2021年高考物理复习导与练 实验十—第十一章第1节 及参考答案
物理学11章习题解答(第三版)
[物理学11章习题解答]11-1如果导线中的电流强度为8.2 a，问在15 s内有多少电子通过导线的横截面？解设在t秒内通过导线横截面的电子数为n，则电流可以表示为,所以.11-2 在玻璃管内充有适量的某种气体，并在其两端封有两个电极，构成一个气体放电管。
当两极之间所施加的电势差足够高时，管中的气体分子就被电离，电子和负离子向正极运动，正离子向负极运动，形成电流。
在一个氢气放电管中，如果在3 s内有2.81018 个电子和1.01018 个质子通过放电管的横截面，求管中电流的流向和这段时间内电流的平均值。
解放电管中的电流是由电子和质子共同提供的，所以.电流的流向与质子运动的方向相同。
11-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图11-7所示，两端施加的电势差为u。
问：(1)通过两导体的电流是否相同？(2)两导体内的电流密度是否相同？(3)两导体内的电场强度是否相同？(4)如果两导体的长度相同，两导体的电阻之比等于什么？(5)如果两导体横截面积之比为1: 9，求以上四个问题中各量的比例关系，以及两导体有相同电阻时的长度之比。
解(1)通过两导体的电流相同，。
(2)两导体的电流密度不相同，因为图11-7,又因为,所以.这表示截面积较小的导体电流密度较大。
(3)根据电导率的定义,在两种导体内的电场强度之比为.上面已经得到，故有.这表示截面积较小的导体中电场强度较大。
(4)根据公式,可以得到,这表示，两导体的电阻与它们的横截面积成反比。
(5)已知，容易得到其他各量的比例关系,,,.若，则两导体的长度之比为.11-4两个同心金属球壳的半径分别为a和b(>a)，其间充满电导率为的材料。
已知是随电场而变化的，且可以表示为 = ke，其中k为常量。
现在两球壳之间维持电压u，求两球壳间的电流。
解在两球壳之间作一半径为r的同心球面，若通过该球面的电流为i，则.又因为,所以.于是两球壳之间的电势差为.从上式解出电流i，得.11-5一个电阻接在电势差为180 v电路的两点之间，发出的热功率为250w。
2021版高考物理(基础版)一轮复习课后达标：第十一章 5 章末过关检测(十一) 第十一章 交变电流 传感
章末过关检测(十一)[学生用书P385(单独成册)](建议用时：45分钟)一、单项选择题1．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则()A．乙图中Oa时间段对应甲图中A图至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析：选A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过14个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A正确；甲图中的C图对应的电流为零，B错误；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错误；而D选项频率应该是25 Hz.2.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故D 正确．3．如图所示电路中，电源电压u ＝311sin (100πt ) V ，A 、B 间接有“220 V ，440 W ”的电暖宝、“220 V ，220 W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．抽油烟机1 min 消耗的电能为1.32×104 J解析：选D.由电源电压u ＝311sin (100πt ) V 可知该交变电压的有效值为220 V ，故交流电压表的示数为220 V ，A 错误；电路正常工作时，电路的总功率为660 W ，故对应的电流有效值为3 A ，保险丝的额定电流为交变电流的有效值，B 错误；抽油烟机为非纯电阻用电器，故不能直接利用功率的大小比较电暖宝与抽油烟机的发热功率，C 错误；抽油烟机1 min 消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，D 正确．4．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：选A.根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，D 错误．5．(2020·湖南岳阳高三检测)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C．变压器输入功率增大D．变压器输入功率减小解析：选D.因副线圈匝数小于原线圈匝数，所以该变压器为降压变压器，A、B错误；触头顺时针转动时，副线圈匝数减少，输出电压减小，输出功率减小，所以输入功率减小，即C错误，D正确．6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin (100πt) V．下列说法中正确的是()A．t＝1600s时刻，c、d两点间的电压瞬时值为110 VB．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 2 VC．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大解析：选D.由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1＝2202·sin (100πt) V，可知当t＝1600s时，u1＝2202sin π6V＝110 2 V，A错误．由U1U2＝n1n2得U2＝U1n2n1＝220×110V＝22 V，故电压表示数小于22 V，B错误．单刀双掷开关与a连接，滑片P向上移动时，电压表示数变大，C错误．当单刀双掷开关由a扳向b时，原、副线圈匝数比由10∶1变成5∶1，且原线圈两端电压不变，可知输出电压增大，两电表示数均变大，D正确．二、多项选择题7．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．则( )A ．两种形式的交变电流最大值相同B ．两种形式的交变电流有效值之比为1∶ 2C ．两种形式的交变电流周期之比为2∶3D ．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比为1∶3解析：选AD.由题图甲和题图乙分别表示的正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系图象可知，两种形式的交变电流最大值都是1 A ，A 正确；题图甲表示的正弦脉冲波周期为0.06 s ，题图乙表示的方波的周期为0.04 s ，两种形式的交变电流周期之比为3∶2，C错误；设正弦脉冲波的电流有效值为I 1，根据有效值的定义，前13周期和后13周期的有效值都为12A ，根据有效值的定义有⎝⎛⎭⎫12 A 2R ·T 3＋⎝⎛⎭⎫12 A 2R ·T 3＝I 21R ·T ，解得I 1＝33 A ．题图乙表示的方波交变电流大小不变，其有效值(跟交变电流的热效应等效的恒定电流值)等于最大值，I 2＝1 A ．两种形式的交变电流有效值之比为I 1∶I 2＝1∶3，B 错误；由W ＝UIt ＝I 2Rt 可知，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电能之比W 甲∶W 乙＝I 21∶I 22＝1∶3，D 正确．8．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝55∶1，原线圈接电压u ＝2202·sin 100πt (V)的交流电源，电表均为理想电表．闭合开关后，在滑动变阻器的滑片P 从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )A ．副线圈交变电流的频率是100 HzB ．电压表的示数为4 VC ．滑动变阻器两端的电压先变大后变小D ．电流表的示数变大解析：选BD.由电压公式知交变电流的角速度为ω＝100π rad/s ，则频率f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变电流的频率，故副线圈交变电流的频率是50 Hz ，A 错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈两端电压为U 2＝4 V ，即为电压表的读数，故B 正确；在滑动变阻器的滑片P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流增大，则输入的电流也增大，即电流表的示数变大，故D 正确；电流增大，定值电阻R 两端的电压变大，副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压变小，故C 错误．9．如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：选BD.由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动改变，故A 错误，B 正确；P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故C 错误，D 正确． 10．如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A ，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法正确的是( )A ．采用高压输电可以增大输电线中的电流B ．升压变压器的输出电压U 2＝2 000 VC ．用户获得的功率为19 kWD ．将P 下移，用户获得的电压将增大解析：选BC.根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A 错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I 输＝101×1 A ＝10 A ，输电电压：U 2＝P I ＝20×10310V ＝2 000 V ，B 正确；输电线上的功率损失：P 损＝I 2R ＝102×10 W ＝1 kW ，用户获得的功率为：P 用＝P 输－P 损＝20 kW －1 kW ＝19 kW ，C 正确；将P 下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D 错误．三、非选择题11．(1)利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高．①如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)．②上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度．如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图甲所示)，则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的________(选填“左”或“右”)侧．③为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请在图乙中用图中的器材(可增加元器件)设计一个电路．(2)图丙为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定，内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图丁所示，试根据这一特性，由图戊中给定的器材设计一个自动光控电路．解析：(1)①因为温度降低时，负温度系数热敏电阻的阻值增大，故电路中电流会变小．②由①的分析知，温度越高，电流越大，25 ℃的刻度应对应较大电流，故在20 ℃的刻度的右侧．③电路如图所示：(2)由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，流过光敏电阻的电流增大，光敏电阻的阻值减小．根据题意设计一个自动光控电路，如图所示．控制过程是：当有光照时，放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开；当无光照时，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，工作电路接通，电灯开始工作．答案：(1)①小②右③见解析图(2)见解析12.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝1πT，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时．(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转过130s 时电动势的瞬时值是多大？ (3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130s 通过电阻R 的电荷量是多少？ 解析：(1)e ＝E m sin ωt ＝nBS ·2πn sin 2πnt＝100×1π×0.05×2π×30060sin ⎝⎛⎭⎫2π×30060t V ＝50sin 10πt V .(2)当t ＝130s 时， e ＝50sin ⎝⎛⎭⎫10π×130 V ≈43.3 V. (3)电动势的有效值为E ＝E m 2＝502V ≈35.4 V 电流表示数I ＝E R ＋r ＝35.49＋1A ＝3.54 A 电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V ＝31.86 V.(4)130s 内线圈转过的角度 θ＝ωt ＝30060×2π×130＝π3该过程中，ΔΦ＝BS －BS cos θ＝12BS 由I ＝q Δt ，I ＝E R ＋r ， E ＝n ΔΦΔt得q ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS 2（R ＋r ）＝100×1π×0.052×（9＋1） C ＝14πC. 答案：(1)e ＝50sin 10πt V (2)43.3 V1 4πC(3)31.86 V 3.54 A(4)。
2021年高考物理第一轮复习第10单元磁场磁场增分加练答案
选择题增分特训(九)1.B[解析] 由于圆环带负电荷,故当圆环沿顺时针方向转动时,等效电流的方向为逆时针,由安培定则可判断,环内磁场方向垂直于纸面向外,环外磁场方向垂直于纸面向里,磁场中某点的磁场方向即放在该点的小磁针静止时N极的指向,所以b的N极向纸外转,a、c的N极向纸内转.2.A[解析] 若A接电源正极,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的安培力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50 Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向改变,故D错误.3.D[解析] 根据安培定则知,两导线连线的垂直平分线上磁场方向水平向右或水平向左(连线中点处磁感应强度为零),根据左手定则可知,滑块受到的洛伦兹力(在连线中点处不受洛伦兹力)方向垂直于纸面向外或向里(竖直向上或向下),滑块所受的滑动摩擦力与速度方向相反,滑块一定做减速直线运动,故A、B、C错误,D正确.4.A[解析] 对ab棒受力分析如图所示,由平衡条件得tan θ=,可得I=·,又知为常数,故A正确,B、C、D错误.5.A[解析] 根据左手定则,安培力与电流和磁场构成的平面垂直,故磁场的方向一定平行于xOy平面;当电流、磁场方向互相垂直的时候,对应的磁感应强度最小,所以最小的磁感应强度为B== T=0.5 T.6.B[解析] 由左手定则可判定,甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,有qvB2=m,则=,由题意知r甲<r乙,所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷,B正确;由qE=qvB1知,能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于,C错误;由=知,==,D错误.7.D[解析] 作出a、b的运动轨迹如图所示,对于a的运动轨迹,由几何关系得R2=(R-L)2+(L)2,解得R=2L,sin θ==,所以a粒子的偏转角θ=π,同理可得b粒子的偏转角β=π,a粒子在磁场中运动的时间t a===,b粒子在磁场中运动的时间t b===,它们到达B点的时间差Δt=t b-t a=-=,D正确.8.AD[解析] 根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,如果油滴带正电,则水平电场的方向只能向左,由左手定则可判断,油滴的速度方向为从M点到N点,故A正确,B错误.如果水平电场方向向右,则油滴只能带负电,电场力水平向左,由左手定则可判断,油滴的速度方向为从N点到M点,故C错误,D正确.9.AC[解析] 导线的粗细相同、材料相同,由电阻定律R=ρ可知,导线越长,电阻越大,由I=可知,ACB段导线电流最小,而ADB段导线电流最大,四段导线的有效长度都相同,由F=BIL可知,ADB段受到的安培力最大,而ACB段受到的安培力最小,由左手定则可知,它们所受安培力的方向均相同,故A、C正确,B、D错误.10.AC[解析] 根据题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中,由左手定则可判断,负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律得4Bqv=m,解得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2Bqv=m,解得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==,选项A、C正确.11.ACD[解析] 粒子轨迹恰好与MN相切时,对应磁感应强度B最小,粒子轨迹如图所示,根据几何知识可得∠AO'B=120°,∠OAB=∠BAO'=30°,故=,r=,解得r=R,又知r=,解得B=,所以B≥,故B错误,A、C、D正确.12.AD[解析] 作出粒子轨迹,如图所示,根据几何关系可以看出,当粒子从d点射出时,轨迹半径增大为原来的二倍,由半径公式R=可知,速度v增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半,A正确,C错误;如果粒子的速度增大为原来的三倍,则轨迹半径也变为原来的三倍,从图中看出,出射点在f点下面,B错误;据粒子的周期公式T=,可知粒子的周期与速度无关,在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角,所以从e、d点射出时所用时间相等,从f点射出时所用时间较短,D正确.13.BCD[解析] 小球a在磁场中运动时受到重力和洛伦兹力的作用,洛伦兹力对小球a不做功,故小球a运动到M点的过程中,只有重力做功,而小球b在电场中运动到N点的过程中,除了重力做功外,电场力对它做负功,故v M>v N,选项A错误;因为小球在最低点时的向心力向上,而v M>v N,故小球a在M点的向心力大于小球b在N点的向心力,且小球a第一次经过M点时还受到向下的洛伦兹力,所以轨道的M点对小球a的支持力较大,即小球a对轨道M点的压力也较大,选项B正确;在甲图中小球a受到的洛伦兹力总与速度的方向垂直,洛伦兹力不做功,而在乙图中,小球b受到的电场力总是水平向左,对小球b的运动起到了阻碍的作用,故选项C正确;在甲图中洛伦兹力不做功,故小球a能够到达右侧最高点,而乙图中电场力对小球b做负功,故小球b不能到达右侧最高点,选项D正确.14.AD[解析] 要使粒子的运动轨迹如图乙所示,由左手定则可判断,粒子做圆周运动的周期应为T0=,若粒子的初始位置在a处,对应时刻应为t=T0=T,同理可判断B、C、D选项,可得A、D正确.