2013高考物理一轮总复习：第七章实验九知能优化演练

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高考物理一轮复习精选题辑：课练+20+Word版含解析

课练20库仑定律电场力的性质1．(2018·广东揭阳一中、潮州金中联考)(多选)如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C 之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法()A．微小量放大法B．极限法C．控制变量法D．逐差法答案：AC解析：当小球C靠近小球A时，库仑力使悬丝扭转较小的角度，通过悬丝上的小镜子反射光线放大，能比较准确地测出转动角度．同时体现了控制变量法，即分别控制q和r不变，研究库仑力F与r和q的关系，故A、C正确．2．(2018·河南4月模拟)a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态，已知a所带的电荷量为＋Q，b所带的电荷量为－q，且Q>q，关于电荷c，下列判断正确的是() A．c一定带负电B．c所带的电荷量一定大于qC．c可能处在a、b之间D．如果固定a、b，仍使c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定答案：B解析：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同类一异”，根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自所带电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，且c 所带的电荷量一定大于q ，故A 、C 错误，B 正确；如果a 、b 固定，则只需使c 处于平衡状态即可，由于a 、b 带异号电荷，c 应位于a 、b 连线的外侧，又由于a 的电荷量大于b 的电荷量，则c 应靠近b ，c 的电荷量不能确定，故D 错误．3．(2018·山东泰安一模)如图所示，＋Q 为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A 以相同的速度v 0射入，轨迹如图中曲线，B 、C 为两曲线与圆的交点．a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小，v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是( )A ．aB ＝aC v B ＝v C B ．a B >a C v B ＝v CC ．a B >a C v B <v CD ．a B <a C v B >v C答案：C解析：库仑力F ＝kQq r 2，两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ，a ＝F m ，解得m B <m C ，因为B 、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ，电场力做功相同且做负功，有－W ＝12m v 2－12m v 20，所以12m B (v 20－v 2B )＝12m C (v 20－v 2C )，因为m B <m C ，所以v B <v C ，C 正确． 4．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，小球A 、B 质量均为m ，初始带电荷量均为＋q ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B 悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B 球的电荷量不变，使小球A 的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，下列判断正确的是( )A ．小球B 受到细线的拉力大小不变B ．小球B 受到细线的拉力变小C ．两球之间的库仑力大小不变D ．小球A 的电荷量减小为原来的127 答案：AD 解析：对小球B 进行受力分析，由三角形相似可得mg L ＝T L ＝F AB，解得T ＝mg ，F ＝mg L ·AB ，在小球A 的电荷量减小的过程中，小球B 受到细线的拉力大小不变，A 正确，B 错误；当两球间距离AB 变为原来的13，则库仑力减小为原来的13，C 错误；再由F ＝kq A q B AB2和F ＝mg L ·AB ，联立解得q A ＝mg AB 3kq BL ，所以小球A 的电荷量减小为原来的127，D 正确．5．如图所示，光滑平面上固定金属小球A ，用长为l 0的绝缘弹簧将A 与另一个金属小球B 连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x 1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x 2，则有( )A ．x 2＝12x 1B ．x 2>14x 1C ．x 2＝14x 1D ．x 2<14x 1答案：B解析：电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的14，库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的14，此时弹簧的伸长量也大于原来的14，B 正确．6．(2018·湖北七市州联考)如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q ，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q 的电场)，从左端以初速度v 0滑上金属板光滑的上表面向右运动到右端，在运动过程中( )A ．小球先做减速运动再做加速运动B ．小球受到的合力的冲量为零C ．小球的电势能先减少，后增加D ．小球先加速运动，后减速运动答案：B解析：根据点电荷与金属板形成的电场的电场线特点可知，在金属板处，电场强度的方向垂直于金属板竖直向下，所以小球受重力、竖直向下的电场力、金属板的弹力，所受合力为零，小球做匀速直线运动，A 、D 错误；I ＝Ft ，合力为零，所以合力的冲量为零，B 正确；电场力对小球不做功，小球的电势能不变，C 错误．7.(2018·江西九江十校第二次联考)如图所示，A 是带电荷量为＋Q 、半径为R 的球体且电荷均匀分布．(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)．B 为带电荷量为＋q 的带电体，可看作点电荷．已检测到c 点的场强为零，d 点与c 点到球心O 的距离都为r ，B 到c 点距离也为r ，那么只把带电荷量为＋q 的带电体移到e 点，e 点到c 、d 两点的距离均为r .则d 点场强大小为( )A ．k 2q r 2B ．k Q 2r 2C ．k q 2r 2D ．k 2q r 2答案：A解析：由c 点场强为零可知kQ r 2＝kq r 2，Q ＝q ，把带电荷量为＋q 的带电体移到e 点，两电荷在d 点处产生的场强大小相等，均为E ＝kq r 2＝kQ r 2，两场强方向垂直，所以d 点场强大小E d ＝2E ＝2kq r 2＝2kQ r 2，A 正确．8．(2018·四川泸州二诊)(多选)如图所示，图甲、图乙分别是等量负点电荷和等量异种点电荷组成的两个独立的带电系统，O 为电荷连线和中垂线的交点，M 、N 是连线上关于O 点对称的两点，p 、q 是中垂线上关于O 点对称的两点．现有一个正点电荷，仅受电场力作用，则( )A ．该正点电荷在图甲和图乙中从p 运动到q 时一定是沿直线运动B ．该正点电荷在图甲和图乙中从M 运动到N 时一定是沿直线运动C ．该正点电荷可以在图甲中做匀速圆周运动经过p 和qD ．该正点电荷可以在图乙中做匀速圆周运动经过p 和q答案：BC解析：题图甲中，等量负点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为沿中垂线指向中点，所以该正点电荷从p 到q 运动时电场力的方向与运动方向共线，做直线运动，题图乙中，等量异种点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为垂直于中垂线指向负电荷，所以该正点电荷从p 向q 运动的过程中，受的电场力向右，故应该做曲线运动，A 错误；在连线上，题图甲中，电场强度的方向由中点O 指向两负电荷，所以该正点电荷从M 向N 运动，电场力与速度方向共线，做直线运动；题图乙中，电场强度的方向由M 到N ，所以该正点电荷受电场力的方向与速度共线，做直线运动，B 正确；给该正点电荷适当的速度，可以使其在垂直于纸面内以O 点为圆心，以Op 为半径做匀速圆周运动，C 正确；根据正点电荷的受力情况和匀速圆周运动中合外力的特点可知，在题图乙中该正点电荷不可能做匀速圆周运动经过p 和q ，D 错误．9．(2018·河北邢台检测)如图所示，在真空中放置四个带电体，它们的带电荷量均为＋Q ，半径均为R ，彼此互不影响．甲为均匀带电的球，乙为均匀带电的圆环，丙为均匀带电的圆盘，丁为均匀带电的半球壳．在过球心或圆心O 的中轴线上，距离球心或圆心r 处的A点，电场强度的大小E 可用公式E ＝k Q r 2(k 表示静电力常量)计算的有( )A ．甲B ．甲、丁C ．乙、丙D ．甲、乙、丙答案：A 解析：题图甲中球体均匀带电，故可看作是在球心O 处的点电荷，其A 点处的电场强度可以用E ＝k Q r 2求解，图甲符合题意；题图乙中应该把圆环分成无数小段的电荷元Δq ，每段电荷元在A 点处形成的电场叠加，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图乙不符合题意；题图丙中应该把带电盘面分成无数小的电荷元，每个电荷元在A 点处形成的电场叠加，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图丙不符合题意；题图丁中，球壳上的电荷Q 不能等效于放在球心处的点电荷，故A 点处的电场强度不可以用E ＝k Q r 2求解，图丁不符合题意．故选A.10．(2018·湖北天门、仙桃、潜江联考)如图所示，一边长为L 的立方体绝缘体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于左右面且过立方体中心O 的轴线上有a 、b 、c 三个点，a 和b 、b 和O 、O 和c间的距离均为L ，在a 点处固定有一电荷量为q (q <0)的点电荷．已知b 点处的场强为零，则c 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 8q 9L 2B ．k Q L 2C ．k q L 2D ．k 10q 9L 2 答案：D 解析：电荷Q 在b 点和c 处产生的场强大小相等，方向相反，根据b 点处的场强为零，可知Q 带负电，且kQ L 2＝kq L 2，在c 点处，两电荷产生的场强方向均向左，E c ＝kQ L 2＋kq (3L )2＝k 10q 9L 2＝k 10Q 9L 2，D 正确． 11．(2018·山西太原联考)如图所示，固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点A 、B ，分别安放两个电荷量均为＋Q 的带电小球，A 、B 连线与水平方向成30°角，在半圆环上穿着一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球．已知半圆环的半径为R ，重力加速度为g ，静电力常量为k ，将小球从A 点正下方的C 点由静止释放，当小球运动到最低点D 时，求：(1)小球的速度大小；(2)小球对环的作用力．答案：(1)gR (2)3＋36·kQq R 2＋2mg 解析：(1)由静电场知识和几何关系可知，C 、D 两点电势相等，小球由C 运动到D 的过程中，mgh ＝12m v 2，由几何关系可知h ＝R 2，解得v ＝gR .(2)小球运动到D 点时，AD ＝3R ，BD ＝R ，小球分别受到A 、B两端带电小球的作用力为F A ＝k Qq 3R 2，F B ＝k Qq R 2，设环对小球的支持力为F N ，F N －F A cos30°－F B sin30°－mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律可知小球对环的压力F N ＝F ′N ，解得F ′N ＝3＋36·kQq R 2＋2mg ，方向竖直向下．12．质量都是m 的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A 、B 分别用长l 的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l 的M 、N 两点，平衡时小球A 、B 的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝30°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α＝30°，求：(1)A 、B 小球电性及所带电荷量Q ；(2)外加匀强电场的场强E .