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文档介绍
福建省厦门市湖滨中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题(等级考)
厦门市湖滨中学2019---2020学年第一学期期中考 高二物理(等级)试卷 一.选择题:本题共8小题,共24分.每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求,每小题3分,选对得3分,选错得0分. 1.下列说法中不正确的是( ) A. 美国物理学家密立根最早测得的元电荷量e的数值 B. 奥斯特发现,电流周围会产生磁场 C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能多少的物理量 D. 电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量 2.图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正三角形的三个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。可以判断出a、b两长直导线在c导线处产生的磁感应强度方向是( ) A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 3.如图所示,A、B是两个带有绝缘支架的金属球,它们均不带电,并彼此接触。现使带负电的橡胶棒C靠近A(C与A不接触),然后先将A、B分开(操作过程均与金属球绝缘),再将C移走,关于A、B的带电情况,下列判断正确的是( ) A. A带正电,B带负电 B. A带负电,B带正电 C. A,B均不带电 D. A,B均带正电 4. 两个分别带有电荷量﹣2Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为( ) A.F B.F C. F D. 12F 5.在如图所示的U-I图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线Ⅱ为某一电阻R的U-I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路,由图象可知( ) A. 电源的电动势为3 V,内阻为1Ω B. 电阻R的阻值为2 Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50% 6.如图所示,虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线,两粒子M、N质量相等,所带电荷的绝对值也相等.现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出,两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示.点a、b、c为实线与虚线的交点.已知O点电势高于c点,若不计重力,则( ) A. M带负电荷,N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小不相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中,电场力对它做的功等于零 7.如右图所示的电路为欧姆表原理图,电池的电动势E=1.5 V,G为电流表,满偏电流为200 μA.当调好零后,在两表笔间接一被测电阻Rx时,电流表G的指针示数为50 μA,那么Rx的值是( ) A. 7.5 kΩ B. 22.5 kΩ C. 15 kΩ D. 30 kΩ 8. 如图所示,在相距为d的两个等高处,固定着电量分别为-Q和+Q的两个等量异种点电荷,在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L,内壁光滑的绝缘细管,现有一电量为+q的小球以初速度v0从管口射入,已知静电力常量为k,则下列说法正确的是( ) A. 小球的速度一直减小 B. 受到的库仑力先做负功后做正功 C. 小球的电势能保持不变 D. 管壁对小球的弹力最大值为 二、本题共4小题,共16分,每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求,每小题4分,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分. 9.如图所示,甲、乙两个电路,都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成,下列说法正确的是( ) A. 甲表是电流表,R增大时量程减小 B. 甲表是电流表,R增大时量程增大 C. 乙表是电压表,R增大时量程增大 D. 乙表是电压表,R增大时量程减小 10. 如图所示,、、为三个相同的灯泡且电阻恒定,在变阻器 R的滑片 P 向上移动过程中,下列正确的是( ) A. 电源总功率变大 B. 中电流变化量小于中电流变化量 C. 变暗, 变亮, 变暗 D. 变亮, 变暗, 变亮 11. 如图所示,将平行板电容器与电池组相连,两板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两板缓慢地错开一些,其他条件不变,则( ) A. 电容器带电量不变 B. 尘埃仍静止 C. 电流计中有b→a的电流 D. 电流计中有a→b的电流 12. 质量为m、带正电的,电量为+q的小金属块A以水平初速度v0从高台右边缘P点进入存在着水平向左匀强电场的右侧空间中,场强大小E=2mg/q,高台足够高,则( ) A. 金属块做平抛运动 B. 经过足够长的时间金属块一定会与高台右侧边缘PQ相碰 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D. 金属块运动过程的最小速度为 三、实验题:本题共3小题,第13题10分,第14题13分,第15题12分 ,共35分.