非选择题增分特训(七)1.0.5 N0.2 m[解析] 棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=,解得F==0.8 N,对棒受力分析,由平衡条件得,两环支持力的总和为2F N=,解得F N=0.5 N.由牛顿第三定律知,棒对每一个环的压力为0.5 N,设棒、环接触点与环面圆心的连线和竖直方向的夹角为θ,由几何关系知tan θ===,解得θ=53°,棒距环底的高度为h=r(1-cos θ)=0.2 m.2.(1)方向垂直于xOy平面向里(2)L2[解析] (1)由左手定则可知,磁场方向垂直于xOy平面向里.粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场.设其圆心为O',半径为R,由几何关系有(L-R)sin 30°=R,所以R=L,由牛顿第二定律有qv0B=m,联立解得磁感应强度B=.(2)设磁场区域的最小面积为S,以OQ为直径时磁场圆的面积最小,由几何关系得,直径OQ=R=L,所以S=π=L2.3.(1)(2)y=[解析] (1)粒子在电场中运动,有qE=mav=at在磁场中运动,有qvB=m联立解得r=.(2)设边界OQ上某一点的横、纵坐标分别为x和y,由几何关系可得x=r又y=at2=t2联立解得曲线OQ满足的方程为y=.4.[解析] 设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m解得R=可知半径R为定值.因为粒子的速度方向不确定,所以粒子可能的运动轨迹为图中虚线所示过O点的一系列动态圆.当<R<a时,比较图中的动态圆可知,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场的边界相切,设该粒子在磁场中运动的时间为t,根据题意知t=可得∠OCA=设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α,由几何关系得=R sin α=R-=R sin α=a-R cos α又sin2α+cos2α=1联立解得R=a,v=,sin α=5.(1)(2)(3)[解析] (1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v,由动能定理得qER=mv2解得v=(2)粒子的最大圆周轨迹应与半圆磁场边界相切,设圆周轨迹半径为r,由图甲中几何关系知r=由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m联立解得B=(3)粒子的圆周轨迹半径为r'==,粒子的运动轨迹如图乙所示,在电场中从A到O做匀加速直线运动,有R=a,解得t0=带电粒子在电场中的运动时间t1=3=3带电粒子在磁场中的运动时间t2=T==带电粒子从静止开始运动至到达圆弧边界的时间t=t1+t2= 6.(1)(2)(3)[解析] (1)电子在磁场中运动,由牛顿第二定律得evB=m 解得r=电子在磁场区域运动周期为T==通过磁场区域的时间为t1=T=.(2)由几何知识得,电子在磁场中运动的最大半径r=d又r=解得电子进入电场的最大速度v=通过电场的时间t2==电子离开电场后做匀速直线运动到达M点,轨迹如图所示由几何关系知==又y1+y2=d解得y1=d即=d解得U=.(3)若电子恰好打在下极板右边缘,则在磁场中运动半径r'=在电场中,水平方向上有d=v't竖直方向上有r'=t2联立解得v'=.7.(1)(2)y坐标在-a~0的范围内的一条长亮线[解析] (1)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为r,由几何关系有r+=a解得r=电子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,即eBv0=m联立解得电子比荷=(2)由电子的轨迹半径可判断,从O点射入磁场的电子从(0,a)的位置进入匀强电场,电子进入电场后做类平抛运动,有2r=t2x=v0t联立解得x=a设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成θ角,则v y=ttan θ=解得tan θ=2设该电子打在荧光屏上的Q点,Q点离x轴的距离为L,则L=(x0-x)tan θ=a即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为L=a而从(0,-a)位置进入磁场的电子恰好由O点经过y轴,不受电场力,沿x轴正方向做直线运动,打在荧光屏与x轴相交的点上,所以荧光屏上y坐标在-a~0的范围内出现一条长亮线。
2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应增分加练答案
选择题增分特训(十)1.C[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.2.C[解析] 根据右手螺旋定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流,经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流,磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确;根据能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.3.C[解析] 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故φa-φb小于0,C正确.4.D[解析] 0~1 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;1~2 s内,螺线管中正方向电流减小,2~3 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;0~1 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,1~2 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.5.B[解析] 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-F'Δt'=-Ba=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.6.B[解析] 位移在0~L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正值,I=,l=x,则I=x;位移在L~2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L~3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感应电流方向为逆时针方向,为负值,I=(3L-x),故B正确.7.B[解析] 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里,B正确.8.C[解析] 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2',流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1',且I1'=2I2',在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1'逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.9.BD[解析] 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.10.AD[解析] 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C 错误,D正确.11.BC[解析] 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场相同,由安培定则可判断,感应电流方向为E→F→G→E,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS=a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势=B=,C正确,D错误.12.BC[解析] 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.13.AD[解析] 金属圆环速度稳定后,Δt时间内,磁通量变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=kΦ0vΔt,所以感应电动势为E==kΦ0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流为I==,热功率为P=I2R=,故B错误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=,解得m=,故C错误.非选择题增分特训(八)1.(1)5 A(2)Q→P(3)10 W[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×4 V=2 V又R外==Ω=0.2 Ω则感应电流的大小I== A=5 A(2)根据右手定则可判断,电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动,则F=F安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N故外力做功的功率P=Fv=2.5×4 W=10 W.2.(1)(2)Pt-[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=导体棒所受的安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立解得v=.(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得W F+W安=mv2其中W F=Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即Q=-W安联立可得Q=Pt-.3.(1)由a至b(2)mv2(3)丙图正确见解析[解析] (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培力,即F f=F A而F A=BI1L,I1=联立解得F f=.(2)设棒的平均速度为,根据动量定理得-Ft-F f t=0-2mv而F=B L,=,x=t联立解得x=根据动能定理得-F f x-W A=0-m(2v)2根据功能关系得Q=W A解得Q=mv2.(3)丙图正确当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;当磁场速度大于v时,E=BLΔv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒<a时,Δv逐渐增大,电流逐渐增大,F A逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,Δv保持不变,电流不变,F A不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.4.(1)2 V(2)1.6 V 2 m/s2(3)0.25 W[解析] (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为=0.1 T/s由法拉第电磁感应定律得E1=n=n S=2 V(2)t=0时,回路中电流I==0.4 A导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma解得a=g-=2 m/s2(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2I'lI'=解得v=5 m/s此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s[解析] (1)在进入磁场前的加速度a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2由=2as1解得v1=1.2 m/s(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,ΔE=E1-E0=-(F f+F A)s2因为是匀速运动,所以F f+F A=mg sin 37°=0.6 N解得s2=0.15 m故t== s=0.125 s6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J[解析] (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.感应电动势E=B1lv0电流I==安培力F=B1Il匀速运动,有mg sin θ=F联立解得v0=6 m/s.(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv解得v=1.5 m/s.(3)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ过程,设速度变化大小为Δv,根据动量定理有-B2'lΔt=-4mΔv'Δt=q==解得Δv=0.25 m/s同理,出磁场过程速度变化大小也为Δv出磁场区域Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v-2Δv=1.0 m/s根据能量守恒定律得Q=×4m×(v2-v'2)=0.25 J.。
2021年高中物理第十一章机械振动综合测试含解析人教版选修3_4.doc
第十一章 《机械振动》综合测试时间：90分钟 满分：100分一、选择题(1～6为单选，7～10为多选，每小题4分，共40分) 1.一简谐运动的图象如图所示，在0.1～0.15 s 这段时间内( B )A ．加速度增大，速度变小，加速度和速度的方向相同B ．加速度增大，速度变小，加速度和速度的方向相反C ．加速度减小，速度变大，加速度和速度的方向相反D ．加速度减小，速度变大，加速度和速度的方向相同解析：由图象可知，在t ＝0.1 s 时，质点位于平衡位置，t ＝0.15 s 时，质点到达负向最大位移处，因此在t ＝0.1～0.15 s 这段时间内，质点刚好处于由平衡位置向负向最大位移处运动的过程中，其位移为负值，且数值增大，速度逐渐减小，而加速度逐渐增大，为加速度逐渐增大的减速运动，故加速度方向与速度方向相反，因此选项B 正确．2．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12，则单摆振动的( C )A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变，振幅改变D ．频率改变，振幅不变解析：单摆振动的频率与摆长和所在地的重力加速度有关，与质量、振幅大小无关，题中单摆振动的频率不变；单摆振动过程中机械能守恒，振子在平衡位置的动能等于其在最大位移处的势能，因此，题中单摆的振幅改变，选项C 正确．3.某同学看到一只鸟落在树枝上的P 处(如图所示)，树枝在10 s 内上下振动了6次．鸟飞走后，他把50 g 的砝码挂在P 处，发现树枝在10 s 内上下振动了12次．将50 g 的砝码换成500 g 的砝码后，他发现树枝在15 s 内上下振动了6次．试估计鸟的质量最接近( B )A ．50 gB ．200 gC ．500 gD ．550 g解析：由题意，m 1＝50 g 时，T 1＝1012 s ＝56 s ；m 2＝500 g 时，T 2＝156 s ＝52s ，可见质量m 越大，周期T 也越大．鸟的振动周期T 3＝53s ，因为T 1<T 3<T 2，鸟的质量应满足m 1<m 3<m 2，故选B.4．某弹簧振子沿x 轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是( A )A ．t ＝1 s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B ．t ＝2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C ．t ＝3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D ．t ＝4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值解析：t ＝1 s 时，振子在正的最大位移处，振子的速度为零，由a ＝－kx /m 知，加速度为负的最大值，A 项正确；t ＝2 s 时，振子位于平衡位置，由a ＝－kx /m 知，加速度为零，B 项错误；t ＝3 s 时，振子在负的最大位移处，由a ＝－kx /m 知，加速度为正的最大值，C 项错误；t ＝4 s 时，振子位于平衡位置，由a ＝－kx /m 知，加速度为零，D 项错误．5．一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是( B ) A ．g 甲>g 乙，将摆长缩短 B ．g 甲<g 乙，将摆长放长 C ．g 甲<g 乙，将摆长缩短D ．g 甲>g 乙，将摆长放长解析：走时变快了，说明周期T ＝2πlg变小了，即g 乙>g 甲，若要恢复原来的周期，则需把摆长变长，使l g不变．6.如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm ，图示P 位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m 向右拉动5 cm 后由静止释放，经0.5 s 振子m 第一次回到P 位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是( D )A ．