届高三物理一轮复习电学实验综合课时作业含详解

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高考物理一轮复习:电学实验含参考答案

高考物理一轮复习:电学实验含参考答案

2022届高考物理一轮复习:电学实验含参考答案专题:电学实验1、(1)如图甲所示的电表使用0.6 A量程时,对应刻度盘上每一小格代表________A,图中表针示数为________A;当使用3 A量程时,对应刻度盘中每一小格代表______A,图中表针示数为________A。

甲乙(2)如图乙所示的电表使用较小量程时,每小格表示________V,图中表针的示数为________V。

若使用的是较大量程,则这时表盘刻度每小格表示________V,图中表针示数为________V。

丙(3)旋钮式电阻箱如图丙所示,电流从接线柱A流入,从B流出,则接入电路的电阻为________Ω,今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω,最简单的操作方法是_____________________________________。

若用两个这样的电阻箱,即可得到的电阻值范围为________。

2、如图所示,图甲为热敏电阻的R-t图象,图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个用于恒温箱温控电路,继电器的电阻为100 Ω.当线圈的电流大于或等于20 mA时,继电器的衔铁被吸合.为继电器线圈供电的电源的电动势E=9.0 V,内阻不计,图中的“电源”是恒温箱加热器的电源,则:(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A、B端”或“C、D端”).(2)如果要使恒温箱内的温度保持50℃,可变电阻R′的阻值应调节为________Ω.3、要测量一只量程已知的电压表的内阻,所备器材如下:A.待测电压表V(量程3 V,内阻几千欧)B.电流表A(量程3 A,内阻0.01 Ω)C.定值电阻R(阻值2kΩ,额定电流50 mA)D.蓄电池E(电动势略小于3 V,内阻不计)E.多用电表F.开关K1、K2,导线若干有一同学利用上面所给器材,进行如下实验操作:(1)首先,用多用电表进行粗测,选用×100倍率,操作方法正确。

若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示,则测量的结果是________ Ω。

2020届高考物理一轮复习人教版电学实验课时作业含答案

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。

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

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。

高考物理一轮总复习 电学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题

高考物理一轮总复习 电学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题

电学综合训练一、选择题:(此题共8小题,每一小题6分,共48分.在每一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.如下列图,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,可能正确的答案是( )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.如下列图,在磁感应强度大小为B 0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.如此C 点的磁感应强度大小为( )A. 0B .B 0 C.2B 0 D .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,如此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,通有如下列图的电流,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,如此在一个周期内,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 T 2+I 22R T 2=I 2RT 得,I =32A ,如此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,假设规定逆时针方向为感应电流i 的正方向,如此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,正确的答案是( )解析:选A.由法拉第电磁感应定律可得:E =N ΔBS Δt ,又i =E R,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,与规定的正方向一样,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,假设从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 坐标变化的情况如下列图.如下有关说法正确的答案是( )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 =qφ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.如下列图的电路中,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,如此( )A .I 1∶I 2=1∶3B . I 1∶I 2=3∶1 C. U 1∶U 0=1∶10 D . 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.如下列图,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 A C .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T π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 m 2,又E m =BSω=BS 2πT ,转过60°时有i =E m r cos 2πT t =BSωrcos 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 =BSωcos 2πT t =4cos 2πT t ,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 =2T π,故D 项错误.8.如下列图,在光滑绝缘水平地面上相距为L 处有两个完全一样的带正电小球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,如下说法中正确的答案是( ) A .距离最小时与开始时B 球的加速度之比为9∶1B .从开始到距离最小的过程中,电势能的增加量为12mv 20 C .A 、B 组成的系统动能的最小值是14mv 20 D .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,如此有:a 2a 1=91,故A 项正确;当两球相距最小时,两球速度一样,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(此题共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 两个材质一样的滑动变阻器,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,如此其示数为______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)假设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.假设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,如此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 =ρL S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,应当选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I­U图象,与小灯泡的I­U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)如下列图,足够大的平行挡板A1、A2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B0,方向垂直纸面向外,A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面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S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A1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)假设k=1,求匀强电场的电场强度E;(2)假设2<k<3,且粒子沿水平方向从S2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)假设k=1,如此有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,如此有: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,该粒子运动轨迹如下列图由几何关系:R 2-(kL )2=(R -L )2, 又有qvB 0=m v 2R如此整理解得:v =qB 0L +k 2L 2m. 答案:(1)qB 20L 22dm (2)v =qB 0L +k 2L 2m11.(23分)如下列图,质量m A =0.8 kg 、带电量q =-4×10-3 C 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 =5×103 N/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 JA 对B 的冲量I =m B vC -(-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 2C l,可知C 先做类平抛运动 如此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 .如此(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 2n l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……)。

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《电学实验》附解析

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2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《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。

高中物理一轮复习电学实验题精编(带解析)

高中物理一轮复习电学实验题精编(带解析)

2019年11月29日高中物理作业学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________一、实验题1.(1)螺旋测微器是重要的测量仪器,如图1所示的读数是__mm.(2)用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R x,以下给出的是可能的实验操作步骤,其中S为选择开关,P为欧姆挡调零旋钮.把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上__.a.将两表笔短接,调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度,断开两表笔b.将两表笔分别连接到被测电阻的两端,读出R x的阻值后,断开两表笔c.旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd.旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e.旋转S使其尖端对准交流500V挡,并拔出两表笔根据图2所示指针位置,此被测电阻的阻值为__Ω.【答案】4.075 cabe 30k2.电流表G的量程为0-5 mA,内阻r=290 Ω,把它改装成如图所示的一个多量程多用电表,电流、电压和电阻的测量都各有两个量程.当开关S接到1或2位置时为电流挡,其中小量程为0-10 mA,大量程为0-100 mA.(1)关于此多用电表,下列说法不正确的是(_____)A.开关S接到位置4时是欧姆表B.开关S接到位置6时是电压挡C.开关S接到位置5时的量程比接到位置6时的量程大D.A表笔为红表笔,B表笔为黑表笔(2)开关S接位置________(填“1”或者“2”)时是电流挡的小量程,图中电阻R5=________Ω,R6=________Ω.(3)已知图中的电源E′的电动势为9 V,当把开关S接到位置4,短接A、B进行欧姆调零后,此欧姆挡内阻为________kΩ,现用该挡测一未知电阻阻值,指针偏转到电流表G1满刻度的15处,则该电阻的阻值为________ kΩ.【答案】C 2 29 261 0.9 3.63.(1)如图甲是简易多用电表的电路图。

2025届高考物理一轮复习——电学实验基础训练(附答案解析)

2025届高考物理一轮复习——电学实验基础训练(附答案解析)

2025届高考物理一轮复习——电学实验基础训练一、单选题(本大题共4小题)1.如图是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法,x R为待测电阻。

如果考虑到电表内阻对测量结果的影响,则()A.电流表示数大于通过x R的实际电流,根据测量计算的x R值大于真实值B.电流表示数等于通过x R的实际电流,根据测量计算的x R值大于真实值C.电压表示数大于x R两端的实际电压,根据测量计算的x R值小于真实值D.电压表示数等于x R两端的实际电压,根据测量计算的x R值小于真实值2.某高中维修科网购了一盘大约650m长的铝导线,某实验小组使用表盘如图a 所示的多用电表正确测量其电阻约为13Ω后,需要继续测量一个阻值大约为100~200Ω的电阻。

正确测量时指针如图b所示,在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前,以下说法正确的是()A.换挡后必须先用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝,使表针指向“0”倍率的电阻挡,欧姆调零后测量,读数为B.将多用电表的选择开关旋至100160ΩC.用多用电表测量电阻时,黑表笔电势较高D.测量完成之后,将表笔从插孔拔出,并将选择开关旋到“直流电压500V”位置3.在“金属丝电阻率的测量”的实验中,以下操作中错误的是()A.用刻度尺测量金属丝的全长,且测量三次,算出其平均值,然后再将金属丝接入电路中B.采用伏安法测电阻时,用电流表测电阻丝中的电流,用电压表测电阻丝两端的电压C.用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径,算出其平均值D.实验中应保持金属丝的温度大致保持不变4.系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差,在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。

关于该系统误差产生原因以及影响,以下正确的是()A.电流表分压,测得的电源电动势偏大B.电流表分压,测得的电源电动势偏小C.电压表分流,测得的电源电动势偏大D.电压表分流,测得的电源电动势偏小二、多选题(本大题共4小题)5.如图为某型号多用电表欧姆档×100档下的某次测量结果。

