人教版高三物理2019-2020年一轮复习测试专题《电学实验》含答案
2020届高考物理电学实验(通用型)练习及答案
2020届高考物理电学实验（通用型）练习及答案专题：电学实验1、某实验小组用如图甲所示的电路图来测量电流表(量程2 mA，内阻约为200 Ω)的内阻，除待测电流表、1.5 V的电源、开关和导线外，还有下列可供选择的实验器材：A．定值电阻R1B．定值电阻R2C．滑动变阻器R3(最大阻值为20 Ω)D．滑动变阻器R4(最大阻值为1 000 Ω)E．电阻箱R x(最大阻值为999.9 Ω)F．灵敏电流计G(内阻很小可忽略)(1)为确保安全，精准实验．滑动变阻器应选用__C__(填写器材前对应的字母)．(2)用笔画线代替导线，将实物图乙连接成实验电路图．2、(2019·广东深圳联考)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。
(1)甲同学按图甲中的实线连接电路进行实验，其中定值电阻的作用是______________。
由电压表读数U和电流表读数I，画出U-I图线如图乙所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。
(结果保留2位有效数字)(2)乙同学因为粗心，多连接了一根导线，如图甲中的虚线所示。
由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U-I图线如图丙所示。
乙同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图丙也可以达到实验目的，则由图丙可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。
(结果保留2位有效数字)3、图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 Ω的电阻，测量步骤如下：(1)调节________，使电表指针对准________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线．(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的________位置(填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”)．(3)将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节________，使电表指针对准________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线．(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为________Ω.(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置．4、现有一块电流表A1，量程I A1＝300 mA，内阻r1约为5 Ω，要把它改装成较大量程的电流表。
2019-2020学年高三物理一轮复习测试专题《静电场》含答案
绝密★启用前2019-2020学年高三物理一轮复习测试专题《静电场》一、选择题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.在光滑的绝缘水平面上，有两个质量均为m带电荷量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在力F的作用下匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为()A．B．qC． 2qD． 2q2.水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量均为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为l的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为()A．B．C．D．3.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且共处于同一竖直平面内．若用图示方向的水平推力F作用于B，则两球静止于图示位置，如果将B稍向左推过一些，两球重新平衡时的情况与原来相比()A．推力F将增大B．墙面对A的弹力增大C．地面对B的弹力减小D．两小球之间的距离增大4.点电荷A、B周围电场线分布如图，c、d是同一电场线上两点，下列说法正确的是()A．点电荷A可能带负电B．c点电场强度与d点电场强度相同C．c点电势高于d点电势D．电子从c运动到d过程中电势能保持不变5.如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，a、b两点上固定一对等量异种点电荷，带正电的检验电荷仅在电场力的作用下从c点沿曲线运动到d点，以下说法正确的是()A．将检验电荷放在O点时受到的电场力为零B．检验电荷由c点运动到d点速度先增大后减小C．c、d两点电势相等，电场强度大小相等D．检验电荷从c运动到d的过程中，电势能先减少后增加6.如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带负电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示．若M、N两点的电势分别为φM和φN，检验电荷通过M、N两点的动能分别为E kM和E kN，则()A．φM＝φN，E kM＝E kNB．φM<φN，E kM<E kNC．φM<φN，E kM>E kND．φM>φN，E kM>E kN7.如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v a 沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是()A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C．t1、t2两时刻试探电荷在同一位置D．t2时刻试探电荷的电势能最大8.理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强度为零．假设某星球是一半径为R、电荷量为Q且电荷分布均匀的球体，静电力常量为k，则星球表面下h深度处的电场强度的大小为()A． 0B．C．D．9.某电场的电场线分布如图所示，在以点电荷为圆心的圆周上有a、b、c、d四点，a、c两点与点电荷在同一水平线上，b、d与点电荷在同一竖直线上，则下列说法正确的是()A．a点电势最低，c点电势最高B．同一试探电荷在b、d两点受的电场力相同C．同一试探电荷在b、d两点的电势能相同D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增大10.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A． 200 V/mB． 200V/mC． 100 V/mD． 100V/m11.关于电场线的下列说法中正确的是：()A．电场线并非真实存在，是人们假想出来的B．电场线既能反映电场的强弱，也能反映电场的方向C．只要初速度为零，正电荷必将沿电场线方向移动D．匀强电场的电场线分布是均匀、相互平行的直线12.四种电场的电场线如图所示．一正电荷q仅在静电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的()A．B．C．D．13.在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示．现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为()A．B．C． 3D．14.如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，A射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a，b，c，d恰好是一正方形的四个顶点，则下列说法正确的是()A．质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小B．a，b，c三点处电势高低关系是φa＝φc>φbC．质点在a，b，c三点处的加速度大小之比为1：2：1D．若将d处的点电荷改为＋Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc15.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，()A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变16.如图所示一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，直线bd 方向与竖直方向成45°角，则下列结论正确的是()A．液漓带正电荷B．液滴的动能不变C．液滴做匀速直线运动D．液滴的电势能减少17.如图所示，在一大小为E的水平匀强电场中，A、B两点的电势分别为φA、φB，A、B两点的直线距离为l，垂直电场方向的距离为d.一电荷量为q的带正电粒子从A点沿图中虚线移动到B点．下列说法正确的是()A．该过程中电场力做的功为EqlB．该过程中电场力做的功为0C．该过程中电场力做的功为EdlD．该过程中电场力做的功为q(φA－φB)18.如图所示是一对等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷P、Q连线长度为r，M点、N 点到两点电荷P、Q的距离都为r，S点到点电荷Q的距离也为r，由此可知()A．M点的电场强度为2kB．M、N、S三点的电势可能相等C．把同一试探电荷放在M点，其所受电场力等于放在S点所受的电场力D．沿图中虚线，将一试探电荷从N点移到M点，电场力一定不做功19.如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是()A．B．C．D．20.如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示．粒子在A点的速度为v A、电势能为E pA；在B点的速度为v B、电势能为E pB.则下列结论正确的是()A．粒子带正电，v A>v B，E pA>E pBB．粒子带负电，v A>v B，E pA<E pBC．粒子带正电，v A<v B，E pA<E pBD．粒子带负电，v A<v B，E pA>E pB二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.图示为一匀强电场，已知场强E＝2×102N/C.现让一个电量q＝4×10－8C的电荷沿电场方向从M 点移到N点，MN间的距离s＝30 cm.试求：(1)电荷从M点移到N点电势能的变化；(2)M、N两点间的电势差．22.如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝2.5 m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3 m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1 s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，示CP的长度．23.如图所示，CD左侧存在场强大小E＝，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m，电荷量为＋q的光滑绝缘小球，从底边BC长为L，倾角53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一竖直半圆形细圆管内(C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上)，恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P.(重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，求：(1)小球到达C点时的速度；(2)小球从D点运动到P点的时间t.24.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板上的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的中央沿板平行方向进入偏转电场．(电子电量e＝1.6×10－19C)(1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为多少？答案解析1.【答案】B【解析】选甲、乙组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度a＝，选没有被力F直接作用的小球为研究对象，由牛顿第二定律得：k＝ma，联立得r＝q2.【答案】A【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和A、B、C处正点电荷施加的库仑力，设θ是A、B、C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，水平方向合力为零，根据竖直方向平衡条件得：3F cosθ＝mg其中F＝k根据几何关系得：cosθ＝解得q＝，故选A.3.【答案】D【解析】对小球A受力分析如图，受到自身重力mg，墙壁弹力T和库仑力F作用．初始状态，A 静止，F cosθ＝mg，B向左靠近后，θ角减小，距离变近，库仑力F变大，使得F cosθ>mg，小球A 将向上运动，从而使得θ进一步减小，假设再次平衡时θ角减小到α，则仍然有F′cosα＝mg，α<θ，所以F′<F，根据库仑力F＝判断AB之间距离变大，选项D对．对球A分析，墙壁弹力T＝mg tanθ，根据θ角减小到α判断墙壁弹力变小，选项B错．把球A、B看做一个整体，水平方向受到墙壁弹力和水平推力而处于平衡，水平推力等于墙壁弹力，所以水平推力变小，选项A 错．竖直方向，整体受到2个球的重力和地面对B的支持力，所以地面对B的弹力不变选项C错．4.【答案】C【解析】从图中可以看出，这是等量异种电荷间的电场分布情况，A的电场线是出来的，故A是带正电的，A不对；c点离点电荷较近一些，其周围的电场线比d点密，故c点电场强度大于d点电场强度，B也不对；又因为c、d处于同一条电场线上，且电场线的方向是由c到d，故c点电势高于d点电势，C是正确的；c、d两点的电势不相同，故电子从c运动到d过程中，电场力要做功，其电势能要发生改变，故D是不对的．5.