该弹簧振子的振动频率为1 HzB ．若向右拉动10 cm 后由静止释放，经过1 s 振子m 第一次回到P 位置C ．若向左推动8 cm 后由静止释放，振子m 两次经过P 位置的时间间隔是2 sD ．在P 位置给振子m 任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20 cm ，总是经0.5 s 速度就降为0解析：本题考查简谐运动的周期性．由题意知，该弹簧振子振动周期为T ＝0.5×4 s ＝2 s ，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2 s ，振动频率为0.5 Hz ，所以B 选项中应经过0.5 s 第一次回到P 位置，A 、B 选项错误；C 选项中两次经过P 位置的时间间隔为半个周期，是1 s ，C 选项错误，D 选项正确．7.如图所示为某鱼漂的示意图．当鱼漂静止时，水位恰好在O 点．用手将鱼漂往下按，使水位到达M 点．松手后，鱼漂会上下运动，水位在MN 之间来回移动．不考虑阻力的影响，下列说法正确的是( AB )A ．鱼漂的运动是简谐运动B ．水位在O 点时，鱼漂的速度最大C ．水位到达M 点时，鱼漂具有向下的加速度D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大解析：设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h.当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力，即mg＝ρgSh.可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正，当鱼漂被下按x时，水位在O点上方x处，此时合力为F合＝mg－ρgS(h＋x)＝－ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式．因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合＝－kx)，鱼漂做的是简谐运动，选项A正确；O点是平衡位置，所以O 点时鱼漂的速度最大，选项B正确；水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，选项C错误；鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，选项D错误．8.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如右图所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动．把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图甲所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图乙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则( AC )A．由图线可知T0＝4 sB．由图线可知T0＝8 sC．当T在4 s附近时，Y显著增大；当T比4 s小得多或大得多时，Y很小D．在T在8 s附近时，Y显著增大；当T比8 s小得多或大得多时，Y很小解析：题图甲是弹簧振子未加驱动力时的周期，由图线读出的周期为其振动的固有周期，即T 0＝4 s ．题图乙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图线，做受迫振动的物体，其振动的周期等于驱动力的周期，即T ＝8 s ．当受迫振动的周期与驱动力的周期相同时，其振幅最大；周期差别越大，其运动振幅越小，由以上分析可知，正确选项为A 、C.9．如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A 、E 摆长均为l ，先让A 摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则( ACD )A ．其他各摆振动周期跟A 摆相同B ．其他各摆振动的振幅大小相等C ．其他各摆振动的振幅大小不同，E 摆的振幅最大D ．B 、C 、D 三摆振动的振幅大小不同，B 摆的振幅最小解析：A 摆振动后迫使水平绳摆动．水平绳又迫使B 、C 、D 、E 四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此，B 、C 、D 、E 四摆的周期跟A 摆相同．驱动力的频率等于A 摆的固有频率f A ＝1T A ＝12πgl ，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：f B ＝12πg0.5l ≈1.41f A ，f C ＝12πg1.5l≈0.82f A f D ＝12πg 2l ≈0.71f A ，f E ＝12πgl＝f A 可见只有E 摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B 、C 、D 三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B 摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小．10．如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B 、C 两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹．已知弹簧的劲度系数为k ＝10 N/m ，振子的质量为0.5 kg ，白纸移动速度为2 m/s ，弹簧弹性势能的表达式E p ＝12ky 2，不计一切摩擦．在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法正确的是( BC )A ．该弹簧振子的振幅为1 mB ．该弹簧振子的周期为1 sC ．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s 2D ．该弹簧振子的最大速度为2 m/s解析：弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A ＝0.5 m ，选项A 错误；由题图所示振子振动曲线可知，振动一个周期，白纸移动距离x ＝2 m ，所以弹簧振子的周期为T ＝xv＝1 s ，选项B 正确；该振子所受最大回复力F ＝kA ＝5 N ，最大加速度为a ＝F m ＝10 m/s 2，选项C 正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12ky 2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由12mv 2m ＝12kA 2可得最大速度为v m ＝kmA ＝ 5 m/s ，选项D 错误．二、填空题(每小题9分，共18分)11．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示．这样做的目的是AC(填字母代号)．A ．保证摆动过程中摆长不变B ．可使周期测量得更加准确C ．需要改变摆长时便于调节D ．保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L ＝0.999 0 m ，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则该摆球的直径为12.0 mm ，单摆摆长为0.993 0 m.(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m 的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A 、B 、C 均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是A(填字母代号)．解析：(1)夹牢摆线可以使摆动过程中摆线长度不变，夹子可以根据需要改变摆长，故选择A 、C ；(2)游标尺的0刻线与主尺12 mm 对齐，10刻线与主尺刻线对齐，所以读数为12.0 mm ；摆长L ＝0.999 0 m －0.012 02m ＝0.993 0 m ；(3)sin5°＝0.087，摆长为1 m ，所以振幅约为8.7 cm ，C 、D 误差较大；又振子在平衡位置开始计时误差较小，所以t ＝0时，振子应在平衡位置，故选择A.12．用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示．(1)组装单摆时，应在下列器材中选用AD(选填选项前的字母)．A ．长度为1 m 左右的细线B ．长度为30 cm 左右的细线C ．直径为1.8 cm 的塑料球D ．直径为1.8 cm 的铁球(2)测出悬点O 到小球球心的距离(摆长)L 及单摆完成n 次全振动所用的时间t ，则重力加速度g ＝4π2n 2L t2(用L 、n 、t 表示)． (3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.组次 1 2 3 摆长L /cm 80.00 90.00 100.00 50次全振动时间t /s90.0 95.5 100.5 振动周期T /s 1.80 1.91 重力加速度g /(m·s －2)9.749.73请计算出第3组实验中的T ＝2.01 s ，g ＝9.76 m/s 2.(4)用多组实验数据作出T 2L 图象，也可以求出重力加速度g .已知三位同学作出的T 2L 图线的示意图如图乙中的a 、b 、c 所示，其中a 和b 平行，b 和c 都过原点，图线b 对应的g 值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b ，下列分析正确的是B(选填选项前的字母)．A ．出现图线a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB ．出现图线c 的原因可能是误将49次全振动记为50次C ．图线c 对应的g 值小于图线b 对应的g 值(5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙所示．由于家里只有一根量程为30 cm 的刻度尺，于是他在细线上的A 点做了一个标记，使得悬点O 到A 点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O 、A 间细线长度以改变摆长．实验中，当O 、A 间细线的长度分别为l 1、l 2时，测得相应单摆的周期为T 1、T 2.由此可得重力加速度g ＝4π2(l 1－l 2)T 21－T 22(用l 1、l 2、T 1、T 2表示)．解析：(1)单摆模型需要满足的条件是，摆线的长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，这样可以忽略空气阻力．(2)周期T ＝tn ，结合T ＝2πL g ，推出g ＝4π2n 2L t 2. (3)周期T ＝t n ＝100.5 s50＝2.01 s ，由T ＝2πL g，解出g ＝9.76 m/s 2. (4)由T ＝2πL g，两边平方后可知T 2L 是过原点的直线，b 为正确的图象，a 与b 相比，周期相同时，摆长更短，说明a 对应测量的摆长偏小；c 与b 相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数．(5)设A 到铁锁重心的距离为l ，则第1、2次的摆长分别为l ＋l 1、l ＋l 2，由T 1＝2πl ＋l 1g ，T 2＝2πl ＋l 2g ，联立解得g ＝4π2(l 1－l 2)T 21－T 22. 三、计算题(共42分)13．(8分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．(1)求t ＝0.25×10－2s 时刻的位移．(2)从t ＝0到t ＝8.5×10－2s 的时间内，质点的路程、位移各为多大？ 答案：(1)－1.414 cm (2)34 cm 0解析：(1)由图象可知T ＝2×10－2 s ，则ω＝2πT＝100π，横坐标t ＝0.25×10－2s 时，所对应的纵坐标x ＝－A cos ωt ＝－2cos(100π×0.25×10－2) cm ≈－1.414 cm.(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，本题中Δt ＝8.5×10－2s ＝174T ，所以通过的路程为174×4A ＝17A ＝17×2 cm ＝34 cm ，经174个周期振子回到平衡位置，位移为零．14．(12分)如图所示，摆长为1 m 的单摆做简谐运动，C 点在悬点O 的正下方，D 点与C 点相距2 m ，C 、D 之间是光滑水平面．当摆球A 摆到左侧最大位移处时，小球B 从D 点以某一速度匀速地向C 点运动，A 、B 两球在C 点迎面相遇，求小球B 的速度大小．(g 取9.8 m/s 2)答案：44n ＋3m/s(n ＝0,1,2，…) 解析：单摆做简谐运动的周期为T ＝2πlg＝2 s ，A 球运动到C 点且速度向左经历的时间为t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34T ＝(2n ＋1.5) s (n ＝0,1,2，…)，则B 球的速度为v ＝x t ＝22n ＋1.5 m/s ＝44n ＋3m/s(n ＝0,1,2，…)．15．(12分)在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中，要进行振动记录，如图甲所示是一个常用的记录方法，在弹簧振子的小球上安装一支记录用笔P ，在下面放一条白纸带．当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带运动方向与振子振动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图乙所示．(1)若匀速拉动纸带的速度为1 m/s ，则由图乙中数据算出振子的振动周期为多少？(2)作出P 的振动图象．(3)若拉动纸带做匀加速运动，且振子振动周期与原来相同，由图丙中的数据求纸带的加速度大小． 答案：(1)0.2 s (2)如图所示 (3)1.0 m/s 2解析：(1)由题图乙可知，当纸带匀速前进20 cm 时，弹簧振子恰好完成一次全振动，由v ＝xt ，可得t ＝x v ＝0.21s ，所以T ＝0.2 s ； (2)由题图乙可以看出P 的振幅为2 cm ，振动图象如答案图所示；(3)当纸带做匀加速直线运动时，振子振动周期仍为0.2 s ，由丙图可知，两个相邻0.2s 时间内，纸带运动的距离分别为0.21 m 、0.25 m ，由Δx ＝aT 2，得a ＝0.25－0.210.22 m/s 2＝1.0 m/s 2.16.(10分)如图所示，质量为m ＝0.5 kg 的物体放在质量为M ＝4.5 kg 的平台上，随平台上、下做简谐运动．设在简谐运动过程中，二者始终保持相对静止．已知弹簧的劲度系数为k＝400 N/m，振幅为A＝0.1 m．试求：(1)二者一起运动到最低点时，物体对平台的压力大小；(2)二者一起运动最高点时，物体对平台的压力大小．(g取10 m/s2)答案：(1)9 N (2)1 N解析：(1)在平衡位置，设弹簧压缩量为x，有(M＋m)g＝kx，解得x＝0.125 m.在最低点，设物体对平台压力大小为F1，由牛顿第三定律可知，平台对物体的支持力大小也为F1，对整体k(x＋A)－(M＋m)g＝(M＋m)a1.对m，F1－mg＝ma1，解得a1＝8 m/s2，F1＝9 N.(2)在最高点，设物体对平台压力大小为F2，对整体(M＋m)g－k(x－A)＝(M＋m)a2.对m，mg－F2＝ma2，解得a2＝8 m/s2，F2＝1 N.。
2021年高考物理第十一单元
电学实验高考第一轮复习第十一单元1必备知识2关键能力1实验原理2实验器材实验1 测定金属的电阻率3实验步骤4数据处理5误差分析6注意事项0.400如图所示1.2×10-61.25解析答案解析解析答案如图甲所示8.02如图乙所示2.21.0×10-3解析1实验原理2实验器材实验2 测绘小电珠的伏安特性曲线3实验步骤4数据处理5误差分析6注意事项解析答案R 2如图所示2.400.282~0.284均可电压表有分流作用a 增大解析解析答案C如图所示F2.50.6251.875解析1实验原理2实验器材实验3 测定电源的电动势和内阻3实验步骤4数据处理5误差分析6注意事项解析答案1.45如图甲所示解析答案如图乙所示1.491.1AC解析解析答案80如图所示4.44×10-31.50解析1实验原理实验4 练习使用多用电表2实验器材1实验原理3实验步骤3实验步骤4注意事项解析答案B解析答案2800AC B解析解析答案11.5 1.5×10412解析答案AC偏大解析1实验原理实验5 传感器的简单使用2实验器材3实验步骤及数据处理3实验步骤及数据处理3实验步骤及数据处理4注意事项解析答案如图所示质量为m 0的砝码。
2021年高中物理第十一章机械振动4单摆课时作业含解析人教版选修3_4.doc
