小与电子定向移动的速率成正比，即∫=，k是阻力系数，求 导体的电阻率（用k、n、e表示）； (3)自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，电子将能量转移给金属离 子，从而使金属导体发热。某段时间内，导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和 (等于阻力做的功)为△Ek,这段时间内导体产生的焦耳热为Q,求△Ek与Q的关系。 18.(14分)有一种打积木的游戏，装置如图所示，四块完全相同的积木B、C、D、E叠放在靶位上，宽 度均为d=10cm,积木C、D、E夹在固定的两光滑薄板之间，小球A(可视为质点)用长度L 0.45m、不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，将小球A拉至与O点等高的P点（保持绳绷直） 由静止释放，小球A运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行 一段距离后停下。已知小球A和每块积木的质量均为m=0.05kg,各积木间、积木与水平面间 的动摩擦因数均为u=0.2,重力加速度g=10m/s2,空气阻力不计。 ()求小球A下落到最低点与积木B碰撞前的瞬间细绳上的张力P@ 大小； (2)求积木B向前滑行的距离； (3)将小球A再次拉起至P点无初速度释放，小球A运动到最低点与 C 积木C发生弹性碰撞且瞬间完成，积木C沿积木B的轨迹前进，与静 B 止的积木B发生碰撞（时间极短）并粘合在一起向前滑动，求粘合在一 起后积木CB一起滑行的距离。 轮复习单元检测卷十 物理第4页（共4页） ®高三一轮复习R ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（十） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： ,理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 分 值 (主题内容) ⅡⅢ ② ③④ 档次 系数 1 单项选择题 3 受力分析、牛顿第二定律 易 0.85 2 单项选择题 3 电池的充放电 易 0.80 3 单项选择题 3 测电源的电动势和内阻 易 0.80 4 单项选择题 含容电路的动态分析 中 0.75 单项选择题 万有引力定律的应用 中 0.70 6 单项选择题 圆周运动、机械能守恒定律 中 0.65 7 单项选择题 牛顿运动定律和电路综合问题 中 0.62 8 单项选择题 3 电池的效率 难 0.58 9 多项选择题 4 U-I图像 易 0.82 10 多项选择题 4 改装后电表的串并联问题 中 0.75 11 多项选择题 4 电路动态分析 中 0.62 12 多项选择题 4 带电粒子在电场中的运动 难 0.55 13 非选择题 P 导体电阻率的测量 中 0.75 14 非选择题 测量电池电动势和内阻 中 0.75 路端电压和负载的关系、U-I图 15 非选择题 8 中 0.70 像 16 非选择题 12 含容电路的动态分析与计算 中 0.65 17 非选择题 12 电流的微观分析 璨 0.55 使用动量守恒定律与能量守恒 18 非选择题 14 0.45 定律解决实际问题 ·51· ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、单项选择题 电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，流过电源的 1.A【解析】铁块b匀加速上升，受到的合力方向竖直 电流减小，电源的内电压和电阻R两端的电压减小， 向上，对铁块b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦 则电容器C两端的电压增大，电容器两极板间的场强 力共同作用，木块a与铁块b间一定存在摩擦力，A 增大，带电液滴所受的电场力增大，则液滴将向上运 项正确；对木块a和铁块b整体受力分析，整体受到 动，C项正确；电压表和电流表分别测量的是电阻R 重力和作用力F共同作用，由于存在竖直向上的加 的电压和电流，根据欧竭定律可知，R=号=兰A 速度，所以竖直向上的作用力F大小一定大于木块a 项错误；电容器两端的电压等于电阻R,和R,的总电 与铁块b的重力之和，D项错误；由于整体在水平方 压，由于电容器两端的电压增大，故流过电阻R2、R 向上加速度为零，所以整体不受墙壁的弹力，故木块 的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，B项错 a与竖直墙面间不存在摩擦力，B、C项错误。 