把答案写在答题卡中指定的答题处.除了注明以外,其他空均为2分 13. 要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线,要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,并便于操作。已选用的器材有: 直流电源(电压为4V); 电流表(量程为0—0.6A.内阻约0.2); 电压表(量程为0--3V); 电键一个、导线若干。 (1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______(填字母代号)。 A.滑动变阻器(最大阻值10,额定电流1A) B.滑动变阻器(最大阻值1k,额定电流0.3A) (2)为了设计合理的实验方案,某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻,表盘读数及开关选择档位,如下图所示,则其阻值约为 ;测量时多用电表的红表笔应接电压表的 (填正或者负)接线柱。 (3)选出既满足实验要求,又要减小误差的实验电路图________。 (4)下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况,请你帮他完成其余部分的线路连接。(电路中仅缺少2条导线,请用笔代替导线连上) 14.如图,有一根细长且均匀的金属管线,长约1cm,电阻约为5 Ω,假设这种金属的电阻率为ρ,现在要尽可能精确测定它的电阻率. (1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如上图所示,从图中读出外径为________ mm,用游标卡尺测金属管线的长度L= mm; (2)测量金属管线的电阻R,为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材: A.电压表0~3 V,内阻约10 kΩ B.电压表0~15 V,内阻约50 kΩ C.电流表0~0.6 A,内阻约0.05 Ω D.电流表0~3 A,内阻约0.01 Ω E.滑动变阻器,0~10 Ω F.滑动变阻器,0~100 Ω 要减小误差,电流表应选_____,滑动变阻器应选______;(填仪器前面字母) (3)按照电路图连接实物图后,某次测量电表的读数如上图所示,则电流表的读数为 A (4)用已知的物理常数和直接测量的物理量(均用符号D,L,U,I)表示,推导出计算金属线电阻率的表达式ρ=______________(3%) 15.有一种测量压力的电子秤,其原理如下图所示。E是内阻不计、电动势为6V的电源。R0是一个阻值为400Ω的限流电阻。G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器。R是压敏电阻,其阻值可随压力大小变化而改变,其关系如下表所示。C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。 压力F/N 0 50 100 150 200 250 300 电阻R/Ω 300 280 260 240 220 200 180 (1)在坐标系中画出电阻R随压力F变化的图线,并归纳出电值R随压力F变化的函数关系式 ;(3%) (2)写出压力随电流变化的关系式 ,(3%)说明该测力显示器的刻度是否均匀 (填“均匀”或“不均匀”); (3)若电容器的耐压值为5V,该电子秤的量程是 N。 四、计算题:本题共3小题,第16题6分,第17题8分,第18题11分,共25分.把解答写在指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,只写答案不得分. 16.如图所示的电路中,电源的电动势E=12V,内电阻r=1Ω,R1=1Ω,R2=6Ω,电动机的线圈电阻RM=1Ω,若开关S闭合后通过电源的电流I=3A,通过R2电流1A 。求: (1)的消耗电功率=? (2)电动机发热功率? (3)电动机输出的机械功率 =? 17.如图所示,一带电荷量为q=-5×10-3C,质量为m=0.1kg的小物块处于一倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面上,当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时,小物块恰处于静止状态.(g取10m/s2)(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)电场强度多大?(2)若从某时刻开始,电场强度减小为原来的,物块下滑距离L=1.5m时的速度大小? 18.如图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ABCD区域内,存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II,两电场的边界均是边长为L的正方形,电子的电量为e(不计电子所受重力)。 (1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子, 求电子离开ABCD区域的位置坐标。 (2)在电场I区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从ABCD区域左下角D处离开,求所有释放点的位置坐标。 (3)在满足(2)的情况下,粒子从释放点出发到达D点所需的最短时间是多少。 厦门市湖滨中学2019---2020学年第一学期期中考 高二物理(等级)试卷 考试时间: 2019年11月 日 命题人:_____________ 审核人:_____________ 一.选择题:本题共12小题,共40分.第1~8题在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求,每小题3分;第9~12题有多项符合题目要求,每小题4分,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分. www. 1.