单摆时间：45分钟一、选择题(1～5为单选，6～9为多选)1．在“用单摆测重力加速度”的实验中，为了减少实验误差，以下操作正确的是( B )A ．选取长度10 cm 左右的细绳作为摆线B ．在摆球运动到最低点处开始计时C ．若摆球n 次经过最低点所用的时间为t ，则单摆的周期为T ＝t nD ．多次改变摆长l ，测出不同摆长下摆球运动的周期T ，可由T l 图象求出重力加速度g解析：本题考查了用单摆测当地的重力加速度这一实验的实验原理、注意事项、数据的处理方法．在用单摆测重力加速度实验中，摆线的选取应适当长一些，10 cm 太短，A 错误；摆球运动到最低点时，运动最明显，在此计时，误差最小，B 正确；摆球一个周期内两次经过最低点，所以T ＝t 2n ，C 错误；由周期公式得T 2＝4π2l g，可由T 2l 图象求出重力加速度g ，D 错误．2．将秒摆(周期为2 s)的周期变为1 s 下列措施可行的是( D )A ．将摆球的质量减半B ．将振幅减半C ．将摆长减半D ．将摆长减为原来的14解析：由单摆周期公式T ＝2πl g 可以看出，要使周期减半，摆长应减为原来的14. 3．用单摆测定重力加速度，根据的原理是( C )A ．由g ＝4π2l T2看出，T 一定时，g 与l 成正比 B ．由g ＝4π2l T 2看出，l 一定时，g 与T 2成反比C ．由于单摆的振动周期T 和摆长l 可用实验测定，利用g ＝4π2l T2可算出当地的重力加速度D ．同一地区单摆的周期不变，不同地区的重力加速度与周期的平方成反比解析：g 是由所处的地理位置的情况来决定的，与l 及T 无关，故只有C 正确．4．有一摆长为L 的单摆，悬点正下方某处有一光滑小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小角度摆动，图示为摆球从右边最高点M 摆至左边最高点N 的闪光照片(悬点和小钉未摄入)，P 为摆动中的最低点，每相邻两次闪光的时间间隔相等，则小钉距悬点的距离为( C )A ．L /4B ．L /2C ．3L /4D ．条件不足，无法判断解析：该题考查周期公式中的等效摆长．题图中M 到P 为四个时间间隔，P 到N 为两个时间间隔，即左半部分单摆的周期是右半部分单摆周期的12，根据周期公式T ＝2πl g ，可得左半部分单摆的摆长为L4，即小钉距悬点的距离为3L /4，故C 选项正确． 5.如图所示，MN 为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A 放在MN 的圆心处，再把另一小球B 放在MN 上离最低点C 很近的B 处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有( A )A ．A 球先到达C 点B ．B 球先到达C 点C ．两球同时到达C 点D ．无法确定哪一个球先到达C 点解析：A 做自由落体运动，到达C 点所需时间t A ＝2Rg ，R 为圆弧轨道的半径．因为圆弧轨道的半径R 很大，B 球离最低点C 又很近，所以B 球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动，等同于摆长为R 的单摆，则运动到最低点C 所用的时间是单摆振动周期的14，即t B ＝T 4＝π2R g>t A ，所以A 球先到达C 点． 6．下图为甲、乙两单摆的振动图象，则( BD )A ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l 甲l 乙＝2 1 B ．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l 甲l 乙＝4 1C ．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g 甲g 乙＝4 1D ．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g 甲g 乙＝1 4解析：由题图可知T 甲T 乙＝21，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为l 甲l 乙＝41，故A 错误，B 正确；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g 甲g 乙＝14，故C 错误，D 正确．7．如图所示，A 、B 分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置．其中，位置A 为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中( BC )A ．位于B 处时动能最大B ．位于A 处时势能最大C ．在位置A 的势能大于在位置B 的动能D ．在位置B 的机械能大于在位置A 的机械能解析：摆球在摆动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故D 错；A 为摆球摆动的最高位置，其势能最大，B 对；摆球摆到最低点时势能为零，动能最大，而B 并非摆动中的最低位置，其动能并非最大，故A 错；摆球在A 处的势能等于总的机械能，在B 处的动能小于总机械能(其中一部分为势能)，故在位置A的势能大于在位置B的动能，所以C对．8．单摆做简谐运动时，下列说法正确的是( AD )A．摆球质量越大、振幅越大，则单摆振动的能量越大B．单摆振动能量与摆球质量无关，与振幅有关C．摆球到达最高点时势能最大，摆线弹力最大D．摆球通过平衡位置时动能最大，摆线弹力最大解析：对于无阻尼单摆系统，机械能守恒，其数值等于最大位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能．摆球质量越大、振幅越大，则最大位移处摆球的重力势能越大，所以A选项正确，而B选项错误；在最高点时速度为零，所需向心力为零，故摆线弹力最小，所以C选项错误；同理，D选项正确．9．如下图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( ABD )A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆解析：振幅可从图上看出甲摆大，故选项B对．且两摆周期相等，则摆长相等．因质量关系不明确，无法比较机械能，t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．所以正确选项为A、B、D.二、非选择题10．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为0.97 cm.(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是C.A ．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B ．测量摆球通过最低点100次的时间t ，则单摆周期为t 100C ．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数＝0.9 cm ＋7×0.01 cm＝0.97 cm.(2)要使摆球做简谐运动，摆角应小于5°，应选择密度较大的摆球，阻力的影响较小，测得重力加速度误差较小，A 、D 错；摆球通过最低点100次，完成50次全振动，周期是t 50，B 错；摆长应是l ′＋d2(l ′为悬线的长度)，若用悬线的长度加直径，则测出的重力加速度值偏大，C 对．11．某实验小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆(细线质量不计且不可伸长，装满有色液体后，漏斗和液体质量相差不大)等．实验前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100 s ；实验中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．(1)该单摆的周期是2 s.(2)图乙是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为0.10 m/s 2；(结果取两位有效数字)(3)用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的因素是漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．解析：(1)一个周期内漏斗2次经过最低点，所以周期T ＝2 s ；(2)由题图可知时间间隔为半个周期t＝1 s，由逐差法可知a＝0.399 9＋0.300 1－0.200 1－0.099 92×2×12m/s2＝0.10 m/s2；(3)漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．12．将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.(1)现有如下测量工具：A.时钟；B.停表；C.天平；D.毫米刻度尺．本实验所需的测量工具有BD.(2)如果实验中所得到的T2L关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的a.(3)由图象可知，小筒的深度h＝0.3 m；当地重力加速度g＝9.86 m/s2.解析：本实验主要考查用单摆测重力加速度的实验步骤、实验方法和数据处理方法．(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L要用到毫米刻度尺，测单摆的周期需要用停表，所以测量工具选B、D.(2)设摆线在筒内部分的长度为h，由T＝2πL＋hg得，T2＝4π2gL＋4π2gh，可知T2L关系图象为a.(3)将T2＝0，L＝－30 cm代入上式可得h＝30 cm＝0.3 m将T2＝1.20 s2，L＝0代入上式可求得g＝π2≈9.86 m/s2.。
2020-2021学年高中物理第十一章机械振动课后练习(含解析) 人教版选修3-4
1简谐运动1.关于简谐运动,下列说法正确的是()A.简谐运动一定是水平方向的运动B.所有的振动都可以看作是简谐运动C.物体做简谐运动时一定可以得到正弦曲线形的轨迹线D.只要振动图象是正弦曲线,物体一定做简谐运动,各个方向都有可能发生,选项A错误;简谐运动是最简单的振动,选项B错误;物体做简谐运动的轨迹并不是正弦曲线,选项C错误;若物体的振动图象是正弦曲线,则其一定是做简谐运动,选项D正确。
2.物体做简谐运动的过程中,有两点A,A'关于平衡位置对称,则物体()A.在A点和A'点的位移相同B.在两点处的速度可能相同C.在两点处的加速度可能相同D.在两点处的动能一定相同,关于平衡位置的对称点,物体的位移大小相等,但方向相反,选项A错误;物体的速度大小相等,方向可以相同,也可以相反,故选项B正确;物体的加速度大小相等,方向相反,选项C错误;由于速度大小相等,因此动能一定相同,选项D正确。
3.如图所示,当振子由A向平衡位置O运动时,下列说法正确的是()A.振子的位移大小在减小B.振子的运动方向向左C.振子的位移方向向左D.振子的位移大小在增大O点,由于振子在O点的右侧由A向O运动,所以振子的运动方向向左,位移方向向右,且位移大小在不断减小,故A、B正确。
4.一质点做简谐运动的图象如图所示,在4 s内具有最大负方向速度和具有最大正方向加速度的时刻分别是()A.1 s,4 sB.3 s,2 sC.1 s,2 sD.3 s,4 s,由图中看是1 s时和3 s时,在1 s时振子将向负最大位移处运动,所以此时速度为负,而3 s时速度为正向最大,在2 s时和4 s时都有最大位移,所以此两时刻都有最大加速度,又因为加速度方向应指向平衡位置,所以在2 s时有正方向最大加速度,4 s时有负方向最大加速度。
故正确选项为C。
5.一质点做简谐运动的图象如图所示,下列说法正确的是()A.振动图象是从平衡位置开始计时的B.1 s末速度最大C.1 s末速度沿x轴负方向D.1 s末速度为零t=0时刻,振子处于平衡位置,所以选项A正确;最大位移处是运动方向改变的位置,速度为零,故选项D正确,B、C错误。
人教版高中物理第十一章 电路及其应用精选试卷练习(Word版 含答案)
人教版高中物理第十一章 电路及其应用精选试卷练习（Word 版 含答案）一、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优（难）1．如图甲所示的电路中, a b c 、、是三个完全相同的灯泡,已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,已知该伏安特性曲线过点(0.4V,0.125A),闭合电键后流过电源的电流为0.25A ．则下列说法正确的是（ ）A ．灯泡a 两端电压为灯泡b 两端电压的2倍B ．灯泡a 的功率为0.75WC ．灯泡b 的阻值为12ΩD ．灯泡a b 、的电功率之比为4:1 【答案】B 【解析】AB 、由伏安特性曲线可知三个灯泡不是定值电阻，其阻值也不是线性变化的，当电路中的总电流为0.25 A 时，通过灯泡b 、c 的电流均为0.125 A ，由图像可知，灯泡a 两端的电压为3.0 V ，灯泡b 两端的电压是0.4 V ，灯泡a 的功率为30.250.75P UI W ==⨯=故A 错；B 对C 、灯泡b 的阻值为0.4 3.20.125U R I ===Ω ,故C 错； D 、灯泡a 的功率为30.250.75a P UI W ==⨯= ，灯泡b 的功率为0.40.1250.05b P U I W ==⨯='' ，所以灯泡a 、b 的电功率之比为15:1，故D 错；故选B2．一个T 形电路如图所示，电路中的电阻130R =Ω，2320R R ==Ω，另有一测试电源，所提供电压恒为10V ，以下说法正确的是A ．若将cd 端短路，ab 之间的等效电阻是50ΩB ．若将ab 端短路，cd 之间的等效电阻是40ΩC ．当ab 两端接上测试电源时，cd 两端的电压为4VD ．当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压为6V 【答案】C 【解析】【分析】 【详解】当cd端短路时，ab 间电路的结构是：电阻23R R 、并联后与1R 串联，等效电阻为：23123202030402020R R R R R R ⨯=+=+=Ω++，故A 错误；当ab 端短路时，cd 之间电路结构是：电阻13R R 、并联后与2R 串联，等效电阻为：13213302020323020R R R R R R ⨯=+=+=Ω++，故B 错误；当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压等于电阻R 3两端的电压，313201043020R U E V R R ==⨯=++；故C 正确；当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压等于电阻3R 两端的电压，为3323201052020R U E V R R ==⨯=++，故D 错误；【点睛】对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．3．小灯泡的电流I 随所加电压U 变化如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线。
2021年高考物理(浙江专版)大一轮复习课时提升作业十一平抛运动的规律及其应用
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课时提升作业十一平抛运动的规律及其应用(建议用时40分钟)1.程老师和他七岁的儿子在逛街的过程中,发现了一个“套圈游戏”,套中啥,就可以拿走那样东西,两元一次,程老师试了一次,套中了一个距离起点水平距离为2 m的熊大雕像,他儿子看了,也心痒痒,想把距离起点水平距离相等的光头强雕像也套中。
假设他们套圈的时候圈的运动是平抛运动,程老师抛圈的速度为2 m/s,试问他儿子要将雕像套中,应怎么办( )A.大于2 m/s的速度抛出B.等于2 m/s的速度抛出C.小于2 m/s的速度抛出D.无法判断【解析】选A。
根据平抛运动的规律可知,竖直方向h=gt2,水平方向的位移x=vt=v;由于程老师抛圈的速度为2 m/s能够套住,他儿子的身高要低于他,要想套住必须增加水平速度;所以A正确、B、C、D错误。
故选A。
2.(2016·浙江4月选考真题)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞。
处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体,经判断,它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的。
为了判断卡车是否超速,需要测量的量是 ( )A.车的长度,车的重量B.车的高度,车的重量C.车的长度,零件脱落点与陷落点的水平距离D.车的高度,零件脱落点与陷落点的水平距离【解析】选D。
根据平抛运动知识可知,车顶上的零件平抛出去,因此要知道车顶到地面的高度,即可求出时间。
测量零件脱落点与陷落点的水平距离即可求出出事时的瞬时速度,即答案为D。
3.(2019·金华模拟)如图所示,斜面与水平面之间的夹角为45°,在斜面底端A点正上方O点以v=1 m/s的速度水平抛出一个小球,飞行t=1 s 后撞在斜面上,g取10 m/s2,则O点距A点的高度为( )A.5 mB.6 mC.8 mD.10 m【解析】选B。
2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应增分加练正文
选择题增分特训(十)电磁感应时间:40分钟(共13题,1~8题为单选,9~13题为多选)1.在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.下列叙述不符合史实的是()A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子环流假说C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2.如图X10-1所示,一个闭合三角形导线框位于竖直平面内,其下方固定一根与线框所在的竖直平面平行且相距很近(但不重叠)的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流.不计阻力,线框从实线位置由静止释放至运动到直导线下方虚线位置过程中()图X10-1A.线框中的磁通量为零时,感应电流也为零B.线框中感应电流方向先为顺时针后为逆时针C.线框受到的安培力方向始终竖直向上D.线框减少的重力势能全部转化为电能3.图X10-2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S.若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间内线圈两端a 和b之间的电势差φa-φb()图X10-2A.恒为B.从0均匀变化到C.恒为-D.从0均匀变化到-4.[2019·山东潍坊模拟]如图X10-3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,设电流从a端流入为正.以下说法正确的是()图X10-3A.0~1 s内圆环面积有扩张的趋势B.1 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力C.1~2 s内和2~3 s内圆环中的感应电流方向相反D.从上往下看,0~2 s内圆环中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向5.如图X10-4所示,在光滑的水平面上有一竖直向下的匀强磁场,该磁场分布在宽为L的区域内.现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合导线圈以初速度v0垂直于磁场边界滑过磁场后,速度变为v(v<v0),则()图X10-4A.线圈完全进入磁场时的速度大于B.线圈完全进入磁场时的速度等于C.线圈完全进入磁场时的速度小于D.以上情况均有可能6.[2019·江苏扬州质检]如图X10-5所示,等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场,它的底边在x轴上且长为2L,高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域,在t=0时刻恰好位于如图所示的位置.以顺时针方向为导线框中电流的正方向,如图X10-6所示的四幅图中能够正确表示导线框中的电流—位移(I-x)关系的是()图X10-5图X10-67.如图X10-7所示,线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大;等离子流(由高温高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中,发现两直导线a、b互相吸引,由此可以判断P1、P2两极板间的匀强磁场的方向为()图X10-7A.垂直于纸面向外B.垂直于纸面向里C.水平向左D.水平向右8.如图X10-8所示的电路中,L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡,E是内阻不计的电源.