【答案】C【解析】根据等量异种电荷周围的电场公布特点可知，O点的场强不为零，故检验电荷在此处受电场力作用不为零，所以选项A错误；因不知场源电荷及检验电荷的正负，故无法确定电场力是做正功还是做负功，所以无法确定速度及电势能变化，故选项B、D错误；c、d两点位于中垂线即零势面上，所以两点电势相等，由对称性可知，两点的电场强度大小相等，所以选项C正确．6.【答案】B【解析】由于带负电的检验电荷仅在电场力的作用下由M到N，则说明检验电荷受到的电场力是向左的，故A是带正电的，B是带负电的，又因为AO>OB，所以M、N两点的电势并不相等，M 处于更接近B点的等势面上，N处于更远离B点的等势面上，故φM<φN，由于检验电荷带负电，故带负的检验电荷处于N点时的电势能小于在M点时的电势能，故在N点时的动能大于在M点时的动能，即E kM<E kN，B是正确的．7.【答案】D【解析】由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力应先向下后向上，故两点电荷一定都带正电；由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电量一定相等，故A、B错误；根据速度图象的斜率表示加速度可知t1、t2两时刻试探电荷的加速度不同，所受的电场力不同，所以不可能在同一位置．故C错误；t2时刻试探电荷的速度为零，动能为零，根据能量守恒定律可知t2时刻试探电荷的电势能最大，故D正确．8.【答案】C【解析】球体的体积：v0＝所以半径R－h的内球所带的电量：q＝·Q＝·Q星球表面下h深度处的电场强度的大小为：E＝＝9.【答案】C【解析】根据电场线的疏密表示电场强度大小知，c到点电荷的连线电场强度的平均值最大，a到点电荷的电场强度的平均值最小，再根据电势差与电场强度的关系式U＝Ed知c点到点电荷的电势差最大，a最小，故a点电势最高，c点电势最低，b、d两点电势相等，故选项A错误；根据电势能的定义式E p＝qφ知选项C正确，选项D错误；同一试探电荷在b、d两点受的电场力大小相等，方向不同，故选项B错误．10.【答案】A【解析】根据题意，由匀强电场的特点可知OA中点(记作C)的电势为3 V，与B点的电势相等，所以BC连线即为匀强电场的等势面，自O向BC引垂线CD，垂足为D，根据几何关系可知OD＝1.5 cm，则场强E＝＝200V/m，选A.11.【答案】ABD【解析】电场线是形象地了解电场中各点场强的大小和方向而引入的，并不真实存在；电场线的疏密反映场强的大小，电场线上各点的切线方向为该点的场强方向，注意：孤立的电场线不能反映场强大小；电场线方向反映正电荷的受力方向和正电荷的移动方向不一定相同；匀强电场的电场线必为等间距平行线．12.【答案】D【解析】由正电荷q仅在静电力的作用下由M点向N点做加速运动，故由M向N的方向为电场线的方向，故B错；加速度越来越大，即电场线越来越密，故A、C错，D正确．13.【答案】D【解析】设三角形边长为a，由几何知识可知，BD＝a·cos30°·＝a，以B为研究对象，由平衡条件可知，cos30°×2＝，解得：＝，D正确．14.【答案】A【解析】根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在O点的电荷是异种电荷，故质点带正电荷，质点从a到b，电势升高，电势能就增加；从b到c电势能减小，质点在b点的电势能最大，则动能最小，故A正确；根据点电荷的电场线的特点，Q与a、c距离相等，都小于b，故b点的电势最高，a、c两点的电势相等，即φa＝φc＜φb，故B错误；质点在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra＝rc＝rb，代人库仑定律：F＝k，可得：＝＝.由牛顿第二定律：＝，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2，故C错误；若将d处的点电荷改为＋Q，质点受到斥力，轨迹不可能沿曲线abc，故D错误．15.【答案】A【解析】由平行板电容器C＝及C＝，保持S不变，增大d，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，静电计指针偏角θ增大．保持d不变，减小S，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，静电计指针偏角θ增大，A正确．16.【答案】D【解析】由题意可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，故液滴带负电荷，做匀加速直线运动；合力做正功，据动能定理知，动能增大；电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故D正确．17.【答案】D【解析】电场力做功W＝qU＝q(φA－φB)，与路径无关，即D选项正确．18.【答案】D【解析】两点电荷P、Q在M点产生的场强大小均为E＝k，夹角为120°，由平行四边形定则分析得知M点的场强大小为k，故A错误；等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，M、N的电势相等，且与无穷远处电势相等．根据顺着电场线方向电势降低，可知S点的电势高于无穷远处电势，所以M、N的电势低于S点的电势，故B错误；S点的场强大小为k－k＝·k，则知M点的场强大于S点的场强，由F＝Eq知同一试探电荷放在M点所受电场力大于放在S点所受的电场力，故C错误；图中虚线是一条等势线，将一试探电荷从N点移到M点，电场力一定不做功，故D正确．19.【答案】C【解析】由题意可知小球受重力、库仑力和绳子的拉力，由于小球处于静止状态，所以合力为零，即三个力必然组成闭合的矢量三角形，由此可知选项C正确．20.【答案】B【解析】根据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由图知UAB＝5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做功W＝qUAB，做负功，故动能减小，电势能增大，所以v A>v B，E pA<E pB，故B正确，A、C、D错误．21.【答案】(1)ΔE＝2.4×10－6J；(2)UMN＝60 V【解析】(1)由图可知，正电荷在该电场中所受电场力F方向向右．因此，从M点移到N点，电场力做正功，电势能减少，减少的电势能ΔE等于电场力做的功W.则ΔE＝W＝qEs，代入数值ΔE＝W＝4×10－8×2×102×0.3 J＝2.4×10－6J.(2)由公式W＝qU，M、N两点间的电势差UMN＝W/q＝2.4×10－6/4×10－8＝60 V.22.【答案】(1)0.475 J(2)0.57 m【解析】(1)设弹簧枪对小物体做功为W f由动能定理得W f－mgr(1－cosθ)＝mv代入数据得W f＝0.475 J.(2)由牛顿第二定律－mg sinθ－μ(mg cosθ＋qE)＝ma1经过0.1 s其速度为v1，则v1＝v0＋a1t1联立两式并代入数据得v1＝2.1 m/s其运动的位移s1＝v0t1＋a1t电场力反向后，由牛顿第二定律得－mg sinθ－μ(mg cosθ－qE)＝ma2可考虑为反向匀加速运动，其位移s2＝所以SCP＝s1＋s2，联立相关方程，代入数据得SCP＝0.57 m23.【答案】(1)(2)【解析】(1)由动能定理：mgL－qEL＝mv2，解得：v＝(2)由A到D的过程由动能定理：mg·L－mg·2r－qEL＝0得：r＝，离开D点后做匀加速直线运动，如图．竖直方向：xDG＝gt2，水平方向：qE＝ma，xDH＝at2，又由几何关系得：＝tan 37°，解得：t＝24.【答案】(1)205 V(2)0.055 m【解析】(1)电子在加速电场中，由动能定理得eU1＝mv，电子进入偏转电场时的初速度v0＝，电子在偏转电场中的飞行时间t1＝，电子在偏转电场中的加速度：a＝＝，要使电子从下极板边缘射出，应有：＝at＝＝，解得偏转电压U2＝205 V.(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝＋y2由于电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度v y＝at1＝，电子离开偏转电场到荧光屏的时间：t2＝，y2＝v y t2＝＝＝0.05 m，电子打在荧光屏上最大偏转距离：y＝＋y2＝0.055 m。
2020届高考物理一轮复习人教版电学实验课时作业含答案
1．(2018·无锡市高三期末)在做“测电源电动势与内阻”的实验中，(1)先用多用电表粗测了干电池的电动势．如图14所示是测量时选择开关与表头指针所处的位置，则该电池的电动势为________V ，实验结束后，应将选择开关拨到图中的________挡位(选填A 、B 、C 或D)．图14(2)设计如图15电路进行测量．在实验中发现滑动变阻器的滑片由M 端向N 端逐渐滑动时，电流表示数逐渐增大，电压表的示数接近1.5V 并且几乎不变，当滑片临近N 时，电压表示数急剧变化．出现这种问题，应更换一个总阻值比原来__________(选填“大”或“小”)的滑动变阻器．图15(3)更换(2)中滑动变阻器后，记录分布均匀的8组电流表示数(I )以及电压表示数(U )，在数据处理软件中，以U 为纵轴，以I 为横轴，经拟合得到直线U ＝1.4875－1.5025I ，则电动势的测量值是________V ，内电阻的测量值是________Ω.(结果均需保留三位有效数字)答案 (1)1.48(1.46～1.49) A (2)小 (3)1.49 1.502．(2018·常州市一模)测定一节电池的电动势和内阻，电路如图16甲所示，MN 为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R 0＝1.0Ω.调节滑片P ，记录电压表示数U 、电流表示数I 及对应的PN 长度x ，绘制了U －I 图象如图乙所示．(1)由图乙求得电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(2)实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值________其真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)． (3)根据实验数据可绘出U I－x 图象，如图丙所示．图象斜率为k ，电阻丝横截面积为S ，可求得电阻丝的电阻率ρ＝________，电源内阻对电阻率的测量________(选填“有”或“没有”)影响．图16答案 (1)1.5 0.5 (2)小于 (3)kS 没有解析 (1)由闭合电路欧姆定律可知：U ＝E －I (r ＋R 0)，则可知，题图乙中的图象与纵坐标的交点表示电动势，故E ＝1.5V ；图象的斜率表示等效内电阻，则r ＋R 0＝1.5－1.20.20Ω＝1.5Ω； 解得：r ＝1.5Ω－1.0Ω＝0.5Ω；(2)由题图乙可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U －I 图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值， (3)根据欧姆定律可知，电阻R ＝U I ＝ρx S ，则可知k ＝ρS，解得：ρ＝kS ；若考虑电源内阻，图象的斜率不变，所以电源内阻对电阻率的测量没有影响．3．(2018·南通市等六市一调)测量某电源电动势和内阻，提供如下实验器材： A ．待测电源(电动势约12V 、内阻约1Ω、最大允许电流2A) B ．电流表A(量程1A)C ．电流表G(量程1mA 、内阻约50Ω)D ．电阻箱(0～99999.9Ω)E ．滑动变阻器(0～20k Ω)F ．滑动变阻器(0～1k Ω) H ．滑动变阻器(0～50Ω) J ．定值电阻(阻值5Ω) K ．定值电阻(阻值100Ω) L ．开关、导线若干(1)将电流表G 改装成电压表，需要测量电流表内阻R g ，实验小组采用如图17甲所示的电路，实验步骤如下：图17①连接好电路，闭合开关S1前，滑动变阻器R1的滑片移到________(选填“最左端”或“最右端”)．②闭合S1，断开S2，调节R1使电流表G满偏．③闭合S2，保持R1阻值不变，调节电阻箱R2的阻值，使得电流表G半偏，读出电阻箱示数R，则电流表G的内阻R g＝________.(2)将电流表G改装成量程为15V的电压表，已测得R g＝52.0Ω，则与电流表G串联的电阻箱R2的取值应为________Ω.(3)用图乙电路测电源电动势和内阻，滑动变阻器R3选用________，定值电阻R0选用________．(选填器材序号)(4)根据实验测得数据作出电压表读数U与电流表A读数I间的关系图象(图象未画出)，由图象读出I＝0时U＝12.1V，图线斜率绝对值为5.9V/A，则电源电动势E＝________V，电源内阻r＝________Ω.答案(1)①最左端③R(2)14948.0 (3)H J (4)12.1 0.9解析(1)滑动变阻器R1的滑片移到最左端时接入电路的电阻最大，故闭合开关S1前，滑动变阻器R1的滑片移到最左端，闭合S2，电阻箱R2与电流表G并联，当电流表G半偏时，即电流表中电流为原来的一半，则另一半电流流过电阻箱R2，电阻箱R2与电流表G中电流相同，故电阻值也相等．(2)将电流表G改装成量程为15V的电压表后，表的总电阻为UI g ＝151×10－3Ω＝1.5×104Ω，与电流表G串联的电阻箱R2＝R－R g＝14948.0Ω；(3)滑动变阻器的总阻值小，便于精细调节，故选H，因电流表量程为1A，定值电阻若选100Ω，则测量电流的大小及大小变化范围就非常小，故定值电阻应选J.(4)由题图乙，将定值电阻等效为电源内阻，I＝0时，路端电压即为电动势E＝U＝12.1V，图线斜率绝对值为等效内阻的大小，则电源实际内阻为r＝5.9Ω－5Ω＝0.9Ω.4．一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻R x的阻值，图中R0为标准定值电阻（R0=20.0 Ω）视为理想电压表。
2019-2020学年高考物理真题和模拟题分项汇编专题19电学实验含解析
专题19 电学实验1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。
该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。
然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。
（1）根据图（a）和题给条件，将（b）中的实物连接。
（2）当标准毫安表的示数为16.0 mA时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是。
（填正确答案标号）A．18 Ma B．21 mA C．25mA D．28 mA（3）产生上述问题的原因可能是。