答案：(1)A 带正电，B 带负电，Q ＝3mg 3k l (2)1033mgk /9l 解析：(1)A 球带正电，B 球带负电未加电场时，两小球相距d ＝2l －2l sin α＝l由A 球受力平衡可得：mg tan α＝k Q 2d 2解得：Q ＝ 3mg 3k l(2)外加电场时，两球相距 d ′＝2l ＋2l sin α＝3l根据A 球受力平衡可得：QE －k Q 2d ′2＝mg tan α 解得：E ＝10 33mgk 9l刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·天津卷，7)(多选)如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B .下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势答案：BC解析：若Q 在M 端，由电子运动的轨迹可知Q 为正电荷，电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可，由于r A <r B ，故E A >E B ，F A >F B ，a A >a B ，φA >φB ，E p A <E p B ；若Q 在N 端，由电子运动的轨迹可知Q 为负电荷，且电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可，由r A >r B ，故φA >φB ，E p A <E p B .综上所述选项A 、D 错误，选项B 、C 正确．2．(2016·新课标全国卷Ⅱ如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b答案：D解析：a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ，则三点的电场强度由E ＝k Q r 2可知E b >E c >E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12m v 2b －12m v 2a <0，则v b <v a ，从b 到c 电场力做正功，由动能定理知|qU bc |＝12m v 2c －12m v 2b >0，v c >v b ，又|U ab |>|U bc |，则v a >v c ，故v a >v c >v b ，选项D 正确．3．(2016·江苏卷，3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示，容器内表面为等势面，A 、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．小球表面的电势比容器内表面的低C ．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D ．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同答案：C解析：A 点的电场线比B 点的稀疏，故A 点的电场强度小于B 点的电场强度，选项A 错误；沿着电场线方向电势降低，故小球表面的电势比容器内表面的电势高，选项B 错误；容器内表面是等势面，所以B 点的电场强度方向与容器内表面垂直，选项C 正确；电场力做功与电荷的运动路径无关，选项D 错误．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·湖北孝感统考)在一半径为R 的圆周上均匀分布有N 个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A 点的小球带电荷量为＋3q ，其余小球带电荷量为＋q ，此时圆心O 点的电场强度大小为E ，现仅撤去A 点的小球，则O 点的电场强度大小为( )A ．E B.E 2C.E 3D.E 4答案：B解析：撤去A 点小球前，O 点的电场强度是A 点的＋3q 和与其关于O 点对称点＋q 两小球分别产生的电场叠加形成的，则E ＝k ·3q R 2－kq R 2＝k ·2q R 2，方向水平向左．撤去A 点的小球后，O 点的电场强度是A点关于O 点对称点＋q 产生的，所以E ′＝kq R 2＝E 2，方向水平向右，B正确．5．(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy 中，A 、B 两点位于x 轴上，坐标如图所示，C 、D 位于y 轴上．C 、D 两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q 的负点电荷置于O 点时，B 点处的场强恰好为零．若将该负点电荷移到A 点，则B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k )( )A.5kQ 4l 2，沿x 轴正方向B.5kQ 4l 2，沿x 轴负方向C.3kQ 4l 2，沿x 轴负方向D.3kQ 4l 2，沿x 轴正方向答案：D解析：B 点处的场强恰好为零，说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等、方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B 点的场强为kQ l 2，沿x 轴负方向，两正电荷在B 点的合场强也为kQ l 2，沿x 轴正方向，当负点电荷移到A点时，负点电荷与B 点的距离为2l ，负点电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴方向，两正电荷在B 点产生的合场强的大小仍为kQ l 2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l 2，方向沿x轴正方向，D 正确．6．(2018·上海4月模拟)均匀的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布的正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R ，已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )A.kq 2R 2－EB.kq 4R 2C.kq 4R 2－ED.kq 4R 2＋E答案：A 解析：把AB 右侧半球面补齐，即将电荷量分别为＋q 、－q 的两个半球面叠加在一起，AB 在N 点的场强相当于所带电荷量为2q 的完整的球壳在N 点向右的场强E 1与多加的所带电荷量为－q 的半球面在N 点向左的场强E 2的矢量和，E 2大小等于原球壳在M 点的场强大小E ，则E N ＝E 1－E 2＝2kq (2R )2－E ＝kq 2R 2－E ，方向向右，选项A 正确． 7．(2018·广东江门模拟)如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q >0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l .已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A ．l ＋5kq 22k 0l 2B ．l －kq 2k 0l 2 C ．l －5kq 24k 0l 2 D ．l －5kq 22k 0l 2 答案：C 解析：对最右边的小球受力分析可知，小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑斥力，大小分别为F 1＝kq 2(2l )2和F 2＝kq 2l 2.由力的平衡可知弹簧弹力的大小F ＝F 1＋F 2＝5kq 24l 2，弹簧的伸长量为Δl ＝F k 0＝5kq 24k 0l 2，故弹簧的原长为l 0＝l －Δl ＝l －5kq24k 0l 2，C 正确．刷最新原创——抓重点8．(2018·广东惠州三调)(多选)在真空中的x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设点电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图所示(其中在x ＝4a 处速度最大)，则下列说法正确的是( )A ．点电荷M 、N 一定是同种正电荷B ．点电荷M 、N 一定为异种电荷C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4 1D ．x ＝4a 处的电场强度不一定为零答案：AC解析：v -t 图象的斜率大小等于运动过程的加速度大小，而a ＝Eq m ，所以x ＝4a 处的电场强度大小为零，D 错误．又因为正电荷从x ＝2a 处向右先加速运动后减速运动，所以x ＝0到x ＝4a 之间电场强度方向向右，x ＝4a 到x ＝6a 之间电场强度方向向左，所以点电荷M 、N 一定是同种正电荷，A 正确，B 错误；由x ＝4a 处电场强度大小为零，得kQ M (4a )2＝kQ N (2a )2，则点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为Q M Q N ＝41，C 正确． 9．(2018·山东菏泽统测)(多选)如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆心平直径的两个端点，AC 为14圆弧．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动B ．小球一定能从B 点离开轨道C ．若小球能到达C 点，小球在C 点时的速度一定不为零D ．若小球能到达B 点，小球经过B 点时动能和经过A 点时动能一定相等答案：AC解析：若重力大小等于电场力大小，则小球进入轨道后，靠弹力提供向心力，所以小球在AC 部分可能做匀速圆周运动，A 正确；小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力，电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出相关物理量的关系，所以小球不一定能从B 点离开轨道，故B 错误；若小球到达C 点的速度为零，则电场力必定大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动到C 点，所以小球到达C 点的速度不可能为零，C正确；由A 到B 根据动能定理有－EqR ＝12m v 2B －12m v 2A ，所以若小球能到达B 点，小球经过B 点时动能和经过A 点时动能一定不相等，D 错误．刷易错易误——排难点易错点1 分析不清A 、B 的受力情况及运动情况10．(多选)如图所示，光滑水平桌面上有A 、B 两个带电小球(可以看成点电荷)，A 球带电荷量为＋3q ，B 球带电荷量为－q ，由静止同时释放后A 球加速度的大小为B 球的3倍．现在A 、B 中点固定一个带正电的C 球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放A 、B 两球，结果两球加速度大小相等．则C 球带电荷量为( )A.3q 4B.3q 8C.3q 20D.9q 20答案：BC 解析：由静止同时释放后A 球加速度的大小为B 球的3倍，根据牛顿第二定律可知，A 、B 两个带电小球的质量之比为13；当在A 、B 中点固定一个带正电的C 球，由静止同时释放A 、B 两球，释放瞬间两球加速度大小相等．(1)若两球的加速度方向相反，即A 球向右，B 球向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A ，k 3q ·q (2r )2－k Q C －3q r 2＝ma ，对B ，k 3q ·q (2r )2＋k Qc ·q r 2＝3ma ，综上解得，Q C ＝320q ；(2)若两球的加速度方向相同，即A 、B 球均向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A ，k Q C ·3q r 2－k 3q ·q (2r )2＝ma ，对B ，k Q C ·q r 2＋k 3q ·q (2r )2＝3ma ，综上解得，Q C ＝38q ，故B 、C 正确，A 、D 错误．易错点2 不能正确理解题给信息，从而正确地给出解答11．(2018·安徽师大附中期中)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.kQ (R －h )R 3B.kQ (R －h )2C.kQ R 2 D ．0答案：A解析：星球的体积V 0＝4πR 33，所以半径(R －h )的内球所带的电荷量q ＝V V 0·Q ＝(R －h )3R 3·Q ，星球表面下h 深度处的电场强度的大小E ＝kq (R －h )2＝kQ (R －h )R 3，故选A. 刷综合大题——提能力12．(2018·四川绵阳二诊)如图所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块I 在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小．答案：(1)2 m/s (2)18 N解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起的BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，解得v 2＝2 m/s.(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为N ，则R (1－cos θ)＝h ，N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R，解得N ＝18 N.。