在t=0时刻,闭合开关S,电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向,分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流,则如图X10-9所示的四个图像中能定性描述电流I1、I2随时间t变化关系的是()图X10-8图X10-99.[2019·山东青岛质检]如图X10-10所示的电路中,A1和A2是完全相同的灯泡,线圈L的电阻可以忽略.下列说法中正确的是()图X10-10A.闭合开关S接通电路时,A2始终比A1亮B.闭合开关S接通电路时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮C.断开开关S切断电路时,A2先熄灭,A1过一会儿才熄灭D.断开开关S切断电路时,A1和A2都要过一会儿才熄灭10.[2019·盐城调研]如图X10-11甲所示,水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R,导体棒MN放在导轨上且接触良好,整个装置放在垂直于导轨平面的磁场中,磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正),MN始终保持静止,则0~t2时间内()图X10-11A.电容器C的电荷量大小始终不变B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小始终不变D.MN所受安培力的方向先向右后向左11.如图X10-12所示,在边长为a的等边三角形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场,其方向垂直于纸面向外,一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合,而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度ω顺时针匀速转动,于是线框EFG中产生感应电动势.若转过60°后线框转到图中的虚线位置,则在这段时间内()图X10-12A.感应电流方向为E→G→F→EB.感应电流方向为E→F→G→EC.平均感应电动势大小等于D.平均感应电动势大小等于12.[2019·武汉调研]如图X10-13甲所示,在足够长的光滑的固定斜面上放置着金属线框,垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直于斜面向上为正方向).t=0时刻将线框由静止释放,在线框下滑的过程中,下列说法正确的是()图X10-13A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流B.MN边受到的安培力先减小后增大C.线框做匀加速直线运动D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失13.一个细小金属圆环在范围足够大的磁场中竖直下落,磁感线的分布情况如图X10-14所示,其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上.开始时圆环的磁通量为Φ0,圆环磁通量随下落高度变化关系为Φ=Φ0(1+ky)(k为比例常数,k>0).金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平,速度越来越大,最终稳定为某一数值,称为收尾速度.已知金属圆环的电阻为R,该金属环的收尾速度为v,忽略空气阻力,关于该情景,以下结论正确的是()图X10-14A.金属圆环速度稳定后,Δt时间内,金属圆环产生的平均感应电动势大小为kΦ0vB.金属圆环速度稳定后,金属圆环的热功率P=(g为重力加速度)C.金属圆环的质量m=D.金属圆环速度稳定后,金属圆环的热功率P=非选择题增分特训(八)电磁感应时间:40分钟1.两根平行金属导轨ad和bc放置在同一水平面内,导轨足够长,导轨两端分别连接电阻R1和R2,在水平面内组成矩形线框,如图F8-1所示,ad和bc相距L=0.5 m,放在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B=1 T.一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ跨放在两根金属导轨上,在外力作用下以4 m/s的速度向右匀速运动.已知电阻R1=0.3 Ω,R2=0.6 Ω,导轨ad和bc的电阻不计,导体棒与导轨垂直且两端与导轨接触良好.求:(1)导体棒PQ中产生的感应电流的大小;(2)导体棒PQ上感应电流的方向;(3)导体棒PQ向右匀速滑动的过程中外力做功的功率.图F8-12.如图F8-2所示,一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内,导轨足够长且间距为L,左端接有阻值为R的电阻,一质量为m、长度为L的导体棒MN放置在导轨上,棒的电阻为r,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B.棒在水平向右的外力作用下由静止开始做加速运动,运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好.已知外力的功率恒为P,经过时间t导体棒做匀速运动.求:(1)导体棒匀速运动时的速度大小;(2)t时间内回路中产生的焦耳热.图F8-23.[2019·福建龙岩质检]如图F8-3所示,在水平面上有两根足够长的平行金属轨道PQ和MN,左端接有阻值为R的定值电阻,其间有垂直于轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场,两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于轨道上,当磁场沿轨道向右运动的速度为v时,棒ab恰好滑动.棒始终在磁场范围内,并与轨道垂直且接触良好,轨道和棒电阻均不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.图F8-3(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向,并求此时棒所受的摩擦力F f的大小.(2)若磁场不动,棒ab以水平初速度2v向右运动,经过时间t=停止运动,求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.(3)若t=0时棒ab静止,而磁场从静止开始以加速度a做匀加速运动,如图F8-4所示关于棒ab运动的速度—时间图像哪个可能是正确的?请分析说明棒各阶段的运动情况.图F8-44.[2019·山东烟台期末]如图F8-5甲所示,有一水平放置的螺线管,线圈匝数n=100匝,横截面积S=0.2 m2,电阻r=1 Ω,处于水平向左的匀强磁场中,磁感应强度B1随时间t变化关系图像如图乙所示.线圈与足够长的竖直光滑平行金属导轨MN、PQ连接,导轨间距l=20 cm,导体棒ab与导轨始终垂直且接触良好,ab棒质量m=5 g,接入电路的电阻R=4 Ω,导轨的电阻不计,导轨处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,磁感应强度B2=0.5 T.t=0时,导体棒由静止释放,g取10 m/s2.(1)求t=0时线圈内产生的感应电动势的大小;(2)求t=0时导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小;(3)求导体棒ab达到稳定状态时所受重力的瞬时功率.图F8-55.如图F8-6甲所示,斜面上存在一有理想边界的匀强磁场,磁场方向与斜面垂直.在斜面上离磁场上边界0.36 m处由静止释放一矩形金属线框,金属线框与斜面间的动摩擦因数为0.5,整个线框进入磁场的过程中,机械能E和位移s之间的关系如图乙所示.已知E0-E1=0.09 J,线框的质量为0.1 kg,电阻不能忽略,斜面倾角θ=37°,磁场区域的宽度d=0.43 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)线框刚进入磁场时的速度大小v1;(2)线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间t.图F8-66.间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图F8-7所示.倾斜部分倾角为θ,处于磁感应强度大小为B1、方向垂直于倾斜导轨平面向上的匀强磁场区域Ⅰ中,水平导轨上的无磁场区域静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef用长度为L的刚性绝缘杆连接而成),在“联动双杆”右侧存在磁感应强度大小为B2、方向垂直于水平导轨平面向上的匀强磁场区域Ⅱ,其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞后,杆ab和cd、ef合在一起形成“联动三杆”,“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区域Ⅱ并从中滑出,运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直.已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02 Ω,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,θ=30°,B1=0.1 T,B2=0.2 T,g取10 m/s2.不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应.求:(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;(2)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ前的速度大小v;(3)“联动三杆”滑过磁场区域Ⅱ过程中产生的焦耳热Q.图F8-7。
高中物理第十一章 电路及其应用第十一章 电路及其应用精选试卷综合测试(Word版 含答案)
高中物理第十一章电路及其应用第十一章电路及其应用精选试卷综合测试（Word版含答案）一、第十一章电路及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1(0-3A)和A2(0-0.6A)的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是（）A．A2的指针还没半偏时，A1的指针已经半偏B．A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏C．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6AD．A1的读数为1A时，干路的电流I为1.2A【答案】D【解析】AB：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流计两端电压相等，两电流计相同，则流过两电流计的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏．故AB两项均错误．CD：两电流计改装电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5；两电表并联，通过两电流表的电流之比为5：1，当A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中电流为1.2A．故C项错误，D项正确．2．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，接通电路后，下列判断正确的是A．两只电表的指针都不偏转B．两只电表的指针偏转角相同C．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角【答案】C【解析】【分析】【详解】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD错误，C正确；故选C．【点睛】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小.3．如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（）A．V1的示数是V2的2倍B．V1的示数是V3的2倍C．V2的示数是V1的2倍D．V2的示数是V3的2倍【答案】A【解析】【分析】【详解】由题意可知：L c=2L a=2L b， S b=2S a=2S c；设b的电阻R b=R，由电阻定律R=ρLS得：R a=2R b=2R，R c=2R a=4R，R c：R a：R b=4：2：1，由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，通过它们的电流I相等，由U=IR得：U c：U a：U b=4：2：1，U V3：U V1：U V2=4：2：1，A、V1的示数是V2的2倍，故A正确，C错误；B、V3的示数是V1的2倍，故B错误；D、V3的示数是V2的4倍，故D错误；故选A．4．为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据电路中电阻的变化，确定电压与电流变化，并考虑温度对电阻的影响，运用U﹣I图象含义分析判断．【详解】当滑动变阻器在最左端时，灯泡连端电压为0，滑动变阻器逐渐向右移动，小灯泡的亮度逐渐变亮，直到正常发光．随着小灯泡两端电压的升高，电流也在升高，但是，小灯泡灯丝的电阻随着温度的升高而增大，在图像上各点切线斜率应越来越大．故C正确【考点】探究小灯泡的伏安特性曲线【点睛】考查闭合电路中动态变化问题的分析，需要注意的是灯泡的电阻随着电压的升高而增大；5．下图所示为多用电表的原理图，表头内阻为g R，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法正确的是A．接表内电池正极的是红表笔B．电阻的“∞”刻度一般在刻度盘的右端C．用多用电表的欧姆档测量某电阻时，发现指针偏转太小，应改选较大的倍率档D．测量电阻时，应该先进行欧姆调零，再选倍率档，最后接入电阻进行测量【答案】C【解析】【详解】A.接表内电池负极的是红表笔，故A错误；B. 欧姆表零刻度线在刻度盘的最右侧，故B错误；C. 用多用电表的欧姆档测量某电阻时，发现表头指针偏转角度太小，说明电阻很大，要换用较大倍率挡，故C正确；D. 测量电阻时，应该先选倍率档，再进行欧姆调零，最后接入电阻进行测量，故D错误。
高中物理人教版选修3-4练习：第十一章第1节 简谐运动 课下作业 含解析
B．钢球运动的最低处为平衡位置C．钢球速度为零处为平衡位置图1D．钢球原来静止时的位置为平衡位置解析：钢球以平衡位置为中心做往复运动，在平衡位置处速度最大，故A、B、C不正确，D选项正确。
答案：D2．如图2所示，水平方向上有一弹簧振子，O点是其平衡位置，振子在a和b之间做简谐运动，关于振子下列说法正确的是( )图2A．在a点时加速度最大，速度最大B．在O点时速度最大，位移最大C．在b点时位移最大，速度最小D．在b点时加速度最大，速度最大解析：O为弹簧振子振动的平衡位置，其加速度为零，位移为零，速度最大，B错误；振子在a、b两位置，振动的位移最大，加速度最大，速度为零，故A、D错误，C正确。
答案：C3．关于简谐运动的图象，下列说法中正确的是( )A．表示质点振动的轨迹，是正弦或余弦曲线B．由图象可判断任一时刻质点相对平衡位置的位移方向C．表示质点的位移随时间变化的规律D．由图象可判断任一时刻质点的速度方向解析：振动图象表示质点的位移随时间的变化规律，不是运动轨迹，A错C对；由图象可以判断某时刻质点的位移和速度方向， B、D 正确。
答案：BCD4．如图3(a)所示，一弹簧振子在AB间做简谐运动，O为平衡位置。
图(b)是该振子做简谐运动时的x－t图象。
则关于振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图象中正确的是( )图3图4解析：设弹簧劲度系数为k，位移与加速度方向相反，由牛顿第二定律得a＝－，故C正确。
答案：C5.一简谐运动的图象如图5所示，在0.1～0.15 s这段时间内( ) A．加速度增大，速度变小，加速度和速度的方向相同B．加速度增大，速度变小，加速度和速度方向相反图5C．加速度减小，速度变大，加速度和速度方向相同D．加速度减小，速度变大，加速度和速度方向相反解析：由图象可知，在0.1～0.15 s这段时间内，位移为负且增大，表明物体远离平衡位置运动，则加速度增大，速度减小，二者方向相反。
答案：B6．如图6甲所示为一弹簧振子的振动图象，规定向右的方向为正方向，试根据图象分析以下问题：图6(1)如图乙所示的振子振动的起始位置是________，从初始位置开始，振子向_______(填“右”或“左”)运动。
2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应作业手册答案