误；根据电源的输出功率与外电阻的关系可知，当外 2.C【解析】由图乙可知，电池的容量Q= 电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大，由于外电 10000mA·h=10×3600A·s=36000A·s,充 阻与电源内阻的关系未知，不能判断电源的输出功率 满电后储存的能量E=gU=36000×3.7J≈1.33× 如何变化，D项错误。 10J,A项错误；充电宝充满电后可供该手机充满电 5.D【解析】卫星A、B均绕地心做匀速圆周运动，P 的次数n=生=10000mA:=2.5,故只能充 Q手机4000mA·h 点运动的圆轨迹与地轴线垂直，圆心在图中O点正 满2次，B项错误；充电宝从20%电量充电到80%电 上方，A项错误；因为∠OAB=90°，所以rB大于rA, 量用5小时，充电过程的电流约为I= 由万有引力提供向心力有GMm=mamr,解得w= (80%-20%)Q_60%X10A·h=1,2A,C项正 5 h GM ,可知0B<wA,因为p=B,所以aP<wn,根 确；根据能量守恒定律可知，匀速提升时满足E= 据rp<rA,a=wr,可得ap<aA,B项错误；根据开普 mgh,解得h≈222m,D项错误。 3.D【解析】图甲中A传感器串联在电路中，则A为 勒第三定律可得卡=，所以卫星A,B的周期之比 电流传感器，B传感器并联在滑动变阻器的两端，则 =√os日，C项错误；由万有引力提供向 B为电压传感器，A项错误；为保护电路，闭合开关时 应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，则闭合开关 心力有GM=m三，解得=√ M 2 ,所以卫星A、B 前，滑动变阻器的滑片P应置于α端，B项错误；根据 ,=1 闭合电路欧姆定律有U=E一Ir,则图乙的纵截距等 的线速度之比=√7s 三D项正确。 UB 于电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，故电源 6.B【解析】t时刻水平方向分速度向右，比时刻的 电动势E=1,50V,电源内阻，=1,50-1.30 140X10-x2≈ 速度小，说明时刻小球在最高点，A项错误；小球 在竖直平面内自由转动，只有重力做功，根据机械能 1.432,C项错误，D项正确。 守恒定律有2mgR十之m=号m听，解得R- 1 4.C【解析】当灯泡L的灯丝突然烧断后电路中的总 ·52· 高三一轮复习R ·物理· 0.8m,面积S表示水平的位移，从水平速度最大的 Ike=8:80=10当U=4V时，1=2A,则 位置运动到水平速度为零位置的水平位移等于半径， 电源的电动势E=4.0V+1×2.0V=6.0V,B项错 即为0.8m,B项正确：面积S表示从水平速度为零 误，D项正确：电源与两个定值电阻R串联构成闭合 的位置运动到最高点的过程中的水平位移，即半径， 回路，根据闭合电路欧姆定律可知，通过定值电阻R 也为0.8m,故面积S1和S,相等，C项错误；设图像 E 6.0 第一次与横轴的交点时的速度为，根据机械能守恒 的电流1=2R+,=2X2十A=1.2A,C项正确。 定律有mgR十之mr=号m,解得=25m/s,D 1O,BD【解析】改装后的电流表内阻R=华，所以A 项错误。 和A的内阻之比受-卡-=弓，A项错误：两 7.D【解析】由题可知，M位于R中点时与两电源间 个电流表是并联的，且电流计和电阻并联改装成电 的电势相等，设R的中点电势为零，则M位于R的中 流表，所以加在两个电流计两端的电压相等，则通过 点右侧，P端电势高于Q端电势，A项错误；由欧姆定 两个电流计的电流是相等的，所以A的指针半偏 律可知通过电阻的电流是定值，根据电阻定律及欧姆 时，A2的指针也半偏，B项正确：两个电流表的量程 定律可知，P端与Q端电势差与指针偏离R中点的 之比为3：0.6=5：1，所以A的读数为1A时，A2 距离x成正比，对滑块有F=2kx=ma,故物体加速 的读数为0.2A;A的读数为2A时，A的读数为 度与x成正比，故电压表的示数与物体加速度成正 0.4A,则千路电流为2A十0.4A=2.4A,C项错 比，B项错误；若电压表的指针位于表盘左侧，则滑块 误，D项正确。 左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长，滑块所受的合力方向 :11.BC 【解析】当滑动变阻器R的滑片向左滑动时， 向右，故物体的加速度方向向右，但不能确定速度的 其接入电路的阻值减小，外电路的阻值减小，总阻值 方向，C项错误，D项正确。 