电学实验.docx
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电学实验.docx
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电学实验
1、在如图所示的电路中,灯炮L的电阻大于电源的内阻r,闭合电键S,将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后,下列结论正确的是( )
A.灯泡L变亮
B.电源的输出功率增大
C.电容器C上电荷量减少
D.电流表读数变小,电压表读数变大
【答案】D
【解析】
试题分析:
将滑动变阻器滑片P向左移动后,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律分析,路端电压增大,电压表读数变大,电路中电流I变小,则电流表读数变小,灯泡L变暗.故A错误,D正确;灯泡L的电阻大于电源的内阻r,外电阻大于内电阻,外电路总电阻增大,电源的输出功率变小,故B错误;电容器C两端的电压UC=E-I(RL+r),I变小,其他量不变,则UC增大,电容器C上电荷量增加.故C错误.
考点:
闭合电路的欧姆定律;电容
2、在如图所示电路中,当滑动变阻器滑片P向下移动时,则( )
A.A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮
B.A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗
C.A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗
D.A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮
【答案】D
【解析】
试题分析:
滑片向下滑动,滑动变阻器变小,并联电路电阻变小,电路总电阻变小,电路总电流变大,即A灯变亮,并联电路电压变小,所以B灯变暗,经过B灯的电流变小,C灯电流变大,C灯变亮,选项D对。
考点:
动态电路
3、如图所示的电路中,在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中,两表的示数情况为( )
A.电压表示数增大,电流表示数减小
B.电压表示数减小,电流表示数增大
C.两电表示数都增大
D.两电表示数都减小
【答案】A
【解析】
试题分析:
当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,接入电路的电阻增大,与R2并联的电阻增大,外电路总电阻R总增大,总电流I减小,路端电压U=E-Ir增大,电压表读数增大;并联部分的电阻增大,分担的电压增大,U2增大,流过R2的电流I2增大,电流表的读数IA=I-I2,则减小.故BCD错误,A正确.
考点:
全电路欧姆定律;动态电路分析。
4、用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。
设两极板正对面积为S,板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。
实验中,极板所带电荷量不变,则下列说法正确的是( )
A.保持S不变,增大d,则θ变大
B.保持S不变,增大d,则θ变小
C.保持d不变,减小S,则θ变小
D.保持d不变,减小S,则θ不变
【答案】A
【解析】
试题分析:
根据电容的定义式C=,保持S不变,增大d,电容C减小,再根据U=,知U增大,所以θ变大.故A正确,B错误.保持d不变,减小S,电容减小,再根据U=,知U增大,所以θ变大.故CD错误.
考点:
本题考查电容器的动态分析。
5、(12分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻,实验原理如图甲所示,其中,虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A,V为标准电压表,E为待测电池组,S为开关,R为滑动变阻器,R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。
①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ,若要改装后的电流表满偏电流为200mA,应并联一只 Ω(保留一位小数)的定值电阻R1;
②根据图甲,用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路;
③某次试验的数据如下表所示:
该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法(逐差法),计算出电池组的内阻r= Ω(保留两位小数);为减小偶然误差,逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是 。
④该小组在前面实验的基础上,为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响,用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现:
电动势的测量值与已知值几乎相同,但内阻的测量值总是偏大。
若测量过程无误,则内阻测量值总是偏大的原因是 。
(填选项前的字母)
A.电压表内阻的影响 B.滑动变阻器的最大阻值偏小
C.R1的实际阻值比计算值偏小 D.R0的实际阻值比标称值偏大
测量次数
1
2
3
4
5
6
7
8
电压表V读数U/V
5.26
5.16
5.04
4.94
4.83
4.71
4.59
4.46
改装表A读数I/mA
20
40
60
80
100
120
140
160
【答案】
(2)①1.0 ②如图所示 ③1.66 充分利用测得的数据 ④CD
【解析】
试题分析:
(2)①根据改装后电表的量程,代入解得R1=1.0Ω。
②实物图如图所示。
③根据闭合电路的欧姆定律可得,故,可得:
r=1.66Ω。
因充分利用测得的数据,故减少一次测量的偶然误差。
④已知电压表是理想电压表,其内阻影响不计,其实,如果考虑其内阻影响,电源内阻的测量值应偏小,所以选项A可排除。
滑动变阻器起到调节电流作用,其最大阻值不影响测量结果,B可排除。
根据题设,可作出下图,可见,U值对应的电流I的测量值偏小,根据,因为,其中R1是计算值,其实际阻值可能偏大,才造成I测量偏大,选项C正确;又因为根据测量值,所以可能是R0的实际阻值比标称值偏大,故D正确。