课时作业(二十八)1.D[解析] 励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场,穿过线圈B的磁通量不发生变化,不产生感应电流,D正确.2.BD[解析] 左环不闭合,磁铁插向左环时,产生感应电动势,不产生感应电流,环不受力,横杆不转动,故A、C错误;右环闭合,磁铁插向右环时,环内产生感应电动势和感应电流,环受到磁场的作用力,横杆转动,故B、D正确.3.D[解析] 通电直导线周围磁场分布如图所示,根据楞次定律和安培定则判断,选项D正确.4.AC[解析] 线框从图示位置由静止释放后,先在重力作用下向下运动,穿过线框的磁通量不变,故不产生感应电流,一直只受到重力,因此线框做直线运动,A正确,B错误;线框从右向左移动时,穿过线框的磁通量先向外减小,再向里增加,根据楞次定律和安培定则可判断,线框中感应电流一直沿逆时针方向,C 正确,D错误.5.B[解析] 当磁铁的S极靠近时,穿过两圆环的磁通量变大,由楞次定律可知,两圆环的感应电流方向都是顺时针方向(从右向左看),根据左手定则可知,两圆环受到磁铁向左的安培力,远离磁铁,即向左移,由于两圆环的电流方向相同,所以两圆环相互吸引,间距变小,故B正确,A、C、D错误.6.A[解析] 当磁铁经过位置①时,穿过线框的磁通量向下且不断增加,由楞次定律可知,感应电流的磁场方向向上,阻碍磁通量的增加,根据右手螺旋定则可判定,感应电流应沿abcda方向;同理,当磁铁经过位置②时,感应电流沿adcba方向,故A正确.7.B[解析] cd导线受到的安培力向下,由左手定则可判断,cd导线中电流方向是由c指向d,所以c点的电势高于d点的电势,故A错误;结合A的分析可知,ab棒中的电流由b流向a,因ab棒向左运动,由右手定则可判断,ab棒所处位置磁场方向竖直向上,则Ⅰ是S极,Ⅱ是N极,故B正确,C错误;根据楞次定律可判断,ab棒受到向右的安培力,故D错误.8.D[解析] 闭合S的瞬间,穿过B的磁通量没有变化,G中无感应电流,选项A、B错误.当闭合S后,若R接入电路的阻值增大,则A中电流减小,由右手螺旋定则知,穿过B的磁通量向下且减小,由楞次定律可判断,G中电流方向为b→a,故选项C错误,选项D正确.9.A[解析] A中感应电流方向为顺时针,由右手螺旋定则可判断,感应电流的磁场方向向里,由楞次定律可知,引起感应电流的磁场可能为向外增大或向里减小,若原磁场方向向外,则B中电流方向应为逆时针,由于B带负电,故B应顺时针转动且转速增大,若原磁场方向向里,则B中电流方向应为顺时针,B 应逆时针转动且转速减小,又因为导体环A具有扩展趋势,则A、B中电流方向应相反,所以B应顺时针转动且转速增大,A正确.10.AB[解析] 闭合开关S的瞬间,金属环中向左的磁通量增大,根据楞次定律可判断,从左侧看,环中产生沿顺时针方向的感应电流,A正确;由于电阻率ρ铜<ρ铝,先后放上用横截面积相等的铜导线和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流,由安培力公式可知,铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力,B正确;若将金属环置于线圈右侧,则闭合开关S的瞬间,环将向右弹射,C错误;电池正、负极调换后,同理可以得出金属环仍能向左弹射,D错误.11.B[解析] 导体棒MN向左运动时,由右手定则可判断,感应电流方向为MNdcM,而ab中的电流是由a到b的,即ab、cd中电流方向相反,则两导线相互排斥,故选项A、C错误;MN向右运动时,由右手定则可判断,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流是由a到b的,故两导线相互吸引,根据力的作用是相互的,可知这两个力大小相等,故选项B正确,选项D错误.12.BC[解析] 由楞次定律可知,电路接通的瞬间,螺线管中的电流从无到有,穿过铜环的磁通量向左增大,从左往右看,铜环中产生顺时针方向的感应电流,铜环有收缩的趋势,选项A、D错误,选项B、C正确.13.A[解析] 由安培定则可判断,螺线管中磁感线方向向上,金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下,当滑片向左滑动时,螺线管中电流增大,因此磁场变强,即磁感应强度变大,回路中的磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为a→c→d→b→a,由左手定则可判断,ab受到的安培力方向向左,cd受到的安培力方向向右,故ab向左运动,cd向右运动,A正确.14.ABC[解析] 闭合或断开开关S的瞬间,线圈A中的电流发生变化,线圈A中产生感应电动势,故A、B正确;闭合开关S的瞬间,穿过线圈A的磁通量增加,根据安培定则可判断,A中产生的磁场方向向上,同时穿过线圈B的磁通量向上增大,根据楞次定律可判断,线圈B中感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可判断,线圈B下端的电势高,电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故C正确;结合对选项C的分析可知,S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量向上减小,线圈B中产生的感应电流方向与S闭合瞬间线圈B中产生的感应电流方向相反,所以此时感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故D错误.课时作业(二十九)1.C[解析] 铜盘转动过程中,穿过铜盘的磁通量不变,故A错误;根据右手定则可知,电流从D点流出,流向C点,因此通过电阻R的电流方向向上,故B错误;断开开关后,虽然圆盘与外电路断开了,但是在圆盘自身中仍然会产生涡流,此时应将圆盘视为由很多闭合电路组成的复杂电路,产生的涡流(感应电流)阻碍圆盘的运动,因此圆盘将减速转动,故C正确,D错误.2.C[解析] 金属探测器只能探测金属,不能用于食品生产,不能防止细小的沙石颗粒混入食品中,选项A错误;金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流,选项B错误,C正确;金属探测器靠内部发射的高频变化的磁场工作,当附近有金属时,探测区的交变磁场受到干扰而被探测器检测出,即使金属与探测器相对静止也会被探测出,选项D错误.3.C[解析] 由右手定则可判断出MN中电流方向为从N到M,通过电阻R的电流方向为a→c;由E=BLv,若磁感应强度大小增为2B,其他条件不变,则MN中产生的感应电动势变为原来的2倍,E1∶E2=1∶2,选项C正确.4.B[解析] 直金属棒的有效切割长度为L,垂直切割磁感线,产生的感应电动势为E=BLv;弯成半圆形后,有效的切割长度为,垂直切割磁感线,产生的感应电动势为E'=B v,故=,B正确.5.BC[解析] 磁场向右均匀增强,由楞次定律判断,电容器上极板带正电,故A错误,B正确;闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压,线圈产生的感应电动势E=nS=nSk,路端电压U=·r=,则电容器所带电荷量为Q=CU=,故C正确,D错误.6.BC[解析] 闭合S,稳定后,电容器相当于断路,线圈L相当于短路,所以电容器b极板与电源正极相连,带正电荷,A错误;电源有内阻,电容器两端电压等于电路的路端电压,小于电源电动势,B正确;断开S 瞬间,电容器与R2构成回路放电,通过R2的电流方向向左,D错误;断开S瞬间,由于自感现象,线圈L相当于临时电源,阻碍原来的电流减小,通过线圈的电流方向不变,R1与线圈L构成回路,所以通过R1的电流方向向右,C正确.7.A[解析] 设磁场的磁感应强度B=B0-kt,则E==k·L2,I==,F=BIL=(B0-kt)L=-t,由图像可知=,解得k=,故A正确.8.AD[解析] 当θ=0时,杆在圆心位置,切割磁感线的有效长度等于圆环直径,杆产生的感应电动势为E=2Bav,A正确;当θ=时,杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径,杆产生的感应电动势为E=Bav,B 错误;当θ=0时,回路的总电阻R1=(2a+πa)R0,杆受的安培力F1=BI1l=B··2a=,C错误;当θ=时,回路的总电阻R2=R0,杆受的安培力F 2=BI2l'=B··a=,D正确.9.BCD[解析] 设甲、乙两线圈匝数分别为n1、n2,半径分别为r1、r2,导线横截面积为S',图甲中,设有界磁场的面积为S,则线圈A产生的电动势E A=n1S,电阻R A=ρ,B产生的电动势为E B=n2S,R B=ρ,因此==,电流之比为=·=,A错误,B正确;图乙中,A的电动势E'A=n1π,B的电动势E'B=n2π,因此=×=,电流之比=·=,C、D 正确.10.(1)方向从b到a(2)[解析] (1)由图像可知,0~t1时间内,有=由法拉第电磁感应定律有E=n=n·S其中S=π由闭合电路欧姆定律有I1=联立解得I1=.由楞次定律可判断,通过电阻R1的电流方向为从b到a.(2)通过电阻R1的电荷量q=I1t1=电阻R1上产生的热量Q=R1t1=.11.(1)3mg(2)[解析] (1)对重物有F T=4mg对金属杆,有F T=mg+F解得F=3mg.(2)对金属杆,有E=B0LvF=B0IL对闭合电路,有I=解得v=.专题训练(九)1.BD[解析] 由右手定则可判断,ab中电流方向为a→b,A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,cd间电阻R为外电路负载,de和cf间电阻中无电流,de和cf两端无电压,因此cd和fe两端电压相等,即U=×R==1 V,B、D正确,C错误.2.BD[解析] 线框中的感应电流取决于磁感应强度B随t的变化率,由图像可知,0~1 s时间内,B增大,Φ增大,感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外),由右手螺旋定则可判断,感应电流沿逆时针方向,是负值,由于磁感应强度随时间均匀变化,所以产生的感应电流恒定,同理可分析,1~4 s内感应电流情况,故A错误,B正确;0~1 s时间内,ad边感应电流是向下的,ad边所受的安培力F=BIL,根据左手定则可判断,安培力方向向右,为正值,由于B随时间均匀增大,I不变,所以安培力F随时间t均匀增大,同理可分析1~4 s内F的变化情况,故C错误,D正确.3.D[解析] 0~L过程中,ab边切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv,a点电势高于b点,则U ab=BLv;L~2L过程中,感应电动势E2=2BLv,a点电势低于b点,则U ab=-×2BLv=-BLv;2L~3L过程中,最左边切割磁感线产生的感应电动势E3=3BLv,a点电势高于b点,则U ab=×3BLv=BLv,故D正确,A、B、C错误.4.D[解析] 根据条形磁铁磁场的对称性,导体环在O处和O1处的磁通量等大同向,故A错误;根据楞次定律可判断,导体环受到的阻力一直与速度方向相反,故受力一直向左,不存在力反向的情况,故B错误;导体环在OO1中点时的磁通量变化率为0,故在该点受安培力大小为0,加速度为0,故C错误;开始导体环靠近磁极磁通量增加,磁通量变化率可能会增加,电流增大,之后磁通量变化率会变小,电流减小,过了OO1中点,磁通量减少,因此感应电流反向,磁通量变化率可能继续增加,故电流反向增大,靠近O1时,随着速度减小,磁通量变化率逐渐减至0,电流也逐渐减小到0,故D正确.5.D[解析] 设等腰三角形的顶角为2α,此过程产生的感应电动势为E=BLv=B·2x tan α·v=2Bv tan α·x,感应电流为I==,框架受到的安培力为F安=BIL=B··2x tan α=,框架做匀速直线运动,由平衡条件得F=F 安,由数学知识可知选项D正确,A、B、C错误.6.D[解析] 线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总电阻是R,则感应电流I==,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,后均匀变小,由于B、v、R是定值,故有效切割长度L应先变大后变小,且L随时间均匀变化.闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度L先变大后变小,但L随时间不是均匀变化,不符合题意,故A错误;正方形线框进入磁场时,有效长度L不变,感应电流不变,不符合题意,故B错误;梯形线框匀速进入磁场时,有效长度L先均匀增加,后不变,再均匀减小,不符合题意,故C错误;三角形线框匀速进入磁场时,有效长度L先增加后减小,且随时间均匀变化,符合题意,故D正确.7.AD[解析] 在0~t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值);在t0~2t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值),且大小为在0~t0时间内产生的电流大小的2倍;在2t0~3t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值),且大小与在0~t0时间内产生的感应电流大小相等.因此感应电流I随时间t的变化图线与选项A中图像相符,选项A正确,B错误.在0~t0时间内,ON边虽然有电流但没有进入磁场区域,所受安培力为零;在t0~2t0时间内,感应电流大小为在2t0~3t0时间内产生的2倍,ON边所受安培力为在2t0~3t0时间内的2倍,因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化图线与选项D中图像相符,选项C错误,D正确.8.(1)30 V(2)b→c1.2 N(3)24.3 J[解析] (1)由法拉第电磁感应定律得E1=n=nS=30 V(2)由左手定则得bc边中电流方向为b→cE2=nS=2E1=60 V由闭合电路的欧姆定律得I2==6 A安培力大小F=I2LB1=1.2 N(3)由闭合电路的欧姆定律得I1==3 AQ=Rt1+Rt2=24.3 J9.(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s[解析] (1)带负电的微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故M板带正电.ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,等效于电源,感应电流方向由b流向a,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.(2)微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,根据平衡条件得mg=E|q|又E=所以U MN==0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流为I==0.05 A则ab棒两端的电压为U ab=U MN+I=0.4 V.(3)设金属棒ab运动的速度为v,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E感=Blv由闭合电路欧姆定律得E感=U ab+Ir=0.5 V联立解得v=1 m/s.专题训练(十)A1.BD[解析] 金属杆ab做加速度减小的加速运动,根据能量守恒定律可知,恒力F做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能.电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率,不等于恒力F的功率,故A 错误;电路中产生电能的功率等于克服安培力做功的功率,等于iE,故B、D正确,C错误.2.D[解析] 线框运动过程中要产生电能,根据能量守恒定律可知,线框返回初始位置1时速率减小,则上升过程动能变化量大于下降过程动能变化量,根据动能定理知,上升过程合力做功较多,故A错误;线框产生的焦耳热等于克服安培力做功,对应同一位置,上升过程线框所受安培力大于下降过程所受安培力,而上升与下降过程线框位移大小相等,则上升过程克服安培力做功大于下降过程克服安培力做功,上升过程线框产生的热量比下降过程线框产生的热量多,故B错误;上升过程线框所受的重力和安培力都向下,线框做减速运动,设加速度大小为a,根据牛顿第二定律得mg+=ma,则a=g+,由此可知,线框速度v减小时,加速度a也减小,故C错误;下降过程线框做加速运动,有mg-=ma',a'=g-,则a'<a,由此可知,下降过程加速度小于上升过程加速度,上升过程与下降过程位移大小相等,则上升过程时间短,下降过程时间长,上升过程与下降过程重力做功相同,则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率,D正确.3.C[解析] 速度达到最大值v m前,金属棒做加速度减小的加速运动,故相同时间内速度的增加量减小,所以t=时,金属棒的速度大于,故A错误;由能量守恒定律可知, 0~T内,金属棒机械能的减小量等于R上产生的焦耳热、金属棒与导轨间摩擦生热之和,故B错误;0~内金属棒的位移小于~T内金属棒的位移,金属棒做加速运动,所受的安培力逐渐增大,所以~T内金属棒克服安培力做功更多,产生的电能更多,电阻R上产生的焦耳热更多,故C正确;~T内的位移比0~内的位移大,故~T内克服滑动摩擦力做功更多,由功能关系得,~T内金属棒机械能的减少量更多,故D错误.4.BD[解析] ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ时,感应电动势E1=BLv1,电流I1==,线框做匀速运动,所以有mg sin θ=BI1L=,当ab边刚越过JP时,感应电动势E2=2BLv1,电流I2==,根据牛顿第二定律得2BI2L-mg sin θ=ma,联立解得a=3g sin θ,故A错误;t2时刻以速度v2做匀速直线运动,即mg sin θ=,所以v1∶v2=4∶1,故B正确;从t1时刻到t2时刻的过程中,根据能量守恒定律,导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量,即克服安培力做的功W=+,克服安培力做的功等于产生的电能,故C错误,D正确.5.D[解析] 磁铁在下落的过程中,铝管切割磁感线产生感生电流,受到磁铁所给的向下的安培力,磁铁受到向上的安培力反作用力,初始阶段,磁铁的速度较小,铝管受到的安培力较小,磁铁受到的向下的重力大于向上的安培力反作用力,于是向下做加速度减小的加速运动,如果铝管足够长,磁铁的加速度会减小到零,此时磁铁受到的向下的重力等于向上的安培力反作用力,之后磁铁向下做匀速运动,A、B错误;如果铝管足够长,磁铁在运动过程中所受合力先竖直向下后减为零,C错误;由于磁铁在铝管中运动的速度越来越大,铝管切割磁感线产生的感生电流越来越大,受到向下的安培力越来越大,铝管对磁铁的安培力反作用力也越来越大,这是磁铁落到泡沫塑料上时还没有达到最大速度或者刚好达到最大速度的情况,D正确.6.AD[解析] 圆环向下切割磁感线,由右手定则可判断,圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视),A 正确;由左手定则可判断,圆环受到的安培力向上,B错误;圆环中感应电动势为E=B·2πR·v,感应电流I=,电阻R'=ρ=,解得I=,圆环受到的安培力F=BI·2πR=,圆环的加速度a==g-,圆环的质量m=d·2πR·πr2,解得加速度a=g-,C错误;当mg=F时,加速度a=0,速度最大,为v m=,D正确.7.(1)1.25 C 4 Ω(2)线框做初速度为0、加速度为0.2 m/s2的匀加速直线运动F=(0.2t+0.1) N (3)1.67 J[解析] (1)根据q=t,由I-t图像得,q=1.25 C根据===解得R=4 Ω(2)由图像可知,感应电流随时间变化的规律为I=0.1t(A)由感应电流I=可得,线框的速度随时间也是线性变化的,v==0.2t(m/s)线框做初速度为0的匀加速直线运动,加速度a=0.2 m/s2线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动,F-F安=ma又F安=BIL解得F=(0.2t+0.1) N(3)线框从磁场中被拉出时的速度v1=at1=1 m/s由能量守恒定律得W F=Q+m线框中产生的焦耳热Q=W F-m=1.67 J8.(1)3 A方向为由b指向a(2)0.4 C(3)0.94 J[解析] (1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1,由动能定理得(F-μmg)s=m-导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E=Blv1此时通过导体杆的电流大小为I=解得I=3 A由右手定则可知,电流的方向为由b指向a.(2)ΔΦ=B·ld,=,=,q=·Δt联立解得q=0.4 C.