河北省邢台市学年高二上学期期中考试物理试文档格式.docx
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考点:
电表的改装
【名师点睛】本题考查了电表改装,知道电压表的改装原理,把电流表改装成电压表应串联一个分压电阻、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
3.同样粗细等长的铜棒和铁棒接在一起后接人电路,如图所示,已知铜的电阻率比铁的电阻率小,则下列说法正确的是()
A.铜棒两端电压小于铁棒两端电压
B.两棒内电子定向移动的速率不相等
C.两棒内电场强度相等
D.通过两棒的电流强度不等
【答案】A
【解析】AC、由
可知,铁棒的电阻较大,则由欧姆定律
可知,铁棒两端的电压较大,则由U=Ed可知,铁棒内的电场强度大于铜棒内的电场强度,故C错误,A正确;
B、根据电流的微观表达式
可知,但单位体积内铜和铝的自由电子个数关系不明确,则无法比较速度是否相等,故B错误;
D、因为铁棒和铜棒串联,所以电流相等,故D错误;
故选A。
4.一电池外电路断开时的路端电压为3V,接上8Ω的负载后路端电压降为2.4V,则可以判定电池的电动势E和内电阻r为()
A.E=2.4V,r=1Ω
B.E=3V,r=2Ω
C.E=2.4V,r=2Ω
D.E=3V,r=1Ω
【答案】B
外电路断开时的路端电压等于电源电动势,E="
3"
V;
根据欧姆定律,电路中电流
根据闭合电路的欧姆定律
,解得电源内阻
,故A、C、D错误,B正确。
欧姆定律,闭合电路的欧姆定律。
5.如图a所示是一个欧姆表的示意图,其正、负插孔内分别插有红、黑表笔,则虚线内的电路图应是图b中的图()
A.AB.BC.CD.D
【解析】欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连即与黑表笔相连接,内部电源的负极与外部正极插孔相连即与红表笔相连,每次换挡都要短接表笔欧姆调零,所以内部应接可调电阻,故选项A正确,BCD错误。
点睛:
本题考查了欧姆表的内部结构,注意,红表笔插入正极孔,却与内部电源的负极相连。
6.一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内α、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。
下列说法不正确的是()
A.电场强度的大小为2.5V/cm
B.坐标原点处的电势为1V
C.电子在α点的电势能比在b点的低7eV
D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV
根据匀强电场的电场强度公式
,结合电势差与场强间距,即可求解;
依据电势差等于电势之差;
根据电场力做功表达式
,从而确定电场力做功,同时也能确定电势能的变化情况.
如图所示,在ac连线上,确定一b′点,电势为17V,将bb′连线,即为等势线,那么垂直bb′连线,则为电场线,再依据沿着电场线方向,电势降低,则电场线方向如图,因为匀强电场,则有
,依据几何关系,则
,因此电场强度大小为
,故A正确;
根据
,因a、b、c三点电势分别为
,解得:
原点处的电势为
,故B正确;
因
,电子从a点到b点电场力做功为
,因电场力做正功,则电势能减小,那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV,C错误;
,电子从b点运动到c点,电场力做功为
,D正确.
7.在如图所示的电路中,E为电源电动势,r为电源内阻,R1和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器.当R2的滑动触点在α端时,合上开关S,此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U,现将R2的滑动触点向b端移动,则三个电表示数的变化情况()
A.I1增大,I2不变,U增大
B.I1减小,I2增大,U减小
C.I1增大,I2减小,U增大
D.I1减小,I2不变,U减小
【解析】试题分析:
R2的滑动触点向b端移动时,R2减小,整个电路的总电阻减小,总电流增大,内电压增大,外电压减小,即电压表示数减小,R3电压增大,R1、R2并联电压减小,通过R1的电流I1减小,即A1示数减小,而总电流I增大,则流过R2的电流I2增大,即A2示数增大.故A、C、D错误,B正确.