（填正确答案标号）A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 ΩB．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 ΩC．R值计算错误，接入的电阻偏小D．R值计算错误，接入的电阻偏大（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k= 。
【答案】（1） （2）C （3）AC （4）9979【解析】（1）电表改装时，微安表应与定值电阻R 并联接入虚线框内，则实物电路连接如下图所示：（2）由标准毫安表与该装表的读数可知，改装后的电流表，实际量程被扩大的倍数为：-316mA ==10016010mAn ⨯倍。
故当原微安表表盘达到满偏时，实际量程为：32501010025mA -⨯⨯=，故本小题选C ；（3）根据()g g g I R I I R =-，得：1g g R I I R ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，改装后的量程偏大的原因可能是，原微安表内阻测量值偏小，即电表实际内阻g R 真实值，大于1200Ω；或者因为定值电阻R 的计算有误，计算值偏大，实际接入定值电阻R 阻值偏小。
故本小题选AC ；（4）由于接入电阻R 时，改装后的表实际量程为25 mA ，故满足()25g g g I R I R =-；要想达到预期目的，即将微安表改装为量程为20 mA 电流表，应满足()20g g g I R I kR =-，其中250μA 0.25mA g I ==，联立解得： 1.25k =或9979k =。
2020版高考物理一轮总复习电学综合训练(含解析)新人教版
电学综合训练一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，其中第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．如图所示，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R ，电阻为r 的金属棒AB 垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计．两导轨间存在竖直向下的匀强磁场．给AB 以水平向右的初速度v 0并开始计时，下面四幅反映AB 的速度v 随时间t 变化规律的图象中，可能正确的是( )解析：选D.AB 杆以水平向右的初速度v 0切割磁感线，在回路中充当电源，电路中产生的电流为I ＝Blv R ＋r ，AB 杆受到的安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r，对AB 杆受力分析可知，水平方向合外力等于安培力，充当阻力使其减速，所以其加速度随速度的减小而减小，直到速度减为零时，加速度减为零，故D 项正确．2．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，有一等腰直角三角形ACD .A 点有一根垂直于ACD 平面的直导线．当导线中通有图示方向的电流时，D 点的磁感应强度为零．则C 点的磁感应强度大小为( )A. 0 B ．B 0 C.2B 0D ．2B 0解析：选C.由D 点的磁感应强度为零可知，通电直导线在D 点产生的磁场与空间中存在的匀强磁场的磁感应强度等大反向，所以匀强磁场方向垂直于AD 向下，由于C 点与D 点与A 等距离，所以通电直导线在C 点产生的磁场磁感应强度大小为B 0，方向垂直于AC 向左，则C 点的磁感应强度大小为2B 0，故C 项正确．3．一个阻值为20 Ω的电阻，通有如图所示的电流，在一个周期内，前半个周期电流随时间按正弦规律变化，后半个周期电流为恒定电流，则在一个周期内，电阻产生的热量为( )A ．0.2 JB ．0.4 JC ．0.6 JD ．0.8 J解析：选C.求解电阻产生的热量时应该用电流的有效值，由有效值的定义可得⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R T2＋I 22R T2＝I 2RT 得，I ＝32A ，则一个周期内电阻产生的热量为Q ＝I 2RT ＝0.6 J ，故C 项正确．4．如图甲所示，单匝导线框abcd 固定于匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁场的正方向．从t ＝0时刻开始磁感应强度B 随时间t 变化关系如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，则在下面四个反映线框里感应电流i 随时间t 变化规律的图象中，正确的是( )解析：选A.由法拉第电磁感应定律可得：E ＝N ΔBS Δt ，又i ＝ER ，结合B t 图象可得，0～1 s 内线圈中产生的电流是恒定的，故C 、D 项错误；由B t 图象可知0～1 s 内垂直纸面向里的磁场磁通量在增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为逆时针，与规定的正方向相同，所以为正值，故A 项正确，B 项错误．5．现有一组方向沿x 轴正方向的电场线，若从x 轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x 轴的正方向从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处，其电势φ随位置x 坐标变化的情况如图所示．下列有关说法正确的是( )A ．该粒子一定带正电荷B ．在x 轴上x ＝0.6 cm 的位置，电场强度大小为0C ．该粒子从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处的过程中，电势能一直减小D ．在x 轴上0～0.6 cm 的范围内的电场强度大于0.6～1.2 cm 的范围内的电场强度 解析：选AC.由于带电粒子由坐标原点由静止开始，仅在电场力的作用下，沿x 轴正方向运动，所以所受电场力方向沿x 轴正方向，与电场线的方向一致，故该粒子一定带正电荷，故A 项正确；由φx 图象中斜率表示电场强度可知，x ＝0.6 cm 处电场强度大小为5 000 V/m ，故B 项错；由φ－x 图象可知，从x ＝0.6 cm 到x ＝1.2 cm 的过程中，电势一直降低，由E p ＝q φ可知，正电荷的电势能一直减小，故C 项正确；由φ－x 图象中斜率表示电场强度可知，0～1.2 cm 的范围内电场强度不变，故D 项错误．6．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈接在电压为U 0的正弦式电流电源上，定值电阻R 1＝R 2，变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，通过原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则( )A ．I 1∶I 2＝1∶3B ． I 1∶I 2＝3∶1 C. U 1∶U 0＝1∶10D ． U 2∶U 0＝3∶10解析：选AD.由于理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，所有原副线圈的电流之比是1∶3，故A 项正确；原副线圈两端的电压之比为3∶1，两个定值电阻两端的电压之比U R 1U R 2＝13，左边回路有U 0＝U R 1＋U 1，右边回路中有U 2＝U R 2，所以U 1∶U 0＝9∶10，故C 项错误；U 2∶U 0＝3∶10，故D 项正确．7．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ，那么( )A ．从图示位置开始，线圈转过90°时穿过线圈的磁通量最大B ．线圈中感应电流的有效值为 2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt (V)D ．从图示位置开始到线圈转过90°时的过程中，线圈中磁通量变化了Tπ解析：选ABC.从图示位置开始，线圈转过90°时，恰好位于中性面的位置，磁通量最大，故A 项正确；线圈转动产生的是正弦式交变电流，所以电流的有效值为I ＝I m2，又E m ＝BS ω＝BS 2πT ，转过60°时有i ＝E m r cos 2πT t ＝BS ωrcos 60°＝1 A ，解得电流的有效值为I ＝ 2 A ，故B 项正确；任意时刻线圈中的感应电动势e ＝BS ωcos 2πTt ＝4cos 2πTt ，故C 项正确；从图示位置开始到线圈转过90°的过程中，线圈中的磁通量变化了ΔΦ＝BS ＝2Tπ，故D 项错误．8．如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L 处有两个完全相同的带正电小球A 和B ，它们的质量都为m ，现由静止释放B 球，同时A 球以大小为v 0的速度沿两小球连线方向向B 球运动，运动过程中，两球最小距离为L3，下列说法中正确的是( )A ．距离最小时与开始时B 球的加速度之比为9∶1 B ．从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为12mv 2C ．A 、B 组成的系统动能的最小值是14mv 2D ．B 球速度的最大值为v 0解析：选AC.开始时，对B 球有：k q 2L 2＝ma 1 ，相距最小时，对B 球有：k q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 32＝ma 2，则有：a 2a 1＝91，故A 项正确；当两球相距最小时，两球速度相同，系统动能最小．对A 、B 两球自B 球由静止释放至两球相距最小，由动量守恒定律得mv 0＝2mv ；由能量守恒得12mv 20＝12×2mv 2＋E p ，解得E p ＝14mv 20，故B 项错误；最小动能E k ＝12×2mv 2＝14mv 20，故C 项正确；当A球速度减为零时，B 球速度增大到v 0 ，此时两球相距为L ，此后A 球反向加速，B 球继续加速，故D 项错误．二、非选择题(本题共3小题，共52分)9．(9分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所采用的小灯泡的规格为“2.5 V 0.3 A”，实验时采用的电路图如图甲所示．(1)某同学从实验室取出A 、B 两个材质相同的滑动变阻器，铭牌不清，从进货单中查知其中一个滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，另一个为1 000 Ω，观察发现A 绕的导线粗而少，而B 绕的导线细而多，本实验应该选用______填(“A ”或“B ”)．(2)在实验测量中，某次电压表示数如图乙所示，则其示数为______V ；此时电流表的示数可能为图丙中的______(填写图丙中各表下方的代号)．(3)若实验得到另一小灯泡的伏安特性曲线(I U 图象)如图丁所示．若将这个小灯泡接到电动势为1.5 V 、内阻为5 Ω的电源两端，则小灯泡的工作电阻为______Ω，小灯泡消耗的功率是________W.解析：(1)由电阻定律R ＝ρLS可知，细而长的电阻大，粗而短的电阻小，而本实验采用分压式接法，应选用电阻小的，故选A .(2)电压表量程选3 V ，所以每小格表示0.1 V ，所以读数为2.00 V ，有估读数位；由于电压表示数略小于额定电压，所以电流表的示数略小于额定电流，故B 项正确．(3)作出闭合电路欧姆定律的I U 图象，与小灯泡的I U 图象交于一点，其横纵坐标的比值即为小灯泡的工作电阻，为9.8 Ω ；横纵坐标的乘积即为小灯泡消耗的实际功率，为0.1 W.答案：(1)A (2)2.00 B(3)9.8(9.6～10均可) 0.110．(20分)如图所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L ，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外，A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离为L 、质量为m 、电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式．解析：(1)若k ＝1，则有MP ＝L ，粒子在Ⅰ区匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：R ＝L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB 0＝m v 2R粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd ＝12mv 2综合上式解得：E ＝qB 02L 22dm.(2)因为2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，该粒子运动轨迹如图所示由几何关系：R 2－(kL )2＝(R －L )2，又有qvB 0＝m v 2R则整理解得：v ＝qB 0L ＋k 2L2m.答案：(1)qB 20L 22dm (2)v ＝qB 0L ＋k 2L2m11．(23分)如图所示，质量m A ＝0.8 kg 、带电量q ＝－4×10－3C 的A球用长度l ＝0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O 点，O 点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E ＝5×103N/C.质量m B ＝0.2 kg 不带电的B 球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J ．现将A 球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A 球相碰，并结合为一整体C ，同时撤去水平轨道．A 、B 、C 均可视为质点，线始终未被拉断，g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞过程中A 球对B 球做的功和冲量大小； (2)碰后C 第一次离开电场时的速度大小；(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C 每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．解析：(1)由机械能守恒定律12m A v 2A ＝m A gl得碰前A 的速度大小v A ＝4 m/s 方向向右 由E ＝12m B v 2B得碰前B 的速度大小v B ＝6 m/s 方向向左 由动量守恒守律m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v C 得v C ＝2 m/s 方向向右A 对B 所做的功W ＝12m B v 2C －E ＝－3.2 J A 对B 的冲量I ＝m B v C －(－m B v B )＝1.6 N·s(2)碰后，C 整体受到电场力F ＝qE因F －m C g ＞m C v 2Cl，可知C 先做类平抛运动则x ＝v C t ，y ＝12at 2，qE －m C g ＝m C a(y －l )2＋x 2＝l 2联立解得x ＝0.8 m ，y ＝0.8 m ，t ＝0.4 s即C 刚好在圆心等高处线被拉直，此时C 向上的速度为v y ＝at ＝4 m/s 设C 第一次运动到最高点速度为v 1，由动能定理(F －m C g )l ＝12m C v 21－12m C v 2y得v 1＝42≈5.66 m/s(3)设C 从最高点运动到最低点时的速度为v . 由动能定律m C g ×2l ＝12m C v 2－12m C v 21得 v ＝8 m/s由于F T ＋F －m C g ＝m C v 2l，可知F T ＞0，故C 之后每一次通过最低点均能一直做圆周运动设C 第n 次经过最高点时的速度为v n .则(n －1)qE ×2l ＝12m C v 2n －12m C v 21，(n ＝1,2,3……)由牛顿第二定律得F T ＋m C g －F ＝m C v 2nl解得F T ＝10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……) 答案：(1)－3.2 J 1.6 N·s (2)5.66 m/s (3)10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……)。