(3)由(1)可知,导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v1=6.0 m/s设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v,则有mg=m导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中,由能量守恒定律得m=Q+mg×2R0+mv2+μmgd解得Q=0.94 J.专题训练(十)B1.B[解析] 甲图中导体棒切割磁感线产生感应电动势对电容器充电,电容器两板间电势差与感应电动势大小相等时,导体棒向右做匀速直线运动;乙图中导体棒有初速度,切割磁感线,产生感应电流,受到的安培力阻碍其向右运动,其动能转化为内能,最终会静止;丙图中导体棒有初速度,若初速度较大,产生的感应电动势大于电源电动势,导体棒所受的安培力使导体棒减速,当感应电动势等于电源电动势时,电流为零,导体棒做匀速直线运动,而若初速度较小,产生的感应电动势小于电源电动势,导体棒所受的安培力使导体棒加速,当感应电动势等于电源电动势时,电流为零,导体棒做匀速直线运动.甲图中导体棒最终运动的速度与v有关,丙图中导体棒最终运动的速度与v无关,与电源电动势有关,选项B正确.2.ABC[解析] 由右手定则可判断,当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流,通过R的感应电流的方向为由a到d,故A正确;金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E=Blv=2 V,故B正确;在整个回路中产生的感应电流为I==0.5 A,则安培力F安=BIl=0.5 N,故C正确;金属杆PQ在外力F 作用下在粗糙导轨上以速度v向右匀速滑动,外力F做功大小等于电路产生的焦耳热、导轨与金属杆之间因摩擦产生的热量之和,故D错误.3.AD[解析] 铝框在进入磁场之前做匀加速直线运动,进入磁场时可能做加速、匀速、减速运动,完全进入磁场后做匀加速直线运动,出磁场时可能做加速或减速运动,进入磁场时如果做匀速运动,则出磁场时铝框的速度变大,铝框受到的安培力变大,铝框将做减速运动,但速度最小减到与进入磁场时相等,就再做匀速运动,故选项A、D正确,选项B、C错误.4.B[解析] 根据E=BLv,I=,F=BIL,v=at以及F拉-F=ma可知,线框受到的水平外力是变力,且出磁场时比进磁场时要大,故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多,故选项A、D错误;线框做匀加速直线运动,由图像及匀加速直线运动规律,结合电流与速度的关系可知,线框边长与磁场宽度之比为3∶8,出磁场的时间不是进入磁场时的一半,故选项B正确,选项C错误.5.C[解析] 由右手定则可判断,金属杆中感应电流方向为b指向a,由左手定则知,金属杆所受的安培力沿轨道向上,A、B错误;总电阻为R总=,I=,当达到最大速度时,金属杆受力平衡,有mg sin θ=BIL=·(R1+R),变形得=·+,根据图像可得=k= s·m-1·Ω,=b=0.5 s·m-1,解得金属杆的质量m=0.1 kg,定值电阻阻值R1=1 Ω,C正确,D错误.6.(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N[解析] (1)在安培力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达到最大速度.以两棒为研究对象,根据动量守恒定律得m b v0=(m b+m c)v解得c棒的最大速度为v=v0=v0=5 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为焦耳热,两棒中产生的总热量为Q=m b-(m b+m c)v2=2.5 J因为R b=R c,所以c棒从开始至达到最大速度过程产生的焦耳热为Q c==1.25 J.(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v',从最低点上升到最高点的过程,由机械能守恒定律得m c v2-m c v'2=m c g·2R解得v'=3 m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得m c g+F=m c解得F=1.25 N由牛顿第三定律得,在最高点时c棒对轨道的压力为1.25 N,方向竖直向上.7.(1)(2)(3)2mgl sin θ[解析] (1)感应电动势E=Blv感应电流I=安培力F=BIl由平衡条件得F=mg sin θ解得匀速运动的速度大小v=(2)由BIl=mg sin θ解得I=t==所以q=It=(3)线框通过磁场过程中沿斜面匀速运动了2l的距离由能量守恒定律得Q=ΔE减机械能的减少量为ΔE减=mg·2l sin θ故产生的热量为Q=2mgl sin θ8.(1)①②h≤(2)mgh[解析] (1)①a棒从h高处由静止释放后在弯曲导轨上滑动,由机械能守恒定律得mgh=m解得v0=a棒刚进入磁场Ⅰ时,有E=BLv0此时通过a、b棒的感应电流大小为I=解得I=②a棒刚进入磁场Ⅰ时,b棒受到的安培力大小F=2BIL为使b棒保持静止,应有F≤0.2mg联立解得h ≤(2)当a棒进入磁场Ⅰ时,由左手定则可判断,a棒向右做减速运动,b棒向左做加速运动,当二者产生的感应电动势大小相等时,闭合回路的电流为零,此后二者均做匀速运动,故至a、b棒均匀速运动时b棒中产生的焦耳热最多,设此时a、b棒的速度大小分别为v1与v2,有BLv1=2BLv2对a棒,由动量定理得-B LΔt=mv1-mv0对b棒,由动量定理得2B LΔt=mv2联立解得v1=v0,v2=v0由功能关系得,电路产生的总焦耳热为Q总=m -m -m故b棒中产生焦耳热的最大值为Q=Q总=m =mgh。
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实验十测定电源的电动势和内阻**●注意事项1.电池选取:应选用内阻较大的电池.2.实验操作:实验中不宜将电流调得过大,电表读数要快,每次读完数后立即断开开关.3.数据要求:要测出不少于6组的(I,U)数据,且变化范围要大些.4.描点画图:通过尽可能多的点作直线,使不在直线上的点均匀分布在直线的两侧,个别偏离直线太远的点可舍去.5.纵轴标度:可以不从零开始,而是依据测得的数据从某一恰当值开始(横坐标I必须从零开始).这时图线和横轴的交点不是短路电流,但图线与纵轴的截距仍为电源电动势,图线斜率的绝对值为内阻.●误差分析1.偶然误差(1)由于电表读数不准引起误差.(2)用图像法求E和r时,由于作图不准确造成的误差.(3)测量过程中通电时间过长或电流过大形成误差.2.系统误差(1)若采用(甲)图,其U-I图像如(乙)图所示.由于电压表的分流作用造成误差.常规实验[例1] (2019·重庆高三统检)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻.实验器材:待测电源(电动势约3 V,内阻约2 Ω),保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω),滑动变阻器R,电流表A,电压表V,开关S,导线若干.实验主要步骤:(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大,闭合开关; (ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值,记下电压表的示数U和相应电流表的示数I;(ⅲ)以U为纵坐标,I为横坐标,作U-I图线(U,I都用国际单位);(ⅳ)求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.回答下列问题:(1)电压表最好选用;电流表最好选用.A.电压表(0～3 V,内阻约15 kΩ)B.电压表(0～3 V,内阻约3 kΩ)C.电流表(0～200 mA,内阻约2 Ω)D.电流表(0～30 mA,内阻约2 Ω)(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动,发现电压表示数增大,两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是.A.两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱B.两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱C.一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱,另一条导线接在电阻丝左端接线柱①当电压表示数越大时,电压表分流越大;反之,电压表分流越小,可推断电压表示数为零时,短路电流测量值等于真实值.②E测<E真,r测<r真.(2)若采用(丙)图,其U-I图像如(丁)图所示.由于电流表的分压作用造成误差.①当电压表示数越小时,电流表的分压越大;电压表示数越大时,电流表的分压越小,可推断断路时,电流表分压为0,则断路时,电压表示数等于电动势.②E测=E真,r测>r真,一般地r测的误差非常大.D.一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱,另一条导线接在电阻丝右端接线柱(3)选用k,a,R 1,R 2表示待测电源的电动势E 和内阻r,其表达式分别为E= ,r= .解析:(1)电压表并联在电路中,故电压表内阻越大,分流越小,误差也就越小,因此应选内阻较大的A 电压表;当滑动变阻器接入电阻最小时,通过电流表电流最大,此时通过电流表电流大小约为I=12E R R r ++=31052++mA=176mA,因此电流表选择C.(2)分析电路可知,滑片右移电压表示数变大,则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大,A 项中两导线均接在金属杆的两端,接入电阻为零;B 项中两导线接在电阻丝两端,接入电阻最大并保持不变;C 项中一导线接在金属杆左端,而另一导线接在电阻丝左端,则可以保证滑片右移时阻值增大;D 项中两导线分别接右边上下接线柱,滑片右移时,接入电阻减小,可知选项C 正确.(3)由闭合电路规律得:U=E-I(r+R 2),对比伏安特性曲线可知,图像的斜率为k=r+R 2;则内阻r=k-R 2;对应图线的横截距a,则U=0,a=I=2E r R +=Ek,解得E=ka. 答案:(1)A C (2)C (3)ka k-R 2[例2] (2019·四川棠湖中学期末)在一次课外活动中,某物理兴趣小组为了测量由干电池组成的电源的电动势(约为3 V)和内电阻,在实验室寻找到了下列器材: 电压表V(量程0～15 V,内阻约为15 k Ω); 电流表A 1(量程0～0.6 A,内阻约为1.0 Ω); 电流表A 2(量程0～1 mA,内阻为40 Ω); 电阻箱R 1(阻值范围为0～9 999 Ω);滑动变阻器R 2(阻值范围为0～20 Ω,额定电流2 A); 导线、开关若干.(1)因电压表的量程过大,测量不精确,可用电流表改装.要将电流表改装成3 V 量程的电压表,应该选用的电流表是 (选填“A 1”或“A 2”),将其与电阻箱R 1 (选填“串联”或“并联”),此时电阻箱R 1的阻值应调至 Ω. (2)为了测定电源的电动势和内电阻,请你帮该小组设计一个测量电路图.(3)闭合开关,改变变阻器滑片的位置,测得多组数据,画出了两电流表的关系I 2-I 1图像如图,则电源电动势E= V,电源内阻r= Ω.(结果均保留三位有效数字).解析:(1)要将电流表改装成3 V 量程的电压表,应该选用已知内阻的电流表A 2,将其与电阻箱R 1串联,此时电阻箱R 1的阻值应调至R 1=gUI -r g =33110-⨯Ω-40 Ω=2 960 Ω.(2)测量电路如图所示.(3)由闭合电路规律U=E-Ir 可得I 2(R 1+r g )=E-I 1r 整理得I 2=1g E R r +-11gr I R r +,而R 1+r g =3 000 Ω,则I 2=3000E Ω-13000rI Ω结合I 2-I 1图像有3000r Ω=3(0.900.40)10A(0.650.05)A--⨯-,和3000EΩ=0.95×10-3 A,解得E=2.85 V,r=2.50 Ω.答案:(1)A 2 串联 2 960 (2)见解析 (3)2.85 2.501.(2019·山东济南联考)“用电流表和电压表测定电源的电动势和内阻”的实验,供选用的器材有:A.电流表(量程0～0.6 A,R A =1 Ω)B.电流表(量程0～3 A,R A =0.6 Ω)C.电压表(量程0～3 V,R V =5 k Ω)D.电压表(量程0～15 V,R V =10 k Ω)E.滑动变阻器(0～10 Ω,额定电流1.5 A)F.滑动变阻器(0～2 k Ω,额定电流0.2 A)G.待测电源(一节一号干电池)、开关、导线若干(2)电路中的电流表应选用 ,电压表应选用 ,滑动变阻器应选用 .(用字母代号填写)(3)如图所示为实验所需器材,请按实验原理图连接成正确的实验电路.解析:(1)电路图如图(甲)所示,电压表的内阻R V ≫r,系统误差较小.(2)考虑到待测电源只有一节干电池,所以电压表应选C;测量一节干电池的电动势和内阻一般选用0.6 A 的电流表,所以电流表应选A;滑动变阻器不能选择阻值太大的,从允许最大电流和减小实验误差的角度来看,应选择电阻较小额定电流较大的滑动变阻器E. (3)如图(乙)所示答案:(1)见解析图(甲) (2)A C E (3)见解析图(乙)2.(2019·安徽宣城高三二模)在测定电源电动势和内电阻的实验中,实验室提供了合适的实验器材.(1)甲同学按电路图(a)进行测量实验,其中R 2为保护电阻,则①请用笔画线代替导线在图(b)中完成电路的连接; ②根据电压表的读数U 和电流表的读数I,画出U-I 图线如图(c)所示,可得电源的电动势E= V,内电阻r= Ω(结果保留两位有效数字).(2)乙同学做该实验时,误将测量电路连接成如图(d)所示,其他操作正确,根据电压表的读数U 和电流表的读数I,画出U-I 图线如图(e)所示,可得电源的电动势E= V,内电阻r= Ω(结果保留两位有效数字). 解析:(1)①根据原理图连接实物图,如图所示;②根据闭合电路规律U=E-Ir,可知电动势E=2.8 V,内电阻r=U I ∆∆=2.8 1.62.0-Ω=0.60 Ω; (2)由乙同学的电路接法可知R 1左右两部分并联后与R 2串联,若开始滑片处于左端,则在滑片移动过程中,滑动变阻器接入电阻先增大后减小,则路端电压先增大后减小,U-I 图像如图(e)所示,由图像可知当电压为2.5 V 时,电流为0.50 A,此时两部分电阻相等,则总电流为I 1=1 A;而当电压为2.4 V 时,电流分别对应0.33 A 和0.87 A,则说明当电压为2.4 V 时,干路电流为I 2=0.33 A+0.87 A=1.2 A;根据U=E-Ir 可得2.5 V=E-1 A ·r,2.4 V=E-1.2 A ·r,解得电源的电动势E=3.0 V,内电阻r=0.50 Ω.答案:(1)①见解析 ②2.8 0.60 (2)3.0 0.50创新实验[例3] (2018·江苏卷,10)一同学测量某干电池的电动势和内阻.(1)如图(甲)所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路.请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处.① ;② .(2)实验测得的电阻箱阻值R 和电流表示数I,以及计算的1I数据见下表: R/Ω8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 I/A0.150.170.190.220.261I/A -16.7 5.9 5.3 4.5 3.8根据表中数据,在图(乙)方格纸上作出R-1I关系图像.由图像可计算出该干电池的电动势为 V;内阻为 Ω.(3)为了得到更准确的测量结果,在测出上述数据后,该同学将一只量程为100 mV 的电压表并联在电流表的两端.调节电阻箱,当电流表的示数为0.33 A 时,电压表的指针位置如图(丙)所示,则该干电池的电动势应为 V;内阻应为 Ω.解析:(1)在电学实验中,连接电路时应将开关断开,电阻箱的阻值调为最大,确保实验仪器、仪表的安全. (2)根据闭合电路欧姆定律,得E=I(R+r), 即R=E I -r=E ·1I-r, 即R-1I图像为直线. 描点连线后图像如图所示.根据图像可知r=1.2 Ω. 图像的斜率为电动势E,在R-1I图像上取两点(2,1.59),(5,5.61) 则E=5.61 1.5952-- V=1.34 V.(3)题图中电压表读数U=66 mV,由题述知通过电流表的电流I=0.33 A,根据欧姆定律可得电流表内阻R A =UI=0.2 Ω.重新分析第(1)问的实验电路图,考虑到电流表内阻,利用闭合电路欧姆定律,可得E=I(R+r+R A ),变化成R=E ·1I -(r+R A ),对照作出的R-1I 图像,可知R-1I图像的斜率仍等于电池的电动势;R-1I图像在纵轴的截距的绝对值等于电池的内阻与电流表内阻之和,可得电池的内阻为1.0 Ω. 答案:(1)①开关未断开 ②电阻箱阻值为零 (2)图像见解析1.34(1.30～1.44都算对) 1.2(1.0～1.4都算对) (3)1.34[结果与(2)问中电动势一致]1.0[结果比(2)问中内阻小0.2][例4] (2019·陕西榆林三模)某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻.A.待测干电池两节,每节电池电动势约为1.5 V,内阻约几欧姆B.直流电压表V 1,V 2,量程均为3 V,内阻均为3 k ΩC.定值电阻R 0未知D.滑动变阻器R,最大阻值R mE.导线和开关(1)根据如图(甲)所示的实物连接图,在图(乙)虚线框中画出相应的电路图.(2)实验之前,需要利用该电路图测出定值电阻R 0,方法是先把滑动变阻器R 调到最大阻值R m ,再闭合开关,电压表V 1和V 2的读数分别为U 10,U 20,则R 0= (用U 10,U 20,R m 表示).(3)实验中移动滑动变阻器触头,读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1,U 2,描绘出U 2-U 1图像如图(丙)所示,图中直线斜率为k,与纵轴的截距为a,则两节干电池的总电动势E= ,总内阻r= (用k,a,R 0表示). 解析:(1)由实物图可知电路的连接方式,得出的电路图如图所示.(2)由图可知,V 2测量R 0与R 两端的电压,V 1测量R 两端的电压,则R 0两端的电压为U 20-U 10; 由欧姆定律可知 R 0=201010mU U U R -=201010U U U -R m . (3)由闭合电路规律可知E=U 2+21U U R -r,整理得U 2=00ER R r ++0r R r +U 1,结合图像有:0r R r +=k,00ER R r+=a,解得E=1a k -,r=01kR k-. 答案:(1)电路图见解析 (2)201010U U U -R m (3)1a k - 01kR k-1.(2019·山西太原模拟)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片、苹果制作了水果电池,他们想通过实验的方法测量这种电池的电动势E 和内阻r.现有如下实验器材: 多用电表一个;高阻值电阻箱R 一个;保护电阻R 0一只;导线、开关若干;(1)如图(甲),已知锌比铜活泼,所以锌片失电子作负极,铜片得电子作正极.