《2021届一轮复习物理解题方法导练割补法(含解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届一轮复习物理解题方法导练割补法(含解析).pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、物理解题方法导练：割补法1匝数为 100 匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r0.02，则在 010s内线圈产生的焦耳热为()A80J B85J C90J D125J 2利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图甲所示，ab 为交变电流信号输入端，D 为半导体二极管，R 为定值电阻。信号输入后，电阻R 两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是（）A频率为100Hz B电压有效值为50 2VC一个标有“90V，30 F”的电容器并联在电阻R 两端，可以正常工作D若电助理R=10，
2、则 1min 内 R 产生的热量为1.5 104 J 3经过理论推理可知，两个大小不能忽略的带点均匀的半球面，相互作用力产生的压强为 P=E,其中 E 为场强，为单位面积上的电荷量，已知半径分别为R 和 r 的带电均匀的半球，其带电量分别为Q 和 q，两半球的球心及最大横截面重合，两个半球之间的作用力大小为（）A2QqkRB2QqkrC22QqkrD22QqkR4如图所示，将表面均匀带正电的半球壳，沿线轴分成厚度相等的两部分，然后将这两部分移开到很远的距离，设分开后球表面仍均匀带电，左半部分在A1点的场强大小为 E1，右半部分在A2点的场强的大小为E2，则有()AE1=E2BE1E2D大小无法
3、确定5如图所示，电压的最大值为Um，周期为T，曲线为正弦曲线的一部分，则其有效值为()A22mUB12mUC2mUD13mU6如图，为一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电流的有效值是（）A52A B53A C9 22 A D10A 7如图所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为()A12I0BI0C22I0D32I08如图所示为正弦交流电经过整流器处理后的电压波形，其电压的有效值是（）A1.5V B1V C32V D3V 9如图所示为某一线圈交流电的It关系图像（其中前半个周期为正弦波形的12），则一个周期内该电流的有效值为A032IB052I
4、C032ID052I10已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，其中0 4T为正弦交流电一部分，将一个多用电表(已调至交变电流电流挡)与这个电阻元件串联，则多用电表的读数为A4A B17AC19AD5 2A 11有一质量为M、半径为 R、密度均匀的球体，在距离球心O 为 2R 的地方有一质量为 m 的质点，现从M 中挖去半径为12R 的球体，如图所示，则剩余部分对m 的万有引力 F 为（）A2736GMmRB278GMmRC218GMmRD2732GMmR12如图所示，有一个质量为M，半径为 R，密度均匀的大球体从中挖去一个半径为R2 的小球体，并在空腔中心放置一质量为m
5、 的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为（已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零）（）ABCD0 13如图所示是一均匀实心半球形导体，球心为A，顶点为B，CD 为底面直径若按甲图的方式将其接在两个电极之间，接在电压为U 的恒定电路中，其电功率为P1，若按乙图的方式接在两个电极之间，接在电压为U的恒定电路中，其电功率为P2，电极的电阻不计，则P1：P2=_.14如图示，一个质量为M的匀质实心球，半径为R，如果从球上挖去一个直径为R的球，放在相距为d 的地方。那么挖去部分与剩余部分的万有引力为多大？（引力常量为 G）15如图所示，阴影区域是质量M 半径为 R 的球体挖去一个小圆球后
6、的剩余部分，所挖去的小圆球的球心O和大球心间的距离是2R,求球体剩余部分对球体外与球心O 距离为 2R、质量为 m 的质点 P 的引力.16静电学理论指出，对于真空区域，只要不改变该区域内的电荷分布及区域边界的电势分布，此区域内的电场分布就不会发生改变。试由上述结论及导体静电平衡的性质论证：在一接地的无穷大导体平板上方与导体板相距h处放置一电荷量为Q 的点电荷，则导体板对该点电荷作用力的大小为F=224kQh(k为静电力常数).17如图所示，把金属丝AB 弯成半径r=1m 的圆弧，但在AB之间留出宽度为d=2cm、相对来说很小的间隙，将电荷量 Q=3.13 10-9C 的正电荷均匀分布在金属丝
7、上，求圆心 O处的电场强度.18一个半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+Q 的电荷，另一个电荷量为+q的点电荷放在球心O 上，由于对称性，点电荷受到的电场力为零.现在球壳上挖去一个半径为 r 的小孔，rR，静电力常量为k，如图所示，求此时置于球心的点电荷受到的电场力的大小和方向.19 已知均匀球体对其他物体的万有引力等效于将其全部质量集中于球心时对其他物体的万有引力.如图所示，有一半径为R 的均匀球体，球心为1O，质量为8M，今自其内挖出一个半径为2R的小球，形成球形空腔的球心为2O，将小球移出至图示位置与大球相切，小球球心为3O，图中1O、2O、3O和两球切点四点共线.求此时小球和大球剩
8、余部分之间的引力.（球体积公式：343VR）20如图所示，阴影区域是原半径为R 的球体挖去一个小圆球后的剩余部分，剩余质量为 M所挖去的小圆球的球心o 和大球体球心间的距离是R/2求球体剩余部分对球体外离球心o 距离为 2R、质量为m 的质点 P 的引力（已知万有引力常量为G，且两球心和质点在同一直线上，且挖去的球的球心在原来球心和质点连线之间，两球表面相切）参考答案1B【解析】【分析】【详解】根据有效值的定义方法可知：（32）2R2T+222TR=I2RT 解得I=172A 总电阻为r=100 0.02=2；则 10s内产生的焦耳热Q=I2rt=（172）2 2 10=85J；故选 B【点睛
9、】本题要注意明确该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该时间内的有效值和最大值之间的关系仍然为2mII.2D【解析】【详解】A由图乙可知，该电压的周期为0.02s，故频率为1fT50Hz A 不符合题意；B由图可知前半个周期内的最大电压100mUV，后半个周期没有电压，根据电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量220.010.02mUURR得电压有效值为U50V，B 不符合题意；C电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压，C 不符合题意；D电阻 R 产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故产生的热量为241.5 10 JUQtRD 符合题意。故选 D。3D【解析】【详解】ABCD.