电学实验1：测量电阻及电阻率(答案含解析)—高三物理一轮复习课时练
一课一练50：电学实验1：测量电阻及电阻率分析：测量电阻的方法包括伏安法、安安法、半偏法、替代比较法等，其本质都是欧姆定律在电路中的应用。
1．（2020全国I卷）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻R x，所用电压表的内阻为1 kΩ，电流表内阻为0.5Ω．该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间．测量得到如图（b）所示的两条U–I图线，其中U与I 分别为电压表和电流表的示数．回答下列问题：（1）图（b）中标记为II的图线是采用电压表跨接在________（填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的．（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线_______（填“I”或“II”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为_______Ω（保留1位小数）．（3）考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为_______Ω（保留1位小数）．2．（2019江苏卷）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：（1）螺旋测微器如题11-1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动（选填“A”、“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．（题11–1图）（题11-2甲图）（题11-2乙图）（2）选择电阻丝的（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．（3）题11-2甲图中R x，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入题11-2乙图实物电路中的正确位置．（4）为测量R，利用题11-2甲图所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如题11-3图所示．接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：U2/V 0.50 1.02 1.54 2.05 2.55I2/mA 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象．（5）由此，可求得电阻丝的R x= Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．3．某中学实验小组的同学在测量阻值约为200 Ω的电阻R x的阻值时，从实验室选取了如下的实验器材：电动势为E=3 V、内阻可忽略不计的电源量程为15 mA的电流表A1、r A1≈100 Ω；量程为300 μA的电流表A2、r A2=1 000 Ω最大值为20 Ω的滑动变阻器R1；最大值为2 000 Ω的滑动变阻器R2定值电阻R3=9 000 Ω、R4=200 Ω ；开关S以及导线若干为了减小实验误差，请回答以下问题：（1）从以上实验器材中选择合适的实验器材，设计测量电阻R x的电路图，画在图中的方框内，并在电路图中标明实验器材的符号．（2）某次操作时，将滑动变阻器的滑动触头移到合适位置，两电流表的读数如上图所示，则电流表A1的读数为________ mA，电流表A2的读数为________ μA，则电阻R x的阻值为________Ω．（3）由该电路中产生的系统误差分析可知，该电阻R x的测量值________真实值（填“大于”、“等于”或“小于”）．4．某同学用图甲所示电路测量一段金属丝的电阻率，待测金属丝粗细均匀，阻值约为100 Ω。
2019-2020学年高三一轮复习检测试卷(物理)(附答案)
2019-2020学年高三一轮复习检测（物理试卷）学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________(试卷满分：100分时间：100分钟)一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。
其中1-8小题为单项选择题，9-12为多选题，多选题全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分。
）1.如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F做的总功为( ) A． 0B．F m x2C．F m x0D．x022.两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上两点B、C点，且OB>OC，由图可知( )A．C点的电势低于B点的电势B．B点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同C．正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功3.如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起．在平行于斜面的拉力F的作用下两物块均做匀速运动．从图示位置开始计时，在甲物块与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x表示每个物块所通过的路程，E表示两物块组成的系统的机械能，E p表示两物块组成的系统的重力势能，Wf表示甲物块克服摩擦力所做的功，WF表示拉力F对乙物块所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是( )A． B． C． D．4.如图所示，小物体从某一高度自由下落，落到竖直在地面的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回，则下列说法中正确的是( )A．物体经过A点时速度最大B．物体从A下落到B的过程中，物体的机械能守恒C．物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，动能都是先变大后变小D．物体从A下落到B的过程中的动能和重力势能之和越来越大5.经过m次α衰变和n次β衰变，则（）A．m=7，n=3 B．m=7，n=4C．m=14，n=9 D．m=14，n=186.物体做匀变速直线运动的位移－时间图象如图所示，由图中数据可求出的物理量是( )A．可求出物体的初速度B．可求出物体的加速度C．可求出物体的平均速度D．可求出物体通过的路程7.如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程( ) A．加速度大小为a＝＋gB．所需的时间为t＝C．下降的高度为y＝D．电场力所做的功为W＝Eqd8.如图所示空间有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m=1 kg的带正电的绝缘小滑块，沿斜面先向上运动，当滑到最高点后又沿斜面下滑。
2020届高考物理一轮复习人教版电学实验基础课时作业含答案
2020届一轮复习人教版 电学实验基础 课时作业1．(2018·全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图a 所示的电路测量某待测电阻R x 的阻值，图中R 0为标准定值电阻(R 0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表。
S 1为单刀开关，S 2为单刀双掷开关，E 为电源，R 为滑动变阻器。
采用如下步骤完成实验：(1)按照实验原理线路图a ，将图b 中实物连线；(2)将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S 1；(3)将开关S 2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U 1；然后将S 2掷于2端，记下此时电压表的示数U 2； (4)待测电阻阻值的表达式R x ＝________(用R 0、U 1、U 2表示)；(5)重复步骤(3)，得到如下数据：(6)利用上述5次测量所得U 2U 1的平均值，求得R x ＝________ Ω。
(保留一位小数)答案 (1)图见解析 (4)⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 1－1R 0 (6)48.2 解析 开关S 2掷于1端，由欧姆定律可得通过R x 的电流I ＝U 1R 0，将开关S 2掷于2端，R 0和R x 串联电路电压为U 2，R x 两端电压为U ＝U 2－U 1，由欧姆定律可得待测电阻阻值R x ＝U I ＝U 2－U 1U 1R 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 1－1R 0。
5次测量所得U 2U 1的平均值为15(3.44＋3.43＋3.39＋3.40＋3.39)＝3.41，故R x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 1－1R 0＝(3.41－1)×20.0 Ω＝48.2 Ω。
2．(2018·天津高考)某同学用伏安法测定待测电阻R x 的阻值(约为10 kΩ)，除了R x 、开关S 、导线外，还有下列器材供选用：A ．电压表(量程0～1 V ，内阻约为10 kΩ)B ．电压表(量程0～10 V ，内阻约为100 kΩ)C ．电流表(0～1 mA ，内阻约为30 Ω)D ．电流表(0～0.6 A ，内阻约为0.05 Ω)E ．电源(电动势1.5 V ，额定电流0.5 A ，内阻不计)F ．电源(电动势12 V ，额定电流2 A ，内阻不计)G ．滑动变阻器R 0(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。
2019版高三物理一轮复习专题9电学实验含2012年高考真题
2019版高三物理一轮复习专题9电学实验含2012年高考真题1．(2012全国新课标).（10分）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场.现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向.所用部分器材已在图中给出，其中D 为位于纸面内的U 形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E 为直流电源；R 为电阻箱；○A 为电流表；S 为开关.此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线. （1）在图中画线连接成实验电路图. （2）完成下列主要实验步骤中的填空 ①按图接线.②保持开关S 断开，在托盘内加入适量细沙，使D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m 1.③闭合开关S ，调节R 的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出___________________，并用天平称出____________. ④用米尺测量_______________.（3）用测量的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小，可以得出B =_________. （4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里.答案：③重新处于平衡状态, 电流表的示数I , 此时细沙的质量m 2 ④D 的底边长L （3）ILg m m B 21-=（4）12m m >解析：根据实验目的和电磁天平的原理，将电源、开关、电阻箱、电流表及U 形金属框串联起来，连接成电路图.设金属框质量为M ，托盘质量为m 0，第一次操作中未接通电源时由平衡条件：Mg ＝(m 0＋m 1)g ，第二次接通电源后，加入适量细沙m 2D 重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I ，并测量出金属框底部的长度l ，若金属框受到的安培力竖直向下，由平衡条件：()g m m Mg BIl 20+=+，两式联立解得：()gIlm m B 12-=；若金属框受到的安培力竖直向上，则()gIlm m B 21-=，综上B=g Ilm m B 12-=，若m 2＞m 1，则由左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外，反之，磁感应强度方向垂直纸面向里.2.（2012广东卷）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻.①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图15（a）和图15（b）所示，长度为_____cm，直径为_____mm.