实验九用单摆测量重力加速度--2025版高考总复习物理

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第8章机械振动机械波
(3)测量出多组周期 T、摆长 l 的数值后，画出 T2l 图线如图丙所示，此
图线斜率的物理意义是________。
A．g
B．1g
C．4πg 2
D．4πg 2
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第8章机械振动机械波
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原
点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小________。
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第8章机械振动机械波
C．将石块拉开一个偏离竖直方向小于 5°的角度，然后由静止释放 D．从石块摆到最低点时开始计时，当石块下一次经过最低点时计为第 1 次，当石块第 30 次到达最低点时结束记录总时间 t，得出周期 T＝3t0 E．改变 ON 间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的 l 和 T F．求出多次实验中测得的 l 和 T 的平均值作为计算时使用的数据，代入公式 g＝(2Tπ)2l 求出重力加速度 g
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第8章机械振动机械波
(4)实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因 _T_＝__2_π_____gl_是__单__摆__做__简__谐__运__动__的__周__期__公__式__，_当__摆__角__较__小__时__才__可__以__将__单__摆__ _的__运__动__视__为__简__谐__运__动____________________________________________。
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第8章机械振动机械波
[解析] (1)摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，根据题
图(b)的信息可得，所对应的时刻为 t＝0.5 s。根据题图(b)的信息可得，

2024年高考物理总复习考点优化训练6 牛顿第一定律、力学单位制

优化集训6牛顿第一定律、力学单位制基础巩固1.伽利略理想实验将可靠的事实和理论思维结合起来,能更深刻地反映规律,有关的实验程序内容如下:①减小第二个斜面的角度,小球在这斜面上仍要达到原来的高度②两个对接的斜面,使静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个斜面③如果没有摩擦,小球将上升到原来释放的高度④继续减小第二个斜面的倾角,最后使它成水平面,小球会沿水平面一直运动下去请按程序先后次序排列,并指出它究竟属于可靠事实,还是推论,下列选项正确的是()A.事实②→事实①→推论③→推论④B.事实②→推论①→推论③→推论④C.事实②→推论③→推论①→推论④D.事实②→推论①→推论④2.如图所示,舱外的航天员手握工具随空间站绕地球运动,若某一时刻航天员将手中的工具相对自己由静止释放,则释放瞬间工具的运动方向是()A.指向地心方向B.背离地心方向C.与原运动方向相同D.与原运动方向相反3.1960年第11届国际计量大会制定了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制,叫作国际单位制。

以下单位符号属于国际单位制中基本单位的是()①kg②m/s③N④m⑤s⑥g⑦m/s2⑧cmA.②③⑦B.①④⑤C.⑤⑥⑧D.①③④4.将装有水的碗置于火车车厢内的水平桌面上。

当火车向右启动时,水面形状接近于()5.惯性是物体的固有属性,一切物体都具有惯性。

如图所示的四个运动物体中,惯性最大的是()6.关于牛顿第一定律的说法不正确的是()A.牛顿第一定律不能在实验室中用实验验证B.牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因C.惯性定律与惯性的实质是相同的D.物体的运动不需要力来维持7.城市公交车内的横杆上挂着多只“手环”,一乘客面向行车方向坐在车上观察前方的“手环”,下列说法正确的是()A.车突然加速时,“手环”依然自然下垂B.车突然减速时,“手环”依然自然下垂C.若“手环”偏向右侧,则说明车在右转弯D.若“手环”偏向右侧,则说明车在左转弯8.(2022浙江衢州高一检测)如图所示,要将卡在球筒中的羽毛球取出,可以有多种方案,方案一:一手拿着球筒的中部,另一手用力击打羽毛球筒的上端;方案二:手持球筒,使球与球筒一起下落敲击水平面,假设球筒与水平面碰后速度立即变为0,下列说法正确的是()A.方案一利用羽毛球的惯性,使其从球筒上端出来B.方案一利用球筒的惯性,使羽毛球从下端出来C.方案二利用羽毛球受到的重力,使其从下端出来D.方案二中球筒敲击水平面后速度变为0,其惯性随之消失9.国际单位制中选定了七个基本物理量,下列哪个仪器测量的物理量不属于基本物理量()能力提高10.一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面,桌面上的A处有一小球。

河南省洛平许济联考2024--2024学年高三上学期第一次质量检测全真演练物理试题(基础必刷)