10、如图(1)所示，表示两个带同种电荷两半球受力方向，如果对大半球补加半径为R的带电量为Q 右半球，如图(2)所示，那么小半球所受力将变为零，因为带电球体内场强为零，由此可见，大球左、右两部分对小球的作用力大小相等，方向相反.现在对小半球补加半径为r 的带电量为q 左半球，如图（3）所示，那么小半球左右两部分对大半球的作用力大小相等，方向相同。于是小球对大半球的作用力大小为2F，小球的电场在大半球表面处的场强（如图4 所示）大小为22=qE kR大半球表面上单位面积上的电荷量2=2QR大半球所受合力的大小等于大半球的平面上的电场力的大小，即2=FPR合=P E由于 F合=2F，于是所求力的大小为2
11、=2QqFkR故 D 正确 ABC 错误。故选 D。4C【解析】【详解】ABCD.如图甲所示，分开后左部分球冠所带电荷在点A1产生的场强以E1表示，右部分球层面电荷在A2产生的场强以E2表示，由对称性可知E1的方向向左，E2的方向向右，咋一看，似乎无法比较这两部分不规则带电体产生的场强大小，需设法做等效替代，创造出可运用已知规律的条件。如图乙所示，设想在另一表面均匀分布正电荷的完全相同的半球，附在球层上构成球缺，显然，球缺在A2点产生的电场强度E3大于 E2，球缺和球冠构成一个完整球，由于均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，那么，E1与 E3必然大小相等，方向相反，于是，我们可以确定球冠面电
12、荷在点A1产生的场强E1大于球层面电荷在A2产生的场强E2，故 C正确 ABD错误。故选 C。5B【解析】【详解】根据有效值的定义可得22222mUTUTRR解得12mUU选项 B 正确.6B【解析】【详解】根据有效值的定义：取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流电流的电流值，即为此交流的有效值。设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为 R，则2221010222TTI RTRR解得交流电流的有效值5 3IA 故 B 正确；ACD 错误。故选 B。7D【解析】【详解】设交流电电流的有效值为I，周期为 T，电阻为R则根据有效值的定义可得：2200()222ITT
13、I RTRI R解得：032IIA.12I0与分析不相符，故A 项与题意不相符；B.I0与分析不相符，故B 项与题意不相符；C.22I0与分析不相符，故C 项与题意不相符；D.32I0与分析相符，故D 项与题意相符8A【解析】【分析】根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值【详解】设交流电电压的有效值为U，周期为T，电阻为 R，则，有：22()22mUUTTRR解得：113 1.522mUUV；故选 A9B【解析】【详解】根据电流的热效应222002222ITTI RTRIR可得电流的有效值为052II故 B 正确，
14、ACD 错误。10 B【解析】【分析】【详解】根据交变电流有效值的定义可得22283 2422TTRRI RT解得17AI故选 B.【点睛】有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产生的热量相等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值对于正弦交变电流最大值是有效值的2倍11A【解析】【分析】【详解】质量为 M 的球体对质点m 的万有引力F12(2)GMmR24GMmR挖去的球体的质量M334()3243RMR8M质量为 M的球体对质点m的万有引力F22()2GM mRR218GMmR则剩余部分对质点m 的万有引力，FF1F224GMmR218G
15、MmR2736GMmR故 A 正确，BCD 错误。故选 A。12 B【解析】试题分析：采用割补法，先将空腔填满；填入的球的球心与物体重合，填入球上各个部分对物体 m 的引力的矢量和为零；均匀球壳对内部的质点的万有引力的合力为零，根据万有引力定律，有：2()(8)02MmGFR解得：22GMmFR，故选 B考点：万有引力定律13 4:1【解析】【详解】1 由图可知，当连接方式发生变化时，要看清两种连接的异同点，可以拆分后找到规律，此题中的半球形导体可以等分成两块四分之一的球形材料，将甲图作分割，如图所示，设甲图连接方式，电阻为R，不难看出乙图中连接的电阻是甲图连接的4 倍，由2UP=R则12:=