新课标2024高考物理一轮复习课时作业35电路的基本概念和规律含解析新人教版

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电路的基本概念和规律一、选择题1.(2024·浙江模拟)有一台标称值为“220 V,50 W ”的电风扇,其线圈电阻为0.4 Ω,在它正常工作时,下列求其每分钟产生的电热的四种解法中正确的是( ) A .I =P U =522 A ,Q =UIt =3 000 JB .Q =Pt =3 000 JC .I =P U =522 A ,Q =I 2Rt =1.24 JD .Q =U 2R t =22020.4×60 J =7.26×106J答案 C解析 A 、B 两项,电风扇消耗的电能转化为机械能与内能两部分,公式UIt 和公式Pt 都是电功的表达式,不是电热的表达式.故A 、B 两项错误;C 项,电流:I =P U =50220 A =522 A ;电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的,所以每分钟产生的热量为: Q =I 2Rt =(522)2×0.4×60 J =1.24 J ;故C 项正确;D 项,电风扇不是纯电阻电路,不能用Q =U2Rt 计算电热.故D 项错误.2.如图所示,是一个小灯泡的电流强度随其两端电压变更的关系图,则依据小灯泡的伏安特性曲线可判定下列说法中正确的是( )A .小灯泡的电阻随着所加电压的增加而减小B .当小灯泡两端电压为1 V 时,其阻值为0.202 ΩC .小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的上升而减小D .假如把两个这种相同的灯泡串联后,接到电压恒为4 V 的电源上,则流过每个小灯泡的电流为0.3 A 答案 D解析 A 项,由图可知,图中电流随电压的增大而增大,每一点的斜率表示该点电阻的倒数,故可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大;故A 项错误;B 项,由图可知,当小灯泡两端电压为1 V 时,电流大小为0.2 A ,故阻值大小为:R =10.2 Ω=5 Ω;故B 项错误;C 项,因导线的形态没有发生变更,故说明随电压的上升电阻率增大,故C 项错误;D 项,若把两个相同的灯泡串联,则每个灯泡两端的电压为4 V ,灯泡两端电压均为2 V ,由图可知,电流大小为0.3 A ,故D 项正确.3.(多选)电位器是变阻器的一种,如图所示,假如把电位器与灯泡串联起来,利用它变更灯泡的亮度,下列说法正确的是( )A .串接A 、B ,使滑动触头顺时针转动,灯泡变暗 B .串接A 、C ,使滑动触头逆时针转动,灯泡变亮 C .串接A 、C ,使滑动触头顺时针转动,灯泡变暗D .串接B 、C ,使滑动触头顺时针转动,灯泡变亮 答案 AD解析 依据电位器结构和连线可知:连接A 、B 使滑动触头顺时针转动时回路电阻增大,回路电流减小,灯泡变暗,A 项正确;同理,D 项正确;连接A 、C 时,滑动触头不能变更回路电阻,灯泡亮度不变,故B 、C 两项错误.4.(2024·湖北)如图所示,某种材料确定的圆柱形导体长为L ,横截面的直径为d ,其两端所加的电压为U ,当这三个物理量中仅有一个物理量变更时,关于导体中自由电子定向运动的平均速率.下列说法正确的是( )A .导体的长度变为2L ,导体中自由电子定向运动的平均速率变为原来的4倍B .电压变为2U ,导体中自由电子定向运动的平均速率不变C .导体横截面的直径变为2d ,导体中自由电子定向运动的平均速率变为原来的2倍D .导体横截面的直径变为0.5d ,导体中自由电子定向运动的平均速率不变 答案 D解析 A 项,导体的长度变为2L ,电阻变为2R ;电流变为12I ;依据电流的微观表达式为I=neSv ,电子定向运动的平均速率变为0.5v ;故A 项错误;B 项,电压变为2U ,电流变为2I ,依据电流的微观表达式为I =neSv ,电子定向运动的平均速率变为2倍,故B 项错误;C 项,导体横截面的直径变为2d ,横截面积变为4倍,电阻变为0.25倍;电流变为4倍;依据电流的微观表达式为I =neSv ,电子定向运动的平均速率不变;故C 项错误;D 项,导体横截面的直径变为0.5d ,横截面积变为0.25倍,电阻变为4倍;电流变为0.25倍;依据电流的微观表达式为I =neSv ,电子定向运动的平均速率不变;故D 项正确.5.两根材料相同的匀称金属导线A 和B ,其长度分别为L 和2L ,串联在电路中时沿长度方向电势的变更如图所示,则A 和B 金属导线中的自由电子定向移动的平均速率之比v A ∶v B 为( )A .3∶2B .1∶3C .2∶1D .3∶1答案 D解析 A 、B 两端的电势差分别为6 V ,4 V ,电流相等,依据欧姆定律得,R A R B =32.依据电阻定律得,R =ρL S ,则S =ρLR .则横截面积之比S A S B =L 2L ×23=13.依据I =neSv ,I 、n 、e 相同,v 与S 成反比,故v A ∶v B =S B ∶S A =3∶1.6.(多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数,不计其自身机械损耗.若该车在额定状态下以最大运行速度行驶,则( )自重 40(kg) 额定电压 48(V) 载重 75(kg) 额定电流 12(A) 最大速度20(km/h)额定输出功率350(W)A.C .该车获得的牵引力为104 N D .该车受到的阻力为63 N答案 AD解析 电动机的输入功率P 入=IU =12×48 W=576 W ,故A 项正确;电动机正常工作时为非纯电阻器件,不能用R =UI 计算内阻,故B 项错;电动车速度最大时,牵引力F 与阻力F f 大小相等,由P 出=Fv max =F f v max 得F =F f =P 出v max =350203.6 N =63 N ,故C 项错误,D 项正确.7.(2024·长沙模拟)(多选)一额定功率为9 W 、额定电压为9 V 的小灯泡L 和始终流电动机并联,与定值电阻R =4 Ω串联后接在电路中的AB 两点间,电流表A 为志向电表,电路如图所示,灯泡的电阻不变.当AB 间接电压0.49 V 时,电动机不转、灯泡不亮,电流表示数为0.1 A ;当AB 间接电压15 V 时,电动机转动起来、灯泡正常发光.则下列说法正确的是( )A .电动机线圈电阻为1 ΩB .灯泡正常发光时电流表示数0.5 AC .灯泡正常发光时电流表示数1 AD .电动机输出的机械功率4.25 W答案 AD解析 A 项,依据P =U 2R 可知灯泡电阻R L =U 2P =929 Ω=9 Ω,当AB 间接电压0.49 V 时,电动机不转、为纯电阻电路,依据欧姆定律可知R 两端电压:U R =IR =0.1×4 V=0.4 V ,灯泡两端电压U 1=U -U R =0.49 V -0.4 V =0.09 V ,通过灯泡的电流I 1=U 1I 1=0.01 A ,通过电动机的电流:I 2=0.1 A -0.01 A =0.09 A ,依据并联电路特点可知电动机线圈电阻r =U 1I 2=0.090.09Ω=1 Ω;故A 项正确;B 项,当AB 间接电压15 V 时,灯泡正常发光,灯泡两端电压为U L =9 V ,通过灯泡的电流为I L =1 A ,则电动机两端电压为U M =9 V ,R 两端电压为U R =6 V ,干路电流I =U R R =64 A =1.5 A ,电流表示数为1.5 A ,通过电动机的电流为I M =I -I L =0.5 A ,则此时电动机输出的机械功率:P =U L I L -I M 2r =4.25 W .故B 、C 两项错误,D 项正确.8.(2024·定州市模拟)如图所示的电路,将两个相同的电流表分别改装成A 1(0~3 A)和A 2(0~0.6 A)的电流表,把两个电流表并连接入电路中测量电流强度,则下列说法正确的是( )A .A 1的指针半偏时,A 2的指针满偏B .A 1的指针还没半偏时,A 2的指针已经半偏C .A 1的读数为1 A 时,A 2的读数为0.6 AD .A 1的读数为1 A 时,干路的电流I 为1.2 A 答案 D解析 A 项,电流表是由电流计并联一个电阻改装而成,两电流表并联,知两表头也并联,流过两表头的电流相等,所以A 1的指针半偏时,A 2的指针也半偏,A 1的指针还没半偏时,A 2的指针也没半偏,故A 、B 两项错误.C 项,两电流表的内阻之比为1∶5,则电流之比为5∶1.A 1的读数为1 A 时,A 2的读数为0.2 A ,干路中的电流为1.2 A .故C 项错误,D 项正确. 9.(多选)在如图甲所示的电路中,电源电动势为3.0 V ,内阻不计,L 1、L 2、L 3为三个特别材料制成的相同规格的小灯泡,这种灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,当开关S 闭合稳定后( )A .L 1、L 2、L 3的电阻相同B .L 3两端的电压为L 1的2倍C .通过L 3的电流是L 1的2倍D .L 3消耗的功率为0.75 W答案 BD解析 A 项,当开关S 闭合稳定后,灯泡L 3的电压等于3 V ,由图读出其电流I 3=0.25 A ,则灯泡L 1的电阻R 3=U 3I 3=12 Ω,灯泡L 2、L 1串联,电压等于1.5 V ,由图读出其电流I 2=I 3=0.20 A ,灯泡L 2、L 3的电阻均为R 2=U 2I 2=7.5 Ω.故A 、C 两项错误,B 项正确.D 项,功率P 3=U 3I 3=0.75 W .故D 项正确.10.温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中,它是利用热敏电阻的阻值随温度变更的特性来工作的.如图甲所示,电源的电动势E =9.0 V ,内阻不计,G 为灵敏电流计,内阻R g 保持不变;R 为热敏电阻,其电阻阻值与温度的变更关系如图乙所示.闭合开关S ,当R 的温度等于20 ℃时,电流表示数I 1=2 mA ;当电流表的示数I 2=3.6 mA 时,热敏电阻的温度是( )A .60 ℃B .80 ℃C .100 ℃D .120 ℃答案 D解析 由图像知,当t 1=20 ℃时,热敏电阻的阻值R 1=4 kΩ,依据闭合电路欧姆定律I 1=E R 1+R g ,可解得R g =0.5 kΩ,又I 2=ER 2+R g,可解得R 2=2 kΩ,结合图像得t 2=120 ℃,故选D 项. 二、非选择题11.图1是改装并校准电流表的电路图,已知表头的量程为I g=600 μA,内阻为R g=180 Ω,是标准电流表,要求改装后的电流表量程为I=60 mA.完成下列填空.(1)图1中分流电阻R p的阻值为________.(2)在电表改装成后的某次校准测量中,表的示数如图2所示,由此读出流过电流表的电流为________ mA.此时流过分流电阻R p的电流为________ mA(保留一位小数).答案(1)1.8 Ω(2)50 49.5解析(1)由于R g和R p并联,R p=I g R gI-I g=1.8 Ω(2)由图2知流过电流表的电流I为50 mA;设此时流过表头的电流为I g,流过R P的电流为I R,∵加在表头和R p上的电压相等,故有I g R g=I R R p①I=I g+I R②由①②联立得:I R≈49.505 mA≈49.5 mA.12.某同学用量程为1 mA、内阻为120 Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1 V 和1 A的多用电表.图中R1和R2为定值电阻,S为开关.回答下列问题:(1)依据图(a)所示的电路,在图(b)所示的实物图上连线.(2)开关S闭合时,多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”);开关S 断开时,多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”).(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”).(4)定值电阻的阻值R1=________ Ω,R2=________ Ω.(结果取3位有效数字)答案(1)连线如图所示(2)电流 电压 (3)黑 (4)1.00 880解析 (1)依据电路图连接实物图,留意两表笔与表头的正负接线柱.(2)依据“串联分压,并联分流”可知,当S 断开时,多用电表测量电压;当S 闭合时,多用电表测量电流.(3)电流从红表笔流进多用电表,从黑表笔流出.从电路图中表头和表笔的接法可知电流从表笔A 流出,所以A 为黑表笔.(4)当S 断开时为电压表,此时R 2= 1 V10-3 A -120 Ω=880 Ω;当S 闭合时为电流表,此时R 1=10-3A ×(120 Ω+880 Ω)1 A -10-3A≈1.00 Ω. 13.(2015·课标全国Ⅰ)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图,其中虚线框内是毫安表的改装电路.(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω,满偏电流为1 mA ;R 1和R 2为阻值固定的电阻.若运用a 和b 两个接线柱,电表量程为3 mA ;若运用a 和c 两个接线柱,电表量程为10 mA.由题给条件和数据,可求出R 1=________ Ω,R 2=________ Ω.(2)现用—量程为3 mA 、内阻为150 Ω的标准电流表Ⓐ对改装电表的3 mA 挡进行校准,校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0.电池的电动势为1.5 V ,内阻忽视不计;定值电阻R 0有两种规格,阻值分别为300 Ω和1 000 Ω;滑动变阻器R 有两种规格,最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R 0应选用阻值为________ Ω的电阻,R 应选用最大阻值为________ Ω的滑动变阻器.(3)若电阻R 1和R 2中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图(b)的电路可以推断出损坏的电阻.图(b)中的R′为爱护电阻,虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路.则图中的d 点应和接线柱________(填“b”或“c”)相连.推断依据是:____________________________________________________________________________________________________. 答案 (1)15 35 (2)300 3 000(3)c 若电流表无示数,则说明R 2断路,若电流表有示数,则说明R 1断路解析 (1)若运用a 和b 两个接线柱,量程为3 mA ,则通过R 1的电流为2 mA ,电流比为1∶2,所以电阻比为2∶1,可得R 1+R 2=12R g =50 Ω.若运用a 和c 两个接线柱,电表量程为10 mA ,通过R 1的电流为9 mA ,电流比为1∶9,可得电阻比为9∶1,即R 1=19(R g +R 2),整理可得R 1=15 Ω,R 2=35 Ω.(2)依据电流表校准的刻度,可知电路中总阻值最大为1.5 V0.0 005 A=3 000 Ω,最小阻值为1.5 V0.003 A=500 Ω.若定值电阻选择为1 000 Ω,则无法校准3.0 mA ;所以定值电阻选择300Ω.由于最大阻值要达到3 000 Ω,所以滑动变阻器要选择3 000 Ω.(3)因为只有一个损坏,所以验证R 2是否损坏即可.所以d 点应和接线柱“c”相连,若电流表无示数,则说明R 2断路,若电流表有示数,则说明R 1断路.。

高三物理一轮复习课时作业及详细解析 第35讲电学实验综合

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基础热身1.2012·甘肃模拟某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ.完成下列部分步骤:(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度,如图K35-1甲所示,由图可知其长度为______________mm.甲乙图K35-1(2)用螺旋测微器测量其直径,如图K35-1乙所示,由图可知其直径为_________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图K35-2所示,则该电阻的阻值约为________Ω.图K35-2(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下:待测圆柱体电阻R;电流表A1(量程0~4 mA,内阻约50 Ω);电流表A2(量程0~10 mA,内阻约30 Ω);电压表V1(量程0~3 V,内阻约10 kΩ);电压表V2(量程0~15 V,内阻约25 kΩ);直流电源E(电动势4 V,内阻不计);滑动变阻器R1(阻值范围0~15 Ω,允许通过的最大电流2.0 A);滑动变阻器R2(阻值范围0~2 kΩ,允许通过的最大电流0.5 A);开关S,导线若干.为使实验误差较小,要求测得多组数据进行分析,请在虚线框中画出测量的电路图,并标明所用器材的代号.技能强化2.2011·海淀一模某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时,发现里面除了一节1.5 V的干电池外,还有一个方形的层叠电池.为了测定层叠电池的电动势和内电阻,实验室中提供如下器材:A.电流表A1(满偏电流10 mA,内阻10 Ω);B.电流表A2 (0~0.6~3 A,内阻未知);C.滑动变阻器R0(0~100 Ω,1.0 A);D.定值电阻R(阻值990 Ω);E.开关S与导线若干.(1)该同学根据现有的实验器材,设计了如图K35-3所示的电路,请按照电路图在图K35-4的实物图中完成连线.图K35-3图K35-4(2)该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据,绘出如图K35-5所示的I1-I2图线(I1为电流表A1的示数,I2为电流表A2的示数),则由图线可以得到被测电池的电动势E=________V,内阻r=________Ω.(保留两位有效数字).图K35-53.有一种特殊的电池,它的电动势E约为9 V,内阻r约为50 Ω,该电池允许输出的最大电流为50 mA.某同学利用如图K35-6甲所示的电路进行实验测定这个电池的电动势和内阻,图中电压表的内阻很大,对电路的影响可不考虑,R为阻值范围0~9999 Ω的电阻箱,定值电阻R0是保护电阻.(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格:甲乙图K35-6A.10 Ω,2.5 W B.100 Ω,1.0 WC.200 Ω,1.0 W D.2000 Ω,5.0 W本实验中应选用________(填字母代号).(2)该同学接入符合要求的R0后,闭合开关S,调整电阻箱的阻值,读取电压表的示数,改变电阻箱阻值,取得多组数据,作出了如图K35-6乙所示的图线(已知该直线的截距为0.1 V-1).根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E=________V,内阻r=________ Ω.4.现有如下器材:电源,滑动变阻器,电流表A1(0~200 mA,内阻约11 Ω),电流表A2(0~300 mA,内阻约为8 Ω),定值电阻R1=24 Ω,R2=12 Ω,开关一个,导线若干.某同学为了测量A 1的内阻,设计了图K35-7中A 、B 、C 、D 四套方案进行实验,其中最佳的方案是________,若用此方案测得A 1、A 2示数分别为180 mA 和270 mA ,则A 1的内阻为________Ω.A BC D图K35-75.某同学用电流表A(0~200 mA ,内阻为12 Ω),电阻箱R (最大阻值9.9 Ω),定值电阻R 0=6.0 Ω,一个开关和若干导线来测量一个电源(电动势E 约为6.2 V ,内阻r 约为2.1 Ω)的电动势及内阻.请在虚线框中画出设计电路图.若记录实验中电阻箱的阻值R 和对应的A 示数的倒数,得到多组数据后描点作出R -1I图线如图K35-8所示,则该电源的电动势E =________V ,内阻r =________Ω.(结果保留两位有效数字)图K35-86.2011·宁波模拟在把电流表改装为电压表的实验中,提供的器材有:A .电流表(量程0~100 μA,内阻几百欧);B .标准电压表(量程0~3V);C .电阻箱(0~9999 Ω);D .滑动变阻器(0~50 Ω,额定电流1.5 A);E .滑动变阻器(0~100 kΩ,额定电流0.5 A);F .电源(电动势6 V ,有内阻);G .电源(电动势2 V ,内阻很小);H .开关两只,导线若干.(1)该实验首先要用半偏法测出电流表的内阻,如果采用如图K35-9甲所示的电路,并且要想得到较高的精确度,那么从上面给出的器材中,可变电阻R 1应选用________,可变电阻R 2应选用________,电源应选用________.(填器材前的字母)图K35-9(2)实验时,先闭合S 1,调节R 1使电流表满偏,再闭合S 2,保持R 1不变而调节R 2使电流表半偏,读出R 2此时的数值即为电流表内阻的测量值,此测量值与电流表的真实值相比________(选填“偏大”、“偏小”或“相等”).(3)图乙提供了将电流表改装为电压表并将改装电压表与标准电压表进行核对所需的器材,核对时要求对改装表量程范围(0~3 V)内每隔0.5 V 均进行核对,请将实验器材按以上要求用连线连接成实验电路.挑战自我7.2011·海南预测(1)一多用电表的欧姆挡有三个倍率,分别是“×1”、“×10”、“×100”.用“×10”挡测量某电阻时,操作步骤正确,而表头指针偏转角度很小,为了较准确地进行测量,应换用“________”挡.如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是____________.若补上该步骤后测量,表盘的示数如图K35-10甲所示,则该电阻的阻值是________Ω.若将该表选择旋钮置于25 mA挡,表盘的示数仍如图甲所示,则被测电流为________ mA.图K35-10(2)要精确测量一个阻值约为5 Ω的电阻R x,实验提供下列器材:电流表A1 (量程为100 mA,内阻r1约为4 Ω);电流表A2 (量程为500 μA,内阻r2=750 Ω);电池E(电动势E=1.5 V,内阻很小);滑动变阻器R0(阻值约为0~10 Ω);开关S,导线若干.①请设计一个测定电阻R x的电路图,画在虚框线中.②根据你设计的电路图,将图乙中的实物连成实验电路.③根据某次所测量值写出电阻R x的表达式:R x=__________.课时作业(三十五)A【基础热身】1.(1)50.15 (2)4.700 (3)220(4)如图所示【技能强化】2.(1)如图所示(2)9.1 10[解析] (1)实物连接如图所示.(2)由闭合电路欧姆定律得E=I1(R+R A1)+(I1+I2)r,从图中可以得出:I1=8.0 mA时,I2=0.1 A;I1=4.0 mA时,I2=0.5 A.把数据代入I1和I2的关系式,联立解得E=9.1 V,r=10 Ω.3.(1)C (2)10 46[解析] (1)若电阻箱的阻值为零,则有E=I m(R0+r),解得R0=130 Ω,要求定值电阻约为130 Ω,A、B不能选,C允许的最大电流为I=PR=1200A=0.07 A=70 mA,大于50 mA ,符合要求,R 0应选C.(2)由闭合电路欧姆定律,有E =U +U R 0+R ·r ,即1U =1E +r E ·1R 0+R,对比图乙得,电源的电动势等于纵轴截距的倒数,直线的斜率等于电源的内阻与电动势的比值,所以电动势E =10 V ,内阻r =E ×k =10×4.6 Ω=46 Ω.4.D 12[解析] 最佳的方案是D ,这样电路中的总电流较小,还能使两个电流表的指针偏角较大,误差较小.根据并联电路的特点可得:I 2=I 1+I R 1=I 1+I 1r 1R 1,即0.27=0.18+0.18r 124,解得电流表A 1的内阻为r 1=12 Ω.5.如图所示 6.0 2.0[解析] 由于电流表A 的量程过小,可以并联一个分流电阻R 0.电路如图所示.由闭合电路欧姆定律可得E =Ir A +(I +Ir A R 0)(R +r ),代入数据解得R = E 3·1I-r -4,对比图 象可得r +4=6,解得r =2.0 Ω;E 3=63,解得E =6.0 V.6. (1)E C F (2)偏小 (3)如图所示[解析] (2)闭合S 2后,电路中的总电阻减小,电路中的总电流增大,通过电流表的电流减为原来的一半,则通过可变电阻R 2的电流大于通过电流表的电流,可变电阻R 2的阻值小于电流表的内阻,测量值比真实值偏小.【挑战自我】7.(1)×100 欧姆表重新调零 2200 9.9 (2)①如图甲所示 ②如图乙所示 ③I 2r 2I 1-I 2甲 乙[解析] (1)由于指针偏转角度很小,说明被测电阻过大,应换用“×100”挡;欧姆表换挡后,必须重新调零,所以缺少的步骤是欧姆表调零;从图中可以读出被测电阻的阻值为:22×100 Ω=2200 Ω;选择旋钮置于25 mA ,意思是指针满偏时,电流为25 mA ,从图中读出被测电流为9.9 mA.(2)①测量电阻R x 的电路图如图甲所示.②实物连接如图乙所示.③设电流表A1的示数为I1,电流表A2的示数为I2.根据并联电路的特点可得:I2r2=(I1-I2)R x,解得:R x=I2r2I1-I2.。