考点:
本题考查电表的改装、测量电源电动势和内阻
6、某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下:
(1)分别用游标为20分度的游标卡尺和螺旋测微器测量其长度和直径如图,可知其长度为 mm,直径为 mm;
(2)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,则该电阻的阻值约为 Ω;
(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
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10kΩ)
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,最大电流2.0A)
滑动变阻器R2(阻值范围0~2kΩ,最大电流0.5A)
开关S导线若干
要求测得多组数据进行分析,请在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 4.700(4.698-4.702均可)
(2)220 (3)分压外接法,选用、、
【解析】
试题分析:
(1)由图甲,游标卡尺的读数为;由图乙,螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读,螺旋测微器的读数为;
(2)由图丙,用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率,当指针指在中央附近时测量值较准确,欧姆表表盘的示数为。
(3)电源电动势为4V,故电压表应选,待测电阻中最大电流约为,则电流表应选;滑动变阻器选择小量程的,便于调节,故选;因待测电阻值远小于电压表内阻,电流表应选外接法;又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值,故变阻器应用分压式接法,电路图如图所示:
考点:
本题考查了测定金属的电阻率和螺旋测微器及游标卡尺的读数
7、
如图,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外;在x轴下方存在匀强电场,电场方向与xoy平面平行,且与x轴成450夹角。
一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出,一段时间后进入电场,进入电场时的速度方向���电场方向相反;又经过一段时间T0,磁场方向变为垂直纸面向里,大小不变,不计重力。
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间;
(2)若要使粒子能够回到P点,求电场强度的最大值。
(1)
(2)
(1)带电粒子在磁场中��圆周运动,设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有
依题意,粒子第一次到达x轴时,运动转过���角度为,所需时间t1为
求得
(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速运动,到达x轴时速度大小仍为v0,设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度大小为a,电场强度大小为E,有
得
根据题意,要使粒子能够回到P点,必须满足
得电场强度最大值
8、
1932年,劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的两个D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒��穿过的时间可以忽略不计.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.设两D形盒之间所加的交流电压为U,被加速的粒子质量为m、电量为q,粒子从D形盒一侧开始被加速(初动能可以忽略),经若干次加速后粒子从D形盒边缘射出.求:
(1)粒子从静止开始第1次经过两D形盒间狭缝加速后的速度大小
(2)粒子第一次进入D型盒磁场中做圆周运动的轨道半径
(3)粒子至少经过多少次加速才能从回旋加速器D形盒射出.
(1)
(2)
(3)
(1)(5分)粒子在电场中被加速���动能定理 …………4分
得:
…………………………………………………………1分
(2)(5分)带电粒子在磁场中做圆周运动,洛仑兹力提供向心力,
由牛顿第二定律得:
………………………………………3分
解得:
……………………………………………1分
代入数据得:
…………………………………1分
(3)(6分)若粒子射出,则粒子做圆周运动的轨道半径为R,设此时速度为
由牛顿第二定律知,解得此时粒子的速度为 ……2分
此时粒子的动能为代入数据得 ………………2分
粒子每经过一次加速动能增加qU,设经过n次加速粒子射出,则 代入数据,解得:
………………………………2分
9、(8分)面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈,处在如图所示的磁场内,磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t,R=3Ω,C=30μF,线圈电阻r=1Ω,求:
(1)通过R的电流大小和方向
(2)电容器的电荷量。
【答案】
(1)0.1A
(2)
【解析】
试题分析:
(1)由楞次定律知,Φ变大,线圈的感应电流方向为逆时针,所以通过R的电流方向为b→a;
(2)由VV,AA,
VV,
考点:
楞次定律,法拉第电磁感应定律,感应电动势和电荷量的计算
10、(12分)一束电子流经电压U加速后,在距两极板等距离处垂直进入水平平行板间的匀强电场,如右图所示,若两板间距离d,板长l,那么,要使电子能从平行板间飞出,两个水平极板上最大能加多
大电压?
【答案】
【解析】
试题分析:
设电子流经加速电压后的速度为v0,则由动能定理有:
电子经过偏转电场时做类平抛运动,运动时间为:
设两极板上最多能加的电压为U′,要使电子能从平行板间飞出则电子的最大侧移量为:
则有:
;
又
联立以上三式得:
考点:
带电粒子在电场中的加速及偏转。
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- 电学 实验