②按图15（c）链接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最_____处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）将电阻箱R2的阻值调至最______（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；③由此可知，圆柱体的电阻为_____Ω.答案：（1）①5.01 5.315 ②（a）大（b）大③1280解析：(1)①游标卡尺的精度为0.1 mm,所以L=(50+1×0.1)mm=5.01 cm,数为 d=(5+31.6×0.01) mm=5.316 mm.②为了保护电流表，在接通电路之前，要使电路中的总电阻尽可能大，然后慢慢减小电路中的电阻.3.（2012北京高考卷）．（18分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为___________mm（该值接近多次测量的平均值）（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组(电动势为3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3k Ω)、滑动变阻器R (0~20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干． 某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：由以上数据可知，他们测量Rx 是采用图2中的_________图(选填“甲”或“乙”)．（3）图3是测量Rx 的实验器材实物图，阻器的一端．请根据图(2)所选的电路图，补充完成图3间，电压表或电流表不至于被烧坏．（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U 、I 坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U ─I 图线．由图线得到金属丝的阻值R x =___________Ω(保留两位有效数字)．（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________(填选项前的符号) A ．1×10-2Ω⋅m B ．1×10-3Ω⋅m C ．1×10-6Ω⋅m D ．1×10-8Ω⋅m图2乙甲图3图4（6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是___________(有多个正确选项)．A ．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B ．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C ．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D ．用U ─I 图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 答案：（1）（0.395-0.399均可） （2）甲 （3）如答图3（4）如答图4 （4.3-4.7均可） （5）C （6）CD 解析：（1）固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为0+39.7×0.01=0.397mm.(0.395～0.399).（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻R x 约5Ω.答图3 答图4则有501.05==A x R R ，60053000==x V R R 比较R x 为小电阻应该采用外接法测量误差小. 由（3）知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法（甲）.（3）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接成外接分压接法（甲）那么在连线时断开开关且使R x 两端的电压为0.先连外接法（线1）再连分压法（线2和3），此时滑片P 必须置于变阻器的左端.（4）描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后作出U -I 图线.其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U -I 图线上，有5.4220.000.1==x R Ω(4.3～4.7).（5）根据电阻定律S lR x ρ=有662105.45.010397.014.35.4--⨯=⨯⨯⨯==l S R x ρΩ·m ，估算出的金属丝电阻率是C.（6）用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差.答案C D.5.（2012山东卷）（2）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下： 待测金属丝：x R （阻值约4Ω，额定电流约0.5A ）； 电压表：V （量程3V ，内阻约3k Ω）； 电流表：1A （量程0.6A ，内阻约0.2Ω）； 2A （量程3A ，内阻约0.05Ω）； 电源：1E （电动势3V ，内阻不计）2E （电动势12V ，内阻不计） 滑动变阻器：R （最大阻值约20Ω） 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S ；导线.○1用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 mm. ○2若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 、电源应选 （均填器材代号），在虚线框中（间答题卡）完成电路原理图.答案：（2）○11.773【1.771-1.775均正确】○2A 1；E 1；电路图如右. 解析：①1．773【1．771～1．775均正确】②电压表量程3V ，所以电源应选E1，通过待测金属丝的最大电流约为75.043===x R E I A ，所以电流表应选A1.电路图如右.6.（2012四川卷） (2)某学习小组的同学拟探究小灯泡L 的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡L ，规格“4.0V ．0.7A ”；电流表A1，量程3A ，内阻约为0.1Ω; 电流表A 2，量程0.6A ，内阻r 2=0.2Ω; 电压表V ，量程3V ，内阻r V =9k Ω； 标准电阻R 1，阻值1Ω； 标准电阻R 2，阻值3 k Ω;滑动变阻器R ，阻值范围O~ 10Ω,； 学生电源E ，电动势6V ，内阻不计； 开关S 及导线若干.①甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L 的电流为0.46A 时，电压表的示数如图2所示，此时L 的电阻为____Ω.②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L 上的电压值是____V.③学习小组认为要想更准确地描绘出L 完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路.请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号. 答案：(2)①5（3分）；②4（3分）；③解析：①电压表示数2.3V ，Ω==546.03.2R .②4)30009000(90003=+=L U V.③准确地描绘出L 完整的伏安特性曲线，需要将电流电压调节达到小灯泡的额定值.测量准确3A 电流表不能使用，3V 电压表和0.6A 电流表量程不够必须改装；将电压表和2R 串联，刚好满足4V 量程（小灯泡额定）；电流的2A 与1R 并联即可将电流量程扩至0.72 A （额定为0.7 A ）.两表改装完毕之后，再考虑内、外接的问题.由于改装后的电压表量程刚好等于小灯泡额定电压，也就不适于将改装后的安培表内接了，否则电压表会超量程的.这里最好采用外接法，即答图1.。
2022届高三物理一轮复习：电学实验习题含参考答案
2022届高考（一轮）物理：电学实验习题含参考答案专题：电学实验1、一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻R x的阻值，图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器。
采用如下步骤完成实验：(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线；图(a)图(b)(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1；(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2；(4)待测电阻阻值的表达式R x＝________(用R0、U1、U2表示)；(5)重复步骤(3)，得到如下数据：1 2 3 4 5U1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44U2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49U2U13.44 3.43 3.39 3.40 3.39(6)利用上述5次测量所得U2U1的平均值，求得R x＝________Ω。
(保留1位小数)2、如图甲为多用电表的电路原理图．已知选用的电流表内阻R g＝10 Ω、满偏电流I g＝10 mA，当选择开关接3时为量程250 V的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心，上排刻度线对应数值没有标出．(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为；选择开关接3时其读数为．(2)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，某同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为.③计算得到多用电表内电池的电动势为V．(保留2位有效数字)3、新能源汽车是今后汽车发展的主流方向，如图(a)所示为车载动力电池，其技术参数是额定容量约120 Ah，额定电压约3.3 V，内阻约0.03 Ω，现有一个用了很长时间已经老化的这种电池，某研究小组想测量这个电池的电动势和内阻，但实验器材仅有一个电流表(量程100 mA、内阻9 Ω)、一个定值电阻R0＝1 Ω、一个电阻箱、一个开关和导线若干，该同学按如图(b)所示电路进行实验，测得的数据如下表所示．次数 1 2 3 4 5R(Ω)0.9 4.2 7.3 10.8 14.1I 0(mA) 100 50 34 25 20(1)实验中将电流表与定值电阻并联实质上是把电流表改装成了大量程的电流表，则改装后的电流表的测量值I 与原电流表的读数I 0的关系为________________________________________________________________； (2)若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作______(选填“RI”或“R1I ”)图象； (3)利用测得的数据在坐标纸上作出适当的图象；(4)由图象可知，该电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω. 4、某兴趣小组想用伏安法较准确地测定阻值约为1 500 Ω的新型合金材料的电阻率，实验室可供选用的器材有： A ．电压表V 1(量程为3 V ，内阻约为3 kΩ) B ．电压表V 2(量程为15 V ，内阻约为15 kΩ) C ．电流表A 1(量程为3 mA ，内阻约为20 Ω) D ．电流表A 2(量程为10 mA ，内阻约为7 Ω) E ．滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω) F ．电源E(电动势为4.5 V ，内阻约为0.5 Ω) G ．开关S ，导线若干(1)要使电流表和电压表的示数都能达到满偏的三分之一以上，在所提供的电流表中就选用________，电压表就选用________。
高中物理-专题十第2课时 电学实验
第2课时电学实验专题复习定位解决问题本专题主要复习电学实验的基本原理和方法，并借助基本实验分析拓展创新实验。
高考重点主要考查电表改装、多用电表原理和使用；“电阻测量类”实验；测量电源的电动势和内阻；电学拓展创新实验等。
题型难度考查的是电学实验的基本原理和方法，经常和传感器结合在一起，考查电路的控制，难度一般较大。
高考题型1电表改装多用电表原理和使用【例1】(2021·四川绵阳市第二次诊断)将一微安表先改装成量程1 mA的电流表，再改装成量程5 V的电压表，并与标准电压表对比校准。
图1甲是改装后电压表与标准电压表对比校准的电路图，虚线框中是改装后电压表电路，V0是量程6 V 的标准电压表。
已知微安表满偏电流为250 μA，标记的内阻为600 Ω，电阻箱R1、R2调节范围为0～9 999.99 Ω。
图1(1)微安表改装。
图甲中电阻箱的阻值分别调节到R1＝________ Ω，R2＝________ Ω。
(2)实物连线。
选用合适的器材，按照图甲正确连接电路。
(3)对比校准。
正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，当标准电压表的示数如图乙所示时，微安表(改装后电压表)的示数如图丙所示，由此可以推测出改装电压表量程的真实值________5 V(选填“大于”或“小于”)。
(4)重新调整。
通过检测发现：电阻箱R1、R2阻值是准确的，而微安表标记的内阻不准确，这是改装电压表量程的真实值不是5 V的原因。
再通过调节电阻箱R1、R2的阻值，使改装电压表量程的真实值为5 V，以下调节方案可行的有________(填序号)。
A.保持R1不变，将R2增大到合适值B.保持R1不变，将R2减小到合适值C.保持R2不变，将R1增大到合适值D.保持R2不变，将R1减小到合适值答案(1)200 4 850(3)小于(4)AD解析(1)微安表并联电阻改装为1 mA的电流表，有I g R g＝(I－I g)R1，即250×10－6×600＝(1×10－3－250×10－6)R1，解得R1＝200 Ω，改装后的电流表满偏电流为1 mA，内阻为R A＝R1R gR1＋R g＝150 Ω，再改装为5 V的电压表，串联电阻R2，有U＝I(R A＋R2)，即5＝1×10－3(150＋R2)，解得R2＝4 850 Ω。
2019-2020年高三总复习质检物理试题 含答案