2021届高三物理一轮复习课时作业41测定电源的电动势和内阻Word版含解析

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课时作业(四十一)测定电源的电动势和内阻[根底训练]1.下面给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法,其中既能减小偶然误差,又直观、简便的方法是()A.测出两组I、U的数据,代入方程组E=U1+I1r和E=U2+I2r,求出E、rB.测出多组I、U的数据,求出几组E、r,最后分别求出其平均值C.测出多组I、U的数据,画出U-I图象,再根据图象求出E、rD.测出多组I、U的数据,分别求出I和U的平均值,用电压表测出断路时的路端电压即电动势E,再用闭合电路欧姆定律求出内阻r答案:C 解析:测出多组I、U的数据,画出U-I图象可消除某次测量不准造成的偶然误差,且方法直观、简便,C正确.2.某实验小组利用如下图电路测定一节电池的电动势和内电阻,备有以下器材:①待测电池,电动势约为1.5 V(小于1.5 V)②电流表,量程3 mA ③电流表,量程0.6 A④电压表,量程1.5 V ⑤电压表,量程3 V⑥滑动变阻器,0~20 Ω ⑦开关一个,导线假设干(1)请选择实验中需要的器材________(填标号).(2)按电路图将实物(如图甲所示)连接起来.(3)小组由实验数据作出的U-I图象如图乙所示,由图象可求得电源电动势为________V,内电阻为________Ω.甲乙答案:见解析解析:(1)电流表量程3 mA不能满足实验需要,应选量程为0.6 A的电流表;电动势小于1.5 V,应选量程为1.5 V的电压表.其他都是电路必需器材,故所需器材为:①③④⑥⑦.(2)如下图.(3)根据图象得:E=1.40 V,r=2.8 Ω.3.(2021·江西九江一中期中)某同学用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内阻,所用的实验器材有:待测电源E,电阻箱R(最大阻值为99.99 Ω),定值电阻R0(阻值为2.0 Ω),电压表(量程为3 V,内阻约为2 kΩ),开关S,导线假设干.实验步骤:将电阻箱阻值调到最大,先闭合开关S,屡次调节电阻箱,记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R,以1U为纵坐标,R为横坐标,作1U-R图线(如图乙所示).甲乙 (1)E 为电源电动势,r 为电源内阻,1U 与R 的关系表达式为________(用E 、r 、R 0表示).(2)根据图线求得电源电动势E =________V ,内阻r =________Ω.(保存两位有效数字)(3)用该种方法测量的结果存在系统误差,产生系统误差的原因是_____________________________________________________.答案:(1)1U =1ER 0R +R 0+r ER 0(2)5.7 3.7 (3)见解析 解析:(1)根据闭合电路欧姆定律有E =U +U R 0(R +r )⇒1U =1ER 0R +R 0+r ER 0.(2)根据表达式可知,图线斜率k =1ER 0=,40) V -1·Ω-1,纵截距b =R 0+r ER 0=0.5 V -1,联立解得E =5.7 V ,r =3.7 Ω.(3)由于电压表与定值电阻并联,有分流作用,使得测量的电流偏小,从而引起实验误差.4.(2021·湖南长沙长郡中学月考)在“测定电源的电动势和内阻〞的实验中,备有以下器材:A .待测的干电池一节B .电流表A 1(量程0~3 mA ,内阻R g1=10 Ω)C.电流表A2(量程0~0.6 A,内阻R g2=0.1 Ω)D.滑动变阻器R1(0~20 Ω,1.0 A)E.电阻箱R0(0~9 999.9 Ω)F.开关和导线假设干甲乙(1)某同学发现上述器材中没有电压表,他想将其中的一个电流表和电阻箱改装成一个电压表,其量程为0~3 V,并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路(虚线框内为改装电压表的电路),其中合理的是________(填“a〞或“b〞)电路,此时R0的阻值应取________ Ω.(2)图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1-I2图象(I1为电流表A1的示数,I2为电流表A2的示数),根据该图线可得被测干电池的电动势E=________V,内阻r=________Ω.答案:(1)b990.0(2)1.48(1.46~1.49均可)0.84(0.82~0.87均可)解析:(1)实验提供的器材中虽然没有电压表,但给出了内阻的两个电流表,电路中电流最小约为I=ER1=75 mA,应选择0~0.6 A量程的电流表A2,应将电流表A1串联电阻箱改装成较大量程的电压表使用,即合理的是b;要改装成量程为0~3 V的电压表,由欧姆定律有U=I g1(R g1+R0),解得R0=990.0 Ω.(2)延长题图乙中图线,可得图线与纵轴的交点的纵坐标为1.48 mA,由闭合电路欧姆定律得E=I1(R g1+R0)+I2r,即I1=ER g1+R0-rR g1+R0·I2,故ER g1+R0=1.48 mA,解得E=1.48 V,将(0.45 A,1.1 mA)代入可得r=0.84.5.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻,实验器材仅有一个电压表(内阻很大)、一个电阻箱、一个开关和导线假设干,该同学按如图甲所示电路进展实验,测得的数据如下表所示.实验次数 1 2 3 4 5R(Ω) 2.0 4.0 6.0 8.0U(V) 1.00 1.19 1.27 1.31UR(A)0.50 0.30 0.21 0.16甲乙(1)根据表中提供的数据,假设利用图象确定电池的电动势和内阻,那么应作________图象.(填选项前的字母)A .U -U RB .R -UC .R -U R D.1R -U (2)根据(1),利用测得的数据,在图乙所示的坐标纸上作出适当的图象.(3)由(2)中作出的图象可知,该干电池的电动势E =________V ,内阻r =________Ω.答案:(1)A (2)如下图 (3)1.47(1.45~1.48均可)0.94(0.92~0.96均可)解析:(1)根据表中提供的数据,假设利用图象确定干电池的电动势和内阻,那么应作U -I 图象,即U -U R 图象.(2)如下图.(3)根据闭合电路欧姆定律可知,电源的电动势等于断路电压,所以由(2)中作出的图象可知,该干电池的电动势E=1.47 V,图象斜率的绝对值表示干电池的内阻,内阻r=0.94 Ω.[能力提升]6.(2021·北京二模)某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E和内阻r及电阻R1的阻值.甲实验器材有:待测电源,待测电阻R1,电压表V(量程0~3 V,内阻很大),电阻箱R(0~99.99 Ω),单刀单掷开关S1,单刀双掷开关S2,导线假设干.(1)先测电阻R1的阻值.请将该同学的操作补充完整:A.闭合S1,将S2切换到a,调节电阻箱,读出其示数R0和对应的电压表示数U1.B.________,将S1切换到b,读出电压表的示数U2.C.那么电阻R1的表达式为R1=________.(2)该同学已经测得电阻R1=3.2 Ω,继续测电源电动势E和内阻r,其做法是:闭合S1,将S2切换到a,屡次调节电阻箱,读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U,由测得的数据,绘出了如图乙所示的1U-1R图线,那么电源电动势E=________V,内阻r=________Ω.乙答案:(1)保持电阻箱示数不变 U 2-U 1U 1R 0 解析:(1)由实验电路图分析可知在切换S 2时,应使电路中的电流保持不变,那么应保持电阻箱示数不变.S 2切换到a 时,电压表测量的是电阻箱R 两端的电压,那么有U 1=IR 0,当S 2接b 时,电压表测量的是电阻箱R 和R 1两端的电压,那么有U 2=I (R 0+R 1),解得R 1=U 2-U 1U 1R 0. (2)电阻箱两端的电压U =E R +R 1+rR ,那么1U =1E +(R 1+r )E ·1R ,再由图乙中纵轴截距可得1E =0.5 V -1,得E =2.0 V ,图线斜率R 1+r E =1.5-0.50.5-0Ω/V =2 Ω/V ,又知R 1=3.2 Ω,解得r =0.8 Ω. 7.(2021·内蒙古赤峰二中三模)某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻.(1)在使用多用电表时指针位置如图甲所示,假设电表的选择开关指在电阻“×10〞挡,那么读数结果为________Ω;假设多用电表的选择开关指在直流“2.5 V 〞挡,然后直接接在电池两极,那么电池电动势约为________ V .甲(2)为了更准确地测量电池的电动势和内阻,他用多用电表的直流“100 mA〞挡设计了如图乙所示的测量电路,在图丙虚线框里画出实验电路图.(多用电表符号为“〞,电阻箱符号为“〞)乙丙丁(3)将多用电表的选择开关从“OFF〞旋转至直流“100 mA〞挡,.下载后可自行编辑修改,页脚下载后可删除。