16、4:1PP1422764GMd【解析】【分析】【详解】根据343mr知，挖去部分的小球是整个实心球质量的18，即挖去部分的质量8Mm，设没挖去前，对小球的引力2228MmMFGGdd挖去部分对小球的引力为2228864MMGMFGdd则挖去部分与剩余部分的万有引力大小为22764GMFFFd15223100GMmR【解析】【分析】万有引力定律只适用于两个质点间的作用，只有对均匀球体才可将其看作是质量全部集中在球心的一个质点，至于本题中不规则的阴影区，那是不能看作质点来处理的，故可用割补法将挖去的球补上。【详解】将挖去的球补上,则完整的大球对球外质点P的引力为：122=(2)4GMmGMmFRR
17、半径为2R的小球的质量：33341=32248()3RRMMMR补上的小球对质点P 的引力22224=52550()2GM mG M mGMmFRRR因而挖去小球的阴影对质点P 的引力为：1222223=450100GMmGMmGMmFFFRRR16见解析【解析】【详解】由于导体板接地，其电势为零，因等量异种点电荷的电场和该电场完全相同，故可在板的下侧与 Q 对称位置补充一个-Q 的点电荷，这样，我们将求板上感应电荷与Q 的作用力转化为求 Q 与-Q 的作用力根据库仑定律，有22=4kQFh17 9 10-2N/C.，方向竖直向上。【解析】【分析】中学物理中只讲点电荷场强及匀强电场的计算方法，
18、一个不规则带电体（如本题的缺口的带点环）所产生的场强，没有现成的公式可用.但可以这样想：将圆弧的缺口补上，并且它的电荷密度与缺口的环体原有电荷密度是一样的，这样就形成了一个电荷均匀分布的完整的带电环，环上处于同一直径两端的微小部分可看作两个相应的点电荷，它们产生的电场在圆心O 处叠加后场强是零，根据对称性可知，带电圆环在圆心O 处的总场强是零.至于补上的带电小段，由题给条件可视为点电荷，它在圆心O 处的场强为E1是可求的，若题中待求场强为 E2，则由 E1+E2=0，便可求得E2.【详解】设原缺口环所带电荷的线密度为，则有=2Qrd补上的金属小段带电量=Qd它在 O 处的场强为122=(2)Q
19、QdEkkrrd r代入数据得21=9 10N/CE方向竖直向下所以22=9 10 N/CE方向竖直向上。18244qQrkR，方向指向小孔.【解析】【详解】将带电球壳分割成无数小块（如该题中半径为r 的小圆），当 rR 时，每一小块均可看成一个点电荷.根据场强叠加原理，整个带电球壳所带电荷量Q 在球心处产生的电场其合场强为零.当球壳上挖去半径为r 的小孔时，被挖去的小孔在球心产生的场强与剩余的球壳在球心处产生的场强大小相等，方向相反.欲求置于球心的点电荷所受力的大小，只要知道被挖去的小孔所对的那个小孔在球心处产生的场强即可.如图所示，由题意知球壳所带电荷的面密度（单位面积上的电荷量）为2=4
20、QR正对小孔的那一小块球壳的带电荷量为2=qrq 在球心处产生的电场的场强2=qE kR则球心处的点电荷所受的电场力224=4qqqQrFqE kkRR方向指向小孔。1922239GMFR【解析】【详解】根据体积公式343VR，挖去的个半径为2R的小球的体积为原来球的体积的18，则其质量为原球质量的18，为 M，用没挖之前球对质点的引力，减去被挖部分对质点的引力：2222823-=932G M MGM MGMFRRR2023100GMm【解析】试题分析：根据体积关系，求出挖去部分的质量用没挖之前球对质点的引力，减去被挖部分对质点的引力，就是剩余部分对质点的引力根据343mVr，挖去部分的半径是球半径的一半，则质量是球体质量的18，所以挖去部分的质量：18MM，没挖之前，球体对m的万有引力：22MmFGR，挖去部分对m的万有引力为：225052M mGMmFGRR，则剩余部分对质点的引力大小：123100GMmFFF点睛：本题主要考查了割补法的思想，根据整体球M在与小球m的引力等于割掉的小球与小球m的引力和剩余空腔部分与小球m的引力的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握万有引力定律公式是基础