河南省洛平许济联考2024--2024学年高三上学期第一次质量检测全真演练物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图甲、乙所示分别为两交变电源的输出电压随时间变化的图像，让它们分别接在阻值相同的定值电阻的两端，则时间T内与甲、乙两电源相接的电阻产生的热量之比为（）A．B．C．D．第(2)题如图所示，一只小蜜蜂不幸掉入水中，小蜜蜂拼命振动双翅，想脱离困境，结果在水面上形成水波的干涉图样。

测得水波经4s 向外传播1m，蜜蜂体长约为1cm，则该蜜蜂振翅的频率约为（）A．5Hz B．20Hz C．50Hz D．150Hz第(3)题如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，下列说法正确的是（）A．从上往下看，0 ~1s内圆环中的感应电流沿逆时针方向B．2s时圆环中的感应电流大于0.5s时感应电流C．金属圆环中感应电流变化周期为2sD．1s时金属圆环所受安培力最大第(4)题我国将于2025年前后在文昌发射嫦娥六号，嫦娥六号将开展月球背面着陆区的现场调查和分析。

采样返回后，在地面对样品进行研究。

在发射过程中必须让嫦娥六号探测器在环月阶段圆轨道（II）的P点向环月阶段椭圆轨道（I）上运动以到达月球表面的Q点。

已知在圆轨道和椭圆轨道上的探测器只受到月球的万有引力作用，下列说法正确的是（）A．若已知引力常量、探测器的运动周期和环月圆轨道的半径，可求月球的质量B．探测器由环月圆轨道进入环月椭圆轨道应让发动机在P点加速C．探测器在环月阶段椭圆轨道上P点的加速度小于Q点的加速度D．探测器在环月阶段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度第(5)题如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则质子的速度可能为（）A．B．C．D．第(6)题一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的安全系统，当车速，且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会自动刹车。

实验技能训练

中学物理实验技能训练中学物理实验技能训练是系统研究中学物理实验教学的规律和实践的技能训练课。

通过物理实验教学，使师范生熟悉中学物理实验的常用仪器和基本实验技术，并选择一些典型的演示实验和学生分组实验进行分析、研究和训练，进而培养改进和设计中学物理实验的初步能力。

一、教学目标1. 对中学物理实验中涉及的常用仪器、基本技术、基本技能，结合具体的实验内容进行综合训练，使师范生形成一定的实验能力。

2. 对一些重要的、有一定难度的中学物理演示实验和学生分组实验进行研究和探讨，找出成功的关键和解决方案。

3. 对中学物理实验方案的设计、实验仪器的选择和创新进行研究和探讨。

4. 使师范生在进行实验训练的同时，考虑、研究中学物理实验的特点，同时配合讲解技能做演示实验，怎样指导中学生做实验，使师范生形成一定的实验教学能力。

5. 自制教具，利用日常生活常见物品设计、制作实验器材，并用于中学物理教学中。

6. 通过实验技能训练，在培养实验技能的同时，牢固树立中学物理教学必须以实验为基础的教学观念。

二、实验要求实验训练形式分为演示实验、自制教具、DIS实验三种方式。

以下对各实验方式的要求及内容进行详细说明。

A. 演示实验：(一) 每一实验小组进行演示实验时应包括以下教学环节：1、实验原理的阐述、实验仪器设备功能用途的介绍；2、实验设备调试、布置与线路连接的说明；3、实验的操作演示与讲解技能；4、实验的结论及问题分析。

（二）演示过程中对实验教学技能的基本要求包括：1、合理布局实验仪器的技能（包括电路的连接）；（1）实验仪器的布局要便于操作；（2）实验仪器的布局要便于观察；（3）实验仪器的布局要规范、安全、整齐、美观。

2、演示实验的操作技能（1）严格遵守实验操作规程；（2）实验操作要准确、熟练；（3）实验演示的现象要明显、直观。

3、演示实验的讲解技能（1）演示实验的讲解要准确、精练、规范；（2）讲解的时机要符合教学的需要（边讲边做、先讲后做、先做后讲等）；（3）讲解的语言要有启发性和逻辑性。

高考物理一轮复习(新高考版2(粤冀渝湘)适用) 第3章实验四验证牛顿运动定律

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解析平衡摩擦力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误；
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(2)将沙和沙桶的总重力 mg 近似地当成小车所受的拉力 F 会给实验带来系统误差.设小车所受拉力的真实值为 F 真，为了使系统误差mgF－真F真<5%，小车和砝码的总质量是 M，则 M 与 m 应当满足的条件是Mm<__0_._0_5___.
6.误差分析 (1)实验原理不完善：本实验用槽码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于槽码的总重力. (2)平衡摩擦阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差.
02
考点一教材原型实验
例1 (2020·山东模拟)某同学利用如图2甲所示的装置探究加速度与物体受力、物体质量的关系.实验时，把数据记录在表格中，数据是按加速度大小排列的，第8组数据中小车质量和加速度数据漏记.
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解析在本实验中认为细线的拉力 F 等于沙和沙桶的总重力 mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：a＝FM真，对整体，根据牛顿第二定律得：a＝Mm＋gm，且mgF－真F真<5%，解得：Mm<0.05.
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(3)在完成实验操作后，用图象法处理数据，得到小车的加速度倒数
1 a
m 图象.
4.数据处理
(1)利用逐差法或v－t图象法求a.
(2)以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，
说明a与F成正比. (3)以a为纵坐标，m1 为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比.