高三物理一轮复习课时作业及详细解析 第42讲电磁感应与电路的综合

高三物理一轮复习课时作业及详细解析 第42讲电磁感应与电路的综合

基础热身1.2011·锦州模拟如图K42-1所示,竖直平面内有一金属环,半径为a ,总电阻为R (指拉直时两端的电阻),磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面.与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B 点的线速度为v ,则此时AB 两端的电压大小为( )A.Bav 3B.Bav 6C.2Bav 3 D .Bav图K42-1图K42-22.如图K42-2所示,分别接有电压表V 和电流表A 的两个相同闭合回路以相同的速度在匀强磁场中匀速向右运动,下列说法中正确的是( )A .电流表示数为零,电压表示数不为零B .电流表示数为零,电压表示数为零C .电流表示数不为零,电压表示数为零D .电流表示数不为零,电压表示数不为零图K42-33.2011·深圳模拟如图K42-3所示,水平光滑的金属框架的左端连接一个电阻R ,有一金属杆在外力F 的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动,匀强磁场方向竖直向下,轨道与金属杆的电阻不计并接触良好,则能反映外力F 随时间t 变化规律的图象是图K42-4中的( )A B C D图K42-4技能强化甲 乙图K42-54.2011·烟台模拟如图K42-5甲所示,矩形线框abcd固定放在匀强磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的图象如图K42-5乙所示.设t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里,图K42-6中I表示线圈中感应电流的大小,F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定电流沿顺时针方向为正,ab边中所受的安培力方向向左为正),则可能正确的是( )A BC D图K42-65.2011·上海模拟如图K42-7甲所示,线圈A、B紧靠在一起,当给线圈A通以如图K42-7乙所示的电流(规定电流由a进入为正方向)时,则电压表的示数变化情况(规定电流由c进入电压表为正方向)应为图K42-8中的( )图K42-7A B C D图K42-8图K42-96.如图K42-9所示,两条平行虚线之间存在匀强磁场,虚线间的距离为l,磁场方向垂直纸面向里.abcd是位于纸面内的梯形线圈,ad与bc间的距离也为l,t=0时刻,bc 边与磁场区域边界重合.现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域,取沿a→b→c→d→a的感应电流为正,则在线圈穿越磁场区域的过程中,感应电流I 随时间t变化的图线可能是图K42-10中的( )A BC D图K42-10图K42-117.2011·湖北联考如图K42-11所示,一个正方形单匝线圈abcd边长为L,线圈每边的电阻均为R,以恒定速度v通过一个宽度为2L的匀强磁场区,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.图K42-12中能正确反映ab两端电压U ab随时间t变化关系的是( )图K42-128.2011·皖南八校联考一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内,磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里,如图K42-13甲所示,磁感应强度B随t的变化规律如图K42-13乙所示.以I表示线圈中的感应电流,以图K42-13甲中线圈上箭头所示方向的电流为正,则如图K42-14所示的I-t图中正确的是( )甲乙图K42-13A BC D图K42-14图K42-159.两块水平放置的金属板间的距离为d ,用导线与一个n 匝线圈相连,线圈电阻为r ,线圈中有竖直方向的磁场,电阻R 与金属板连接,其余电阻均不计.如图K42-15所示,两板间有一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态,则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )A .磁感应强度B竖直向上且正在增强,ΔΦΔt =mgd nq B .磁感应强度B 竖直向下且正在增强,ΔΦΔt =mgd nqC .磁感应强度B 竖直向上且正在减弱,ΔΦΔt =mgd (R +r )nqRD .磁感应强度B 竖直向下且正在减弱,ΔΦΔt =mgd (R +r )nqR挑战自我10.[2011·浙江卷] 如图K42-16甲所示,在水平面上固定有长为L =2 m 、宽为d =1 m 的金属“U”形导轨,在“U”形导轨右侧l =0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t =0时刻,质量为m =0.1 kg 的导体棒以v 0=1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1 Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g =10 m/s 2).(1)通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况;(2)计算4 s 内回路中电流的大小,并判断电流方向;(3)计算4 s 内回路产生的焦耳热.甲 乙图K 42-16课时作业(四十二)【基础热身】1.A [解析] 导体棒AB 摆到竖直位置时,AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E =B ·2a ·(12v )=Bav .由闭合电路欧姆定律,U AB =E R 2+R 4·R 4=13Bav ,故选项A 正确. 2.B [解析] 闭合回路向右匀速运动时,穿过回路的磁通量不变,回路中不产生感应电流,根据电压表、电流表工作原理,两表示数均为零,B 选项正确. 3.B [解析] 由F 安=BIL ,I =BLv R ,F -F 安=ma ,v =at ,联立解得F =B 2L 2a Rt +ma ,故选项B 正确.【技能强化】4.A [解析] 由楞次定律知,0~2 s 时间段内感应电流为顺时针方向,2~4 s 时间段内感应电流为逆时针方向;由法拉第电磁感应定律知,0~4 s 时间段内感应电动势大小不变;由左手定则知,0~1 s 、2~3 s 时间段ab 边所受的安培力方向向左,1~2 s 、3~4 s 时间段ab 边所受的安培力方向向右;由安培力F =BIL 知,安培力大小总与磁感应强度大小成正比.只有选项A 正确.5.D [解析] 第1 s 内穿过线圈B 的磁通量向左且均匀增大,根据楞次定律知,感应电流由d 进入电压表,且感应电动势大小不变,电压表两端电压不变;同理可知其他时间段情况,选项C 正确.6.B [解析] 当bc 刚进入磁场时,产生电动势为Blv ,l 为bc 长度,电流方向为负方向,随着bc 向右移,进入磁场的有效长度应该是框架与左边虚线两交点的距离,这段长度均匀变长,故产生的电动势均匀增大,电流也均匀增大.当bc 边刚出磁场时,ad 边刚进入磁场,此时电流方向为正方向,有效长度为框架与右侧虚线两交点的距离,故电动势在均匀增大,电流也均匀增大.7.B [解析] 线圈进入磁场时,U ab 应该是路端电压,大小等于电动势E 的34,此时E =BLv ,所以U ab =3BLv 4,完全进入磁场后,没有感应电流,但有感应电动势,大小为BLv ,出来时电压应该是电动势E 的14,U ab =BLv 4,方向始终是相同的,即φa >φb .由以上分析可知选项B 正确.8.A [解析] 由图可知,在0~1 s 内磁感应强度均匀增大,由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势大小恒定,据此排除选项C ;据楞次定律可知,在0~1 s 内回路中感应电流为逆时针,为负值,据此排除选项B ;在4~5 s 内磁感应强度保持不变,则回路内磁通量保持不变,感应电流为零,据此可排除选项D.9.C [解析] 设板间电压为U ,由平衡条件得,油滴受的电场力方向向上,U d q =mg ,上板带负电.因E =n ΔΦΔt =U +U R r ,故ΔΦΔt =mgd (R +r )nqR.由楞次定律知,磁感应强度为向上在减弱或向下在增强,选项C 正确.【挑战自我】10.(1)略 (2)0.2 A ,顺时针方向 (3)0.04 J【解析】 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动,有-μmg =mav t =v 0+atx =v 0t +12at 2 导体棒速度减为零时,v t =0代入数据解得:t =1 s ,x =0.5 m ,因x <L -l ,故导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s 末已停止运动,以后一直保持静止,离左端位置仍为x =0.5 m(2)前2 s 磁通量不变,回路电动势和电流分别为E =0,I =0后2 s 回路产生的电动势为E =ΔΦΔt =ld ΔB Δt=0.1 V 回路的总长度为5 m ,因此回路的总电阻为R =5λ=0.5 Ω电流为I =E R =0.2 A根据楞次定律,在回路中的电流方向是顺时针方向.(3)前2 s 电流为零,后2 s 有恒定电流,回路产生的焦耳热为Q =I 2Rt =0.04 J.。

高考物理一轮复习专项训练—电学实验综合(含解析)

高考物理一轮复习专项训练—电学实验综合(含解析)

高考物理一轮复习专项训练—电学实验综合(含解析)1.为了测量一微安表头A的内阻,某同学设计了如图所示的电路.图中A0是标准微安表,R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱,S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关,E是电池.完成下列实验步骤中的填空:1.为了测量一微安表头A的内阻,某同学设计了如图所示的电路.图中A0是标准微安表,R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱,S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关,E是电池.完成下列实验步骤中的填空:(1)将S拨向接点1,接通S1,调节________,使待测表头指针偏转到适当位置,记下此时______的读数I;(2)然后将S拨向接点2,调节______________,使__________,记下此时R N的读数;(3)多次重复上述过程,计算R N读数的______,此即为待测微安表头内阻的测量值.2.(2023·湖南常德市高三月考)要测量电压表V1的内阻R V1,已知其最大量程为3 V,内阻约3 kΩ.实验室提供的器材有:电流表A,量程0~0.6 A,内阻约为0.1 Ω电压表V2,量程0~5 V,内阻约为5 kΩ定值电阻R1,阻值为20 Ω定值电阻R2,阻值为2 kΩ滑动变阻器R3,最大阻值100 Ω,额定电流1.5 A电源E,电动势6 V,内阻约为0.5 Ω开关S一个,导线若干.(1)某同学设想按图甲所示电路进行测量,读出电压表V1和电流表A的示数后,用欧姆定律计算出R V1.该方案实际上__________(填“可行”或“不可行”),最主要的原因是____________.(2)另一同学按如图乙所示的实物电路来测量电压表V1的内阻R V1.①图中R0应选__________.(选填“R1”或“R2”)②在虚线方框内画出该实验电路图.③接通电路后,调整滑动变阻器的滑动触头在适当的位置,此时电压表V1的读数为U1,电压表V2的读数为U2,定值电阻的阻值为R0,则电压表V1的内阻R V1的表达式为R V1=________.3.某同学用电压表和电流表测量R x的电阻,已知电压表内阻约3 kΩ,电流表内阻约1 Ω.(1)某同学用如图甲所示电路测量电阻R x,R x的测量值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”);若被测电阻R x的阻值约为10 Ω,应采用图________(选填“甲”或“乙”)所示电路误差会比较小.(2)无论是用图甲还是图乙所示电路测量,都不可避免地会产生由电表内阻引起的系统误差.某学习小组设计了以下方案,以避免电表内阻引起的系统误差.该方案利用图丙所示的电路进行测量,主要实验步骤如下:第一步:将单刀双掷开关S2接2,闭合开关S1,调节滑动变阻器R P1和R P2,使电表读数接近满量程,但不超过量程,记录此时电压表和电流表的示数U1、I1.①请你写出第二步操作步骤,并说明需要记录的数据;________________________________________________________________________②用测得数据计算被测电阻阻值的计算式是R x=____________________.③简要说明此实验方案为什么能避免由电表内阻引起的实验误差.______________________________________________________________________________________4.(2021·山东卷·14)热敏电阻是传感器中经常使用的元件,某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律.可供选择的器材有:待测热敏电阻R T(实验温度范围内,阻值约几百欧到几千欧);电源E(电动势1.5 V,内阻r约为0.5 Ω);电阻箱R(阻值范围0~9 999.99 Ω);滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω);滑动变阻器R2(最大阻值2 000 Ω);微安表(量程100 μA,内阻等于2 500 Ω);开关两个,温控装置一套,导线若干.同学们设计了如图甲所示的测量电路,主要实验步骤如下:①按图示连接电路;②闭合S1、S2,调节滑动变阻器滑片P的位置,使微安表指针满偏;③保持滑动变阻器滑片P的位置不变,断开S2,调节电阻箱,使微安表指针半偏;④记录此时的温度和电阻箱的阻值.回答下列问题:(1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值,滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”).(2)请用笔画线代替导线,在图乙中将实物图(不含温控装置)连接成完整电路.(3)某温度下微安表半偏时,电阻箱的读数为6 000.00 Ω,该温度下热敏电阻的测量值为________ Ω(结果保留到个位),该测量值______(填“大于”或“小于”)真实值.(4)多次实验后,学习小组绘制了如图丙所示的图像.由图像可知,该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐________(填“增大”或“减小”).5.某小组用惠斯通电桥测量电阻R x的阻值:方案一:如图(a)所示,先闭合开关S,然后调整电阻箱R2的阻值,使开关S0闭合时,电流表G 的示数为零.已知定值电阻R 1、R 3的阻值,即可求得电阻R x 的阻值.(1)实验中对电流表G 的选择,下列说法正确的是________.A .电流表的零刻度在表盘左侧B .电流表的零刻度在表盘中央C .电流表的灵敏度高,无需准确读出电流的大小D .电流表的灵敏度高,且能准确读出电流的大小(2)若实验中未接入电流表G ,而其他电路均已连接完好,调节电阻箱R 2,当R 2R x >R 1R 3,则B 、D 两点的电势的关系满足φB ________(选填“>”“<”或“=”)φD .方案二:在方案一的基础上,用一段粗细均匀的电阻丝替代R 1、R 3,将电阻箱R 2换成定值电阻R ,如图(b)所示.(3)闭合开关S ,调整触头D 的位置,使按下触头D 时,电流表G 的示数为零.已知定值电阻R 的阻值,用刻度尺测量出l 1、l 2,则电阻R x =________.(用已知量和测得量表示)(4)为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差,将图(b)中的定值电阻R 换成电阻箱,并且按照(3)中操作时,电阻箱的读数记为R 4;然后将电阻箱与R x 交换位置,保持触头D 的位置不变,调节电阻箱,重新使电流表G 的示数为零,此时电阻箱的读数记为R 5,则电阻R x =______.(用电阻箱的读数表示)1.(1)R 0 A 0 (2)R N A 0的读数仍为I (3)平均值2.(1)不可行 电流表量程太大(2)①R 2 ②见解析图 ③U 1U 2-U 1R 0解析 (1)该方案不可行,因为电流表量程太大,结合电路图与电源电动势及电压表内阻可知流经电流表的电流值太小,从而导致误差太大; (2)①因V 2的最大量程为5 V ,V 1的最大量程为3 V ,则定值电阻的阻值应该与V 1的内阻相当,故选R 2;②结合实物图,画出电路图如图所示;③由电路可知R V1=U 1U 2-U 1R 0=U 1U 2-U 1R 0. 3.(1)偏小 甲 (2)见解析解析 (1)题图甲所示电路采用电流表外接法,由于电压表要分流,所以测量值比真实值偏小;被测电阻R x 的阻值约为10 Ω,电压表内阻约3 kΩ,电流表内阻约1 Ω,则有R x <R A ·R V ,所以选用电流表外接方法误差更小,故应采用题图甲所示电路.(2)①将开关S 2接1,闭合开关S 1,保持滑动变阻器R P 1和R P 2滑片位置不变,记录此时电压表和电流表的示数U 2、I 2;②R x =U 1I 1-U 2I 2; ③当单刀双掷开关S 2接2,闭合开关S 1时,有U 1I 1= R x +R A +R P 2;当单刀双掷开关S 2接1,闭合开关S 1时,有U 2I 2=R A +R P 2,所以有R x =U 1I 1-U 2I 2,该实验方案中电流表的内阻所产生的影响在两次实验数据相减后被消除,电压表内阻对实验结果没有影响.4.(1)R 1 (2)见解析图 (3)3 500 大于 (4)减小解析 (1)用半偏法测量热敏电阻的阻值,尽可能让该电路的电压在S 2闭合前、后保持不变,由于该支路与滑动变阻器前半部分并联,滑动变阻器的阻值越小,S 2闭合前、后该部分电阻变化越小,从而电压的值变化越小,故滑动变阻器应选R 1.(2)电路连接图如图所示(3)微安表半偏时,该支路的总电阻为原来的2倍,即R T +R μA =6 000 Ω,可得R T =3 500 Ω 当断开S 2,微安表半偏时,由于该支路的电阻增加,电压略有升高,根据欧姆定律,总电阻比原来的2倍略大,也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻,而认为电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻,因此热敏电阻的测量值比真实值偏大.(4)由于是ln R T -1T 图像,当温度T 升高时,1T减小,从题图丙中可以看出ln R T 减小,从而R T 减小,因此热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐减小.5.(1)BC (2)< (3)l 2l 1R (4)R 4R 5解析 (1)电流表G 零刻度线在中央时,可以判断电流的流向,判断B 和D 两点电势的高低,所以要求电流表G 的零刻度在表盘中央,所以B 正确,A 错误;根据电流表中表针摆动的方向便可判断B 和D 两点电势的高低,进而进行调节,无需准确读出电流的大小,所以C 正确,D 错误.(2)当没有接电流表G 时,R 2与R x 串联,R 1与R 3串联,然后R 2、R x 和R 1、R 3再并联,则I 1R 2+I 1R x =U AB +U BC =U AC ,I 2R 1+I 2R 3=U AD +U DC =U AC ,整理可得R 2R x =U AB U BC =U AC U BC -1,R 1R 3=U AD U DC=U AC U DC -1.所以,当R 2R x >R 1R 3时,U BC <U DC ,即φB <φD .(3)闭合开关S 后,调整触头D 的位置,使按下触头D 时,电流表G 示数为零,说明φB =φD ,则U AB =U AD ,U BC =U DC ,同时R 与R x 电流相同,均匀电阻丝电流相同,设电阻丝单位长度的电阻为R 0,则U AB R =U BC R x ,U AD R 0l 1=U DC R 0l 2, 整理得R R x =l 1l 2,得R x =l 2l 1R . (4)l 1和l 2的电阻记为R 0l 1和R 0l 2,则R 4R x =R 0l 1R 0l 2,R x R 5=R 0l 1R 0l 2,联立得R x =R 4R 5.。

