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2019-2020年高二上学期第二次月考物理试卷含解析
一、选择题(每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是正确的,全部选对得4分,对而不全得2分.)1.关于磁通量的下列说法中正确的是( )A.磁通量是个反映磁场强弱和方向的物理量B.某一面积上的磁通量形象表示穿过此面积的磁感线的总条数C.在磁场中所取的面积越大,该面上磁通量一定越大D.穿过封闭曲面的磁通量无限大2.关于电动势,下列说法中正确的是( )A.一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B.因电动势的单位和电势差相同,所以电动势实质上就是电势差C.一个电动势为
1.5V的电池接入电路时,若有1C的电荷量通过电路,就有
1.5J的化学能转变成电能D.电压表接到电源两极时,测得的就是电动势3.为了解释地球的磁性,19世纪安培假设地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的.在下列四个图中,能正确表示安培假设中环形电流方向的是( )A.B.C.D.4.如图所示,已知R1=100Ω,右方虚线框内为黑盒,电阻连接不知,今用电压表测得UAC=10V,UBC=40V,则AB间的总电阻为( )A.200ΩB.300ΩC.450ΩD.500Ω5.如图所示,三个电阻R
1、R
2、R3的阻值相同,允许消耗的最大功率分别为10W、10W、4W,则此电路允许消耗的最大功率为( )A.12WB.15WC.16WD.24W6.有一“3V,3W”的小灯泡,则接入下列的哪一电源可使小灯泡最亮( )A.E=3V,r=
1.0ΩB.E=3V,r=
1.5ΩC.E=3V,r=
2.0ΩD.E=3V,r=
2.5Ω7.如图所示,若ab端为输入端,AB为输出端,滑动变阻器的滑动头在变阻器的中央位置,则下列说法正确的为( )A.空载时输出的电压UAB=B.当AB间接上负载R时,输出的电压UAB<C.AB间的负载R越大,输出的电压UAB越接近D.AB间的负载R越小,输出的电压UAB越接近8.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a端时合上开关S,此时三个电表A
1、A2和V的示数分别为I
1、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是( )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9.用伏安法测某一电阻时,如果采用如图所示的甲电路,测量值为R1,如果采用乙电路,测量值为R2,那么R
1、R2与真实值R之间满足关系( )A.R1>R>R2B.R>R1>R2C.R1<R<R2D.R<R1<R210.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,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.则下列说法中正确是( )A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大B.对应P点,小灯泡的电阻为R=C.对应P点,小灯泡的电阻为R=D.对应P点,小灯泡电阻为图中矩形PQOM所围的面积11.如图所示,直线a为电源的U﹣I图线,直线b为电阻R的U﹣I图线,用该电源和该电阻组成闭合电路时,下列说法中正确的为( )A.电源的电动势为3V,其输出功率为2W,其效率为67%B.电源的电动势为3V,其输出功率为4W,其效率为
33.3%C.电源的内阻为
0.5Ω,其输出功率为2W,其效率为67%D.电源的内阻为
0.5Ω,其输出功率为4W,其效率为67%12.如图所示,电路中的电阻均为1Ω,电源电动势为3V,内阻为
0.5Ω,电流表.电压表均为理想电表,则此时电流表.电压表的读数分别是( )A.3A.3VB.
1.5A.
1.5VC.3A.
1.5VD.
1.5A.3V
二、填空题(每题4分,共16分.把正确答案填写在题中的横线上,或按题目要求作答.)13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径,步骤如下
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长度为 mm;
(2)用螺旋测微器测量其直径如图2,由图可知其直径为 mm.14.边长为a的正方形线圈,放在磁感应强度为B的匀强磁场中,如图所示.求出下列四种情况下,穿过线圈的磁通量.15.一灵敏电流计,允许通过的最大电流(满刻度电流)为Ig=50μA,表头电阻Rg=1kΩ,若改装成量程为Im=1mA的电流表,应并联的电阻阻值为 Ω,若将改装后的电流表再改装成量程为Um=10V的电压表,应再串联一个阻值为 Ω的电阻.(结果保留四位有效数字)16.某直流电车模型工作的示意图,如图所示,电源的电动势为12V,电路总电阻为1Ω,电车在水平面上以5m/s的速度行驶,所受阻力为
7.2N,则通过电车的电流为 A.
三、实验题(17,18题各4分,19题8分,共16分.把正确答案填写在题中的横线上,或按题目要求作答.)17.某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值,由于第一次选择的欧姆档(×10)不够合适,现改换另一欧姆档测量.两次测量时多用电表指针所指位置如图所示,下面列出第二次测量的有关操作A.将两表笔短接,并调零B.将两表笔分别跟被测电阻的两端接触,观察指针的位置,记下电阻值C.将多用电表面板上旋钮调到×100档D.将多用电表面板上旋钮调到×1档E.将多用电表面板上旋钮调到off位置
(1)根据上述有关操作,将第二次测量的合理实验步骤按顺序写出 .