下列说法中不正确的是 A. 美国物理学家密立根最早测得的元电荷量e的数值 B. 奥斯特发现,电流周围会产生磁场 C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能多少的物理量 D. 电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量 【答案】C 【解析】 【详解】A项:电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的,故A正确; B项:奥斯特发现了电流的磁效应,故B正确; C项:电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱,电动势越大,本领越大,故C错误; D项:电阻率是反映材料导电性能的物理量,故D正确。 故应选:C。 2.图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正三角形的三个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。可以判断出a、b两长直导线在c导线处产生的磁感应强度方向是 A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 【答案】B 【解析】 【详解】由右手螺旋定则可知,a导线在c处产生的磁场B1方向为:垂直ac斜向下, b导线在c处产生的磁场B2方向为:垂直bc斜向下, 磁感应强度大小相等,由几何关系可知,B1与B2成600夹角, 由平行四边形定则可知,B1与B2的合磁场向下,故B正确。 3.如图所示,A、B是两个带有绝缘支架的金属球,它们均不带电,并彼此接触。现使带负电的橡胶棒C靠近A(C与A不接触),然后先将A、B分开(操作过程均与金属球绝缘),再将C移走,关于A、B的带电情况,下列判断正确的是( ) A. A带正电,B带负电 B. A带负电,B带正电 C. A,B均不带电 D. A,B均带正电 【答案】A 【解析】 【详解】带负电的橡胶棒C靠近A,然后把导体A和B分开,再移走C,导体A和B由于感应起电带上异种电荷,由于同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,所以此时A带正电,B带负电。故BCD错误,A正确故选A。 【点睛】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动,电荷的总量保持不变。 4. 两个分别带有电荷量﹣2Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为( ) A.F B.F C. F D. 12F 答案:C 5.在如图所示的U-I图象中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线Ⅱ为某一电阻R的U-I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路,由图象可知 A. 电源的电动势为3 V,内阻为1Ω B. 电阻R的阻值为2 Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50% 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势,由斜率大小读出电源的内阻.图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小.两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流,求出电源的输出功率和电源的效率。 【详解】A项:由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E=3V,其斜率大小等于电源的内阻,则,故A错误; B项:电阻R的阻值为,故B错误; C项:两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压,则有 U=2V,I=2A,电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W.故C正确; D项:电源的效率为,故D错误。 故应选:C。 【点睛】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义,知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。 6.如图所示,虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线,两粒子M、N质量相等,所带电荷的绝对值也相等.现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出,两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示.点a、b、c为实线与虚线的交点.已知O点电势高于c点,若不计重力,则( ) A. M带负电荷,N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小不相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中,电场力对它做的功等于零 【答案】D 【解析】 由题,等势线在水平方向,O点电势高于c点,根据电场线与等势线垂直,而且由高电势指向低电势,可知电场方向竖直向下,根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上,M粒子所受的电场力方向竖直向下,故知M粒子带正电,N带负电,故A错误.由动能定理可知,N在a点的速度与M在c点的速度大小相等,故B正确.N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角,电场力做正功.