闭合电路的欧姆定律
8.如图所示,直线α为某电源与可变电阻连接成闭合电路时的路端电压U与干路电流I的关系图象,直线b为电阻R两端电压的U与通过它的电流I的图象,用该电源和该电阻组成闭合电路时,电源的输出功率和电源的效率分别为()
A.4W、33.3%B.2W、33.3%C.2W、67%D.4W、67%
故选D。
二.多项选择题
9.关于电动势,下列说法正确的是()
A.电源两极间的电压等于电源电动势
B.电动势越大的电源,将其他形式的能转化为电能的本领越大
C.电源电动势与外电路的组成有关
D.电动势的数值等于内外电压之和
【答案】BD
【解析】A、只有电源没有接入外电路时两极间的电压才等于电源电动势,故A错误;
BC、电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,电动势越大的电源,表示将其他形式的能转化为电能的本领越大,电动势的大小与外电路无关,故B正确,C错误;
D、根据闭合电路的欧姆定律可知电源电动势的数值等于内外电压之和,故D正确;
故选BD。
10.空间有一沿x轴对称分布的电场,规定水平向右为电场的正方向,其电场强度E随x变化的图象如图所示。
则下列说法中正确的是()
A.O点的电势最低
B.—带正电的点电荷在x2点的电势能大于在x1点的电势能
C.将一带正电的点电荷从x1点移到一x1点,电场力做功为零
D.—带正电的点电荷在x1和x3两点处的电势能不相等
【答案】CD
【解析】A、从图象可以看出,电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布,沿着电场强度的方向,电势一定降低,故根据其电场强度E随x变化的图象容易判断,O点的电势最高,故A错误;
B、在x2点的电势低于在x1点的电势,由
可知—带正电的点电荷在x2点的电势能小于在x1点的电势能,故B错误;
C、由于x
1
和-x
两点关于y轴对称,且电场强度的大小也相等,故从O点到x
和从O点到-x
电势降落相等,故x
两点的电势相等,将一带正电的点电荷从x1点移到一x1点,电场力做功为零,故C正确;
D、在x3点的电势低于在x1点的电势,—带正电的点电荷在在x3点的电势能低于在x1点的电势能,故D正确;
故选CD。
11.如图所示,一个质量为m,带电量为q的粒子(不计重力),始终从两平行板左侧中点处沿垂直场强方向射入,当入射速度为v时,恰好穿过电场而不碰金属板.要使粒子的入射速度变为
,仍能恰好穿过电场,则必须再使()
A.粒子的电量变为原来的
B.两板间电压减为原来的
C.两板间距离增为原来的4倍
D.两板间距离增为原来的2倍
【答案】AD
故选AD。
12.如图所示,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。
将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为∆V1、∆V2、∆V3,理想电流表A示数变化量的绝对值∆I,则()
A.A的示数增大
B.V2的示数增大
C.∆V3与∆I的比值大于r
D.∆V1小于∆V2
【答案】AC
此电路为串联电路,将滑片向下滑动,电路中的总电阻减小,总电流增大;
电流表的示数增大,A项正确;
电源的内阻分压增大,所以路端电压减小,即V2的示数减小,B项错误;
将定值电阻等效为电源的内阻,
=R+r,C项正确;
电压表V1测量的是定值电阻两端的电压,由于电流增大,定值电阻的分压增大,滑动变阻器两端的电压减小,所以V1的示数变化大于V2,D项错误。
动态电路分析
【名师点睛】
三、实验题
13.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻。
步骤如下:
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度,如图A所示,可知其长度为_______mm。
(2)用螺旋测微器测量其直径,如右上图B所示,可知其直径为_______cm。
(3)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(阻值约为200Ω)
电流表A1(量程0~4mA,内阻约50Ω)
电流表A2(量程0~10mA,内阻约30Ω)
电压表V1(量程0~3V,内阻约l0kΩ)
电压表V2(量程0~15V,内阻约25kΩ)
直流电源E(电动势4V,内阻不计)
滑动变阻器R1(阻值范围0~15Ω,允许通过的最大电流2.0A)
滑动变阻器R2(阻值范围0~20kΩ,允许通过的最大电流0.5A)
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,请在方框中画出测量的电路图,并标明所用器材的代号________。
【答案】
(1).50.15
(2).0.4700(3).
【解析】
(1)游标卡尺的读数为L=50mm+3×
0.05mm=50.15mm;
(2)螺旋测微器的读数为:
d=4.5mm+20.0×
0.01mm=4.700mm=0.4700cm;
(3)由于电压表V2量程太大(量程的
大于电源的电动势),所以电压表应选择V1,根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为
,所以电流表应选择A2,根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法,应选择阻值小的变阻器以方便调节;
由于待测电阻满足
,电流表应用外接法,所以电路应是“分压外接”电路,如图所示
14.为了测定干电池的电动势和内阻,现有下列器材:
A.干电池一节;
B.电压表V(0~3V~15V,内阻约为3kΩ,15kΩ);
C.电流表A(0~0.6A~3A,内阻约为10Ω、2Ω);
D.滑动变阻器(0~20Ω);
E.开关、导线若干.