(2)该电阻的阻值是 .18.图a中电源电动势为E,内阻可忽略不计;电流表具有一定的内阻,电压表的内阻不是无限大,S为单刀双掷开关,R为待测电阻.当S向电压表一侧闭合时,电压表读数为U1,电流表读数为I1;当S向R一侧闭合时,电流表读数为I2.
(1)根据已知条件与测量数据,可以得出待测电阻R= .
(2)根据图a所给出的电路,在图b的各器件实物图之间画出连接的导线.19.一个小灯泡上标有“4V,2W”的字样,现在要用伏安法测量这个灯泡的U﹣I图线,现有下列器材供选用A.电压表(0~5V,内阻10kΩ)B.电压表(0~10V,内阻20kΩ)C.电流表(0~
0.3A,内阻1Ω)D.电流表(0~
0.6A,内阻
0.4Ω)E.滑动变阻器(10Ω,2A)F.学生电源(直流6V),还有开关导线
(1)实验中所用电压表应选 ,电流表应选用 (用序号字母表示)
(2)为了使实验误差尽量减小,要求从零开始多测几组数据,请在图甲方框内画出满足实验要求的电路图.
(3)某同学利用实验得到的数据画出了该小灯泡的U﹣I曲线(如图乙所示),若直接在小灯泡两端加上2V的电压,则该小灯泡消耗的功率是 W,电阻是 Ω
四、计算题(6分+6分+8分+8分+12分共40分.要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤,有数值计算的要明确写出数值和单位,只有最终结果的不得分.)20.当给某微型洗尘器的直流电机两端加上
0.3V的电压时,通过的电流为
0.3A,此时电机不转;当加
2.0V的电压时,电流为
0.8A,这时电机正常工作,求此洗尘器的输出功率.21.如图所示,两根平行放置的导电轨道,间距为L,倾角为θ,轨道间接有电动势为E(内阻不计)的电源,整个导轨处在一个竖直向上的匀强磁场中,电阻为R的金属杆ab与轨道垂直放于导电轨道上静止,轨道的摩擦和电阻不计,要使ab杆静止,磁感应强度应多大?(设金属杆的质量为m)22.如图所示,电源的电动势为10V,内阻为1Ω,R1=3Ω,R2=6Ω,C=30μF求
(1)闭合电键S,稳定后通过电阻R2的电流.
(2)再将电键S断开,再次稳定后通过电阻R1的电荷量.23.如图所示的电路中,电源电动势E=
6.0V,内阻r=
0.6Ω,电阻R2=
0.5Ω,当开关S断开时,电流表的示数为
1.5A,电压表的示数为
3.0V,试求
(1)电阻R1和R3的阻值;
(2)当S闭合后,电压表的示数、以及R2上消耗的电功率.24.如图所示是一种悬球式加速度仪,它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度,金属球的质量为m,它系在金属球丝下端,金属丝的上端悬挂在O点,AB是一根长为L的均匀电阻丝,其阻值为R,金属丝与电阻丝接触良好,摩擦不计.电阻丝的中点C焊接一根导线,从O点也引出一根导线,两线之间接入一个电压表V(金属丝和导线电阻不计).图中虚线OC与AB垂直,且OC=h.电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上,整个装置固定在列车中且AB沿着车前进的方向,列车静止时金属丝呈竖直状态,当列车加速前进时,金属丝将偏离竖直方向,从电压表V的读数变化可以测出加速度的大小.
(1)当列车向右做匀加速直线运动时,试导出加速度a与电压表读数U′的关系式(用U′、U、L、h及重力加速度g等表示).