【优化方案】2013-2014学年高二物理(RJ.选修3-1)：第一章第九节知能演练轻松闯关

1．质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后，获得动能最大的是( )A ．质子(11H)B ．α粒子(42He)C ．钠离子(Na ＋)D ．都相同解析：选B.由qU ＝12m v 2－0得U 相同，α粒子带2个单位的正电荷，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选B.2.(2019·芜湖一中高二检测)如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( )A ．当增大两板间距离时，v 增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大解析：选CD.改变两极板之间间距但不改变电压值，电场力做功的大小不变，所以末速度不变．末速度确定，平均速度是末速度的12，距离增大，运动时间增加．故选CD. 3.平行金属板A 、B 分别带等量异种电荷，A 板带正电，B 板带负电，a 、b 两个带正电粒子，以相同的速率先后垂直于电场线从同一点进入两金属板间的匀强电场中，并分别打在B 板上的a ′、b ′两点，如图所示．若不计重力，则( )A ．a 粒子的带电荷量一定大于b 粒子的带电荷量B ．a 粒子的质量一定小于b 粒子的质量C ．a 粒子的带电荷量与质量之比一定大于b 粒子的带电荷量与质量之比D ．a 粒子的带电荷量与质量之比一定小于b 粒子的带电荷量与质量之比解析：选C.y ＝12·Eq m ⎝⎛⎭⎫x v 02，y 相同，x a ＜x b ，所以q a m a ＞q b m b，故选C. 4．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电解析：AC.根据亮点的位置，偏向XY 区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X 、极板Y 应带正电．故选AC.5.如图所示，A 、B 为两块足够大的相距为d 的平行金属板，接在电压为U 的电源上．在A 板的中央P 点放置一个电子发射源．可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m 、电荷量为e ，射出的初速度为v .求电子打在B 板上的区域面积？(不计电子的重力)解析：打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即r ＝v t ①在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d ＝12at 2② 电子在平行电场方向上的加速度a ＝eE m ＝eU md③ 电子打在B 板上的区域面积S ＝πr 2④由①②③④得S ＝2πm v 2d 2eU. 答案：2πm v 2d 2eU一、选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )A ．一定是匀变速运动B ．不可能做匀减速运动C ．一定做曲线运动D ．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A.2.(2019·江苏天一中学高二测试)如图所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板．质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子恰好能到达N 板．如果要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A ．使初速度减为原来的1/2B ．使M 、N 间电压加倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2解析：选BD.由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N 板时，由动能定理可得：－qU ＝－12m v 20要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U 1，粒子的初速度为v 1，则由动能定理可得：－q U 12＝－12m v 21联立两方程得：U 12U ＝v 21v 20可见，选项B 、D 均符合等式的要求．故选BD.3.竖直放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个电荷M 和N 以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B 边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )A ．两电荷的电荷量可能相等B ．两电荷在电场中运动的时间相等C ．两电荷在电场中运动的加速度相等D ．两电荷离开电场时的速度大小相等解析：选AB.由t ＝L v 0知两电荷运动时间相等，故B 正确；由y ＝12at 2和y M ＝2y N 知，两电荷加速度不等，故C 错误；由a ＝qE m 知，仅当m M ＝12m N 时，两电荷量相等，故A 正确；由v y ＝at 知，v yM ≠v yN ，则合速度不等，故D 错误．故选AB.4. 如图所示，质子(11H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4 解析：选B.由y ＝12Eq m L 2v 20和E k0＝12m v 20，得：y ＝EL 2q 4E k0可知，y 与q 成正比，故选B. 5.(2019·济南第二中学高二检测)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P 点以相同的初速度垂直于E 进入电场，它们分别落到A 、B 、C 三点( )A ．落到A 点的小球带正电，落到B 点的小球不带电B ．三小球在电场中运动的时间相等C ．三小球到达正极板时动能关系是E k A >E k B >E k CD ．三小球在电场中运动的加速度关系是a A >a B >a C解析：选A.初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A 、B 、C 三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．故选A.6.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍C.12D.14解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l ＝v 0t ，t ＝l v 0，竖直方向d ＝12at 2＝qUl 22md v 20故d 2＝qUl 22m v 20，即d ∝1v 0，故选C. 7.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y ，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( )A ．增大偏转电压UB ．减小加速电压U 0C ．增大偏转电场的极板间距离dD ．将发射电子改成发射负离子解析：选AB.在加速电场中qU 0＝12m v 20，在偏转电场中y ＝12at 2，l ＝v 0t ，可得y ＝Ul 24U 0d ，可见增大偏转电压U ，减小加速电压U 0，减小极板间距离d 可使偏转位移y 增大，故A 、B 项正确，C 项错误．偏转位移的大小与发射的带电粒子的q 、m 无关，故D 项错误．故选AB.8.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U 1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电势差为U 2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量h U 2)，可采用的方法是( ) A ．增大两板间的电势差U 2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些解析：选C.电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度⎝⎛⎭⎫h U 2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U 1加速有eU 1＝12m v 20，电子经过偏转电场的过程有L ＝v 0t ，h ＝12at 2＝eU 22mdt 2＝U 2L 24dU 1.由以上各式可得h U 2＝L 24dU 1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L ，或减小d ，或减小U 1.故选C.☆9.(2019·高考安徽卷)图甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A 、B 、C 、D 中的( )解析：选B.由题图乙及题图丙知，当U Y 为正时，Y 板电势高，电子向Y 偏，而此时U X 为负，即X ′板电势高，电子向X ′板偏，故选B.二、非选择题10.在如图所示的示波器的电容器中，电子以初速度v 0沿着垂直场强的方向从O 点进入电场，以O 点为坐标原点，沿x 轴取OA ＝AB ＝BC ，再过点A 、B 、C 作y 轴的平行线与电子径迹分别交于M 、N 、P 点，求AM ∶BN ∶CP 和电子途经M 、N 、P 三点时沿x 轴的分速度之比．解析：电子在电场中做类平抛运动，即在x 轴分方向做匀速直线运动，故M 、N 、P 三点沿x 轴的分速度相等，v Mx ∶v Nx ∶v Px ＝1∶1∶1又OA ＝AB ＝BC所以t OA ＝t AB ＝t BC根据电子沿－y 方向做匀加速运动，由y ＝12at 2得：AM ∶BN ∶CP ＝1∶4∶9. 答案：1∶4∶9 1∶1∶1☆11.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U 1＝1 640 V ，偏转极板长l ＝4 m ，金属板间距d ＝1 cm ，当电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场．求：(1)偏转电压U 2为多大时，电子束的偏移量最大？(2)如果偏转板右端到荧光屏的距离L ＝20 cm ，则电子束最大偏转距离为多少？解析：(1)设电子被电压U 1加速后获得速度大小为v 0，则有qU 1＝12m v 20在金属板间电子的最大偏移量y 1＝d 2＝0.5 cm 则y 1＝12at 2＝12qU 2md ·⎝⎛⎭⎫l v 02＝U 2l 24dU 1解得U 2＝2.05×10－2 V.(2)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，可看做从极板的正中心沿直线射出，如图所示．由几何知识，得y 1y ＝l 2l 2＋L 解得y ＝0.55 cm.答案：(1)2.05×10－2 V (2)0.55 cm☆12.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如图所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电荷量q ＝－1.0×10－9 C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B 点距虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .解析：(1)带电粒子由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，由上式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm. 或由牛顿运动定律和匀变速直线运动公式求解，由a ＝qE m ，得a 1＝12a 2，又由d ＝v 22a，可知d 2＝12d 1＝0.50 cm. (2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有|q |E 1＝ma 1，|q |E 2＝ma 2.设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21，d 2＝12a 2t 22，又t ＝t 1＋t 2，由以上各式解得t ＝1.5×10－8 s. 答案：(1)0.5 cm (2)1.5×10－8 s。

2024届高考物理学业水平测试复习合格演练测评六机械能守恒定律(含答案)

高考物理学业水平测试复习：合格演练测评(六)机械能守恒定律一、单选题Ⅰ：每小题给出的三个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如图所示，斜面体和小物块一起沿水平面向右做匀速直线运动，并通过一段位移，则斜面体对物块的摩擦力和支持力的做功情况分别是( )A．摩擦力做正功，支持力做负功B．摩擦力做负功，支持力不做功C．摩擦力做负功，支持力做正功2．起重机用4 s的时间将2×104N的重物匀速提升10 m，在此过程中起重机的输出功率为( )A．2×105 W B．5×105 WC．5×104 W3．如图所示，质量为m的物体，在与地面成α角斜向下的力F的作用下，由静止沿水平方向运动了距离x，物体与地面间的动摩擦因数为μ.则此过程中( )A．F对物体做功为Fx cos αB．地面摩擦力对物体做功为－μmgxC．重力对物体做功为mgx二、单选题Ⅱ：每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．4．如图所示，跳水运动员向下压跳板，随跳板一起从位置P1运动到位置P2，则此过程中( )A．运动员受到的重力对他做负功B．跳板的弹性势能一直在增加C．运动员的重力势能一直在增加D．运动员受到跳板的弹力对他做正功5．甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )A．力F对甲物体做功多B．力F对乙物体做功多C．甲物体获得的动能比乙大D．甲、乙两个物体获得的动能相同6.一研究小组利用如图所示的装置探究动能与势能的相互转化规律，让小球从A点开始摆动，经过最低点B时摆线被直尺P挡住，球继续摆动至C点．若不计空气阻力，下列说法中正确的是( )A．A到B过程小球的机械能增加B．B到C过程小球的机械能减少C．A到C过程小球的机械能守恒D．A到C过程小球的机械能增加7．随着人们对社会发展、全球环境问题认识的加深，新能源的开发和利用，已成为人类社会可持续发展的重要前提之一．以下关于能源开发和利用的认识，正确的是( )A．地球上的能源是取之不尽，用之不竭的B．节约能源是人类社会可持续发展的重要方面C．提倡“低碳生活”就是提倡生活中不用或少用二氧化碳D．能源的利用过程都是可逆的8．如图所示，我国歼15舰载机在航母水平甲板上降落时，钩在拦阻索上的尾钩使飞机受到与水平方向成θ角的斜向下的恒定拉力F作用，沿水平方向移动距离s，在此过程中力F对飞机做的功为( )A．Fs sin θB．Fs cos θC．－Fs cos θD．－Fs sin θ9．设一个学生在平直公路上以一般速度骑自行车，所受阻力约为车、人总重的0.03倍，则学生的功率最接近于( )A．1 000 W B．1 WC．100 W D．10 W10．载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是( )A．发动机对飞行包不做功B．飞行包的重力做正功C．飞行包的动能不变D．飞行包的机械能不变11．图中的虚线表示某跳水运动员在跳水过程中其重心的运动轨迹，从离开跳板至入水的过程中，该运动员的动能( )A．一直增大B．一直减小C．一直不变D．先减小后增大三、多选题Ⅲ：每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是符合题目要求的．12．如图所示，置于光滑斜面上的物块，在重力G、支持力N作用下沿斜面加速下滑过程中，下列判断正确的是( )A．G做正功，物块动能增大B．G做负功，物块动能减小C．N不做正功，物块动能增大D．N不做负功，物块动能减小13．物体沿不同的路径从A运动到B，其中按不同的路径：①有摩擦作用；②无摩擦作用；③无摩擦，但有其他外力拉它。