高考物理(人教版)第一轮复习课时作业 实验9测定电源的电动势和内阻 含答案

高考物理(人教版)第一轮复习课时作业 实验9测定电源的电动势和内阻 含答案

高考物理复习实验九测定电源的电动势和内阻1.(2014·高考冲刺卷一)某实验小组利用电压表和电阻箱测量电源的电动势和内阻(1)请在虚线框中画出实验的电路图。

(2)实验的主要步骤如下:①检查并调节电压表指针指零,将开关S断开,按照电路图连线。

②调节电阻箱R的阻值至________。

③将开关S闭合,逐渐调节电阻箱的阻值使电压表指针有足够的偏转,记下此时电阻箱的阻值R和电压表的示数U。

④图13改变电阻箱的阻值,测出几组U及R的数据,作出1R-1U的图线如图13所示(单位为国际单位制单位)。

(3)由作出的1R-1U图线可求得电动势E=________V,内阻r=________Ω。

(结果保留两位有效数字)解析(2)为了保护电路,电阻箱的阻值应调为最大值。

(3)由闭合电路欧姆定律E=U+UR r,得到1R=Er·1U-1r,由图象在纵轴上截距的绝对值得内阻r=1.0 Ω,由图象斜率可得电动势E=3.3 V。

答案(1)如图所示(2)最大值(3)3.3 1.0 Ω2. 图14所示的电路测定一种特殊电池的电动势和内阻,它的电动势E约为8 V,内阻r约为30 Ω,已知该电池允许输出的最大电流为40 mA。

为防止调节滑动变阻器时造成短路,电路中用了一个定值电阻充当保护电阻,除待测电池外,可供使用的实验器材还有:图14A.电流表A(量程为0.05 A、内阻约为0.2 Ω)B.电压表V(量程为6 V、内阻为20 kΩ)C.定值电阻R1(阻值为100 Ω、额定功率为1 W)D.定值电阻R2(阻值为200 Ω、额定功率为1 W)E.滑动变阻器R3(阻值范围为0~10 Ω、额定电流为2 A)F.滑动变阻器R4(阻值范围为0~750 Ω、额定电流为1 A)G.导线和单刀单掷开关若干(1)为了电路安全及便于操作,定值电阻应该选________;滑动变阻器应该选________。

(填写器材名称)(2)接入符合要求的用电器后,闭合开关S,调滑动变阻器的阻值,读取电压表和电流表的示数。

高考物理一轮复习课时作业【6-3】电容器、带电粒子在电场中的运动(含答案)

高考物理一轮复习课时作业【6-3】电容器、带电粒子在电场中的运动(含答案)