故C错误.O、c间电势差不为零,由动能定理可知M从O点运动至c点的过程中,电场力对它做功不为零.故D错误.故选B. 点睛:本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向,根据电场线与等势线垂直的特点,分析能否判定电性.由动能定理分析电场力做功是常用的方法. 视频 7.如右图所示的电路为欧姆表原理图,电池的电动势E=1.5 V,G为电流表,满偏电流为200 μA.当调好零后,在两表笔间接一被测电阻Rx时,电流表G的指针示数为50 μA,那么Rx的值是( ) A. 7.5 kΩ B. 22.5 kΩ C. 15 kΩ D. 30 kΩ 【答案】B 【解析】 试题分析:当电流表满偏时:,即;电流表G的指针示数为50μA时,,即,解得:R="22.5" kΩ ,选项B正确。 考点:欧姆表;欧姆定律. 8. 如图所示,在相距为d的两个等高处,固定着电量分别为-Q和+Q的两个等量异种点电荷,在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L,内壁光滑的绝缘细管,现有一电量为+q的小球以初速度v0从管口射入,已知静电力常量为k,则下列说法正确的是( ) A. 小球的速度一直减小 B. 受到的库仑力先做负功后做正功 C. 小球的电势能保持不变 D. 管壁对小球的弹力最大值为 【答案】C 【解析】 【详解】电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入的过程,因电场力不做功,只有重力做功;根据动能定理,故加速度不变,速度不断增加;故A错误;小球有下落过程中,库仑力与速度方向垂直,则库仑力不做功,小球的电势能保持不变;故B错误,C正确;在两个电荷的中垂线的中点,单个电荷产生的电场强度为:;根据矢量的合成法则,则有电场强度最大值为,因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为,管壁对小球的弹力最大值为,故D错误;故选C。 9.如图所示,甲、乙两个电路,都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成,下列说法正确的是( ) A. 甲表是电流表,R增大时量程减小 B. 甲表是电流表,R增大时量程增大 C. 乙表是电压表,R增大时量程增大 D. 乙表是电压表,R增大时量程减小 【答案】AC 【解析】 A、B、甲表是表头和电阻并联,利用了并联分流的特点,功能上是电流表,R增大时,甲表中变阻器分流减小,量程减小,故A正确,B错误.C、D、乙是电压表,R增大时,变阻器分担的电压增大,乙表量程增大,故C正确,D错误.故选AC. 【点睛】本题考查电表改装原理的理解能力.当电流计的指针满偏时,电流表或电压表的指针满偏,所测量的电流或电压达到最大值. 10. 如图所示,、、为三个相同的灯泡且电阻恒定,在变阻器 R的滑片 P 向上移动过程中,下列正确的是( ) A. 电源总功率变大 B. 中电流变化量小于中电流变化量 C. 变暗, 变亮, 变暗 D. 变亮, 变暗, 变亮 【答案】AD 【解析】 【详解】在变阻器R的滑片P向上移动过程中,R减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律得知,总电流I增大,L3变亮。L2的电压U2=E-I(R3+r),E、R3、r均不变,I增大,U2减小,I2减小,L2变暗。流过L1的电流I1=I-I2,I增大,I2减小,则I1增大,L1变亮,则选项D正确,C错误;根据P=EI,总电流I变大,则电源总功率变大,选项A正确;因I = I1+I2,I增大,I2减小,I1增大,可知∆I1>∆I2。故B错误。故选D。 【点睛】本题是动态电路的分析,采用“先局部,后整体,再回到局部的分析方法”;分析电流变化量的大小采用的是总量的方法,根据总电流的变化情况确定两支路电流变化量的大小。 11. 如图所示,将平行板电容器与电池组相连,两板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两板缓慢地错开一些,其他条件不变,则( ) A. 电容器带电量不变 B. 尘埃仍静止 C. 电流计中有b→a的电流 D. 电流计中有a→b的电流 【答案】BD 【解析】 【详解】A.将两板缓慢地错开一些,两板正对面积减小,根据电容的决定式得知,电容减小,而电压不变,则电容器带电量减小。故A错误; B.由于板间电压和距离不变,由E=U/d分析可知,板间场强不变,尘埃所受电场力不变,仍处于静止状态。故B正确; CD.电容器电量减小,处于放电状态,而电容器上板带正电,电路中有逆时针方向的电流,则检流计中有a→b的电流。故D正确,Car错误。 故选:BD 【点睛】带电尘埃原来处于静止状态,电场力与重力平衡,将两板缓慢地错开一些后,电容器板间电压不变,根据电容的决定式分析电容如何变化,由电容的定义式分析电量的变化,确定电路中电流的方向.由E=U/d分析板间场强有无变化,判断尘埃是否仍保持静止. 12. 质量为m、带正电的,电量为+q的小金属块A以水平初速度v0从高台右边缘P点进入存在着水平向左匀强电场的右侧空间中,场强大小E=2mg/q,高台足够高,则( ) A. 金属块做平抛运动 B. 经过足够长的时间金属块一定会与高台右侧边缘PQ相碰 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D. 金属块运动过程的最小速度为 【答案】BCD 【解析】 【详解】电场力F=qE=q•=2mg,向左,故小金属块水平方向向右做匀减速直线运动,竖直方向做自由落体运动,合运动不是平抛运动,故A错误;小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动,然后向左做匀加速直线运动,故一定会与高台边缘相碰,故B正确;小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动,加速度为-2g,根据速度位移关系公式,有:,故C正确;小金属块水平方向向右做匀减速直线运动,分速度vx=v0-2gt;竖直方向做自由落体运动,分速度vy=gt;合速度,根据二次函数知识,当时,有极小值,故D正确;故选BCD。 