试卷类型:A 2019-2020年高三总复习质检物理试题含答案注意事项：1. 答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。
用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的县（市、区）、学校以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。
用2B铅笔将试卷类型（A)填涂在答题卡相应位置上。
2. 选择題每小題选出答案后，用2B铅笔把答題卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答題卡各題目指定区域内的相应位置上;如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效a4. 考生必须保持答題卡的整洁。
考试结束后，将试卷和答題卡一并交回。
可能用到的相对原子质置：H 1 C 12 0 16 Mg 24 S 32 Ba 137一、单项选择题:本大题共6小题，每小题4分,共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,选错或不答的得O分。
13. 以下叙述正确的是A. 牛顿第一定律可以通过实验直接证明B. 库仑最早用扭秤实验测量出电子电荷量的精确值C. 法拉第最早发现电磁感应现象D. 卢瑟福通过对阴极射线的研究提出原子具有核式结构14.已知氢原子的基态能量为五"激发态能量E n=E1/n2，其中n= 2,3…。
用h表示普朗克吊量，c表示真空中的光速。
能使氢原子从基态跃迁到n = 2的激发态的光子的波长为A. B. c- D.15. 如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力i^的作用下，向右做勾速运动,则下列说法中正确的是A. 物体A受到三个力的作用B. 物体A受到四个力的作用C. 物体A受到的滑动摩擦力大小为FsinθD. 物体A对水平地面的压力大小为Fsinθ16.以0点为圆心的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。
高三物理电学实验复习专题练习题
电学实验1．（2022·河南省郑州市高三下二模）某同学为精确测量某金属导体的电阻，设计了如图甲所示的电路图。
图中E为学生电源、G为灵敏电流计、A1、A2为电流表、R1为电阻箱、R2与R3均为滑动变阻器、R0为定值电阻、S为开关、Rx为待测金属导体，另有导线若干。
具体的实验操作如下：A．按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；B．将滑动变阻器R2的滑片、滑动变阻器R3的滑片均调至适当位置，闭合开关S；C．调整R3，并反复调整R1和R2使灵敏电流计的示数为零，测得此时A1的示数为I1，A2的示数为I2，电阻箱的示数为R1；D．实验完毕，整理器材。
（1）根据图甲实验电路图，将图乙实物图中连线补充完整________。
（2）电路中需要两个量程为6A的电流表，但实验室提供的器材中，只有量程为0.3A、内阻为20Ω的电流表。
现将量程为0.3A的电流表扩充为6A量程，则应该并联一个阻值R′ = _______Ω的电阻。
如图所示为某次测量时改装后的电流表表盘指针位置，则此时的电流读数为_______A。
（3）待测金属导体Rx的阻值为_________用所测物理量来表示）；电流表A1、A2的内阻对测量结果______（选填“有”或“无”）影响。
2．（2021·全国甲卷）某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）电压表（量程300mV，内阻300Ω）电流表（量程300mA，内阻0.27Ω）定值电阻R0滑动变阻器R1（阻值0-20Ω）电阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）电源E（电动势6V，内阻不计）开关S、导线若干。
完成下列填空：（1）有3个阻值分别为10Ω、20Ω、30Ω的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0~300mA的U-I曲线，R0应选取阻值为___________Ω的定值电阻；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的___________（填“a”或“b”）端；（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图（b）所示。
2019-2020学年度版本高考电学、光学、热学实验总复习(含习题)
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度版本高考电学、光学、热学实验总复习(含习题)______年______月______日____________________部门一、实验仪器的读数高考要求会正确使用的电学仪器有：电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等等。
除了滑动变阻器以外，其它仪器都要求会正确读出数据。
读数的基本原则是：凡仪器最小刻度是10分度的，要求读到最小刻度后再往下估读一位（估读的这位是不可靠数字）；凡仪器最小刻度不是10分度的，只要求读到最小刻度所在的这一位，不再往下估读。
电阻箱是按照各个数量级上指针的对应数值读数的，指针必须指向某一个确定的数值，不能在两个数值之间，因此不再向下估读。
例1．右图是电压表的刻度盘。
若当时使用的是该表的0-3V量程，那么电压表读数为多少？若当时使用的是该表的0-15V量程，那么电压表度数又为多少？解：0-3V量程最小刻度是0.1V，是10分度的，因此要向下估读一位，读 1.15V（由于最后一位是估读的，有偶然误差，读成 1.14V-1.16V之间都算正确）。
0-15V量程最小刻度为0.5V，不是10分度的，因此只要求读到0.1V这一位，所以读 5.7V（5.6V-5.8V之间都算正确）。
例2．电阻箱示意图如右，试读出当时电阻箱的阻值。
解：阻值为84580.2Ω。
（电阻箱面板上有6个旋钮，每个旋钮上方都标有倍率。
将每个旋钮的指针所指的数值（都为整数）乘以各自的倍率，从最高位到低位依次读出来，就得到这时电阻箱的实际阻值。
注意图中最左边的两个黑点是表示的是接线柱。
）二、电流表、电压表内部结构常用电流表和电压表都是由小量程的电流表G （即表头）改装而成的。
电流表头G 的电阻Rg 叫表头内阻。
指针偏转到最大刻度时对应的电流Ig 叫满偏电流；与之对应的电压Ug 叫满偏电压，Ug=IgRg 。
将电流表头G 改装为电压表，要串联一只大电阻实现分压；将电流表头G 改装为电流表，要并联一只小电阻实现分流。
人教版高三物理2019-2020年一轮复习测试专题《力学实验》含答案
绝密★ 启用前人教版新高三物理2019-2020 学年一轮复习测试专题《力学实验》1.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家特伍德（G·Atwood 1746-1807）创制的一种有名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改良后用来考证机械能守恒定律，如图乙示．（1）实验时，该同学进行了以下步骤：①将质量均为M （A 的含挡光片， B 的含挂钩）的重物用绳连结后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．丈量出 _________________ （填“A 的上表面”，“A 的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h．m 的物块C，让系统中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光②在 B 的下端挂上质量为的时间为△t．③测出挡光片的宽度d，计算相关物理量，考证守恒定律．（2）假如系统（重物A，B 以及物块C）的机械能守恒，应知足的关系式为________________ （已知重力加快度为g）．（3）惹起该实验系统偏差的原由有________________ （写一条即可）．（4）考证明验结束后，该同学突发奇想：假如系统（重物A， B 以及物块C）的机械能守恒，不停增大物块 C 的质量m，重物 B 的加快度 a 也将不停增大，那么 a 与m 之间有如何的定量关系？a 随 m 增大会趋于一个什么值？________________请你帮该同学解决，①写出 a 与 m 之间的关系式：________________ （还要用到M 和 g）②a的值会趋于 ________________2.某研究性学习小组在做“考证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频次为50Hz 。
查适合地的重力加快度2。
测得所用重物的质量为。
实验中获得一条点迹清楚的纸带，把第一个点记作O，每两个计数点之间有四点未画出，另选连续的 3 个计数点 A ，B，C 作为丈量的点，以下图。
2020届人教版高考物理一轮复习测试专题《静电场》(含解析)
2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《静电场》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.在静电场中，将一正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，则()A．b点的电场强度一定比a点大B．电场线方向一定从b指向aC．b点的电势一定比a点高D．该电荷的动能一定减小2.某电场的电场线分布如下图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是()A．A点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势B．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C．一个负电荷处于B点的电势能大于它处于A点的电势能D．若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动3.两个完全相同的金属小球A、B，球A所带电荷量为＋4Q，球B不带电．现将球B与球A接触后，移到与球A 相距为d处(d远远大于小球半径)．已知静电力常量为k，则此时两球A、B之间相互作用的库仑力大小是()A．B．C．D．.4.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，()A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变5.如图在(0，y0)和(0，－y0)两位置分别固定一个电荷量为＋Q的点电荷．另一个带电量为＋q的点电荷从(－x0,0)位置以初速度v0沿x轴正方向运动．点电荷＋q从(－x0,0)到(x0,0)的过程中只受电场力作用，下列描述其加速度a或速度v与位置x的关系可能正确的是()A．B．C．D．6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，上极板A接地，一带负电油滴固定于电容器中的P 点．现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则()A．带电油滴所受电场力不变B．P点的电势将升高C．带电油滴的电势能增大D．电容器的电容减小，极板带电量增大7.图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝53°，BC＝20 cm.把一个电量q＝10－5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.6×10－3J，则该匀强电场的场强大小和方向是()A． 800V/m，垂直AC向左B． 800V/m，垂直AC向右C． 1000V/m，垂直AB斜向上D． 1000V/m，垂直AB斜向下8.在点电荷Q产生的电场中有a，b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则点电荷Q的电性和b点的场强大小为()A．正电、E/3B．负电、E/3C．正电、3ED．负电、3E9.示波器的工作原理等效成下列情况：(如图甲所示)真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两极板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两极板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是()A．沿y轴方向做匀速运动B．沿x轴方向做匀速运动C．沿y轴方向做匀加速运动D．沿x轴方向做匀加速运动10.如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是()A．B．C．D．11.真空中有两个完全相同的半径为r的金属小球，其中一个球带有＋Q的电荷量，另一个带有－2Q的电荷量，当它们相距为d(d≫r)时，其相互作用力为F，现使它们接触后，仍放回原处，则它们之间的作用力变为()A．FB．C．D．12.水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止平衡状态．现将电容器两板间的距离增大，则()A．电容变小，质点向下运动B．电容变小，质点保持静止C．电容变大，质点向下运动D．电容变大，质点向上运动13.如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A．B．C．D．14.如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则()A．A点的场强大于B点B．电子在A点受到的电场力小于B点C．A点的电势高于B点D．电子在A点的电势能小于B点15.如图(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压．t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t<8×10－10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A． 0<t<2×10－10sB． 2×10－10s<t<4×10－10sC． 4×10－10s<t<6×10－10sD． 6×10－10s<t<8×10－10s16.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是 ()A．滑动触头向右移动，其他不变，电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动触头向左移动，其他不变，电子飞行的轨迹不变C．