2024届高考一轮总复习章末检测卷：第八章磁场全真演练物理试题

2024届高考一轮总复习章末检测卷：第八章　磁场全真演练物理试题学校：_______ 班级：__________姓名：_______ 考号：__________（满分：100分时间：75分钟）总分栏题号一二三四五六七总分得分评卷人得分一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图甲，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向 2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的图象如图乙所示．将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I-t图象可能是A．B．C．D．第(2)题足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱。

如图所示为四种与足球有关的情景。

下列说法正确的是（）A．甲图中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它的重力B．乙图中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力C．丙图中，踩在脚下且静止在水平草地上的足球可能受到3个力的作用D．丁图中，落在球网中的足球受到弹力是由于足球发生了形变第(3)题如图甲所示，空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，图乙为简化示意图，若空调外机的重心恰好与横梁AO和斜梁BO连接点O在同一竖直平面内，且两支架各承担一半空调重力，空调重力大小为240N，AO水平，BO与AO的夹角为。

假定横梁对O点的拉力总沿OA方向，斜梁对O点的支持力总沿BO方向。

下列判断正确的是（）A．横梁对O点的拉力为320NB．斜梁对O点的支持力为400NC．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时横梁对O点的作用力将变小D．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时斜梁对O点的作用力将变大第(4)题设房间的温度时室内空气的总质量为m，现打开空调使室内温度降到。

2025高考物理步步高同步练习选修1练习练透第一章专题强化练3 弹簧—滑块—光滑斜(曲)面模型

2025高考物理步步高同步练习选修1练习练透专题强化练3弹簧—小球模型滑块—光滑斜(曲)面模型1.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 质量相等，都可视作质点，Q 与轻质弹簧相连。

设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生相互作用。

在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的142．(多选)如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑，弹簧始终在弹性限度内，则( )A ．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒B 小球下滑的过程中，小球和槽之间的作用力对槽不做功C ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处D ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动3．(多选)如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球m 恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动B ．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动C ．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动D ．槽一直向右运动4.如图所示，质量为4m 的光滑物块a 静止在光滑水平地面上，物块a 左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m 的滑块b 以初速度v 0向右运动滑上a ，沿a 左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a ，不计一切摩擦，滑块b 从滑上a 到滑离a 的过程中，下列说法正确的是( )A ．滑块b 沿a 上升的最大高度为v 025gB ．物块a 运动的最大速度为2v 05C ．滑块b 沿a 上升的最大高度为v 022gD ．物块a 运动的最大速度为v 055．(多选)(2022·菏泽市月考)如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B ，m A >m B ，B 球上固定一轻质弹簧且始终在弹性限度内。

高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒高效演练创新预测实验七验证动量守恒定律(含解析)新人教版

验证动量守恒定律1.(2018·太原模拟)“枪支比动能e0〞是反映枪支威力的一个参数，e0=，式中E0是子弹离开枪口时的动能，S是子弹的横截面积(假设子弹是球形，如此S是过球心的截面圆面积)。

“J2136冲击摆实验器〞是物理实验中的实验器材，可以用来测量弹簧枪的比动能e0，如图甲所示，左侧是可以发射球形子弹的弹簧枪，中间立柱上悬挂小摆块，摆块一般用塑料制成，正对枪口处有一水平方向的锥形孔(使弹丸容易射入并与摆块结合为一体)。

摆块摆动的最大角θ可由刻度盘读出。

(重力加速度大小为g)(1)用游标卡尺测量子弹直径，测量结果如图乙所示，子弹的直径d=_______mm。

(2)实验开始之前，必须测量的物理量为子弹直径d以与_______和_______。

(写出物理量与其表示字母)；(3)实验步骤如下：①将冲击摆实验器放在桌上，调节底座上的调平螺丝，使底座水平；②再调节支架上端的调节螺丝，改变悬线的长度，使摆块的孔洞跟枪口正对，并且使摆块右侧与0刻度对齐；③此时用刻度尺测量出摆长L；④扣动弹簧枪扳机，打出子弹，记录下摆块的最大摆角；⑤屡次重复实验，计算出摆块最大摆角的平均值θ；⑥处理实验数据，得出实验结论。

(4)子弹的发射速度为v0=_______，弹簧枪的比动能为e0=_______。

(用量和测量量的字母表示)；(5)由于存在系统误差，使得测量值_______理论值。

(选填“大于〞“小于〞或“等于〞) 【解析】(1)主尺读数为1.0cm，游标读数为0.02×26=0.52mm，所以最终读数为10mm+0.52mm=10.52mm；(2)本实验中要确定子弹的动能，所以在实验前应先测量出子弹的质量m和摆块的质量M；(4)根据机械能守恒定律可知， (m+M)gL(1-cosθ)=(M+m)v2根据动量守恒定律可知：mv0=(M+m)v，联立解得：子弹的速度为：v0=；根据比动能的定义式可知：e0=，E0=m，截面积S=πd2，解得比动能e0=；(5)由于摆块在运动中存在空气阻力做功，因此求出的子弹的速度偏小，故测量值一定小于真实值。

【金科大联考】 2024-2024学年高三9月质量检测全真演练物理(河北卷)(基础必刷)

【金科大联考】 2024-2024学年高三9月质量检测全真演练物理（河北卷）（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题火车由北京开往拉萨，列车在水平轨道上以恒定功率启动达到最大速度之前的过程中，列车对小明（）A．做正功，且做功的功率不变B．做正功，且做功的功率减小C．做负功，且做功的功率不变D．做负功，且做功的功率减小第(2)题如图甲所示，一质量m=4kg的小球（可视为质点）以v0=4m/s的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道。