减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大， 8.B【解析】根据闭合电路欧姆定律有U=E一Ir,由 则电流表A的示数增大，内电压增大，路端电压减 图线a可知，当I=0时，E=U,即电源电动势为U2, 小，则电压表V的示数减小，R。两端的电压增大， 根据两图线的交点，即为该电阻接入时的电路参数， R两端的电压减小，即电压表V2的示数减小，流过 可知该电阻接入时，电阻两端的电压为U,也就是路 R,的电流减小，则电流表A2的示数减小，A项错 UL×100%= 端电压为U1,则硅光电池的效率)一， 误，B项正确；因电流表A的示数增大，电流表A 的示数减小，故流过R的电流增大，而流过电流表 岁X100%,B项正确。 A的电流等于流过电流表A,的电流与R的电流 二、多项选择题 之和，所以电流表A的示数变化量的绝对值△I 9.CD【解析】对于定值电阻R,由U=IR可知，U与I 小于流过R1电流变化量的绝对值△I1,C项正确： 成正比，其U-I图像为过原点的直线，结合U-I图 根据闭合电路欧姆定律可知，U2=E-I1(r十R。), 像可知，甲图线反映定值电阻R的U-I关系，R= 所以 |=r十R。,不变，D项错误。 、=0Q=20,A项错误：乙图线反映电源的U1关 12.AD【解析】粒子M、N在加速电场中做匀加速直 系，根据E=U十Ir,解得U=E-Ir,可知斜率的绝对 线运动的时间分别为号、T,而运动的位移相等，可 值表示电源内阻，根据乙图线可知，电源内阻，= 知粒子M、N的平均速度之比uM:v=2:1,根据平 ·53· ·物理· 参考答案及解析 均速度=子（十），可知粒子M、N到达小孔S 电极板 时的速度之比vM:N=2:1,A项正确；粒子在加速 电场的运动过程中，根据动能定理有gU=子m时， 解得比荷得=元，由w=21可得粒子M、N 的比荷之比9L:=6,:=4:1,B项错误；设金 mM mN 属板A、B的间距为d、板长为L,根据牛顿第二定 (4)kdh(2分)高(2分) (5)0.46(2分) 律，可知粒子在偏转电场中的加速度a=之，由 【解析】(2)由于电流表内阻已知，故电流表的分压 9M:9y=4:1,可得aM:aN=4:1,粒子在偏转电场 可以求出，所以电流表采用内接法，电源电动势为 mM mN 3V,则电压表应以量程为3V接入电路，电路实物 中微类平抛运动，已知粒子M在号时刻射人偏转电 连接如答案图所示。 场，T时刻从A板的右端离开电场区域，可知其在 (4)根据电阻定律有R,-p令，又S=dh,联立解得 垂直于金属板方向一直做匀加速运动，侧移量为 号，则有w=品=子， R=品，故Rl图像的斜率k=六，解得p=kdh, UM 根据题图乙可知，温度高的水的RL图线斜率较 8aT,假设粒子N能射出偏转电场，其运动时间 小，则温度高的水的电阻率较小，更容易导电。 =上=头=2w=T,则粒子N在T时刻射入偏 (5)由图乙中图线B的斜率k1=8X10 0.7 /m,故 UN UM 转电场，2T时刻离开电场区域，可知其在垂直于金 65℃水的电阻率p1=k1dh=242·m,设该水管的 属板方向先做匀加速运动，再做对称的匀减速运动， 长度至少为L,根据欧姆定律和电阻定律有R-号 其侧移量w=2X2ax(号)y”=子aT下=6mT =2.2X×1052=p1 πD2 =元D,解得L≈0.46m。 =子w=号，因w<号，故假设成立，粒子V能射 4 14.(1)A(2分) 出偏转电场，不会打到B板上，C项错误；由上述分 析可知，粒子V在偏转电场中，在沿金属板的方向 (@22分 上做匀速运动，在垂直于金属板的方向上先做匀加 是e分y 速运动，再做对称的匀减速运动，离开偏转电场时垂 【解析】(1)为了保护电路，闭合开关前金属夹置于 直于金属板方向的速度为零，即其平行于金属板方 电阻丝的最大阻值处，由电路图可知，应该置于 向离开电场，离开偏转电场时的速度等于射入偏转 A端。 电场时的速度，根据动能定理可知，偏转电场对粒子 (2)对于图甲的电路图，根据闭合电路欧姆定律有U N所做的功为零，D项正确。 =E-Ir,设金属丝的电阻率为ρ，横截面积为S,由 三、非选择题 13.(2)如图所示(2分) 欧姆定律和电阻定律有I=是，R=P专，联立解得 ·54· 高三一轮复习R ·物理· U=E咒，整理可得日-名+部·六：对于图乙 故a点的电势9。