2021屆一輪復(fù)習(xí)物理解題方法導(dǎo)練割補法(含解析)

1、物理解題方法導(dǎo)練：割補法1 .匝數(shù)為100匝的線圈通有如圖所示的交變電流（圖中曲線為余弦曲線的一部分），單匝線圈電阻r = 0.02Q,則在010s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱為（）A. 80JB. 85JC. 90JD. 125J2 .利用半導(dǎo)體二極管的單向?qū)щ娦?，可以對交變電流進行整流，將交變電流變?yōu)橹绷鳎环N簡單的整流電路如圖甲所示，ab為交變電流信號輸入端，D為半導(dǎo)體二極管，R為定值電阻。信號輸入后，電阻R兩端輸出的電壓信號如圖乙所示，則關(guān)于該輸出信號，卜列說法正確的是（）甲乙A.頻率為100HzB.電壓有效值為 50J2VC. 一個標有“90V 30科F勺電容器并聯(lián)在電阻 R兩端，可以正常工作

2、D.若電助理 R=10Q,則1min內(nèi)R產(chǎn)生的熱量為1.5 104J3 .經(jīng)過理論推理可知，兩個大小不能忽略的帶點均勻的半球面，相互作用力產(chǎn)生的壓強為P=E3其中E為場強，b為單位面積上的電荷量，已知半徑分別為R和r的帶電均勻的半球，其帶電量分別為Q和q,兩半球的球心及最大橫截面重合，兩個半球之間的作用力大小為 （）° （）4A . kQq-B. kQqC. kQq2D. k 等Rr 22r2R4 .如圖所示，將表面均勻帶正電的半球殼，沿線軸分成厚度相等的兩部分，然后將這兩部分移開到很遠的距離，設(shè)分開后球表面仍均勻帶電，左半部分在Ai點的場強大小為E1,右半部分在A2點的場強的大小為

3、 E2,則有（）A. Ei= E2C. Ei>E2D.大小無法確定5 .如圖所示，電壓的最大值為 Um,周期為T,曲線為正弦曲線的一部分，則其有效值為（）A. UmB. 1UmC. -UmD. U2 m236 .如圖，為一交流電的電流隨時間而變化的圖象，此交流電流的有效值是（A . 5 /2 AB. 5 73Ac. W!a2D. 10A7 .如圖所示的交變電流由正弦式交變電流的一半和反向脈沖電流組合而成，則這種交變電流的有效值為（）8 .如圖所示為正弦交流電經(jīng)過整流器處理后的電壓波形，其電壓的有效值是（A. 1.5VB. 1VC. VD. J3V9 .如圖所示為某一線圈交流電的t關(guān)系圖像

4、（其中前半個周期為正弦波形的2），則一個周期內(nèi)該電流的有效值為A,斗。B爭。C.爭。D.10 .已知某電阻元件在正常工作時，通過它的電流按如圖所示的規(guī)律變化，其中 0T4為正弦交流電一部分，將 一個多用電表（已調(diào)至交變電流電流擋）與這個電阻元件串聯(lián)， 則多用電表的讀數(shù)為A. 4AB.后AC. MaD. 5&A。為2R的地方有一質(zhì)量11 .有一質(zhì)量為 M、半徑為R、密度均勻的球體，在距離球心m的萬有引為m的質(zhì)點，現(xiàn)從 M中挖去半徑為 1R的球體，如圖所示，則剩余部分對27GMmA. -2-36R2B.7GMm8R2GMmC. 218R2D.7GMm32R212 .如圖所示，有一個質(zhì)量為

5、M,半徑為R,密度均勻的大球體.從中挖去一個半徑為R/2的小球體，并在空腔中心放置一質(zhì)量為m的質(zhì)點，則大球體的剩余部分對該質(zhì)點13.如圖所示是一均勻?qū)嵭陌肭蛐螌?dǎo)體，球心為A,頂點為B, CD為底面直徑.若按甲圖的方式將其接在兩個電極之間，接在電壓為U的恒定電路中，其電功率為 Pi,若按乙圖的方式接在兩個電極之間，接在電壓為的恒定電路中，其電功率為 P2,電極的萬有引力大小為（已知質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零）B.D.的電阻不計，則Pl： P2= 匕1、14 .如圖示，一個質(zhì)量為 M的勻質(zhì)實心球，半徑為 R,如果從球上挖去一個直徑為 R的球，放在相距為 d的地方。那么挖去部分與剩余部分