当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对B点的压力与半径R的关系图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s2，下列说法中正确的有（）A．x=2.5B．y=40C．若小球能通过轨道上的C点，则其落地点距A点的最大水平距离为0.80mD．当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径R=64cm第(3)题如图甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所示，则（）A．弹簧的劲度系数为B．x3-x2＝x2-x1C ．物块的最大动能为ma1（x1+x2）D．弹簧的最大弹性势能为ma1（x3-x1）第(4)题如图甲所示，足够长的不可伸长的柔软轻导线跨过滑轮悬挂两条水平金属棒MN、PQ，棒长均为l=0.50m，电阻值均为R=1.0Ω，MN质量m1=0.10kg，PQ质量m2=0.20kg，整个装置处于磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向水平且垂直于MN和PQ，刚开始用外力使整个系统静止，t=0时刻，对金属棒MN施加一个竖直向下的外力F，使之由静止开始运动，运动过程中电路中的电流I随时间t变化的关系如图乙所示，电路中其他部分电阻忽略不计，g取10m/s2（）A．2.0s末金属棒MN瞬时速度为1.6m/sB．4.0s末力F的瞬时功率为0.64WC．0~3.0s内PQ杆所受安培力冲量大小为0.9N·sD．若0~3.0s时间内MN上产生的热量为0.36J，则F对金属棒MN所做的功约为2.7J第(5)题下列说法正确的是（）A．牛顿第一定律不能在地面实验室内用实验来验证B．把一个力分解为两个分力时，若合力一定，当两分力夹角增大时两个分力都增大C．估算时常常把月球的公转周期视为一个月或30天，这里的“月”和“天”都不是基本单位D．牛顿是在牛顿第三定律及开普勒第三定律的基础上最终总结出万有引力定律第(6)题2006年9月，中国第一座太空娱乐风洞在四川省绵阳市建成并投入运营。

2023届高考物理一轮复习双优单元滚动双测卷机械能守恒定律B卷

第八单元机械能守恒定律（B卷真题滚动练）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4h，开始时使两边液面高度差为h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为（）A．18gh B．16ghC．14gh D．12gh2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧（不连接）将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点。

在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为（）A．100g B．200g C．300g D．400g3．2019年中国女排成功卫冕世界杯.如图，某次训练中，一运动员将排球从A点水平击出，球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D等高的B点斜向上击出，最高点为C，球也击中D点；A、C高度相同，不计空气阻力。

下列说法正确的有（）A．两过程中，排球的初速度大小一定不相等B．两过程中，排球的飞行时间相等C．两过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率相等D．后一个过程中，排球击中D点时的速度较大4．如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数Fmg μ=B．匀速运动过程中速度大小2 5 FL mC．第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等D．在水平恒力F作用下，7个滑块全部可以进入粗糙地带5．小朋友经常玩的手流星模型简化为如图所示，长均为L的两根不可伸长的轻绳，一端共同系住质量为m的小球（可看作质点），另一端分别拽在等高的左右手A、B两点，A、B两点间的距离也为L。

高考物理第一轮总复习课件：实验九

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实验九
测定电源的电动势和内阻
图7－5－1 4. 若采用如图7－5－3甲所示电路,
电流是准确的, 当I很小时,电压表的
分流很小, 但随电压的增大, 电流I增
大, 电流表的分压作用也逐渐增大.
栏目导引
实验九
测定电源的电动势和内阻
此种情况如图乙所示, 所以
E测＝E真、r测>r真.
图7－5－3
测定电源的电动势和内阻
回答下列问题: (1)根据表中的数据和实验原理, 你认
为第________(填序号)组数据是错误
的, 原因是_______.
(2)根据实验数据, 请在所给的图乙坐 1 1 标系中绘出－关系图线. U R
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实验九
测定电源的电动势和内阻
(3)由图线可知, 该干电池的电动势E
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实验九
测定电源的电动势和内阻
误差分析
1. 由读数误差和电表线性不良引起误
差.
2. 用图像法求E和r时, 由于作图不准确造成的误差.
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实验九
测定电源的电动势和内阻
3. 本实验采用的图7－5－1所示的测
量电路是存在系统误差的, 这是由于
电压表的分流IV引起的, 使电流表的
示数I测小于电池的输出电流I真. 因为I
E＝1.92 V
图7－5－8
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实验九
测定电源的电动势和内阻
从图像上取两点如 U1＝1.80 V, I1 ＝ 0.06 A, U2＝1.12 V, I2＝0.30 A, 求出 U1－U2 1.80－1.12 斜率 r′＝＝ Ω＝ I2－I1 0.30－0.06 2.83 Ω 因 r′＝R0＋r＝2.83 Ω 故内阻 r＝(2.83－2) Ω＝0.83 Ω.

安徽省宿州市泗县高一物理 7.9 实验验证机械能守恒定律教案新人教版

第九节实验：验证机械能守恒定律课标要求：1.了解“验证机械能守恒定律”的实验装置和操作方法2.掌握纸带的选取原则，并会运用不同方法处理实验数据3.通过对实验数据的处理，理解动能和势能之间的相互转化重点：1.实验的操作方法2.纸带的选取原则，运用不同方法处理实验数据难点：通过图像法验证机械能守恒定律巩固基础1. 在用自由落体运动“验证机械能守恒定律”的实验中，下列物理量中必须要通过工具测量和计算得到的有（）A．重锤的质量 B．重力加速度C．重锤下落的高度 D．与重锤下落高度对应的重锤瞬时速度2. 利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验步骤编排如下，其中有些是必要的，有些是错误的，根据实验，请选出必要的步骤，并按正确的操作顺序把它们前面的字母填写在题后的横线上。

A．用天平称出重锤的质量B．用秒表测出重锤下落的时间C．断开电源，拆掉导线，整理仪器D．接通电源，释放纸带E．把纸带固定到重锤上，并把纸带穿过打点计时器，然后提升一定高度F．在三条纸带中选出合适的一条，测量相关数据，计算出结果，得出结论G．把打点计时器接到低压交流电源上H．断开电源，更换纸带，再重做两次I．把打点计时器固定在桌边的铁架台上3．在“验证机械能守恒定律”的实验中，以下有关注意事项说法不正确的是（）A．安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内以减少摩擦阻力．B．纸带长度应选用60 cm左右为宜，应选用点迹清晰的纸带进行测量．C．重物应选用质量小、体积大、密度小的材料．D．重物应选用质量大、体积小、密度大的材料．4．图示装置为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。