【点睛】本题关键将小金属块的运动沿着水平和竖直方向正交分解,然后根据分运动的位移公式和速度公式列式求解;对于D选项,要求解出合速度的表达式,根据二次函数的知识求解极值. 二、实验题:本题共3小题,第13题10分,第14题10分,15共20分.把答案写在答题卡中指定的答题处. 13. 要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线,要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,并便于操作。已选用的器材有: 直流电源(电压为4V); 电流表(量程为0—0.6A.内阻约0.2); 电压表(量程为0--3V); 电键一个、导线若干。 (1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______(填字母代号)。 A.滑动变阻器(最大阻值10,额定电流1A) B.滑动变阻器(最大阻值1k,额定电流0.3A) (2)为了设计合理的实验方案,某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻,表盘读数及开关选择档位,如下图所示,则其阻值约为 ;测量时多用电表的红表笔应接电压表的 (填正或者负)接线柱。 (3)选出既满足实验要求,又要减小误差的实验电路图________。 (4)下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况,请你帮他完成其余部分的线路连接。(电路中仅缺少2条导线,请用笔代替导线连上) 【答案】(1)A (2) 3.6KΩ、负(3)丙 【解析】 试题分析:① 实验中滑动变阻器要用分压电路,故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A; ② (1)电压表的内阻值约为36×100Ω=3.6KΩ;测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱。 (2)实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,则滑动变阻器应采用分压接法,灯泡正常发光时的电阻为,电流表内阻远小于灯泡电阻,所以电流表应采用外接法,因此实验电路应选丙; 电路连线如图; 考点:测绘小灯泡的伏安特性曲线 【名师点睛】本题考查了选择实验器材、选择实验电路确定滑动变阻器与电流表接法是选择实验电路的关键;同时明确对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法:①要求电压或电流从零调;②变阻器的全电阻远小于待测电阻;③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程。 14. 如图,有一根细长且均匀的金属管线,长约1cm,电阻约为5 Ω,假设 这种金属的电阻率为ρ,现在要尽可能精确测定它的电阻率. (1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如下图所示,从图中读出外径为________ mm,应用毫米刻度尺测金属管线的长度L mm; (2)测量金属管线的电阻R,为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材: A.电压表0~3 V,内阻约10 kΩ B.电压表0~15 V,内阻约50 kΩ C.电流表0~0.6 A,内阻约0.05 Ω D.电流表0~3 A,内阻约0.01 Ω E.滑动变阻器,0~10 Ω F.滑动变阻器,0~100 Ω 要求较准确地测出其阻值,电流表应选_______,滑动变阻器应选_______;(填仪器前面字母) (3)按照电路图连接实物图后,某次测量电表的读数如上图所示,则电流表的读数为 A (4)用已知的物理常数和直接测量的物理量(均用符号D,L,U,I)表示,推导出计算金属线电阻率的表达式ρ=______________ 【答案】 (1). 5.200 ,10.70 (2). C (3). E (4).0.44 (5). 【解析】 【详解】(1) 螺旋测微器的固定刻度为5.0mm,可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm ,所以最终读数为5.0mm+0.200mm=5.200mm; (2) 两节新的干电池电动势为3V,因为电量中最大电流大约为,为了测量的精确,电流表应选择C, 滑动变阻器采用限流式接法,因为待测电阻较小,所以滑动变阻器选择E; (3)如图所示,电压表的量程为3V,所以电压表的读数为1.90V; (4) 该实验需要测量空心金属管的内径,通过欧姆定律测出电阻的大小,结合电阻定律测出横截面积,从而根据外径求出内径的大小.故所需测量的物理量为金属管的长度L、金属管的外径D、加在管两端的电压U、通过管的电流强度I. 根据欧姆定律得, 又 因为 解得: 【点睛】解决本题的关键知道实验的原理,操作步骤,以及知道实验误差形成的原因.掌握滑动变阻器分压、限流式接法的区别,以及电流表内外接的区别。 15.有一种测量压力的电子秤,其原理如下图所示。E是内阻不计、电动势为6V的电源。R0是一个阻值为400Ω的限流电阻。G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器。R是压敏电阻,其阻值可随压力大小变化而改变,其关系如下表所示。C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。 压力F/N 0 50 100 150 200 250 300 电阻R/Ω 300 280 260 240 220 200 180 (1)在坐标系中画出电阻R随压力F变化的图线,并归纳出电值R随压力F变化的函数关系式 ; (2)写出压力随电流变化的关系式 ,说明该测力显示器的刻度是否均匀 (填“均匀”或“不均匀”); (3)若电容器的耐压值为5V,该电子秤的量程是 N。 