=pr-U1=10V-6V=4V (1分) 的电路图，根据闭合电路欧姆定律有U=E-I(r十 b点的电势96=-U=10V-4V=6V(1分) R),同理有1=只R=P台，联立解得亡-言 因为9。<，所以电容器的下极板带正电(1分) S+R).1 电容器两端的电压U。=9,一g,=6V-4V=2V Ep ，可知图线的纵截距6=言，解得E (1分) 带电量Q=CUm=5×10-F×2V=1×10-5C (1分) (3)由(2)可知1=部， ,k,=S+R) Ep 又=，联 (2)保持开关S闭合，断开开关S,电路稳定后，R 立解得r=n Ro 与R:串联，由(1)的分析可知，=6V,电容器的上 15.(1)32122(2)8V12(3)93.75% 极板与电源正极电势相同，即9.'=10V (1分) 【解析】(1)电压表V1的示数随电流表示数的变化 即电容两端电压Ub'=9。′-9，=10V-6V=4V 图线应为AC:电压表V,的示数随电流表示数的变 (1分) 化图线应为BC 电容器先放电再充电，最终的带电量Q=CU'=5 定值电阻的阻值风=号-号0=3n ×10-；F×4V=2×10-5C (1分) (1分) 即通过R的电荷量△Q=Q十Q=1×10iC十2× U2=7.50=150 当1=0.5A时，R号- (1分) 10-5C=3×10-5C (1分) 则滑动变阻器的最大阻值R=R一R。=15D一3 17.(1)eSv(2 ne? (3)Q=△E =122 (1分) 【解析】(1)根据电流的微规表达式可得I=neSw (2)根据闭合电路欧姆定律可得U=E-I, (1分) (1分) 结合图线BC可得E=8V,r=12 (2分) (2)根据欧姆定律有U=IR (1分) _U,L×100%= (3)电源的工作效率一E I(R+Ro) (R+R。+r) 由电阻定律可得R=P专 (1分) ×100%= R十R。×100% R+R。+r1 (1分) 又I=neSu 故当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，效率最大 联立解得U=pLnev 12+3 导体中电子在做匀速运动，有f=eE=ku (1分) 最大效率712+3十×100%=93.75% (1分) 根据电场强度与电势差的关系可得U=Ed=EL 16.(1)下极板1×10-5C(2)3×10-5C (1分) 【解析】(1)闭合开关S、S,电路稳定后，R1与R2 联立解得是 (1分) 串联，R?与R4串联，两条支路再并联，由串联分压 R 特点可知R,两端电压U,=R十RE=6V(1分) 代入U=plne,可得导体的电阻率p= ne (1分) R两端的电压U,=尽KE=4V (3)根据焦耳定律有Q=IPRt (1分) (1分) 其中I=eSu 若电源负极的电势为0，则电源正极电势9趾=9负十 =k E=10V (1分) R=ps=·S ·55· ·物理· 参考答案及解析 解得Q=(me5mP是·专·i=m SkLt (1分) 解得u1=0,2=v=3m/s 从碰撞后瞬间到积木B停止运动的过程，设积木B 每个电子损失的动能△E等于阻力做的功，每个电 滑行的距离为s,对积木B由动能定理有 子移动的距离为ut,损失的动能△Ek。=fL=ku·L (1分) -(u·4mg十r·3mg)d-mg(s-d)=0-之m6 则t时间内导体中所有电子损失的总动能△E= (2分) vtSn△Ekw=nd SkLt (1分) 解得s=1.65m (1分) 故Q=△Ek (1分) (3)将小球A拉回P点由静止释放，小球A运动到 18.(1)1.5N(2)1.65m(3)0.05m 最低点与积木C发生弹性碰撞，小球A与积木C碰 【解析】(1)小球A下摆的过程中，根据机械能守恒 撞后瞬间积木C的速度v3=2=3m/s (1分) 定律得 设积木C滑行距离s后与积木B碰撞前瞬间积木C nm 的速度为4，对积木C由动能定理得 (1分) 在最低点时，根据牛顿第二定律有 h·3mg+4·2ng)dg(s-d）=2n o F-mg=mL (1分) 2 mi (2分) 解得F=1.5N (1分) 积木C与积木B碰撞的过程，根据动量守恒定律有 (2)设小球A与积木B发生弹性碰撞后瞬间小球A mv-2mvs (1分) 的速度为v1,积木B的速度为v2。小球A与积木B 设粘合在一起后积木CB一起滑行的距离为x,有 发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得 1 一g·2mgx=0-2·2m哈 (1分) 1=7U十U2 (1分) 解得x=0.05m (1分) 由机械能守恒定律得 (1分) ·56·