现有器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。

回答下列问题：（１）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有。

（填正确选项前的字母）Ａ.米尺Ｂ.秒表Ｃ.０～１２Ｖ的直流电源Ｄ. ０～１２Ｖ的交流电源（２）实验中误差产生的原因有，。

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1．在用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中，下列注意事项中错误的是()A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显B．应选用内阻较小的电压表和电流表C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载D．根据实验记录的数据作U－I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧解析：选 B.为减小测量误差，A正确；为减小偶然误差，D正确；为安全的需要，C 正确；电压表内阻应选阻值大的，对电流表内阻没有特别要求，B错误．2．(2011·江苏启东中学月考)利用伏安法测量电源的电动势和内阻时，测得两节干电池的U－I曲线分别如图7－5－14中Ⅰ和Ⅱ所示，由此可知，这两节干电池的电动势和内阻相比较()图7－5－14A．E1>E2，r1>r2B．E1>E2，r1<r2C．E1<E2，r1>r2D．E1<E2，r1<r2解析：选A.在U－I图线中：I＝0时，U＝E，斜率等于电源内阻r，则由图有E1>E2，r1>r2.3．用如图7－5－15甲所示电路测电池的电动势和内阻时，由于电压表的分流作用造成系统误差，图乙所示的U－I图象中有两条直线AB和A′B，其中一条是根据实测数据画出的图线，另一条是修正电压表分流所引起的误差后得到的图线，由图可知下列说法错误的是()图7－5－15A．AB是根据实测数据画出的图线B．A′B是根据实测数据画出的图线C．路端电压U越大，通过电压表的电流越大D．由于电压表的分流作用，使电池电动势和内阻的测量值小于真实值解析：选B.由图示电路可知，测量电压是真实的，测量电流比真实电流小，故在同一U －I图线中，对应于同一U值，测量电流值比真实电流小，故图中AB是根据实测数据画出的图线，所以选项A、D正确，B错误．由图可看出U越大，AB、A′B对应的电流偏差越大，选项C正确．4．用如图7－5－16所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：图7－5－16(a)电流表(量程0.6 A、3 A)；(b)电压表(量程3 V、15 V)；(c)定值电阻(阻值1 Ω、额定功率5 W)；(d)定值电阻(阻值10 Ω、额定功率10 W)；(e)滑动变阻器(阻值0～10 Ω、额定电流2 A)(f)滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω、额定电流1 A)．那么：(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择______V，电流表的量程应选择______A；R0应选择______Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是______Ω的滑动变阻器．(2)引起该实验系统误差的主要原因是________________________________________________________________________．解析：(1)一节干电池的电动势为1.5 V，所以电压表量程选择3 V即可，一节干电池的允许电流在0.6 A以下，因此电流表量程选择0.6 A即可．R0起保护作用使电路中的电流在0.6 A以下，若选用定值电阻10 Ω，估算最大电流为：I max＝ER0＋r＜ER0＝310A＝0.3 A.则电流表指针指在半刻度以下，测量误差太大，因此定值电阻应选用1 Ω的．若选用滑动变阻器0～100 Ω的，则使用范围太小，不方便操作，因此选用滑动变阻器0～10 Ω即可．(2)电流表应测量通过电源的电流，但由于电压表的分流作用，电流表实验测量的电流值比通过电源的电流小，所以引起该实验误差的主要原因是电压表的分流．答案：(1)30.610～10(2)电压表的分流5．(2012·莆田质检)用如图7－5－17所示的电路测定电源的电动势和内电阻，提供的器材有：图7－5－17A．干电池两节，每节电池的电动势约为1.5 V，内阻未知；B．直流电压表V1、V2，内阻很大；C．直流电流表A，内阻可忽略不计；D．定值电阻R0，阻值不小于5 Ω，但具体值未知；E．滑动变阻器；F．导线和开关等．(1)某同学用该电路进行实验时，由于某根导线断路，只记录了电流表和一个电压表的根据表格中的数据作出U －I 图象，如图7－5－18所示．由图象可得，该同学测得的两节干电池总的电动势为______V ，总内阻为______Ω，通过上述数据可以判断能够正确读数的电压表应为______(填“V 1”或“V 2”)图7－5－18(2)在找出断路的导线并调换好了的导线后，连接该电路继续实验时，如果电流表发生短路故障，只能读出表V 1的示数U 1，表V 2的示数U 2.此时若希望由测得的数据作出图象，由图象的纵坐标截距直接得到电源的电动势，应选用________作为纵坐标，________作为横坐标作图．解析：(1)由表中数据可知电压最大值为2.62，接近电源电动势，所以能正确读数的电压表是V 1，所以由图象可知纵轴截距为电源电动势，横轴截距为短路电流，则两节干电池的电动势为 2.90±0.02(由于存在作图、读数等误差)，由短路电流I ＝E r得，总内阻为3.50±0.03(误差允许范围内)；(2)由电路图可知R 0两端的电压为U ＝U 1－U 2，可得R 0支路电流为I ＝U 1－U 2R 0，所以以U 1或U 2为纵坐标，以U 1－U 2为横坐标．答案：(1)2.90±0.02 3.50±0.03 V 1(2)U 1或U 2 U 1－U 26．(2012·厦门质检)甲同学采用如图7－5－19所示的电路测定电源的电动势和内电阻．提供的器材：电压表(0～3 V)、电流表(0～0.6 A)及滑动变阻器R 、电键S 、导线．图7－5－19(1)连好电路后，当该同学闭合电键S ，发现电流表示数为0，电压表示数不为0.检查各接线柱均未接错，接触良好，且电路未发生短路；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接bc 和de 时，示数均为0，把两表笔接cd 时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是________________________________________________________________________．(2)排除故障后，该同学顺利完成实验数据的测量，如下表所示．并根据数据在空白的坐标纸上，作出图乙所示的U －I 图线，该图存在多处不妥之处，请指出．(能指出两处不妥________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(3)为了在实验中保护电流表和调节电阻时电压表、电流表的示数变化均明显，乙同学对甲同学的实验进行改进，设计了如图7－5－20所示的电路，电路中电阻R 0应该选取下列备选电阻的哪一个？(用字母表示)__________．图7－5－20 A. 1 Ω B ．5 ΩC. 10 ΩD. 20 Ω(4)若乙同学用图的实验电路进行实验，只测得两组数据为I 1、U 1，I 2、U 2.则该电源内电阻r ＝________________(请用物理量的字母表示)．解析：(1)当电压表跨接在断路部分的两端时，电压表示数为电源电动势大小，所以滑动变阻器R 断路．(2)①从图象看出，纵坐标轴表示的电压变化范围较小，则U 轴坐标起点选取不当； ②U 、I 轴没有标记用何单位；③没有把不在直线上的点均匀分布直线两侧．(3)由伏安特性曲线可知电源本身内阻大约0.5 Ω，要让电压表、电流表示数变化明显，则要提高电源的“内阻”，串联R 0，等效为电源内阻，两电表满偏，r ＝E I≈5 Ω，所以选 B ； (4)由电压和电流值，列闭合电路欧姆定律方程：E ＝U 1＋I 1(r ＋R 0), E ＝U 2＋I 2(r ＋R 0)，解得：r ＝U 1－U 2I 2－I 1－R 0. 答案：见解析7．(2012·广东联考)要测定某电源的电动势和内电阻，提供的器材有：A ．待测电源E (E 约为2 V ，r 约为1 Ω)B ．电流表A 1(量程为0.6 A ，R A 1＝3 Ω)C ．电流表A 2(量程为0.3 A ，R A 2＝5 Ω)D ．电阻箱R (0～99 Ω)E ．开关S 1、S 2F ．导线若干(1)有一组同学按电路图7－5－21连接电路进行如下实验：图7－5－21①闭合开关S 1，多次调节电阻箱的阻值，并记录下每次的电阻值R 及对应的电流表A 1的示数I ；②电流的倒数1和电阻箱的阻值R 如下表所示.③请按表格中的数据在方格纸中作出1I－R 图象；图7－5－22 ④由1I－R 图象求出：电源的电动势E ＝________V ，内电阻r ＝________Ω. (2)另一组同学用两个电流表和两个开关测定电源的电动势和内电阻．①请从提供的实验器材中选择合适的两个电流表分别填入实验电路图7－5－23中的圆框中；图7－5－23②闭合开关S 1，断开S 2，读出电流表________的示数为I 1；③再闭合开关S 2，读出该支路电流表的示数为I 2及原先支路电流表的示数为I ′1； ④由此可得到电源电动势的表达式E ＝________.解析：(1)由U ＝E －Ir 及U ＝IR ，解得：1I ＝r E ＋1E ·R ，即1I －R 图线中的纵截距a ＝r E，斜率k ＝1E，由图中的纵截距及斜率可分别解得E ＝2 V ，r ＝4 Ω. (2)若闭合S 1时接入电路中的电流表为A 2，则此时电路中的电流约为：I ＝E r ＋R A 2＝26A ＝0.33 A ，大于电流表A 2的量程0.3 A ，两个电流表中下面的应为A 1上面的为A 2；当S 1闭合、S 2断开时，由闭合电路欧姆定律有：I 1＝E R A 1＋r，S 1、S 2都闭合时，由闭合电路欧姆定律有：E ＝I ′1R A 1＋(I ′1＋I 2)r ，以上两式联立可得：E ＝I 1I 2R A 1I ′1＋I 2－I 1. 答案：(1)③如图甲所示 ④2 4甲乙(2)①如图乙所示 ②A 1 ④I 1I 2R A 1I ′1＋I 2－I 1。