6、的萬有引力為多大？（引力常量為G）15 .如圖所示，陰影區(qū)域是質(zhì)量M半徑為R的球體挖去一個小圓球后的剩余部分，所R挖去的小圓球的球心 O和大球心間的距離是 一，求球體剩余部分對球體外與球心O距離2為2R、質(zhì)量為m的質(zhì)點P的引力.16 .靜電學(xué)理論指出，對于真空區(qū)域，只要不改變該區(qū)域內(nèi)的電荷分布及區(qū)域邊界的電勢分布，此區(qū)域內(nèi)的電場分布就不會發(fā)生改變。試由上述結(jié)論及導(dǎo)體靜電平衡的性質(zhì)論證：在一接地的無窮大導(dǎo)體平板上方與導(dǎo)體板相距h處放置一電荷量為 Q的點電荷，則導(dǎo)體板對該點電荷作用力的大小為F=.（k為靜電力常數(shù)）.4 o17 .如圖所示，把金屬絲 AB彎成半徑r=1m的圓弧，但在 AB之間留出寬

7、度為 d=2cm、 相對來說很小的間隙， 將電荷量Q=3.13M0-9C的正電荷均勻分布在金屬絲上， 求圓心O 處的電場強度.18 . 一個半徑為R的絕緣球殼上均勻地帶有電荷量為 +Q的電荷，另一個電荷量為 +q的 點電荷放在球心 。上，由于對稱性，點電荷受到的電場力為零.現(xiàn)在球殼上挖去一個半徑為r的小孔，r<<R,靜電力常量為k,如圖所示，求此時置于球心的點電荷受到的電 場力的大小和方向.19 .已知均勻球體對其他物體的萬有引力等效于將其全部質(zhì)量集中于球心時對其他物體的萬有引力.如圖所示，有一半徑為 R的均勻球體，球心為 Oi ,質(zhì)量為8M ,今自其內(nèi)R 一挖出一個半徑為 一的小

8、球，形成球形空腔的球心為 。2,將小球移出至圖示位置與大球 相切，小球球心為 O3,圖中。1、。2、O3和兩球切點四點共線.求此時小球和大球剩余43部分之間的引力.（球體積公式：V R3）20 .如圖所示，陰影區(qū)域是原半徑為 R的球體挖去一個小圓球后的剩余部分，剩余質(zhì)量為M.所挖去的小圓球的球心 o'和大球體球心間的距離是 R/2.求球體剩余部分對球體外離球心o距離為2R、質(zhì)量為m的質(zhì)點P的引力（已知萬有引力常量為G,且兩球心和質(zhì)點在同一直線上， 且挖去的球的球心在原來球心和質(zhì)點連線之間，兩球表面相切）參考答案【解析】【分析】【詳解】根據(jù)有效值的定義方法可知:解得總電阻為則10s內(nèi)產(chǎn)生

9、的焦耳熱322RXT+22XR T=I2RT22. 17I= Ar=100 X 0.02=2 ；QQ = I2rt= (17) 2X2M0=85J；2故選B.【點睛】該時間內(nèi)的有效本題要注意明確該交流電中前二分之一周期為正弦交流電的四分之一周期,值和最大值之間白勺關(guān)系仍然為Im 2I .2. DA.由圖乙可知，該電壓的周期為 0.02s,故頻率為1f 50HzA不符合題意;B.由圖可知前半個周期內(nèi)的最大電壓Um 100V,后半個周期沒有電壓,根據(jù)電流的熱效應(yīng)知，一個周期內(nèi)電阻產(chǎn)生的熱量Um 0.01RU- 0.02R得電壓有效值為 U 50V, B不符合題意;C.電容器兩端的瞬時電壓不應(yīng)超過標