开卷速查 规范特训课时作业 实效精练开卷速查(二十三) 电容器 带电粒子在电场中的运动A 组 基础巩固1.(多选题)冬天当脱毛衫时,静电经常会跟你开个小玩笑.下列一些相关的说法中正确的是( ) A .在将外衣脱下的过程中,内外衣间摩擦起电,内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B .如果内外两件衣服可看作电容器的两极,并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定,随着两衣间距离的增大,两衣间电容变小,则两衣间的电势差也将变小C .在将外衣脱下的过程中,内外两衣间隔增大,衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)D .脱衣时如果人体带上了正电,当手接近金属门把时,由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击 解析:根据电荷守恒知,A 错;由C =Q U 和C ∝Sd 知,当内外衣之间的距离d 增大时,两衣间的电势差增大,B错;因为内外衣所带的是异种电荷,产生静电引力作用,故当两衣之间的距离增大时,电场力做负功,电荷的电势能增大,C 对;由于人体带上正电荷,当手靠近金属门把时,产生静电感应现象,当两者之间的电压足以使空气电离时,产生放电现象,故人感觉到有轻微的电击,D 也正确.答案:CD图23-12.[2018·广东高考]喷墨打印机的简化模型如图23-1所示.重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v 垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上.则微滴在极板间电场中( )A .向负极板偏转B .电势能逐渐增大C .运动轨迹是抛物线D .运动轨迹与带电量无关解析:微滴带负电,电场方向向下,因此微滴受到的电场力向上,微滴向正极板偏转,A 错误;偏转过程中电场力做正功,根据电场力做功与电势能变化关系,电势能减小,B 错误;微滴在垂直于电场方向上做匀速直线运动,位移x =vt ,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y =12qU dm t 2=12qU dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫x v 2,此为抛物线方程,C正确;从式中可以看出,运动轨迹与带电量q 有关,D 错误.答案:C图23-23.[2018·福建厦门质检]如图23-2所示,质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,P 从两极板正中央射入,Q 从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点(重力不计),则从开始射入到打到上板的过程中( )A .它们运动的时间t Q >t PB .它们运动的加速度a Q <a PC .它们所带的电荷量之比q P ∶q Q =1∶2D .它们的动能增加之比ΔE kP ∶ΔE kQ =1∶2解析:本题考查带电粒子在电场中运动.带电粒子在电场中偏转,水平方向做匀速直线运动,t =sv ,它们的运动时间相等,A 项错误;竖直方向,h =12at 2,h Q =2h P ,a Q =2a P ,Eq Q m =2Eq Pm ,q P ∶q Q =1∶2,B 项错误、C 项正确;动能增量ΔE k =qU ,ΔE kP =q P ·U2,ΔE kQ =q Q U ,ΔE kP ∶ΔE kQ =1∶4,D 项错误.答案:C图23-34.示波管是一种多功能电学仪器,它的工作原理可以等效成下列情况:如图23-3所示,真空室中电极K 发出电子(初速度不计)经过电压为U 1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.金属板长为L ,相距为d ,当A 、B 间电压为U 2时,电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点.已知电子的质量为m ,电荷量为e ,不计电子重力,下列情况中一定能使亮点偏离中心的距离变大的是( )A .U 1变大,U 2变大B .U 1变小,U 2变大C .U 1变大,U 2变小D .U 1变小,U 2变小解析:当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点,所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大),亮点距离中心就越远.设电子经过U 1加速后速度为v 0,根据题意得eU 1=12mv 20①电子在A 、B 间做类平抛运动,当其离开偏转电场时侧向速度为v y =at =eU 2md ·Lv 0②结合①②式,速度的偏转角θ满足tan θ=v y v 0=U 2L2dU 1.显然,欲使θ变大,应该增大U 2、L ,或者减小U 1、d.正确选项是B. 答案:B图23-45.(多选题)如图23-4为静电除尘器除尘机理的示意图.尘埃在电场中通过某种机制带电,在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积,以达到除尘的目的.下列表述正确的是( )A .到达集尘极的尘埃带正电荷B .电场方向由集尘极指向放电极C .带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D .同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析:本题考查电场、电场力的基本概念,考查考生对静电除尘器原理的理解及对电场知识的掌握.集尘极与电源的正极相连带正电,放电极带负电,尘埃在电场力作用下向集尘极迁移,说明尘埃带负电荷,A 项错误;电场方向由集尘极指向放电极,B 项正确;带电尘埃带负电,因此所受电场力方向与电场方向相反,C 项错误;同一位置电场强度一定,由F =qE 可知,带电荷量越多的尘埃,所受电场力越大,D 项正确.答案:BD图23-56.如图23-5所示,D 是一只二极管,AB 是平行板电容器,在电容器两极板间有一带电微粒P 处于静止状态,当两极板A 和B 间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行),带电微粒P 的运动情况是( )A .向下运动B .向上运动C .仍静止不动D .不能确定解析:当带电微粒P 静止时,对其进行受力分析得Eq =mg ,即Ud q =mg.当A 、B 之间距离增大时,电容器的电容C 减小,由Q =CU 得,Q 也减小,但由于电路中连接了一个二极管,它具有单向导电性,不能放电,故电容器A 、B 两极板上的电荷量不变,场强不变,电场力仍等于微粒的重力,故带电微粒仍保持静止状态,C 选项正确.答案:C图23-67.(多选题)如图23-6所示,灯丝发热后发出的电子经加速电场后,进入偏转电场,若加速电压为U 1,偏转电压为U 2,要使电子在电场中偏转量y 变为原来的2倍,可选用的方法有(设电子不落到极板上)( )A .只使U 1变为原来的12倍B .只使U 2变为原来的12倍C .只使偏转电极的长度L 变为原来的2倍D .只使偏转电极间的距离d 减为原来的12倍解析:先求出y 值. 由qU 1=12mv 20,得v 0=2qU 1m. 故y =12at 2=U 2qL 22dmv 20=U 2L 24dU 1. 由此可确定A 、C 、D 正确. 答案:ACDB 组 能力提升8.[2018·江西省五校联考]如图23-7所示,A 、B 为平行板电容器的金属板,G 为静电计,开始时开关S 闭合,静电计指针张开一定角度.下述结论正确的是( )图23-7A .若保持开关S 闭合,将A 、B 两极板靠近些,指针张开角度将变小 B .若保持开关S 闭合,将A 、B 两极板正对面积变小些,指针张开角度将不变C .若断开开关S 后,将A 、B 两极板靠近些,指针张开角度将变大D .若断开开关S 后,将A 、B 两极板正对面积变小些,指针张开角度将不变解析:静电计指针张开角度与A 、B 两极板间的电压成正比.若保持开关S 闭合,无论是将A 、B 两极板靠近些,还是将A 、B 两极板正对面积变小些,A 、B 两极板间的电压都等于电源电动势,所以指针张开角度将不变,选项A 错误,B 正确;若断开开关S 后,将A 、B 两极板靠近些,则两极板所带电荷量Q 保持不变,而其电容C 变大,所以U =QC 将变小,指针张开角度将变小,选项C 错误;同理分析,若断开开关S 后,将A 、B 两极板正对面积变小些,则Q 不变,C 变小,所以U =Q/C 将变大,指针张开角度将变大,选项D 错误.答案:B图23-89.(多选题)[2018·沈阳二中测试]在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出,从B 点进入电场,到达C 点时速度方向恰好水平,A 、B 、C 三点在同一直线上,且AB =2BC ,如图23-8所示.由此可见( )A .电场力为3mgB .小球带正电C .小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D .小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等解析:设AC 与竖直方向的夹角为θ,对带电小球从A 到C ,电场力做负功,小球带负电,由动能定理,mg·AC·cos θ-qE·BC·cos θ=0,解得电场力为qE =3mg ,选项A 正确,B 错误.小球水平方向做匀速直线运动,从A 到B 的运动时间是从B 到C 的运动时间的2倍,选项C 错误;小球在竖直方向先加速后减速,小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等,水平速度不变,小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等,选项D正确.答案:AD10.图23-9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23-10中的( )甲乙丙图23-9A B C D图23-10解析:本题考查示波管的原理,意在考查考生对示波管原理的掌握.在0~2t1时间内,扫描电压扫描一次,信号电压完成一个周期,当U Y为正的最大值时,电子打在荧光屏上有正的最大位移,当U Y为负的最大值时,电子打在荧光屏上有负的最大位移,因此一个周期内荧光屏上的图象为B.答案:B11.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23-11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E1=2.0×103 N/C和E2=4.0×103 N/C,方向如图23-11所示,带电微粒质量m=1.0×10-20 kg,带电量q=-1.0×10-9C,A点距虚线MN的距离d1=1.0 cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应.求:图23-11(1)B点距虚线MN的距离d2;(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.解析:(1)带电微粒由A运动到B的过程中,由动能定理有|q|E 1d 1-|q|E 2d 2=0 解得d 2=E 1E 2d 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 21d 2=12a 2t 22又t =t 1+t 2以上各式联立解得t =1.5×10-8s. 答案:(1)0.50 cm (2)1.5×10-8 s12.[2018·湖南省雅礼中学月考]如图23-12所示,在倾角θ=37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场,场强E =4.0×103N/C ,在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板.质量m =0.20 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下,滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回.已知斜面的高度h =0.24 m ,滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30,滑块带电量q =-5.0×10-4C .重力加速度g =10 m/s 2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.求:图23-12(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小; (2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度;(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q.(计算结果保留两位有效数字) 解析:(1)滑块沿斜面滑下的过程中,电荷带负电,电场力方向竖直向下,受到的滑动摩擦力 f =μ(mg +qE)cos37°设到达斜面底端时的速度为v ,根据动能定理(mg +qE)h -f ⎝ ⎛⎭⎪⎫h sin37°=12mv 2解得v =2.4 m/s.(2)滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大,设为H ,根据动能定理-(mg +qE)H -f ⎝ ⎛⎭⎪⎫H sin37°=-12mv 2H =0.10 m.(3)滑块最终静止在斜面底端,因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功,即等于产生的热能 Q =mgh +Eqh =0.96 J.答案:(1)2.4 m/s (2)0.10 m (3)0.96 J13.[2018·河南省南阳市一中月考]如图23-13所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在Oxy 平面的第一象限,存在以x 轴、y 轴及双曲线y =L24x 的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场Ⅰ;在第二象限存在匀强电场Ⅱ(-2L≤x≤-L,0≤y≤L).两个电场大小均为E ,不计电子所受重力.求图23-13(1)从电场Ⅰ的边界B 点处由静止释放电子,电子离开MNPQ 时的位置; (2)由电场Ⅰ的AB 曲线边界处由静止释放电子离开MNPQ 时的最小动能.解析:(1)据题意,B 点纵坐标y B =L ,根据双曲线方程y =L 24x 得到,横坐标x B =L4,电子从B 运动到C 过程,根据动能定理得:eE L 4=12mv 2,电子在MNPQ 区域做类平抛运动,水平方向:s =vt ,竖直方向:L =12at 2,a =eEm ,解得:s =L ,即电子从P 点射出.(2)设释放位置坐标为(x ,y),则有eEx =12mv 2,s =vt ,y =12at 2=eE 2m t 2,解得:y =s24x ,又y =L 24x ,得到:E k =eE(x +L24x),根据数学知道得知,当x =y =L2时,动能E k 有最小值E k =eEL.答案:(1)电子从P 点射出 (2)eELC 组 难点突破14.如图23-14所示,在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场,其电场线方向竖直向下,在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v 0匀速下落,并进入区域Ⅱ(电场范围足够大).下列能描述粒子在这两个电场中运动的速度­时间图象(图23-15)的是(以v 0方向为正方向)( )图23-14图23-15解析:在区域Ⅰ中,mg=E1q;在区域Ⅱ中,mg<E2q,合力向上,做匀减速运动,速度减为0后,再反向加速,再次回到区域Ⅰ,做匀速运动.答案:C名师心得拱手相赠教学积累资源共享教师用书独具带电粒子在两种典型电场中的运动一、带电粒子在两种典型电场中的运动形式一览表(一)点电荷电场类型一:v0∥E(E为点电荷电场)图6-1【例1】如图6-1所示,在点电荷+Q的电场中有A、B两点,将质子和α粒子(带电荷量是质子的2倍,质量是质子的4倍)分别从A点由静止释放到达B点时,它们速度大小之比为多少?解析:质子是氢原子核,α粒子是氦原子核,质子和α粒子都是正离子,从A点到B点都做加速运动.设A、B两点间的电势差为U,由动能定理有对质子q H U =12m H v 2H ,对α粒子q αU =12m αv 2αv Hv α=q H m αq αm H=1×42×1=21. 答案:2∶1总结:不计重力的带电粒子非匀强电场中运动,不能用牛顿运动定律求解,只能用动能定理求解.带电粒子在匀强电场中运动的动力学问题,如涉及加速度、时间,需采用牛顿运动定律求解;否则优先用动能定理求解.类型二:v 0⊥E(E 为点电荷电场)【例2】 已知氢原子中的质子和电子所带电荷量都是e ,电子质量为m ,电子绕核做匀速圆周运动,轨道半径为r ,试确定电子做匀速圆周运动的v 、ω、T 等物理量.解析:电子绕核做匀速圆周运动的向心力由质子和电子之间的库仑力提供. 根据牛顿第二定律和圆周运动规律有:ke 2r 2=m v 2r ,ke 2r 2=mr ω2,ke 2r 2=m 4π2T 2r解得v =ke2mr,ω=ke2mr3,T =4π2mr3ke2. 答案:见解析类型三:v 0与E 有夹角(E 为点电荷电场)图6-2【例3】 (多选题)如图6-2所示,虚线a 、b 和c 是某静电场中的三个等势面,它们的电势分别为φa 、φb 和φc ,且φa >φb >φc ,一带正电粒子射入电场中,其运动轨迹如实线KLMN 所示.由图可知( )A .粒子从K 到L 的过程中,电场力做负功B .粒子从L 到M 的过程中,电场力做负功C .粒子从K 到L 的过程中,电势能增加D .粒子从L 到M 的过程中,动能减少解析:由题目条件可知,a 、b 、c 是孤立点电荷激发的电场中的三个等势面,因为运动粒子带正电,且沿K→L→M→N 运动,所以受到的是静电斥力,可以判断场源电荷必为正电荷,电场力做功情况便确定下来.因为φK =φN <φM <φL ,所以由K 到L 过程中电场力做负功,电势能增加,A 、C 正确;由L 到M 过程中,电场力先做负功后做正功,电势能先增加后减小,动能先减小后增加,B 、D 错误.答案:AC (二)匀强电场类型一:v 0∥E(E 为匀强电场)1.运动状态分析:带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场,受到的电场力与运动方向在同一条直线上,做匀加(减)速直线运动.2.带电粒子匀加速(减速)运动的处理方法(1)利用运动学公式.(2)利用功能关系:如动能定理、能量守恒定律等.图6-3【例4】如图6-3所示,在匀强电场E中,一带电粒子-q的初速度v0恰与电场线方向相同,则带电粒子-q在开始运动后,将( )A.沿电场线方向做匀加速直线运动B.沿电场线方向做变加速直线运动C.沿电场线方向做匀减速直线运动D.偏离电场线方向做曲线运动解析:带电粒子在匀强电场中受到恒定的静电力,且静电力方向与初速度方向相反,故粒子做的是匀减速直线运动.答案:C类型二:v0⊥E(E为匀强电场)1.运动状态分析:带电粒子以初速度v0垂直于电场线方向进入匀强电场时,受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做类平抛运动(是一种匀变速曲线运动).2.偏转问题的处理方法(1)类平抛运动分析法运用运动的合成与分解知识分析处理.(2)功能关系法如选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,以及初态和末态的动能和动能变化量.如选用能量守恒定律,则要分清有多少种形式的能在转化,哪种能量是增加的,哪种能量是减少的.能量守恒的表达方式有以下几种:①初态和末态的能量相等,即:E初=E末;②某些形式的能量减少一定等于其他形式的能量增加,即:ΔE减=ΔE增;③各种形式的能量变化量的代数和为零:ΔE1+ΔE2+ 0图6-4【例5】 如图6-4所示,一束电子流在经U =5 000 V 的加速电压加速后,在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场,若两板间距d =1.0 cm ,板长L =5.0 cm ,那么要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加多大电压?解析:在加速电压一定时,偏转电压越大,电子在极板间的偏转距离就越大,当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时达到最大,加速过程,由动能定理得eU =12mv 20. 进入偏转电场,电子在平行于板面的方向做匀速运动,有L =v 0t ;在垂直于板面的方向做匀加速直线运动,有y =12at 2=eU 1L 22mdv 0=U 1L 24Ud. 电子能飞出的条件为y≤12d. 由以上各式解得U 1≤2Ud 2L 2=400 V ,即要使电子能从平行板间飞出,所加电压最大为400 V. 答案:400 V类型三:v 0与E 有夹角(E 为匀强电场)图6-5【例6】 (多选题)如图6-5所示,三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面,电势值分别为10 V 、20 V 、30 V ,实线是一带负电的粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹,对于该轨道上的a 、b 、c 三点来说( )A .粒子必先过a ,再到b ,然后到cB .粒子在三点所受的合力F a =F b =F cC .粒子在三点的动能大小为E kb >E ka >E kcD .粒子在三点的电势能大小为E pb >E pa >E pc解析:该电场必为匀强电场,电场线垂直等势面向上,带负电的粒子所受电场力与电场线方向相反而向下,由做曲线运动的条件可知,粒子可先过c ,到b ,再到a ;也可先过a ,到b ,再到c ,选项A 是错误的,选项B 正确.粒子由a 到b 的过程,克服电场力做功,电势能增加,动能减少,E ka >E kb ,E pb >E pa ;粒子从b 到c 的过程,电场力做正功,电势能减少,动能增加,所以有E kc >E kb 、E pb >E pc ;粒子从a 到b 再到c 的全过程,电势能减少,动能增加,且电势能的减少等于动能的增加,则有E kc >E ka ,E pa >E pc ,综合上述有E kc >E ka >E kb ,E pb >E pa >E pc .粒子从c 到b 再到a 的过程,分析方法一样,所以选项D 正确,而选项C 是错误的.答案:BD。