电压U增大，其他不变，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D．电压U增大，其他不变，电子打在荧光屏上的速度大小不变17.如图示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则()A．φa变大，F变大B．φa变大，F变小C．φa不变，F不变D．φa不变，F变小18.如图所示，C是中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地，P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线偏转角度α变小的是()A．缩小a、b间的正对面积B．增大a、b间的距离C．取出a、b两极板间的电介质，换一块介电常数更大的电解质D．取出a、b两极板间的电介质19.如图，一束由不同种类的带电粒子组成的粒子流，从相同位置沿垂直于场强的方向射入由平行板电容器形成的同一个匀强电场中．若所有粒子均能射出电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，关于粒子的运动情况，下列说法正确的是()A．若粒子的运动轨迹相同，说明它们具有相同的初动能B．比荷大的粒子，在射出电场时，其速度偏向角一定大C．若粒子在电场中的运动时间相等，则它们的初速度一定相等D．在电场中运动时间越长的粒子，电场力对它做的功越多20.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()A．带点油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带点油滴的电势将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如下图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q＝－2×10－10C的点电荷由A点移动到B点，电场力做功4.8×10－8J，再由B点移到C点电荷克服电场力做功4.8×10－8J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及匀强电场的场强方向．22.如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，板间距离为d.有一带电量为＋q、质量为m 的小球(可视为质点)以水平速度从A孔进入匀强电场，且恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为4d，重力加速度为g，求：(1)两板间的电场强度大小；(2)小球从A孔进入电场时的速度；(3)从小球进入电场到其速度达到最小值，小球电势能的变化量为多少？23.如图，三个面积均为S的金属板A、B、C水平放置，A、B相距d1，B、C相距d2，A、C接地，构成两个平行板电容器．上板A中央有小孔D.B板开始不带电．质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴从小孔D上方高度为h 处的P点由静止一滴一滴落下．假设液滴接触B板可立即将电荷全部传给B板．油滴间的静电相互作用可忽略，重力加速度取g.(1)若某带电液滴在A、B板之间做匀速直线运动，此液滴是从小孔D上方落下的第几滴？(2)若发现第N滴带电液滴在B板上方某点转为向上运动，求此点与A板的距离H.(以空气为介质的平行板电容器电容C＝S/(4πkd)，式中S为极板面积，d为极板间距，k为静电力常量．)24.如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA.将一将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍．重力加速度大小为g.求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．答案解析1.【答案】C【解析】正电荷从a移动到b点，电场力做了负功，电势能增加，说明b点的电势一定比a点高，故C正确；电场强度的大小与电势的高低无关，无法确定，故A错误；b点的电势比a点高，即a、b在不同的等势面上，但电场线方向不一定从b指向a，故B错误；虽然电荷的电势能增加，如有重力做功，该电荷的动能不一定减小，故D错误．2.【答案】A【解析】电场线的疏密程度代表电场强度的大小，A点电场线密集所以A点电场强度大于B点电场强度，沿电场线方向电势逐渐降低，即B点电势高于A点电势，选项A对．若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，说明电场力沿电场线方向，电荷为正电荷，选项B错．一个负电荷从B点移动到A点，沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加，选项C错．若将一个正电荷由A点释放，它将在电场力作用下向左运动，此过程为加速，但是电场强度逐渐变大，电场力逐渐变大，加速度逐渐变大，选项D错．3.【答案】C【解析】由电荷守恒定律知两球接触后电荷平分，则电荷量均为＋2Q，由库仑定律可得库仑力的大小为F＝k，C选项正确．4.【答案】A【解析】由平行板电容器C＝及C＝，保持S不变，增大d，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，静电计指针偏角θ增大．保持d不变，减小S，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，静电计指针偏角θ增大，A正确．5.【答案】D【解析】根据等量同种电荷电场线的分布情况可知，＋q从－x0到0，再到x0，场强可能先一直减小，再一直增大，但不是均匀减小，也不是均匀增大；由牛顿第二定律知a＝知，加速度不可能均匀变化，故A错误；场强方向先向左后向右，大小可能先增大后减小，再增大，最后减小，由牛顿第二定律知，加速度方向先向左后向右，即先负后正，故B错误；v－t图象的斜率等于加速度，由于加速度是变化的，故v－x图象不可能是直线，故C错误；若场强先一直减小，再一直增大，则加速度先减小后增大，故D正确．6.【答案】B【解析】将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误．板间场强E减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高，故B正确．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势升高，则油滴的电势能将减小，故C错误．根据电容的定义式C＝，电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小，故D错误．故选B.7.【答案】D【解析】由题意得A、B应在同一等势面上UBC＝W/q＝－1.6×10－3/10－5V＝－1.6 ×102V d＝BC sin53°＝0.16 m 则E＝U/d＝1000V/m，方向垂直AB斜向下．8.【答案】D【解析】将场强E、Eb延长，交点即为点电荷所在位置，如图所示，由于电场强度方向指向点电荷Q，则知该点电荷带负电．如图，根据几何知识分析解得，a点到Q点的距离ra＝2d cos30°＝d，b点到Q点的距离rb＝d，a、b两点到点电荷Q的距离之比ra：rb＝：1；由公式E＝k，得：a、b两点场强大小的比值E：Eb＝1：3.得，Eb＝3E，故D 正确．9.【答案】A【解析】粒子在沿电场方向上的加速度a＝＝，在偏转电场中运行的时间t＝粒子在y方向上偏转，偏转位移y1＝at2＝·.飞出偏转电场后，匀速直线运动，侧移y2＝vy·＝则打在荧光屏上偏离中心的距离Y＝y1＋y2＝U因为偏转电压与时间成正比，则Y与时间成正比，所以粒子沿y轴方向做匀速运动，故A正确，B、C、D错误．10.【答案】C【解析】由题意可知小球受重力、库仑力和绳子的拉力，由于小球处于静止状态，所以合力为零，即三个力必然组成闭合的矢量三角形，由此可知选项C正确．【解析】原来库仑力大小为F＝k，它们接触后，仍放回原处，电荷先中和再平分，两球带电荷量均为，则库仑力变为F′＝k，则F′＝，D正确．12.【答案】A【解析】因质点处于静止状态，则有Eq＝mg，且电场力向上；由C＝可知，当d增大时，C减小；因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d增大，由E＝可知，极板间的场强减小，故电场力小于重力，故质点将向下运动，A正确．13.【答案】C【解析】粒子，从A到B，根据动能定理得qUAB－mgh＝mv－mv，因为v B＝2v0，粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh＝mv，由以上三式，则有UAB＝.14.【答案】B【解析】由速度—时间图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力<FB，故B正确．电子所受电场力增大，场强增大，电场强度EA<EB，故A错误．由题，电子由静止开始沿电场FA线从A运动到B，电场力的方向从A到B，电子带负电，则场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势φA<φB，故C错误．由速度—时间图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电势能EA>EB，故D错误．15.【答案】D【解析】选向右为正方向，根据题图(b)作出粒子运动的v－t图象如图所示．由图象可知正确选项为D.16.【答案】C【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，电子被加速后有eU1＝，设平行板长度为l，则电子在偏转电场中的侧移距离为y＝，a＝，得y＝，滑动触头向右移，电子的加速电压U1增大，电子在偏转电场中侧移距离减小，电子在荧光屏上位置下降，A错误；滑动触头向左移动，加速电压U1减小，则电子进入偏转电场速度减小，轨迹变化，B错误；电子在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，运动时间与偏转电压无关，C正确；偏转电压U2增大，电子在偏转电场中侧移距离增大，电场力做功增大，粒子打在荧光屏上速度大小增大，D错误．【解析】因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则根据公式E＝可得板间电场强度E减小，由F＝qE可知电荷所受电场力变小；因为B板接地，电势恒为零，由U＝Ed可知上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大，故a点的电势增大，B正确．18.【答案】C【解析】对小球受力分析，小球受重力、拉力、电场力三个力的作用，要使悬线的偏角α变小，需要减小P、Q 两极板间的电场强度，P、Q两极板距离不变，即只需减小P、Q两极板间的电压即可．图中是两个电容器串在一起，所以两个电容器极板间的电压相同．设两电容所带的总电量为Q，P、Q电容为C1，总电荷量等于两个电容所带电荷量的总和，即Q＝Q1＋Q2＝CU＋C1U，电容器所带总电量不变，由C＝和C＝进行分析即可．对小球受力分析如图：由物体的平衡知F电＝mg tanα，要使悬线的偏角a减小，需要减小F电，即减小P、Q两极板间的电场强度，而P、Q两极板距离不变，所以只需减小P、Q两极板间的电压即可，两个电容器串在一起，两个电容器极板间的电压相同，由Q＝Q1＋Q2＝CU＋C1U＝(＋C1)U，只需增大a、b的电容C，由C＝知增大电容C可有三个方法：①减小极板距离d，②增大正对面积S，③换介电常数较大的电介质，则P、Q两极板间的电压就减小，所以选项C正确．19.【答案】C【解析】粒子在极板间做类平抛运动，水平方向：L＝v0t，竖直方向：y＝at2＝，粒子运动轨迹相同，即y相同，由于不知道粒子电荷量q是否相同，无法判断粒子初动能是否相同，故A错误；粒子在极板间做类平抛运动，设速度偏向角为θ，tanθ＝＝＝＝，由于不知道粒子的初速度v0间的关系，比荷大的粒子在射出电场时其速度偏向角不一定大，故B错误；粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间：t＝，如果粒子在电场中的运动时间t相等，则粒子的初速度一定相等，故C正确；粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间：t＝，粒子运动时间长，说明粒子初速度越小，电场力对粒子做功：W＝qEy＝qE×＝，由于不知道粒子的电荷量q、质量m间的关系，无法判断电场力对粒子做功多少，故D错误．20.【答案】B【解析】电容器两端电压U不变，由公式E＝，场强变小，电场力变小，带点油滴将沿竖直方向向下运动，A 错；P到下极板距离d不变，而强场E减小，由公式U＝Ed知P与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变，电容C减小时由公式Q＝CU，带电量减小，D错．21.【答案】φA＝φC＝240 V电场的场强方向垂直于AC，指向左上方【解析】把电荷从A点移到B点，由电势定义式可得：＝①UAB由①式解得：UAB＝240 V②所以φA－φB＝φA＝－240 V③把电荷从B点移到C点，由电势定义式可得：＝④UBC由④式解得：UBC＝240 V⑤－φC＝－φC＝240 V⑥φB则φC＝－240 V⑦因为φA＝φC，即A、C在同一等势面上，根据场强与等势面垂直且由高电势处指向低电势处，可得该电场的场强方向垂直于AC，指向左上方．22.【答案】(1)(2)(3)增加mgd【解析】(1)由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为v0，减速到右板的时间为t，则有：水平方向：d＝v0t－t20＝v0－t竖直方向：4d＝g(2t)2联立解得E＝(2)在水平方向上根据牛顿第二定律有qE＝max根据运动学公式有0－v＝2(－ax)d联立解得v0＝(3)小球进入电场后，在水平方向上做减速运动，即v x＝v0－t′在竖直方向上做加速运动，即v y＝gt′小球在电场中的速度大小为v＝联立由数学知识可得t′＝时小球速度达到最小，此时粒子在水平方向的位移为：x＝v0t′＝t′2在此过程中电场力做功为W＝－qEx而W＝－ΔE p联立解得ΔE p＝mgd，即粒子的电势能增加mgd.23.【答案】(1)(1＋)＋1(2)【解析】(1)根据题意，A、B板与B、C板构成的两个平行板电容器的电容分别为C1＝①C2＝②设第n滴带电液滴可在A、B板之间做匀速直线运动．当第n滴带电液滴处于A、B板之间时，B板所带电荷量为：Q1＋Q2＝(n－1)q③式中，Q1和Q2分别为金属板B上下两个表面上的电荷量．设B板电势为U，则Q1＝C1U④Q2＝C2U⑤A、B板之间的电场强度为E1＝U/d1⑥由于第n滴带电液滴在A、B板之间做匀速直线运动，有：qE1＝mg⑦联立以上各式得n＝(1＋)＋1⑧(2)当第N－1滴带电液滴在B板上时，(1)中①至⑤仍有效，相应的B板电势以及其上下表面所带电荷量分别记为U′、Q1′和Q2′.B板所带电荷量为Q1′＋Q2′＝(N－l)q⑨按题意，第N滴带电液滴会在下落到离A板距离为H(H<d1)时，速度为零，此时液滴所在位置的电势为：U′H＝U′⑩由能量守恒得：qU′H＝mg(h＋H)⑪由①②④⑤⑨⑩式得：H＝⑫24.【答案】(1)(2)mg从O点斜向下与竖直方向成30°角【解析】(1)由平抛运动的规律，h＝gt2x＝vttanθ＝得2v0＝3gt所以h＝gt2＝由动能定理得mgh＝E k－mvE k＝mv所以E k∶E k0＝7∶3＝(2)令OA＝2L，OB＝3L由动能定理得＋mg·2L sin 30°＝E k1－E k0UOAq＋mg3L＝E k12－E k0UOBq由上式mg.2L sin 30°＝＝mv解得UOAq＝mv＝mvUOBq所以UOA＝UOB场强方向在∠AOB的角平分线上，从O点斜向下与竖直方向成30°角．由上式Eq2L sin 60°＝mvmg.2L sin 30°＝＝mv 所以E＝mg。