(1)根据实验要求,用笔画线代替导线在图上连线______.
(2)某次实验记录如下:
根据表中数据在坐标图上画出U—I图线______,由图可求得E=______V,r=______Ω.
(3)用你设计的电路做实验,测得的电动势与电池电动势的真实值相比______(填偏大、偏小或相等);
测得的内阻与电池内阻的真实值相比______(填偏大、偏小或相等)
【答案】
(1).
(2).
(3).1.50V(4).0.80Ω(5).偏小(6).偏小
(1)电源的内阻是比较小的,为了减小误差,采用电流表的内接法,按伏安法测量电池的电动势和内电阻原理连实验实物图,如图
(2)描点作图如图所示
在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势,所以由图可以读出电源的电动势为1.50V,图象中的斜率表示电源的内阻,所以电源的内阻为
(3)因该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小,但电压表是准确的,故图象比真实图象要向上偏,同时,当电路短路时,电压表的分流是可以忽略的,故短路电流是准确的,故图象与横轴的交点不变,故所测电动势小于真实值;
内阻也小于真实值;
四.计算题
15.如图所示,是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图.电动机内电阻r=1.0Ω,电路中另一电阻R=4Ω,直流电压U=120V,电压表示数UV=100V.试求:
(1)通过电动机的电流;
(2)输人电动机的电功率;
(3)若电动机以V=1m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量?
(g取10m/s2)
【答案】
(1)5A
(2)500W(3)47.5kg
【解析】解:
(1)R两端电压
则通过电阻R的电流
电动机与电阻R串联,则通过电动机的电流也为5A;
(2)电动机的输入功率
(3)电动机的输出功率:
电动机的输出功率也即提升重物的功率,即
,结合以上两个式子可得重物的质量为
答:
(1)通过电动机的电流为5A;
(2)输入电动机的电功率为550W.
(3)重物的质量为
16.在如图所示的电路中,电源电动势E=6.0V,内阻r=2Ω,定值电阻R1=R2=10Ω,R3=30Ω,R4=35Ω,电容器的电容C=100μF,电容器原来不带电.求:
(1)闭合开关S后,电路稳定时,流过R3的电流大小I3;
(2)闭合开关S后,直至电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q。
(1)0.12A
(2)3.6×
10-4C
(1)闭合开关S后电路稳定时,外电阻
…①
总电流
…②
路端电压U外=IR外=0.6×
8=4.8V…③
流过R3的电流为
…④
(2)闭合开关S后,电路稳定时,
加在电阻R3的电压U3=I3R3=3.6V…⑤
电容充电完毕所带的电荷量Q=CU3=3.6×
10-4C…⑥
闭合开关S直至电路稳定流过R4的总电荷量Q=3.6×
10-4C⑦
闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】对于含有电容器的问题,关键是确定电容器的电压.电路稳定时电容器的电压等于其并联电路两端的电压。
17.如图所示,直角坐标系xOy位于同一竖直平面内,其中x轴水平,y轴竖直。
xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场,OA长为l,与x轴间的夹角θ=30°
,一质量为m,电荷量为q的带正电小球(可看成质点)从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出,恰好从OA的中点M垂直OA进人电场区域。
已知重力加速度为g。
(1)求P点的纵坐标及小球从P点射出时的速度v0。
(2)已知电场强度的大小为E=
,若小球不能从BC边界离开电场,OC长度应满足什么条件?
(1)
(2)
小球从P到M做平抛运动,根据平抛运动的规律及几何关系即可求出纵坐标yp及小球的初速度;
根据运动的合成与分解,将重力分解为垂直于电场线和平行于电场线,可得沿电场线合力为0,做匀速直线运动,垂直电场线根据牛顿第二定律求出加速度,根据运动学规律列出两个方向的运动学方程即可。
(1)设小球从P到M所用时间为t1
在竖直方向做自由落体运动:
在水平方向:
由几何关系:
联立可得:
(2)设小球到达M时速度为vM,由几何关系:
根据平衡条件得:
小球在电场中沿vM向做匀速直线运动,沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动,设边界OC的长度为d时,小球不从BC边射出,在电场中运动时间为t2
由牛顿第二定律得:
mgsin300=ma
解得:
a=5m/s2
位移关系为:
本题主要考查了带电粒子先做平抛运动,在进入电场做类平抛运动,将运动进行分解并结合运动学方程和牛顿第二定律相结合进行解题。
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