高三物理一轮复习课时作业及详细解析 第讲电场的能的性质

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峙对市爱惜阳光实验学校高三物理一轮复习课时作业及详细解析:第28讲电场的能的性质.根底热身1.[2021·模拟] 电场中某个面上所有点的电势都相,但电场强度都不同,这个面可能是( )A.量同种电荷的中垂面B.量异种电荷的中垂面C.以孤立点电荷为球心的某一球面D.匀强电场中的某一势面2.[2021·质检] 如图K28-1所示,空间分布着竖直向上的匀强电场E,现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q,并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点,其中ac连线为球的水平大圆直径,bd连线与电场方向平行.不计空气阻力,那么以下说法正确的选项是( )A.b、d两点的电场强度大小相,电势相B.a、c两点的电场强度大小相,电势不相C.假设从a点抛出一带正电小球,小球可能沿a、c所在圆周做匀速圆周运动D.假设从a点抛出一带负电小球,小球可能沿b、d所在圆周做匀速圆周运动图K28-1 图K28-23.如图K28-2所示,圆弧虚线表示正点电荷电场的势面,相邻两势面间的电势差相.光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固不动,杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点),滑块通过绝缘轻弹簧与固点O相连,并以某一初速度从M点运动到N点,OM<ON.假设滑块在M、N时弹簧的弹力大小相,弹簧始终在弹性限度内,那么( )A.滑块从M到N的过程中,速度可能一直增大B.滑块从位置1到2的过程中,电场力做的功比从位置3到4的小C.在M、N之间的范围内可能存在滑块速度相同的两个位置D.在M、N之间的范围内可能存在只由电场力确滑块加速度大小的三个位置4.[2021·二模] 位于A、B 处的两个带有不量负电的点电荷在平面内电势分布如图K28-3所示,图中实线表示势线,那么( )图K28-3A.a点和b点的电场强度相同B.正电荷从c点移到d点,电场力做正功C.负电荷从a点移到c点,电场力做正功D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点,电势能先减小后增大技能强化5.如图K28-4所示,在真空中的A、B两点分别放置量异种点电荷,在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija,五角星的中心与A、B的中点重合,其中af连线与AB连线垂直.现将一电子沿该路径逆时针移动一周,以下判断正确的选项是( )A.e点和g点的电场强度相同B.a 点和f点的电势相C.电子从g点到f点再到e点过程中,电势能先减小再增大D.电子从f点到e点再到d点过程中,电场力先做正功后做负功图K28-4 图K28-56.[2021·模拟] 如图K28-5所示,实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的电荷运动轨迹,a、b为运动轨迹上的两点,可以判( ) A.电荷在a点速度大于在b点速度B.电荷为负电荷C.电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D. a点的电势低于b点的电势7.如图K28-6所示的真空空间中,仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相的点电荷,那么图中a、b两点电场强度和电势均相同的是( )A B C D图K28-68.[2021·模拟] 如图K28-7所示,a、b、c、d是某匀强电场中的四个点,它们正好是一个矩形的四个顶点,ab=cd=L,ad=bc=2L,电场线与矩形所在平面平行. a点电势为20 V,b点电势为24 V,d点电势为12 V.一个质子从b点以v0的速度射入此电场,入射方向与bc成45°,一段时间后经过c 点.不计质子的重力.以下判断正确的选项是( )A.c点电势高于a点电势B.场强的方向由b指向dC.质子从b运动到c 所用的时间为2Lv0D.质子从b运动到c,电场力做功为4 eV图K28-7 图K28-89.[2021·] 如图K28-8所示,Q1、Q2为两个量同种的正点电荷,在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点,其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点),N为过O点的Q1、Q2连线的垂线上的一点.以下说法正确的选项是( ) A.在M、N和O三点中,O点电场强度最小B.在M、N和O三点中,O点电势最低C.假设O、N间的电势差为U,ON间的距离为d,那么N点的场强为UdD.假设O、N间的电势差为U,将一个带电荷量为q的正点电荷从N点移到O点,电场力做功为qU10.[2021·州模拟] 如图K28-9所示,水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固挡板,轨道所在空间存在E=4.0×102N/C、水平向左的匀强电场.一个质量m=0.10 kg、带电荷量q=5.0×10-5C的滑块(可视为质点)从轨道上与挡板相距x1=0.20 m的P点由静止释放,滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动.当滑块与挡板碰撞后,滑块沿轨道向右做匀减速直线运动,运动到与挡板相距x2=0.10 m的Q点时,滑块第一次速度减为零.假设滑块在运动过程中电荷量始终保持不变,求:(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小;(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中,电场力所做的功;(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能.图K28-9挑战自我11.如图K28-10所示,在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道处于水平向右的匀强电场中,一带负电荷的小球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动.小球所受的电场力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,B、C间距离x BC=2R.假设使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?图K28-10课时作业〔二十八〕【根底热身】1.C [解析] 量同种电荷的中垂面上到量同种电荷连线中点距离不同的点电势不同,选项A不满足题意;量异种电荷的中垂面为势面,但以两量异种电荷连线中点为圆心的圆周上各点场强相同,因此选项B不满足题意;以孤立点电荷为球心的某一球面上各点电势相,且各点场强不同,选项C符合题意;匀强电场中各点场强相,选项D不满足题意.2.C [解析] b、d两点电势不,由场强叠加原理可知d点场强大于b点场强,选项A错误;a、c两点的电场强度大小相,电势相,选项B错误;从a 点抛出一带正电小球,假设小球所受重力和匀强电场的电场力平衡,且负点电荷Q对带正电小球的库仑力刚好提供向心力,那么小球可沿a、c所在圆周做匀速圆周运动,选项C正确;D中所述情况不满足带电小球做圆周运动的条件,选项D错误.3.AC [解析] 由于滑块在M、N时弹簧的弹力大小相,所以滑块在M点时弹簧被压缩,滑块在N点时弹簧被拉伸.在导轨MN之间靠近左半,滑块一直加速,在靠近N点附近,假设电场力大于弹力沿MN方向的分力,那么加速度向右,滑块继续加速,所以选项A正确.由于位置1、2间电势差于3、4间电势差,所以滑块从位置1到2的过程中电场力做的功于从位置3到4做的功,选项B 错误.滑块从M运动到N的过程中,只有弹力和电场力做功,当合力做功为零时,滑块的动能变化为零,即可能存在滑块速度相同的两个位置,选项C正确.在整个过程中,弹簧处于原长的位置只有一个,此时合外力于电场力;当滑块处于O点正下方时,弹簧弹力沿MN方向分力为零,所以合外力也于电场力;所以,在M、N之间可能存在只由电场力确滑块加速度大小的位置有两个,选项D错误.4.CD [解析] 参照量异号电荷的势面和势线分布可知,a点和b点的电场强度大小相但方向不同,选项A错误;越靠近负电荷的势面电势越低,故正电荷由c点移到d点,电场力做负功,选项B错误,同理,选项C、D均正确.【技能强化】5.B [解析] 电场强度是矢量,e点和g点对称,电场强度大小相,但方向不同,选项A错误;af连线是一条势线,a点和f点电势相,选项B正确;电子从g点到f点再到e点过程中,电场力方向向左侧,电场力一直做负功,电势能一直增加,选项C错误;电子从f点到e点再到d 点过程中,电场力先做负功后做正功,选项D错误.6.C [解析] 由粒子轨迹可知,静电力指向左上方,即粒子带正电,选项B错误;假设粒子从b向a运动时,静电力做负功,动能减小,电势能增大,选项A错误、选项C正确;沿电场方向电势降低,a点的电势高于b点的电势,选项D错误.7.C [解析] 电场强度是矢量,a、b两点电场强度和电势均相同也该包括两点的电场强度的方向相同,在A、B、D三个图中,a、b两点电场强度方向均不同;C图中a、b是量异种电荷连线的中垂线上关于中点对称的两点,a、b 两点电场强度和电势均相同.8.C [解析] 由匀强电场中两点电势差U=Ed,而ab、cd平行且相,那么有φb-φa=φc-φd,即φc=16 V,选项A错误;将ba向上到e点,使ab=ae=cd=L,那么φe=16 V,即e、c连线为一条势线,那么∠abc的角平分线为电场线,选项B错误;质子从b运动到c,垂直电场方向有2L cos45°=v0t,解得t=2Lv0,选项C正确;质子从b运动到c,电场力做功为W=e(φb -φc)=8 eV,选项D错误.9.A [解析] 在M、N和O三点中,O点电场强度为0,而M、N两点电场强度均不为0,选项A正确;M、N和O三点电势大小关系为φM>φO>φN,选项B错误;由于O、N间不是匀强电场,应选项C错误;正电荷从N点移到O点,克服电场力做功,选项D错误.10.(1)0.20 m/s2(2)4.0×10-3 J (3)2.0×10-3 J[解析] (1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a,此过程滑块所受合外力为F=qE=2.0×10-2 N根据牛顿第二律有F =ma解得a =0.20 m/s 2.(2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中,电场力所做的功W 1=qEx 1=4.0×10-3 J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能于滑块由P 点运动到Q 点过程中电场力所做的功,即ΔE =qE (x 1-x 2)=2.0×10-3J. 【挑战自我】 11.10R[解析] 小球所受的重力和电场力都为恒力,故两力可效为一个力F ,如下图,可知F =54mg ,方向与竖直方向夹角为37°,偏左下.从图中可知,做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过D 点.假设球恰好能通过D 点,那么到达D 点时小球与圆环间的弹力恰好为零.由圆周运动知识得:F =m v 2DR即:54mg =m v 2DR由动能理有mg (h -R -R cos37°)-34mg (h cot θ+2R +R sin37°)=12mv 2D联立解得此时的高度h =10R .。

新课标2024高考物理一轮复习课时作业39实验:测定电源的电动势和内阻含解析新人教版

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试验:测定电源的电动势和内阻1.(2024·吉林二模)如图为测定电源电动势和内电阻的几个试验电路,回答下列问题.(1)由于电压表内阻不是无穷大,电流表内阻也不是零,这些都会对试验结果造成影响. ①四个电路图中,________(选填甲、乙、丙、丁)电动势和内电阻测量值都偏小. ②四个电路图中,________(选填甲、乙、丙、丁)电动势的测量值无系统误差.(2)若甲图中电流表可视为志向电表,采纳图像法处理测量数据.若纵坐标为电阻箱的读数R ,则横坐标为________(选填I 或1I )此时描点连线所得才为一条直线.该直线的斜率表示________(用物理量符号表示);直线与纵轴截距肯定值表示________(用物理量符号表示)答案 (1)①乙丁 ②甲丙 (3)1IE r 解析 (1)甲和丙图中误差均来自于电流表内阻,所以测出的内电阻偏大;而当外电阻断路时,电流表的分压作用可忽视,则测出的电动势是精确的;乙和丁电路图中,误差来自于电压表的分流作用而使电流表示数偏小,所以误差来自电压表的分流;当外电路断开时测量值应为将电压表并联在电源两端后电压表两端的电压,所以测量出的电动势偏小,而内电阻应视为电压表与内阻并联后的电阻,所以测量内电阻偏小;(2)甲图中,依据闭合电路欧姆定律可知:I =E R +r ,变形可得:R =E 1I-r ;所以横坐标应用1I,得出的图像才能为直线;依据图像的性质可知,图像的斜率表示电动势E ;直线与纵轴截距肯定值表示内阻r.2.(2024·聊城一模)某同学想测定某节干电池的电动势和内阻.(1)他先用多用电表粗测了干电池的电动势.图甲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 ,试验结束后,应将选择开关拨到图中的________挡位(选填A 、B 、C 或D).(2)他再用乙图所示电路较精确测定该干电池的电动势和内阻,有待测电池、电流表(量程0~0.6 A ,内阻约0.1 Ω)、电压表(量程0~3 V ,内阻约3 kΩ)、滑动变阻器(阻值0~100 Ω)、开关各一个、导线若干.为了防止试验测量时数据过密(即要求电压变更范围相对大一些)另外还配有一个阻值为1 Ω的定值电阻R 0.①请依据图乙设计的电路图用笔画线将图丙实物电路图补充完整.②该同学依据要求连接好电路并进行试验,依据试验数据绘出了图丁所示的U­I 图像,则电源的电动势E =1.50 V ,电源内阻r =________ Ω.(结果保留到小数点后一位)③在上述试验过程中存在系统误差.在图戊所绘图像中,虚线代表没有误差状况下,电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图像,实线是依据测量数据绘出的图像,则图戊中能正确表示二者关系的是________.答案 (1)1.46 C (2)①实物电路图如图所示 ②0.6 ③A解析 (1)由图甲所示可知,电压表量程为2.5 V ,分度值为0.05 V ,示数为:1.46 V ;多用电表运用完毕要把选择开关置于沟通电压最高挡,即应置于C 处.(2)①依据图示电路图连接实物电路图,实物电路图如答案图所示:②由图示电源U­I 图像可知,电源内阻:r =|ΔU ΔI |-R 0=1.5-0.70.5Ω-1 Ω=0.6 Ω; ③本试验采纳相对电源的电流表外接法,由于电压表不是志向电表,故存在分流现象,导致电流表示数偏小;而当外电路短路时,电压表的分流可以忽视,故真实图像和测量图像在横轴上的交点相同,故A项正确,B、C、D三项错误,故选A项.3.(2024·湛江二模)测定一组干电池的电动势和内电阻的试验中,备有下列器材:A.待测的干电池B.电流表A1(内阻可忽视不计)C.电流表A2(内阻可忽视不计) D.定值电阻R0(阻值1 000 Ω)E.滑动变阻器R(阻值0~20 Ω)F.开关和导线若干某同学发觉上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电流表,于是他设计了如图甲所示的电路完成试验.(1)在试验操作过程中,该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动,则电流表A1的示数将________(选填“变大”或“变小”).(2)该同学利用测出的试验数据绘出的I1­I2图线(I1为电流表A1的示数,I2为电流表A2的示数,且I2的数值远远大于I l的数值),如图乙所示,则由图线可得被测电池的电动势E=________V,内阻r=________ Ω.(计算结果取两位有效数字)(3)若将图线的纵坐标改为________,则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小.答案(1)变大(2)3.0 1.0 (3)I1R0解析(1)由图示电路图可知,滑片P向左滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值增大,总电阻增大,总电流减小,内压减小,路端电压增大,R0中的电流增大,电流表A1的示数将变大;(2)由闭合电路欧姆定律可得:E=I1R0+I2r,I1=-rR0I2+ER0,图像斜率的肯定值为:k=rR0=(3.0-2.0)×10-31.0=0.001截距为:b=ER0=0.003 A,解得电源电动势为:E=bR0=0.003×1 000 V=3.0 V;内阻为:r=kR0=0.001×1 000 Ω =1.0 Ω;(3)由以上分析可知,若图像纵坐标改为路端电压,即I1R0,则图像与纵坐标的交点为电源的电动势.4.(2024·衡阳三模)电动自行车的电瓶用久以后性能会下降,表现之一为电池的电动势变小,内阻变大.某爱好小组将一辆旧电动自行车充溢电,取下四块电池,分别标为A、B、C、D,测量它们的电动势和内阻.(1)用多用表直流电压50 V 挡测量每块电池的电动势.测量电池A 时.多用电表的指针如图甲所示,其读数为________V.(2)用图乙所示电路测量A 、B 、C 、D 四块电池的电动势E 和内阻r ,图中R 0为爱护电阻,其阻值为4 Ω.变更电阻箱的阻值R.测出对应的电流I ,依据测量数据分别作出A 、B 、C 、D四块电池的1I­R 图线,如图丙,由图线C 可知电池C 的电动势E =________V ;内阻r =________ Ω,其内阻测量值________真实值.(填“大于”“小于”或“等于”)(3)分析图丙可知,电池________(选填“A”“B”“C”或“D”)较优.答案 (1)11.0 (2)12.0(12.0~12.7间均计分) 2.00(1.90~2.30均计分) 大于 (3)C 解析 (1)用多用表直流电压50 V 挡测量每块电池的电动势,可以从表盘中的中间刻度读出正确结果,由指针指示可知:E =11.0 V.故答案为:11.0.(2)依据闭合电路欧姆定律有:E =I(R +r)+IR 0,因此有:1I =1E R +r +R 0E,由此可知,图像的斜率表示1E ,纵轴截距为r +R 0E. 由图像可知:k =1.0-0.56=112=1E ,r +R 0E=0.5, 由此解得:E =12.0 V .r =2.00 Ω.因试验中由于电流表内阻的影响,故使电源内电阻的测量值偏大;(3)电动势大的内阻小的电源最优,由图像可知C 图像代表的电源电动势最大,内阻最小,因此最优.5.(2024·烟台一模)某试验小组要测量某一迭层电池的电动势(约为9 V)和内电阻(小于1 Ω).可供选择的器材如下:A .迭层电池的电动势(约为9 V ,内电阻小于1 Ω)B .电流表A(量程3 A)C .电压表V(量程为4 V ,内阻约为6 kΩ)D .电阻箱R 1(0~99 999.9 Ω,额定功率小于10 W)E .电阻箱R 2(0~9 999.9 Ω,额定功率小于10 W)F .定值电阻R 0(阻值为1.0 Ω)G .滑动变阻器R(0~20 Ω,额定电流2 A)H .开关S 、导线若干(1)小组同学依据上面供应的试验器材,须要把量程为4 V 的电压表接一固定的电阻(用电阻箱代替),改装成量程为12 V 的电压表,改装电压表量程的试验电路如图甲所示,则电阻箱应选________(填写器材前面的字母标号).(2)在(1)中为了使电阻箱取得合适阻值,小组同学依据下列步骤进行操作:①把滑动变阻器滑片移到最右端,将电阻箱阻值调到0②闭合开关S ,把滑动变阻器滑片P 滑到适当位置,使电压表读数为3 V③然后保持滑片P 不动,调整电阻箱阻值为适当值,使电压表读数为________V④保持电压表和电阻箱串联,撤去其他线路,即得量程为12 V 的电压表.(3)小组同学用上述扩大量程后的电压表(表盘没变),利用如图乙所示试验电路来测量迭层电池的电动势和内电阻.变更滑动变阻器R 的阻值,得到多组电压表示数U 和对应的电流表示数I ,并作出U­I 图像如图丙所示,依据图像可求出此电池的电动势为________V ,内电阻为________ Ω.答案 (1)D (2)1 (3)8.7 0.68解析 (1)把量程为4 V 的电压表改装为量程为12 V 的电压表,量程扩大了3倍,串联分压电阻的分压是电压表两端电压的2倍,由串联电路特点可知,串联分压电阻阻值应是电压表内阻的两倍,由于电压表内阻约为6 kΩ,则串联电阻的阻值约为12 kΩ,则电阻箱应选择D :R 1;(2)由试验步骤可知,电压表示数为3 V ,滑动变阻器滑片位置不变,由图甲所示电路可知,分压电路两端电压不变,调整电阻箱阻值,当电压表示数为1 V 时电阻箱两端电压是2 V ,此时电阻箱阻值是电压表内阻的两倍,电压表与电阻箱串联改装后的电压表量程是12 V ;(3)由图丙所示图像可知,外电路断路时,电压表的电压为U =2.9 V ,则电源的电动势:E =3×2.9=8.7 V ,图像斜率肯定值:k =R 0+r =|ΔU ΔI |=3×(2.9-1.5)2.5Ω=1.68 Ω,电源内阻:r =k -R 0=1.68 Ω-1.0 Ω=0.68 Ω.6.(2024·济宁二模)为测量一未知电源的电动势和内阻,某同学设计了如图甲所示电路,电路中所用到的器材规格如下待测电源:电动势约为5 V ,内阻约为几十欧姆定值电阻:R 0=10 Ω定值电阻R 1:有两种规格可供选择,阻值分别为1 kΩ和3 kΩ电阻箱R 2:0~9 999 Ω电压表:量程0~3 V ,内阻R V =3 kΩ开关、导线若干(1)为了减小测量误差,定值电阻R 1应当选用的规格为________;(2)依据电路图连接电路,闭合开关后,将电阻箱的阻值由零起先渐渐调大,记录下若干组电阻箱R 2和电压表的读数;(3)该同学将得到的数据在1U ­1R 0+R 2坐标系中描点连线,得到如图乙所示直线,直线与纵轴的截距为b =0.4,斜率k =8.0,则可求得电动势E =________V ,内阻r =________ Ω.(结果均保留2位有效数字)答案 (1)3 kΩ (2)5.0 20解析 (1)依据改装原理可知,改装后电压表量程应超过5 V ,所以应选用3 kΩ的规格;(2)因路端电压U′=U 3×(3+3)=2U ; 则由闭合电路欧姆定律可知,2U =E R 2+R 0+r (R 2+R 0);变形可得:1U =2×1E +2r E ×1R 2+R 0由图像规律可知,2E=0.4; 2r E=8.0 解得;E =5.0 V ,r =20 Ω7.(2024·武汉模拟)某同学利用如图(a)所示电路探讨玩具电动机的能量转化,试验中运用的器材为:玩具电动机、滑动变阻器、电压表V 1、电压表V 2、电流表A 、电源E 、开关S 、导线若干.(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连线补充完整.(2)将滑动变阻器阻值调到最大,闭合开关S,调整滑动变阻器,某时刻某电压表的示数如图(c)所示,该电压表的读数为________V.(3)当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中,依次记录电流表的示数I和电压表V1、电压表V2的示数U1、U2,并在同一坐标纸上描绘出U­I图线,如图(d)所示,其中AB、CD为直线,DB为曲线.(4)依据图线求得电源电动势E=________V,内阻r=________ Ω,玩具电动机的内阻r M =________ Ω,工作点B对应的功率P出=________W(结果均保留3位有效数字).答案(1)如图所示(2)2.20 (4)3.00 5.00 4.00 0.134解析(1)依据电路图连接,如答案图所示.(2)电压表的最小刻度为0.1 V.估读到最小刻度的下一位,故读数为2.20 V(4)由图像可知,AB段反映的是路端电压与干路电流的关系,故线段与纵轴的交点为电源的电动势,即为:E=3.00 V;图像的斜率的肯定值等于内阻,即:r=5.00 Ω;CDB段是电动机上的电压和电流的关系,而CD段是直线,即电动机没有转动,可视为纯电阻电路,所以其内阻为:r M=4.00 Ω.依据两图像交点B可知,加在玩具电动机上的电压是1.60 V,电流是0.280 A故工作点B对应的输出功率为:P出=1.60×0.280 W-0.2802×4.00 W=0.134 W.。