为了估计此苹果电池的电动势,某同学直接使用多用电表直流电压挡测量,则应将红表笔与 (选填“铜”或“锌”)片连接.通过上网查看可知水果电池的内阻与水果的种类、两电极之间的距离及电极面积大小有关,一般在几百至几千欧姆之间.为了估测此苹果电池的内阻, (选填“能”或“不能”)使用多用电表的欧姆挡进行初步测量.(2)由于缺少电流表与电压表,研究小组仍然使用多用电表进行实验,某同学连接如图(乙)的实验电路,将多用电表当电流表使用(不计其内阻).调节电阻箱R 可测得多组多用电表读数I,为了减少偶然误差,该同学作1I-R 图像进行数据处理.如果图像的斜率为k,截距为b,则由图像可得该苹果电池的电动势E= ,内阻r= .(用k,b 和R 0表示)解析:(1)根据多用电表测电阻的原理和使用规则可知不能测量苹果电池的内阻.(2)由闭合电路欧姆定律可知I=0ER r R ++,则1I =1E R+r E +0R E; 结合1I -R 图像,有k=1E ,b=r E +0R E;解得E=1k ,r=bk-R 0. 答案:(1)铜 不能 (2)1k bk-R 0 2.(2019·安徽蚌埠二模)某小组要测量电源的电动势E(约3 V)、内电阻r(约1 Ω)和电阻R x (约5 Ω)的阻值.已经提供的器材有:待测电源E,待测电阻R x ,电压表(量程1.5 V,内阻R V =1 500 Ω),电阻箱R(0～99.99 Ω),开关S 1,单刀双掷开关S 2,导线若干.(1)实验时需要将电压表的量程扩大一倍,应该再选用一个阻值为 Ω的定值电阻与电压表 (选填“串联”或“并联”);设计好的电路如图(甲)所示,图中○V 为改装后的电压表,以下实验中可看成理想电压表. (2)为了测量R x 的电阻,闭合S 1,将S 2与a 连接,调节电阻箱,读出其电阻值R 和电压表的示数U 1;保持电阻箱阻值不变,将S 2与b 连接,读出电压表的示数U 2;则电阻R x 的表达式为 .(3)为了测量电源的电动势和内电阻,闭合S 1,将S 2与a 连接,多次调节电阻箱,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,绘出如图(乙)所示的1U -1R图像,若图像的斜率为k,纵轴截距为l,则电动势E 的表达式为 ,内电阻r 的表达式为 .(用k,l 和R x 表示)解析:(1)实验时需要将电压表的量程扩大一倍,应串联一个定值电阻,它的阻值为 R=ggVU U U R -=1 500 Ω. (2)当电压表接a 时,电压表测电阻箱R 两端的电压;当接b 时,电压表测R x 及电阻箱R 两端的电压;则R x 两端的电压为U 2-U 1,此时流过R x 的电流为1U R,由欧姆定律可得R x =211U U U -R.(3)实验中电阻箱的示数为R,电压表示数为电阻箱R 两端的电压,由闭合电路规律可知E=UR(R+R x +r),整理得1U =x R r E +·1R +1E ,结合1U -1R 图像可得l=1E ,k=x R r E +,则E=1l ,r=kl-R x .答案:(1)1 500 串联 (2)R x =211U U U -R (3)E=1l r=kl-R x[创新分析]实 验 器 材(2018·江苏卷,10)用电流表和电阻箱代替电压表测量电源电动势和内阻的实验实 验原 理(2019·陕西榆林三模)(1)用已知内阻的两电压表示数和定值电阻R 0表示通过电源的电流(2)利用作出的U 2-U 1关系图像的斜率、截距求解电源电动势和内阻实 验 过程(2019·安徽蚌埠二模)(1)将改装电压表,伏安法测电阻与测量电源电动势和内阻结合,考查内容多样(2)用电压表、电阻箱测量,作出1U -1R图像 实验十一 练习使用多用电表*常规实验[例1] (2019·四川南充高三适考)如图(甲)为一个多用电表的表盘,图中S,K,T 为三个可调节部件,该多用电表用作欧姆表的原理如图(乙).* ●注意事项1.多用电表使用注意事项(1)使用前要机械调零.(2)两表笔在使用时,电流总是“红入”“黑出”. (3)测电阻时①指针指中值附近较准,否则换挡. ②只要换挡必须重新欧姆调零.③示数要乘以倍率.(4)使用完毕,选择开关置于“OFF ”挡或交流电压最高挡,长期不用应取出电池. 2.电路故障检测注意事项(1)将多用电表拨到直流电压挡,在电源完好时,将红、黑表笔与外电路的某部分电路并联,若电压表示数等于电源电动势,则说明该部分电路中有断点.(2)将多用电表拨到直流电流挡,在电源完好时,将红、黑表笔串联接入外电路某两点间,若有示数说明原两点间断路;若无示数说明该两点外其他部分有断路. ●误差分析 1.偶然误差(1)估读时易带来误差.(2)表头指针偏转过大或过小都会使误差增大. 2.系统误差(1)电池用旧后,电动势会减小,内阻会变大,致使电阻测量值偏大,要及时更换电池.(2)测电流、电压时,由于电表内阻的影响,测得的电流、电压值均小于真实值.(1)现用此多用电表测量一个阻值约为十几欧的定值电阻,主要操作步骤如下:①调节可调节部件 ,使电表指针停在表盘左侧零位置;②调节可调节部件,选择“×1”挡位置; ③将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔,笔尖相互接触,调节可调节部件 ,使表笔指针指向右侧零位置;④将红、黑表笔的笔尖分别接触电阻的两端,由表头指针示数则得电阻值.(2)选择欧姆表的“×1k ”挡,两表笔笔尖相互接触且调零时,图(乙)中电源电动势和内阻分别为E,r,表头G 的内阻为R g ,滑动变阻器的阻值为R,则表头G 的满偏电流I g = (用题给符号表示);再把表笔的笔尖和某电阻接触,欧姆表的示数如图(丙),若电源电动势E=6 V,则通过表头G 的电流I= mA.解析:(1)①多用电表的使用首先进行机械调零:调节可调部件S,使电表指针停在表盘左边的零刻度位置.②调节可调部件K 选择合适的倍率:因电阻约为十几欧,为使指针指在中央刻度附近,则选择欧姆“×1”挡位.③欧姆表选好挡后进行欧姆调零,即短接两红、黑表笔,调节T,使电表指针指向右边的零刻度位置.(2)两表笔笔尖相互接触且调零时R x =0 Ω,此时电流为满偏电流I g ,由闭合电路欧姆定律可得I g =g ER R r++;欧姆表选择的“×1 k ”挡,中值电阻值为“15”,则R Ω=R g +R+r=15×1 000 Ω,而E=6 V,则I g =E R Ω=615000A=0.4 mA,现接待测电阻后指针所在位置对应电阻R x =15×1 000 Ω,则I=xER R Ω+=0.2 mA.答案:(1)①S ②K ③T (2)g ER R r++ 0.2[例2] (2019·山东聊城模拟)图(甲)是某实验小组在“练习使用多用电表”实验中的电路图.使用的器材有:A.多用电表B.电压表:量程5 V,内阻十几千欧C.滑动变阻器:最大阻值5 k ΩD.导线若干实验进行了如下操作:(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k ”挡,再将红表笔和黑表笔 ,调节“欧姆调零旋钮”使指针指到“0 Ω”.(2)将图(甲)中多用电表的红表笔和 (选填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端.(3)多用电表的示数如图(乙)所示,读数为 Ω. (4)多用电表电阻挡内部电路可等效为一个电池,一个满偏电流I g =0.6 mA 的电流表和一个滑动变阻器串联而成的电路,如图(丙)所示.实验中一同学先调节图(甲)中滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零,用欧姆挡正确测量时,多用电表和电压表的读数分别为12.0 k Ω和4.00 V.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为 V.(5)该欧姆表用久后,电池因老化造成其电动势减小、内阻增大但该欧姆表仍能进行欧姆调零,则用其测得的电阻值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真实值.解析:(1)欧姆表使用前一定要进行欧姆调零,即红、黑表笔直接接触(短接)后,调节欧姆调零旋钮,使指针指到0欧姆. (2)多用电表使用时,电流应从红表笔流入、从黑表笔流出电表;则图(甲)中电流从电压表正接线柱流入,故红表笔接触1. (3)欧姆表读数=表盘读数×倍率=15×1 k Ω=15 k Ω=1.5×104 Ω.(4)图(丙)中多用电表选用欧姆挡,欧姆调零后,相当于是一个内阻r=15 k Ω的“电源”,正确接入图(甲)电路,电压表的内阻R V =12 k Ω,则有E=U 2+2VU R ·r=9 V. (5)当欧姆表中的电池电动势变小,内阻变大时,根据闭合电路欧姆定律知,相同的待测电阻通过多用电表的电流减小,指针偏转角度减小,指针指示的读数变大,则测量值将变大. 答案:(1)直接接触(短接) (2)1 (3)1.5×104(4)9 (5)大于1.(2019·广东深圳模拟)如图1所示,是多用电表欧姆挡内部的部分原理图,已知电源电动势E=1.5 V 、内阻r=1 Ω,小量程电流表(表头)满偏电流I g =10 mA 、内阻r g =90 Ω.表盘如图2所示,欧姆表表盘中值刻度为“15”.(1)多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某挡位时,将多用电表的红、黑表笔短接,进行欧姆调零,调零后多用电表的总内阻为 Ω.某电阻接入红、黑表笔间,表盘如图2所示,则该电阻的阻值为 Ω.(2)若将选择开关旋至“×1”,则需要将表头 (选填“串联”或“并联”)一阻值为 Ω的电阻,再进行欧姆调零.(3)多用电表长时间使用后,电源内阻变大,电动势变小,此因素会造成被测电阻的测量值比真实值 (选填“偏大”“不变”或“偏小”).解析:(1)根据多用电表欧姆挡电路,欧姆调零时有ER 内=I g ,即R 内=31.51010-⨯Ω=150 Ω,欧姆表表盘中值刻度为“15”,则该挡位对应“×10”,因此某电阻接入红黑表笔间,表盘如图2所示,则该电阻的阻值为R=6×10 Ω=60 Ω.(2)若将选择开关旋至“×1”,则中值电阻为15 Ω,把电流表量程扩大至100 mA,需要将表头并联一阻值为10 Ω的电阻,再进行欧姆调零.(3)多用电表长时间使用后,电源内阻变大,电动势变小,测量同样的电阻,多用电表的指针偏转角度减小,所指欧姆刻度盘上数值较大,会造成被测电阻的测量值比真实值偏大. 答案:(1)150 60 (2)并联 10 (3)偏大2.在物理课外活动中,某同学制作了一个简易的多用电表,图(甲)为电表的电路图.已知选用的表头内阻R g =10 Ω,满偏电流I g =10 mA,当选择开关接“3”时量程为250 V 的电压表.该多用电表表盘如图(乙)所示,下排刻度均匀,C 为上排刻度线的中间刻度,由于粗心上排刻度线对应数据没有标出.(1)若指针指在图(乙)所示位置,选择开关接“1”时其读数为 ;选择开关接“3”时其读数为 . (2)为了测该多用电表电阻挡的内阻和表内电源的电动势,该同学在实验室找到了一个电阻箱,设计了如下实验: ①将选择开关接“2”,红、黑表笔 ,调节R 1的阻值使电表指针满偏.②将电表红、黑表笔与电阻箱相连,调节电阻箱使电表指针指C 处,此时电阻箱的示数如图(丙)所示,则C 处刻度应为 Ω.③计算得到多用电表内电源的电动势为 V.(保留两位有效数字)④欧姆调零后,将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连,若指针指在图(乙)所示位置,则待测电阻的阻值为 Ω.(保留两位有效数字)解析:(1)选择开关接“1”时测电流,量程为10 mA,而表盘分度值为0.2 mA,其示数为6.8 mA;选择开关接“3”时测电压,量程为250 V,而表盘分度值为5 V,其示数为170 V. (2)①选择开关接“2”:多用电表改为欧姆表,红、黑表笔应短接,调节R 1的阻值使电表指针偏满.②由图(丙)可知,电阻箱示数为0×1 000 Ω+1×100 Ω+5×10 Ω+0×1 Ω=150 Ω,此时电表内阻与电阻箱相等,即C 处刻度为150 Ω.③当电表指针指在C 处时,电表示数为5 mA,此时总电阻为电表内电阻的2倍,而电表内阻为R=150 Ω,则电源电动势E=IR 总=0.005×300 V=1.5 V.④由闭合电路的欧姆定律,I=x E R R +,即6.8×10-3 A= 1.5150xR +,解得R x =71 Ω. 答案:(1)6.8 mA 170 V (2)①短接 ②150 ③1.5 ④71创新实验[例3] (2019·全国Ⅲ卷,23)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA 的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准,要求改装后欧姆表的15 k Ω刻度正好对应电流表表盘的50 μA 刻度.可选用的器材还有:定值电阻R 0(阻值14 k Ω),滑动变阻器R 1(最大阻值1 500 Ω),滑动变阻器R 2(最大阻值500 Ω),电阻箱(0～99 999.9 Ω),干电池(E=1.5 V,r=1.5 Ω),红、黑表笔和导线若干.(1)欧姆表设计将图(a)中的实物连线组成欧姆表.欧姆表改装好后,滑动变阻器R 接入电路的电阻应为 Ω;滑动变阻器选 (填“R 1”或“R 2”). (2)刻度欧姆表表盘通过计算,对整个表盘进行电阻刻度,如图(b)所示.表盘上a,b 处的电流刻度分别为25和75,则a,b 处的电阻刻度分别为 、 .(3)校准红、黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指向 k Ω处;将红、黑表笔与电阻箱连接,记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值,完成校准数据测量.若校准某刻度时,电阻箱旋钮位置如图(c)所示,则电阻箱接入的阻值为 Ω.解析:(1)将电源与电流表、定值电阻R 0以及滑动变阻器R 串联起来即可将电流表改装为欧姆表;将红、黑表笔短接时,滑动变阻器接入电路的电阻应该满足使电流表恰好达到满偏电流,由闭合电路欧姆定律,有I g =g 0ER R r R+++,则R=gEI -(R g +R 0+r)=900 Ω,故滑动变阻器应选择R 1. (2)当电路中的电流为25 μA 时,电路中的总电阻R 总=1EI =60 k Ω,则接入电路的阻值即a 处的电阻刻度R ′=R 总-(R g +R 0+r+R)=45 k Ω,同理可得b 处的电阻刻度R ″=2EI -(R g +R 0+r+R)=5 k Ω. (3)红黑表笔短接的目的是进行欧姆调零,即使欧姆表指针指向0 k Ω处;图(c)中×10k 的旋钮指向3,×1k 的旋钮指向5,其余旋钮都指向0处,故读数为35 000.0 Ω.答案:(1)如图所示 900 R 1(2)45 5 (3)0 35 000.0[例4] (2017·全国Ⅲ卷,23)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图.图中E 是电池;R 1,R 2,R 3,R 4和R 5是固定电阻,R 6是可变电阻;表头○G 的满偏电流为250 μA,内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关,A 端和B 端分别与两表笔相连.该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1 V 挡和5 V 挡,直流电流1 mA 挡和2.5 mA 挡,欧姆 ×100 Ω 挡.(1)图(a)中的A端与 (填“红”或“黑”)色表笔相连接.(2)关于R 6的使用,下列说法正确的是 (填正确答案标号).A.在使用多用电表之前,调整R 6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C.使用电流挡时,调整R 6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R 1+R 2= Ω,R 4= Ω.(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示.若此时B 端是与“1”相连的,则多用电表读数为 ;若此时B 端是与“3”相连的,则读数为 ;若此时B 端是与“5”相连的,则读数为 .(结果均保留3位有效数字) 解析:(1)黑表笔接欧姆表内电源的正极,故A 端与黑色表笔相连接.(2)R 6与电源串联,作为欧姆表的欧姆调零电阻,选项B 正确. (3)当B 端接2时为1 mA 量程电流挡,由电流表原理得R 1+R 2=g g1g I R I I -=6362501048011025010---⨯⨯⨯-⨯Ω=160 Ω.当B 端接4时为1 V 直流电压挡, 由电压表原理得R 4=gU U I -=63148025010110---⨯⨯⨯ Ω=880Ω.(4)当B 端接1时为2.5 mA,电流挡电表读数为1.47 mA, 当B 端接3时为欧姆挡,读数为11.0×102 Ω, 当B 端接5时为5 V 直流电压挡,读数为2.95 V. 答案:(1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA 11.0×102Ω 2.95 V1.(2019·上海静安区期末)二极管具有单向导电性,其正向电阻很小,反向电阻很大,现有一个二极管其正极记为A 、负极记为B.某同学研究二极管正、反向电阻的相关实验操作过程如下:(1)先用多用电表的欧姆挡测量其电阻,其正向电阻约为10 Ω,反向电阻约为50 k Ω,则在测量二极管的正向电阻时,电表的红表笔应接 (选填“A ”或“B ”). (2)该同学设计了如图所示的电路用伏安法进一步测量该二极管正反向电压均为2 V 时的电阻值,二极管接在1,2之间,电压表的内阻约为40 k Ω,选用多用电表的直流电流挡作为电流表接在3,4之间.该多用电表的直流电流有三个量程,量程和对应的内阻分别为:①50 μA,内阻约为100 Ω;②50 mA,内阻约为50 Ω;③250 mA,内阻约为10 Ω.则在实验过程中,多用电表的红表笔应与接线柱 (选填“3”或“4”)相连;测二极管的反向电阻时电流表的量程应选用 (选填“①”“②”或“③”),单刀双掷开关S 2应拨向接点 (选填“5”或“6”).解析:(1)多用电表测电阻时红表笔接表内电池的负极,所以测二极管的正向电阻时应与二极管的负极相连,即与B 相连.(2)多用电表使用时应使电流从红表笔流入,黑表笔流出,因此多用电表作直流电流表使用时,红表笔应与接线柱3相连;电压为2 V 时,二极管加反向电压时的电流约为I D ′=325010⨯ A=40 μA,所以电流挡应选用量程①;二极管的反向电阻约为50 k Ω,与电压表内阻比较接近,与电流表内阻相差很大,因此应采用电流表内接法,所以单刀双掷开关S 2应拨向接点6. 答案:(1)B (2)3 ① 62.(2019·湖南衡阳模拟)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器,请回答下列问题:(1)在使用多用电表测量时,若选择开关扳至“25 V ”挡,指针的位置如图(a)所示,则测量结果为 V. (2)多用电表测量未知电阻阻值的电路如图(b)所示,电源的电动势为E,R 0为调零电阻.某学习小组将待测电阻用电阻箱代替,依次改变阻值,用多用电表测对应的电路中电流I 并。