【答案】(1)R=300-0.4F(2) ,电流刻度均匀,F的刻度不均匀,但满足电流越大,力越大。(3)F=550N 【解析】 【分析】 (1)根据电阻随压力变化的数据来画图,把压力和电阻作为一组有序数对在坐标系中描点然后连接即可.再根据R的阻值随压力F的大小变化的图象可知电阻与压力成一次函数关系,利用待定系数法可确定函数关系式; (2)根据欧姆定律推导串联电路电流的关系式,结合R与F的关系式推导压力与电流的关系式可知测力显示器的刻度是否均匀; (3)根据串联电路电压规律可知压敏电阻两端的电压,根据串联电路特点可计算压敏电阻的值,进一步计算测力计的最大测量值。 【详解】(1) 把压力大小作为横坐标,把电阻大小作为纵坐标,在坐标系中描点连线即可得压敏电阻R的阻值随压力F的大小变化的图象,如图: 根据R的阻值随压力F的大小变化的图象可知压敏电阻R的阻值与压力F成一次函数关系,设它们的关系式为R=KF+b 把F=50N,R=280Ω和F=100N,R=260Ω代入得: 280=50K+b…①, 260=100K+b…②. 解得K=-0.4,b=300, 所以它们的关系式为R=300-0.4F; (2) 根据欧姆定律得 把R=-0.4F+300,U=6V,R0=400Ω代入上式 化简得:F=1750- 所以压力和电流不成一次函数关系,故该测力显示器的刻度是不均匀的; (3) 从上式可知,压力增大时,压敏电阻值减小, 当电阻两端的电压为5V时,压敏电阻两端的电压为: U1=U-U0=6V-5V=1V 根据串联电路特点可得 即 得 R=80Ω 把R=80Ω代入R=300-0.4F 即80=-0.4F+300 解得F=550N。 三、计算题:本题共3小题,第16题6分,第17题8分,第10题11分,共25分.把解答写在指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,只写答案不得分. 16.如图所示的电路中,电源的电动势E=12V,内电阻r=1Ω,R=1Ω,R=6Ω,电动机的线圈电阻R=1Ω,若开关S闭合后通过电源的电流I=3A,通过R电流1A 。求: (1)的消耗电功率=?(2)电动机发热功率? (3)电动机输出的机械功率 =? 【答案】(1) (2) 4W (3) 【解析】 【详解】(1)P1=I2R1=32×1W=9W (2) 通过电动机的电流 IM=I-I2=3A-1A=2A 电动机内阻发热功率 PM=IM2RM=22×1W=4W (3)根据欧姆定律得U2=I2R2=6V 电动机的总功率 P=IMUM=2×6W=12W 电动机输出的机械功率P出 =P-PM=2×6W-4W=8W 17.如图所示,一带电荷量为q=-5×10-3C,质量为m=0.1kg的小物块处于一倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面上,当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时,小物块恰处于静止状态.(g取10m/s2)(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)电场强度多大? (2)若从某时刻开始,电场强度减小为原来的,物块下滑距离L=1.5m时的速度大小? 【答案】(1) 150N/C(2) 1.35J 【解析】 试题分析: 受力分析:竖直向下的重力,水平向右的电场力,垂直斜面向上的支持力 (1)①② 联立得 (2)运用正交分解法 解得 由动能定理: 解得 考点:考查带电粒子在复合场中的运动 16. 17. 18.如图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ABCD区域内,存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II,两电场的边界均是边长为L的正方形,电子的电量为e(不计电子所受重力)。 (1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子, 求电子离开ABCD区域的位置坐标。 (2)在电场I区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从ABCD区域左下角D处离开,求所有释放点的位置坐标。 (3)在满足(2)的情况下,粒子从释放点出发到达D点所需的最短时间是多少。 【答案】(1)(-2L,) (2), xy=,(3)= 【解析】 【分析】 (1)此问分为两个过程,一是在电场Ⅰ区域的加速运动,运用能量的关系可求出加速后的速度;二是在电场Ⅱ区域内的偏转,运用类平抛的知识可求出偏转距离,从而得到电子离开ABCD区域的位置; (2)首先设出释放点的坐标,在运用在电场I中的加速和在电场II中的类平抛运动,计算出表示xy的乘积的方程,满足此式的点即为符合要求的点。 【详解】(1) 设电子的质量为m,电量为e,在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动,出区域I时的速度为v0,接着进入电场II做类平抛运动,假设电子从CD边射出,出射点纵坐标为y,对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有: 以上两式联立解得: ,所以原假设成立,即电子离开ABCD区域的位置坐标为; (2) 设释放点在电场区域I中,其坐标为(x,y),在电场I中电子被加速到v1,然后进入电场II做类平抛运动,并从D点离开,有: 以上两式联立解得:,即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置; (3)粒子在电场区域I中运动的时间为: 解得: 粒子出电场区域I时的速度 粒子在无电场区域做匀速直线运动的时间为:; 粒子在电场区域II的时间为: 也可写成: 即 联立; 由数学知识可知:。 查看更多