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绝密★启用前人教版新高三物理2019-2020学年一轮复习测试专题《电学实验》1.现要测量某电源的电动势和内阻．可利用的器材有：电流表A，内阻为1.00 Ω；电压表V；阻值未知的定值电阻R1，R2，R3，R4，R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干．某同学设计的测量电路如图(a)所示．(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线，并标出导线1和其P端．(2)测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1，R2，R3，R4，R5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I. 数据如下表所示．根据表中数据，在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出U－I图线．(3)根据U－I图线求出电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(保留2位有效数字)2.实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，再利用图1所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；定值电阻：R0＝3 Ω；电源：电动势6 V，内阻可不计；开关，导线若干．回答下列问题：(1) 实验中滑动变阻器应选______(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至______端(填“a”或“b”)．(2)在图2所示实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图1甲电路完成剩余部分的连接．(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图3所示，读数为______ V.(4)导线实际长度为________ m(保留2位有效数字)．3.在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材是：待测电源一个，内阻为R V的电压表一个（量程略大于电源的电动势），电阻箱一个，开关一个，导线若干。
为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图象,如图所示。
由图象可得到直线在纵轴上的截距为m，直线的斜率为k,试根据以上信息(1)在虚线框内画出实验电路图。
(2)写出E，r的表达式，E= ___________ ；r=_______________4.图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻(10 Ω)，R1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10 V，内阻很小)．在保证安全和满足需求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：(ⅰ)连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；(ⅱ)闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15 A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；(ⅲ)重复步骤(ⅱ)，再测量6组R1和I2的值；(ⅳ)将实验测得的7组数据在下图所示坐标纸上描点．根据实验回答以下问题：①现有四只供选用的电流表A．电流表(0～3 mA，内阻为2.0 Ω)B．电流表(0～3 mA，内阻未知)C．电流表(0～0.3 A，内阻为5.0 Ω)D．电流表(0～0.3 A，内阻未知)A1应选用________，A2应选用________．②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15 A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________(选填“不变”，“变大”或“变小”)．③在坐标纸上画出R1与I2的关系图．④根据以上实验得出Rx＝________ Ω.5.要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻R L，实验室提供以下器材：A．待测线圈L:阻值约为2Ω，额定电流为2AB．电流表A1量程为0．6A，内阻为r1=0．2ΩC．电流表A2量程为3．0A，内阻r2约为0．2ΩD．变阻器R1值为0—10ΩE．变阻器R2值为0—lkΩF．定值电阻R3=10ΩG．定值电阻R4=100ΩH．电源E:电动势E约为9V，内阻很小I．单刀单掷开关两个S l和S2，导线若干。
要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1表，A2表的读数I l，I2，然后利用I l—I2图像求出线圈的电阻R L。
（1）实验中定值电阻应该选________ ，滑动变阻器应选择________。
（请填器材序号）（2）请在方框内补全实验电路原理图（器材用适当的符号表示）。
（3）实验结束时应先断开开关__________ 。
（4）实验测得的数据作出I2-I1：图像，如图所示，则线圈的直流电阻值为R L=_______ 。
6.一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动．盘边缘上固定一竖直的小挡光片．盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图甲所示．图乙为光电数字计时器的示意图．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A，B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间．挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图丙所示．圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图丁所示．由图可知：①挡光片的宽度d为_________mm；②圆盘的直径D为___________cm；若光电数字计时器所显示的时间为t，则圆盘转动的角速度的计算式ω=________（用以上字母）7.二极管具有单向导电性，现要测绘二极管正向导通时的伏安特性曲线。
已知实验使用的二极管正向导通时允许通过的电流最大为5. 0× 10一2A。
（1)若二极管的标识看不清了，我们首先用多用电表的电阻挡来判断它的正，负极：当将红表笔接触二极管左端，黑表笔接触二极管右端时，发现指针的偏角比较大，当交换表笔再次测量时，发现指针偏转很小。
由此可判断二极管的＿＿＿＿（填“左”或“右”）端为正极。
（2）为了描绘该二极管的伏安特性曲线，测量数据如下表实验探究中可选器材如下：A.直流电源（电动势3V，内阻不计）；B.滑动变阻器（0一20）；C.电压表（量程3 V,内阻约30 K)D.电压表（量程15 V，内阻约80 K）；E.电流表（量程50 mA,内阻约50）；F.电流表（量程0.6 A，内阻约1）；G.待测二极管；H．导线，开关。
为了提高测量精度，电压表应选用＿＿＿，电流表应选用＿＿＿＿。
（填序号字母）(3)依据实验中测量数据在坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线如图所示，我们将该二极管与阻值为50的定值电阻串联后接到电压为3V的恒压电源两端，使二极管正向导通，则二极管导通时的功率为＿＿＿＿＿W。
8.某同学为描绘某元件的伏安特性曲线，在实验室中做了以下实验：①用多用电表欧姆档粗略测量该元件的电阻，选用×10档，测量结果如图所示，则测得的电阻为Ω；②实验室中有如下器材：A．电流表A1(量程0.6 A，内阻约0.6Ω)B．电流表A2(量程30mA，内阻约2Ω)C．电压表V(量程3 V，内阻约3kΩ)D．滑动变阻器R1(10Ω，0.3A)E．滑动变阻器R2(1000Ω，0.1A)F．电源E(电动势3V，内阻约0.1Ω)G．开关S及导线若干请同学们选择合适的仪器，在虚线框内画出实验电路图，要求闭合开关前滑动变阻器放置在合适位置；③如图中Ⅰ，Ⅱ图线，一条为元件真实的U—I图线，另一条是本次实验中测得的U—I图线，其中是本次实验中测得的图线．9.电池的内阻很小，不便于直接测量．某探究小组的同学将一只2.5 Ω的保护电阻R0与电池串联后再用电流表和电压表测电池的电动势和内阻，实验电路如图1所示．图1(1)按电路原理图把如图2所示实物电路补画完整；图2(2)实验中测定出了下列数据：请根据数据在图3所示坐标系上画出U－I图象．连线时，有一组数据是弃之不用的，原因是____________________________________________．图3(3)由U－I图象得出电池的电动势为________V，内阻为________ Ω.10.如图甲，是一个简易的多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接；作为欧姆表使用时，选择开关应接（填“1”，“2”或“3”）；使用时，电流一定从端流入多用电表（填“A”或“B”）．答案1.【答案】(1)连接如图所示．(2)U－I图线(3)2.90(在2.89～2.91之间均给分) 1.03(在0.93～1.13之间均给分)【解析】(1)实物连线要注意连接主干电路，最后再连接电压表．(2)根据坐标纸上描出的各点，连接成一条直线，尽量使得各点对称分布在直线两旁．(3)图像直线纵轴截距表示电源电动势，斜率绝对值表示电源内电阻．2.【答案】(1)R2a(2)见解析图(3)2.30(4)94【解析】(1)根据R＝ρ，得铜导线的阻值约为Rx＝1.7 Ω，即Rx＋R0＝4.7 Ω.实验中的滑动变阻器若选R1，则当滑动变阻器滑片移至a端时，电压表的示数约为3 V，若滑动变阻器滑片向右移动，电压表示数变大，超过电压表量程，故实验中的滑动变阻器应选R2.闭合开关S前应使电路中的电阻最大，故滑动变阻器滑片应移至a端．(2)连线如图所示(3)电压表的示数为2.30 V.(4)根据欧姆定律，铜导线与R0的串联的总电阻的阻值R＝＝Ω＝4.6 Ω，所以铜导线的电阻Rx＝R－R0＝1.6 Ω.根据R＝ρ得导线长度l＝＝m≈94 m.3.【答案】①电路图如右图所示②（3分）【解析】（1）由题意知电压表不是理想电压表不是理想电压表，电路图如图所示（2）根据闭合电路的欧姆定律，整理得，斜率得电动势；截距整理得：4.【答案】①D C②变大③关系图线如图所示④31【解析】①该实验测Rx电阻的原理为并联电路两支路电压相等，即(Rx＋r2)I2＝(R0＋R1＋r1)I1，其中r1，r2分别为A1，A2两表的内阻．又因为Rx的阻值约几十欧，与R0＋R1在同一数量级，A1示数为I1＝0.15 A，表示电流表A1只能从C，D中选择，A2电流值的数量级与A1相同．由测量原理可知：(Rx＋r2)I2＝(R0＋R1＋r1)I1，因Rx未知，故r2阻值应已知，故A1选D，A2选C.②因A1示数I1＝0.15 A不变，R1变小，(R0＋R1＋r1)I1变小，滑动变阻器所分电压变大，R应变大．③该图线为一条直线，离线较远的一组数据为错误数据，应舍去，其他点应对称分布在直线两侧．④由实验原理得：(R0＋R1＋r1)I1＝(Rx＋r2)I2其中R0＝10 Ω，r2＝5.0 Ω，I1＝0.15 A，从图线上选择两组R1，I2代入不同数值可解得Rx约为31 Ω. 5.【答案】（1）R3，R1；（2）如图所示；（3）S2；（4）2.0Ω．【解析】（1）采用已知内阻的小量程电流表A1替代电压表测量电压，需要串联一个大于等于R= =6.7Ω的定值电阻．所以实验中定值电阻应选用阻值为10Ω的R3，滑动变阻器应选用阻值为1～10Ω的R1．（2）测量线圈的电阻一般采用伏安法，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，可与电表串联一个开关．由于待测线圈L的阻值约为2Ω，额定电流为2A，最大电压为4V，而电源电动势为9V，所以必须采用分压电路，电流表外接电路进行测量，电路如图所示．（3）实验结束时为防止烧坏电路，应先断开开关S26.【答案】①10.242 mm②24.220 cm．③【解析】①挡光片的宽度d为：d＝10 mm＋24.2×0.01 mm＝10.242 mm②圆盘的直径D为：D＝242 mm＋4×0.05 mm＝242.20 mm＝24.220 cm．③圆盘角速度为，而，综合两式并代入数据可得：．7.【答案】（1）右（2）C E（3）0.04．8.【答案】①130②如图③Ⅰ9.【答案】(1)连线见解析图(2)见解析图数据存在严重错误(3)1.50(1.48～1.52) 0.50(0.43～0.57)【解析】(1)对照电路图连线即可，要注意电表的极性；实物图连线如图(2)根据描点法作出U－I图象，如图所示．有一组数据是弃之不用的，原因是数据存在严重错误．③U－I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E＝1.50 V，内阻和定值电阻之和等于图线的斜率，故r＋R0＝ΔU/ΔI＝3.0 Ω.所以r＝3.0 Ω－2.5 Ω＝0.50 Ω.10.【答案】①3；2；A【解析】据题意，电流表电阻R2串联，由于电阻R2具有分压作用，则与电流表一起构成了电压表，所以应接开关3；电流表与电源和电阻R1构成欧姆表，所以应选择开关2；电流一般都是红表笔进而黑表笔出，所以电流一定从A端流入。