10、稱電壓,C不符合題意;D.電阻R產(chǎn)生的熱量應(yīng)使用電壓的有效值進行計算，故產(chǎn)生的熱量為Q M 1.5 104JRD符合題意。故選D。3. D【解析】【詳解】ABCD.如圖（1）所示，表示兩個帶同種電荷兩半球受力方向，如果對大半球補加半徑為R的帶電量為Q右半球，如圖（2）所示，那么小半球所受力將變?yōu)榱悖驗閹щ娗蝮w內(nèi)場強為零，由此可見，大球左、右兩部分對小球的作用力大小相等，方向相反 現(xiàn)在對小半球補加半徑為 r的帶電量為q左半球，如圖（3）所示，那么小半球左右兩部4所示）大小為分對大半球的作用力大小相等，方向相同。于是小球?qū)Υ蟀肭虻淖饔昧Υ笮?F,小球的E=kR2電場在大半球表面處的場強（如圖大

11、半球表面上單位面積上的電荷量Q2 R2大半球所受合力的大小等于大半球的平面上的電場力的大小，即F 合=P R2P=E由于F合=2F,于是所求力的大小為F =kQq2R故D正確ABC錯誤。故選D。4. C【解析】【詳解】Ai產(chǎn)生的場強以Ei表示，右部分球?qū)覣BCD.如圖甲所示，分開后左部分球冠所帶電荷在點面電荷在A2產(chǎn)生的場強以 E2表示，由對稱性可知E1的方向向左，E2的方向向右，咋一看,似乎無法比較這兩部分不規(guī)則帶電體產(chǎn)生的場強大小,需設(shè)法做等效替代，創(chuàng)造出可運用已知規(guī)律的條件。如圖乙所示，設(shè)想在另一表面均勻分布正電荷的完全相同的半球，附在球?qū)由蠘?gòu)成球缺,顯然，球缺在A2點產(chǎn)生的電場強度 E

12、3大于E2,球缺和球冠構(gòu)成一個完整球，由于均勻帶電球殼內(nèi)部任一點的電場強度為零，那么,Ei與E3必然大小相等，方向相反，于是，我們可以確定球冠面電荷在點Ai產(chǎn)生的場強Ei大于球?qū)用骐姾稍?A2產(chǎn)生的場強E2,故C正確ABD錯誤。故選Co5. B根據(jù)有效值i可得為m2iI I 2 斛得U Um選項B正確.T2R6. B根據(jù)有效值的定義：取一個周期時間,將交流與直流分別通過相同的電阻,若產(chǎn)生的熱量相同，直流電流的電流值，即為此交流的有效值。設(shè)交流電電流的有效值為I,周期為T,電阻為R,則212RT1072RT 102RT解得交流電流的有效值I 5,3 A故B正確；ACD錯誤。故選B。7. D【解析

13、】【詳解】設(shè)交流電電流的有效值為 I,周期為T,電阻為R,則根據(jù)有效值的定義可得:(12嗎加2解得：i _ii2 01A. 2 Io與分析不相符，故 A項與題思不相符；B. Io與分析不相符，故 B項與題意不相符；C. § Io與分析不相符，故 C項與題意不相符；D.Io與分析相符，故 D項與題意相符.2【詳解】8.【分析】根據(jù)有效值的定義求解. 取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值.【詳解】U 2 U _ c設(shè)交流電電壓的有效值為U,周期為T,電阻為R,則，有：T = (Um)2R 211解得：U = Um= 3= 1.

14、5V;故選 A. 229. B【解析】【詳解】2rT22rT2根據(jù)電流的熱效應(yīng)2IoI2RT可得電流的有效值為故B正確，ACD錯誤。10. B【解析】【分析】【詳解】根據(jù)交變電流有效值的定義可得3.2 2 R2I2RT812解得故選B.【點睛】有效值的定義為：把直流電和交流電分別通過兩個相同的電阻器件，如果在相同時間內(nèi)它們產(chǎn)生的熱量相等，那么就把此直流電的電壓、電流作為此交流電的有效值.對于正弦交變電流最大值是有效值的 J2倍.11. A【解析】【分析】質(zhì)量為M的球體對質(zhì)點m的萬有引力GMmF1 =2(2R)GMm4R2挖去的球體的質(zhì)量4 (R)3M = 32M =43R33質(zhì)量為M的球體對質(zhì)

