2021届一轮复习 物理解题方法导练 割补法(含解析)

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r＝0.02Ω，则在0～10s内线圈产生的焦耳热为()A．80JB．85JC．90JD．125J2．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100HzB．电压有效值为C．一个标有“90V，30μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作D．若电助理R=10Ω，则1min内R产生的热量为1.5×104J3．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=Eσ,其中E为场强，σ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（）A．B．C．D．4．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()A．E1=E2B．E1<E2C．E1>E2D．大小无法确定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()A．B．C．D．6．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（）A．5AB．5AC．AD．10A7．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()A．I0B．I0C．D．I0I08．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（）A．1.5VB．1VC．VD．V9．如图所示为某一线圈交流电的关系图像（其中前半个周期为正弦波形的），则一个周期内该电流的有效值为A．B．C．D．10．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A．4AB．C．D．A11．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R的球体，如图所示，则剩余部分对m的万有引力F为（）A．C．B．D．12．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R／2的小球体，并在空腔中心放置一质量为m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）（）A．C．B．D．013．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,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=电力常数).(k为静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，r<<R，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，质量为，今自其内挖出一个半径为的小球，形成球形空腔的球心为，将小球移出至图示位置与大球相切，小球球心为，图中、、和两球切点四点共线.求此时小球和大球剩余部分之间的引力.（球体积公式：）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1．B【解析】【分析】【详解】根据有效值的定义方法可知：（）2R×+22×=I2RT解得I=A总电阻为r=100×0.02=2Ω；则10s内产生的焦耳热Q=I2rt=（）2×2×10=85J；故选B．【点睛】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.2．D【解析】【详解】A．由图乙可知，该电压的周期为0.02s，故频率为50HzA不符合题意；B．由图可知前半个周期内的最大电压V，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得电压有效值为50V，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D符合题意。故选D。3．D【解析】【详解】ABCD.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）大小为大半球表面上单位面积上的电荷量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，即由于F合=2F，于是所求力的大小为故D正确ABC错误。故选D。4．C【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。5．B【解析】【详解】根据有效值的定义可得解得选项B正确.6．B【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，则解得交流电流的有效值A故B正确；ACD错误。故选B。7．D【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：解得：A.I0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.I0与分析不相符，故C项与题意不相符；I0与分析相符，故D项与题意相符．D.8．A【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：解得：；故选A．9．B【解析】【详解】根据电流的热效应可得电流的有效值为故B正确，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解得故选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倍．11．A【解析】【分析】【详解】质量为M的球体对质点m的万有引力F1＝＝挖去的球体的质量M′＝＝质量为M′的球体对质点m的万有引力F2＝＝则剩余部分对质点m的万有引力，F＝F1－F2＝－＝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：解得：，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，由则14．【解析】【分析】【详解】根据知，挖去部分的小球是整个实心球质量的，即挖去部分的质量，设没挖去前，对小球的引力挖去部分对小球的引力为则挖去部分与剩余部分的万有引力大小为15．【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：半径为的小球的质量：补上的小球对质点P的引力因而挖去小球的阴影对质点P的引力为：16．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17．9×10-2N/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，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σ，则有补上的金属小段带电量它在O处的场强为代入数据得方向竖直向下所以方向竖直向上。18．，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r<<R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）为正对小孔的那一小块球壳的带电荷量为q’在球心处产生的电场的场强则球心处的点电荷所受的电场力方向指向小孔。19．【解析】【详解】根据体积公式，挖去的个半径为的小球的体积为原来球的体积的，则其质量为原球质量的，为M，用没挖