全品一轮复习测评手册全套详答

[解析] 为使W1∶W2最大，应使W1最大，W2最小，但又不能使细绳松弛，所以小锤第一次打击小球后，应使小球运动90°，此时小锤对小球做的功为W1，根据动能定理有W1－qEL＝0，

解得W1＝qEL

小锤第二次对小球做的功使小球从A运动到B，在B点时，小球所受的电场力提供向心v2B

力，有qE＝m

L

从A到B过程，根据动能定理有W2－2qEL＝EkB－EkA 其中EkA＝W1， 3

联立解得W2＝qEL.

2

11．(1)2.5×105 m/s (2)15 cm

[解析] (1)设带电粒子在两金属板间运动的时间为t1，则L＝v0t1

－

解得t1＝2×106 s

因为t1＝T，所以无论何时射入电场，带电粒子在电场中加速运动时间均相同．设带电粒子离开电场时竖直方向上速度大小为vy，带电粒子在两金属板间运动的加速度为a，则

qU0

＝ma dt1vy＝a 2

联立解得vy＝1.5×105 m/s 带电粒子离开电场时的速度

25

v＝v2x＋vy＝2.5×10 m/s

带电粒子离开电场时速度与水平方向的夹角α的正切

vy3

tan α＝＝

v04

(2)由题可知，当带电粒子在t＝kT(k＝0，1，2?)时刻进入电场时，带电粒子的侧向位移1?t1?2?t1?2

最大，其侧向位移ymax＝a?2?＋a?2?＝22.5 cm

2

T

当带电粒子在t＝kT＋(k＝0，1，2?)时刻进入电场时，带电粒子的侧向位移最小，其

21?t1?2

侧向位移ymin＝a?2?＝7.5 cm

2

带电粒子从电场射出到MN边界上的宽度 Δy＝ymax－ymin＝15 cm.

45分钟单元能力训练卷(七)

1．D [解析] 对于某金属导线来说，电阻率只由其材料的性质决定，而不是由R、S、L来决定的，对比各选项可知D正确．

EIR

2．C [解析] 由闭合电路的欧姆定律得I＝，η＝×100%，P＝I2R，由题

R＋rI（R＋r）知，η>50%，P＞2 W，解得1 Ω＜R＜2 Ω，选项C正确.

3．C [解析] 滑片P向左移动，则总电阻增大，总电流减小，电容器两端的电压即R2U2两端的电压UC＝U2＝IR2将减小，电容器中的电场强度E＝减小，A错误；电容器上的电

d

荷量Q＝CU2将减少，C正确；电容器的电容是由电容器本身的性质决定的，故不变，B错误；因电场力减小，重力大于电场力，故液滴将向下运动，D错误．

4．A [解析] 滑动变阻器的滑片P向左移动时，R2接入电路部分的电阻增大，根据“串反并同”结论可知，电流表A的示数变小，电压表V的示数变大，选项A正确．电源输出电流减小，小灯泡L中电流变小，故小灯泡L变暗，选项B错误．电容器两端电压增大，故电容器C上的电荷量增多，选项C错误．电源输出电流减小，故电源的总功率变小，选项D错误．

5．D [解析] 当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，接入电路中的阻值增大，电压表V1、V2和R3均是并联，根据“串反并同”结论可知，电压表V1和V2示数均变大，A、B错误．设V1的示数为U1，V2的示数为U2，干路电流为I，则有U1＝U2＋IR1，ΔU1＝ΔU2＋ΔIR1，根据“串反并同”结论可知I减小，即ΔI<0，则ΔU1<ΔU2，C错误，D正确．

6．AC [解析] 在滑片P由a端向b端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，E外电路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律，电路中的电流I＝增大，定值电阻R消

r＋R外耗的功率P＝I2R随电流的增大而增大，选项C正确；把定值电阻看成电源的一部分，滑动变阻器消耗的功率为等效电源的外电路消耗的功率，当RP＝2r时，滑动变阻器消耗的功率最大，在P由a向b移动的过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，选项A正确．

x1L

7．D [解析] 设滑片向右移动的距离为x，则UPQ＝U0，因UPQ＝U0，故x＝，对滑

L332kL

块，有2kx＝ma，则a＝，因为滑块受的合力向左，所以加速度方向向左，选项D正确．

3m

8．BC [解析] 设滑动变阻器的滑片P左、右两边的电阻分别为Ra和Rb，则外电路的Ra（R－Ra）RaRbR

总电阻R外＝＋R0＝＋R0，当Ra＝时，外电阻最大，即在P由a向b移

R2Ra＋Rb动的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I＝EUU

先减小后增大，选项A错误；对外电路，有R外＝，所以比值一定先增大后减小，IIr＋R外

选项D错误；由P＝I2R0可知，R0的功率一定先减小后增大，选项B正确；当r＝R外时，电

源的输出功率最大，在滑片P由a向b移动的过程中，因不明确外电路电阻与内阻的关系，故电源的输出功率变化不确定，选项C正确．

9．(1)A1 V2 (2)如图所示

(3)左 (4)1.203(1.201～1.205均可)