15、點m的萬有引力GM mGMm 18R2則剩余部分對質(zhì)點 m的萬有引力,GMm GMm 7GMmF = Fi F 2= 2 2- =2-4R218R236 R2故A正確，BCD錯誤。故選A。12. B試題分析：采用割補法，先將空腔填滿；填入的球的球心與物體重合，填入球上各個部分對 物體m的引力的矢量和為零；均勻球殼對內(nèi)部的質(zhì)點的萬有引力的合力為零，根據(jù)萬有引F 0解得：F GMm，故選B.2R/M、 ()m力定律，有：G-8(R)2考點：萬有引力定律13. 4:1【解析】由圖可知，當連接方式發(fā)生變化時，要看清兩種連接的異同點，可以拆分后找到規(guī)律，此題中的半球形導(dǎo)體可以等分成兩塊四分之一的球形材料

16、，將甲圖作分割，如圖所示，設(shè)甲圖連接方式，電阻為 R,不難看出乙圖中連接的電阻是甲圖連接的4倍，由P=U1RR : P2=4 :1_2。7GM14. 2-64d根據(jù)m3r3知，挖去部分的小球是整個實心球質(zhì)量的設(shè)沒挖去前,對小球的引力挖去部分對小球的引力為M M8 8d2GM264d2則挖去部分與剩余部分的萬有引力大小為_ 27GM64d223GMm15. 丁100R2萬有引力定律只適用于兩個質(zhì)點間的作用,只有對均勻球體才可將其看作是質(zhì)量全部集中在球心的一個質(zhì)點，至于本題中不規(guī)則的陰影區(qū)，那是不能看作質(zhì)點來處理的，故可用割補法 將挖去的球補上。將挖去的球補上，則完整的大球?qū)η蛲赓|(zhì)點 P的引力為:

17、_ GMm _ GMm22(2R) 4RR半徑為R的小球的質(zhì)量:2M =434 =翔3 (R)3 8補上的小球?qū)|(zhì)點P的引力F =GM 'm=G4M'm 2-5=5R-GMm50R2因而挖去小球的陰影對質(zhì)點 P的引力為:23GMm_2 100Rl l GMm GMmF=Fi F2=2- 24R 50R16. 見解析由于導(dǎo)體板接地，其電勢為零，因等量異種點電荷的電場和該電場完全相同，故可在板的下側(cè)與Q對稱位置補充一個-Q的點電荷，這樣，我們將求板上感應(yīng)電荷與 Q的作用力轉(zhuǎn)化為 求Q與-Q的作用力.根據(jù)庫侖定律，有17. 9X10-2N/C.,方向豎直向上?！窘馕觥俊痉治觥恐袑W(xué)物理

18、中只講點電荷場強及勻強電場的計算方法，一個不規(guī)則帶電體（如本題的缺口的帶點環(huán)）所產(chǎn)生的場強，沒有現(xiàn)成的公式可用.但可以這樣想：將圓弧的缺口補上，并且它的電荷密度與缺口的環(huán)體原有電荷密度是一樣的，這樣就形成了一個電荷均勻分布的完整的帶電環(huán)，環(huán)上處于同一直徑兩端的微小部分可看作兩個相應(yīng)的點電荷，它們產(chǎn)生的電場在圓心O處疊加后場強是零，根據(jù)對稱性可知，帶電圓環(huán)在圓心O處的總場強是零.至于補上的帶電小段，由題給條件可視為點電荷，它在圓心。處的場強為E1是可求的，若題中待求場強 為E2,則由E1 + E2=0,便可求得 E2.設(shè)原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為5則有=Q-2 r d補上的金屬小段帶電量它在。處的場強為Ei=kQ2 = k Qd 2r (2 r d)r2代入數(shù)據(jù)得2E1=9 10 N/C方向豎直向下2所以E2=9 10 N/C方向豎直向上。18. kqQr ,方向指向小孔.4R4【解析】【詳解】將帶電球殼分割成無數(shù)小塊（如該題中半徑為r的小圓），當r<<R時，每一小塊均可看成一個點電荷.根據(jù)場強疊加原理，整個帶電球殼所帶電荷量Q在球心處產(chǎn)生的電場其合場強為當球殼上挖去半徑為 r的小孔時，被挖去的小孔在球心產(chǎn)生的場強與剩余的球殼在球心處產(chǎn)生的場強大小相等，方