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届高三物理一轮复习电学实验综合课时作业含详解 The following text is amended on 12 November 2020.2014届高三物理一轮复习课时作业及详细解析:第35讲电学实验综合基础热身1.2013·甘肃模拟某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ.完成下列部分步骤:(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度,如图K35-1甲所示,由图可知其长度为______________mm.甲乙图K35-1(2)用螺旋测微器测量其直径,如图K35-1乙所示,由图可知其直径为_________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图K35-2所示,则该电阻的阻值约为________Ω.图K35-2(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下:待测圆柱体电阻R;电流表A1(量程0~4 mA,内阻约50 Ω);电流表A2(量程0~10 mA,内阻约30 Ω);电压表V1(量程0~3 V,内阻约10 kΩ);电压表V2(量程0~15 V,内阻约25 kΩ);直流电源E(电动势4 V,内阻不计);滑动变阻器R1(阻值范围0~15 Ω,允许通过的最大电流2.0 A);滑动变阻器R2(阻值范围0~2 kΩ,允许通过的最大电流0.5 A);开关S,导线若干.为使实验误差较小,要求测得多组数据进行分析,请在虚线框中画出测量的电路图,并标明所用器材的代号.技能强化2.2013·海淀一模某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时,发现里面除了一节 V的干电池外,还有一个方形的层叠电池.为了测定层叠电池的电动势和内电阻,实验室中提供如下器材:A.电流表A1(满偏电流10 mA,内阻10 Ω);B.电流表A2 (0~~3 A,内阻未知);C.滑动变阻器R0(0~100 Ω,1.0 A);D.定值电阻R(阻值990 Ω);E.开关S与导线若干.(1)该同学根据现有的实验器材,设计了如图K35-3所示的电路,请按照电路图在图K35-4的实物图中完成连线.图K35-3图K35-4(2)该同学根据上述设计的实验电路测出多组数据,绘出如图K35-5所示的I1-I2图线(I1为电流表A1的示数,I2为电流表A2的示数),则由图线可以得到被测电池的电动势E =________V,内阻r=________Ω.(保留两位有效数字).图K35-53.有一种特殊的电池,它的电动势E约为9 V,内阻r约为50 Ω,该电池允许输出的最大电流为50 mA.某同学利用如图K35-6甲所示的电路进行实验测定这个电池的电动势和内阻,图中电压表的内阻很大,对电路的影响可不考虑,R为阻值范围0~9999 Ω的电阻箱,定值电阻R0是保护电阻.(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格:甲乙图K35-6A.10 Ω, W B.100 Ω, WC.200 Ω, W D.2013 Ω, W本实验中应选用________(填字母代号).(2)该同学接入符合要求的R0后,闭合开关S,调整电阻箱的阻值,读取电压表的示数,改变电阻箱阻值,取得多组数据,作出了如图K35-6乙所示的图线(已知该直线的截距为 V-1).根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E=________V,内阻r=________ Ω.4.现有如下器材:电源,滑动变阻器,电流表A1(0~200 mA,内阻约11 Ω),电流表A2(0~300 mA,内阻约为8 Ω),定值电阻R1=24 Ω,R2=12 Ω,开关一个,导线若干.某同学为了测量A 1的内阻,设计了图K35-7中A 、B 、C 、D 四套方案进行实验,其中最佳的方案是________,若用此方案测得A 1、A 2示数分别为180 mA 和270 mA ,则A 1的内阻为________Ω.A BC D图K35-75.某同学用电流表A(0~200 mA ,内阻为12 Ω),电阻箱R (最大阻值 Ω),定值电阻R 0= Ω,一个开关和若干导线来测量一个电源(电动势E 约为 V ,内阻r 约为 Ω)的电动势及内阻.请在虚线框中画出设计电路图.若记录实验中电阻箱的阻值R 和对应的A 示数的倒数,得到多组数据后描点作出R -1I图线如图K35-8所示,则该电源的电动势E =________V ,内阻r =________Ω.(结果保留两位有效数字)图K35-86.2013·宁波模拟在把电流表改装为电压表的实验中,提供的器材有: A .电流表(量程0~100 μA,内阻几百欧); B .标准电压表(量程0~3V); C .电阻箱(0~9999 Ω);D .滑动变阻器(0~50 Ω,额定电流1.5 A);E .滑动变阻器(0~100 kΩ,额定电流0.5 A);F .电源(电动势6 V ,有内阻);G .电源(电动势2 V ,内阻很小);H .开关两只,导线若干.(1)该实验首先要用半偏法测出电流表的内阻,如果采用如图K35-9甲所示的电路,并且要想得到较高的精确度,那么从上面给出的器材中,可变电阻R 1应选用________,可变电阻R 2应选用________,电源应选用________.(填器材前的字母)图K35-9(2)实验时,先闭合S 1,调节R 1使电流表满偏,再闭合S 2,保持R 1不变而调节R 2使电流表半偏,读出R 2此时的数值即为电流表内阻的测量值,此测量值与电流表的真实值相比________(选填“偏大”、“偏小”或“相等”).(3)图乙提供了将电流表改装为电压表并将改装电压表与标准电压表进行核对所需的器材,核对时要求对改装表量程范围(0~3 V)内每隔 V 均进行核对,请将实验器材按以上要求用连线连接成实验电路.挑战自我7.2013·海南预测(1)一多用电表的欧姆挡有三个倍率,分别是“×1”、“×10”、“×100”.用“×10”挡测量某电阻时,操作步骤正确,而表头指针偏转角度很小,为了较准确地进行测量,应换用“________”挡.如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是____________.若补上该步骤后测量,表盘的示数如图K35-10甲所示,则该电阻的阻值是________Ω.若将该表选择旋钮置于25 mA挡,表盘的示数仍如图甲所示,则被测电流为________ mA.图K35-10(2)要精确测量一个阻值约为5 Ω的电阻R x,实验提供下列器材:电流表A1 (量程为100 mA,内阻r1约为4 Ω);电流表A2 (量程为500 μA,内阻r2=750 Ω);电池E(电动势E= V,内阻很小);滑动变阻器R0(阻值约为0~10 Ω);开关S,导线若干.①请设计一个测定电阻R x的电路图,画在虚框线中.②根据你设计的电路图,将图乙中的实物连成实验电路.③根据某次所测量值写出电阻R x的表达式:R x=__________.课时作业(三十五)A【基础热身】1.(1) (2) (3)220(4)如图所示【技能强化】2.(1)如图所示(2) 10[解析] (1)实物连接如图所示.(2)由闭合电路欧姆定律得E=I1(R+R A1)+(I1+I2)r,从图中可以得出:I1= mA时,I2=0.1 A;I1= mA时,I2=0.5 A.把数据代入I1和I2的关系式,联立解得E= V,r=10 Ω.3.(1)C (2)10 46[解析] (1)若电阻箱的阻值为零,则有E=I m(R0+r),解得R0=130 Ω,要求定值电阻约为130 Ω,A、B不能选,C允许的最大电流为I=PR=1200A=0.07 A=70mA ,大于50 mA ,符合要求,R 0应选C.(2)由闭合电路欧姆定律,有E =U +UR 0+R ·r ,即1U =1E +r E ·1R 0+R,对比图乙得,电源的电动势等于纵轴截距的倒数,直线的斜率等于电源的内阻与电动势的比值,所以电动势E =10 V ,内阻r =E ×k =10× Ω=46 Ω.4.D 12[解析] 最佳的方案是D ,这样电路中的总电流较小,还能使两个电流表的指针偏角较大,误差较小.根据并联电路的特点可得:I 2=I 1+I R 1=I 1+I 1r 1R 1,即=+错误!,解得电流表A 1的内阻为r 1=12 Ω.5.如图所示[解析] 由于电流表A 的量程过小,可以并联一个分流电阻R 0.电路如图所示.由闭合电路欧姆定律可得E =Ir A +(I +Ir A R 0)(R +r ),代入数据解得R = E 3·1I-r -4,对比图象可得r +4=6,解得r = Ω; E 3=63,解得E = V.6. (1)E C F (2)偏小 (3)如图所示[解析] (2)闭合S 2后,电路中的总电阻减小,电路中的总电流增大,通过电流表的电流减为原来的一半,则通过可变电阻R 2的电流大于通过电流表的电流,可变电阻R 2的阻值小于电流表的内阻,测量值比真实值偏小.【挑战自我】7.(1)×100 欧姆表重新调零 2200 (2)①如图甲所示 ②如图乙所示 ③I 2r 2I 1-I 2甲 乙[解析] (1)由于指针偏转角度很小,说明被测电阻过大,应换用“×100”挡;欧姆表换挡后,必须重新调零,所以缺少的步骤是欧姆表调零;从图中可以读出被测电阻的阻值为:22×100 Ω=2200 Ω;选择旋钮置于25 mA ,意思是指针满偏时,电流为25 mA ,从图中读出被测电流为 mA.(2)①测量电阻R x 的电路图如图甲所示. ②实物连接如图乙所示.③设电流表A 1的示数为I 1,电流表A 2的示数为I 2.根据并联电路的特点可得:I 2r 2=I2r2 I1-I2.(I1-I2)R x,解得:R x=。

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