U

[解析] (1)电源的电动势为3 V，所以电压表选V2，电路中的最大电流Im＝＝0.15 A，

Rx

所以电流表选A1；

(3)滑动变阻器R采用分压式接法时，初始的输出电压应最小，滑片应置于最左端． (4)螺旋测微器测得的读数为1.203 mm. 10．(1)电阻箱 (2)如图所示

(3)12 1 (4)电流表A2的内阻分压产生的系统误差；电流表读数时产生的偶然误差；作1

-R图线时产生的偶然误差 I

[解析] (1)实验中需要读出电阻的阻值，故应选择电阻箱；(3)由欧姆定律可知E＝I(R＋R0

R0＋r1110.5－R0＋r－

＋r)，变形可得＝·R＋，由图可知＝ V1，＝0.5 A1，解得E＝12 V，r

IEEE6E＝1 Ω.

11．(1)0.4 A 均为10 Ω (2)0.6 A 均为0.6 W 0.6 W

12

[解析] (1)把三个这样的电灯串联后，每只电灯得到的实际电压为 V＝4 V

3由题图甲可知，每只电灯两端加上4 V的实际电压时的工作电流均为I＝0.4 A 由此可以求出此时每只电灯的实际电阻 U4

R＝＝ Ω＝10 Ω.

I0.4

(2)在题图乙的混联电路中，设每只电灯上的实际电压和实际电流分别为U′和I′. 在这个闭合电路中，有E＝U′＋2I′(R0＋r)． 代入数值并整理得U′＝8－20I′

这是一个反映电路的直线方程．把该直线在题图甲的坐标系中画出，如图所示．(I代表I′，U代表U′)

这两条图线的交点为U′＝2 V，I′＝0.3 A

同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值IA＝2I′＝0.6 A 每只电灯的实际功率P＝U′I′＝2×0.3 W＝0.6 W.

45分钟单元能力训练卷(八) F

1．C [解析] 由题意知，导线受到的安培力为F＝BIL，所以＝BL，选项C正确．

I2．D [解析] 当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用，选项A、B错误；洛伦兹力的方向既和速度方向垂直，也和磁场垂直方和，选项C错误．

3．D [解析] 设粒子运动的轨道半径为R，则粒子运动的圆弧对应的圆心角为60°，故πRr

运动的轨迹长度为L＝，由几何关系可知，tan 30°＝，该粒子在磁场中运动的时间为t

3R3πrL

＝.联立解得t＝，选项D正确． v03v0

4．D [解析] 未加匀强磁场B之前，导线a和b在对方处产生的磁场方向相同，因Ia

向相同，大小比未加匀强磁场B之前要小．所以b所受的安培力比原来的安培力小，由左手定则可判断，安培力方向竖直向下．

5．B [解析] 刚释放时，小球所受的合力等于重力，加速度为g，A正确；小环从A到运动到D，弹簧先回复原长，再压缩，即弹簧对小环先做正功后做负功，C正确；小环从A1

运动到D，由动能定理得mgh＝mv2，可知小环到D点时的速度vD与小环的质量无关，B

2D错误；小环到C点时的速度刚好为0，D正确．

6．A [解析] 如图所示沿PA方向射入的带负电的粒子打在屏上P点右侧的C点(离P最近的点)，沿PQ方向射入的带负电的粒子打在屏上P点右侧的D点(离P最远的点)，可知2mv2mv

打在屏上P点右侧的为一亮线，因PD＝2R＝，PC＝2Rcos θ＝ cos θ，所以亮线长

qBqB2mv

度CD＝PD－PC＝(1－cos θ)；同理，带正电的粒子打在屏上P点左侧的亮线长度也为

qB2mv

(1－cos θ)，选项A正确，B、C、D错误． qB

mv

7．ABD [解析] 正离子在磁场中做圆周运动的轨迹圆半径R＝＝2 3 cm，入射方

qB向不同的离子的轨迹圆半径相同，各离子的轨迹圆是过O点的半径为R的动圆，且入射速度沿x轴正方向的离子离开磁场时距c点最近，最近点A的坐标为[3 cm，(2 3－3) cm]，选项A正确；当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，运动的时间最长，即从a点射出的离T12πmπ

子的运动时间最长，该轨迹圆弧对应的圆心角为60°，运动时间t＝＝·＝ s，选

66qB300项B、D正确；由几何关系可知，从O点沿与Oc成120°角方向射入磁场的离子将垂直于

ab边离开磁场，选项C错误．

8．BD [解析] 假设粒子带负电，画出轨迹图如图所示，容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度不会大于在正方形磁场中的轨迹长度，故B、D正确．

9．逆时针

B

cos θ

[解析] 由于合磁场的方向指向北偏东θ角，地磁场的水平分量为B，方向向北，通电线圈在中央处产生的磁场方向应水平向东，根据安培定则可判断，线圈中电流方向(由东向西看)