(2)用导出的a与U′的关系式说明表盘上a的刻度是否均匀. xx学年宁夏石嘴山三中高二(上)第二次月考物理试卷参考答案与试题解析
一、选择题(每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是正确的,全部选对得4分,对而不全得2分.)1.关于磁通量的下列说法中正确的是( )A.磁通量是个反映磁场强弱和方向的物理量B.某一面积上的磁通量形象表示穿过此面积的磁感线的总条数C.在磁场中所取的面积越大,该面上磁通量一定越大D.穿过封闭曲面的磁通量无限大【考点】磁通量.【分析】磁通量等于穿过磁场中某一面积的磁感线的条数,当平面与磁场平行时,穿过该平面的磁通量为零.当平面与垂直时,磁通量最大.匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φ=BSsinα,α是平面与磁场方向的夹角.【解答】解A、磁感应强度是个反映磁场强弱和方向的物理量.故A错误.B、穿过垂直于磁场方向的平面磁感线条数越多,磁通量越大.故B正确.C、当闭合线圈平面跟磁场方向平行时,当取平面的面积增大,磁通量却为零.故C错误.D、封闭曲面的磁通量为零.故D错误.故选B. 2.关于电动势,下列说法中正确的是( )A.一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B.因电动势的单位和电势差相同,所以电动势实质上就是电势差C.一个电动势为
1.5V的电池接入电路时,若有1C的电荷量通过电路,就有
1.5J的化学能转变成电能D.电压表接到电源两极时,测得的就是电动势【考点】电源的电动势和内阻.【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势.电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,电动势与外电路无关.接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势.【解答】解A、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,电动势与外电路无关,故A正确;B、电动势公式E=中W与电压公式U=中的W是不一样的,前者是非静电力做功,而后者是电场力做功,故B错误;C、一个电动势为
1.5V的电池接入电路时,若有1C的电荷量通过电路,根据电动势公式E=,非静电力做功
1.5J,有
1.5J的化学能转变成电能,故C正确;D、由于电压表有内电阻,故接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势,故D错误;故选AC. 3.为了解释地球的磁性,19世纪安培假设地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的.在下列四个图中,能正确表示安培假设中环形电流方向的是( )A.B.C.D.【考点】分子电流假说.【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况地磁的南极在地理北极的附近,故右手的拇指必需指向南方,然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向.【解答】解地磁的南极在地理北极的附近,故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方;而根据安培定则拇指与四指垂直,而四指弯曲的方向就是电流流动的方向,故四指的方向应该向西.故C正确,ABD错误.故选C. 4.如图所示,已知R1=100Ω,右方虚线框内为黑盒,电阻连接不知,今用电压表测得UAC=10V,UBC=40V,则AB间的总电阻为( )A.200ΩB.300ΩC.450ΩD.500Ω【考点】串联电路和并联电路.【分析】由图知,电阻R1与CB间的总电阻串联,根据串联电路分压特点求出CB间的总电阻,即可求出RAB.【解答】解设CB间的总电阻为RCB.由于电阻R1与CB间的总电阻串联,则根据串联电路的特点有代入解得,RCB=400Ω故RAB=R1+RCB=500Ω.故ABC错误,D正确故选D 5.如图所示,三个电阻R
1、R
2、R3的阻值相同,允许消耗的最大功率分别为10W、10W、4W,则此电路允许消耗的最大功率为( )A.12WB.15WC.16WD.24W【考点】电功、电功率.【分析】根据电路结构及已知条件三个电阻R
1、R
2、R3的阻值相同,允许消耗的最大功率分别为10W、10W、4W,分析保证电路安全的条件,然后求电路的最大功率.【解答】解由题意知R1=R2=R3=R,P1=10W,P2=10W,P3=4W,首先分析两个并联电阻R
2、R3所允许的最大消耗功率.因为R2与R3并联,则两端电压相等,所以由公式P=知道,R2与R3所消耗的功率一样.已知告诉我们,R2与R3本身允许的最大功率分别是10W和4W,所以R
2、R3在电路中允许最大功率只能是4W,否则会超过R2的允许功率.再分析R1在电路中允许的最大功率.把R2与R3看成一个并联电阻R,则电路就是R1与R串联,而串联电路所流过的电流一样,再由P=I2R知道,R1与R所消耗功率之比等于=2.所以R1上消耗的功率是并联电阻R上的两倍.如果R
2、R3的功率都为4W,则R的功率就是4W+4W=8W,则R1的功率是2×8W=16W,这样就大于10W,显然不可以.所以只能是R1功率为10W,则R是R1的功率一半就是5W,而R2与R3的消耗功率一样,所以R2与R3的消耗功率均是R的一半,为
2.5W.最后计算,R1功率为10W,则R2为
2.5W,R3为
2.5W.所以总功率最大为10W+
2.5W+
2.5W=15W.故选B. 6.有一“3V,3W”的小灯泡,则接入下列的哪一电源可使小灯泡最亮( )A.E=3V,r=
1.0ΩB.E=3V,r=
1.5ΩC.E=3V,r=
2.0ΩD.E=3V,r=
2.5Ω【考点】电功、电功率.【分析】根据闭合电路欧姆定定律,分析电路电流和内阻关系,电流越大,灯泡分压越大,就越亮.【解答】解灯泡接到电源上,灯泡上的电压为外电压,根据闭合电路欧姆定律,电源内阻越小,电路电流越大,灯泡两端电压越大,消耗的实际功率越大,灯泡越亮,故A正确,BCD错误;故选A 7.如图所示,若ab端为输入端,AB为输出端,滑动变阻器的滑动头在变阻器的中央位置,则下列说法正确的为( )A.空载时输出的电压UAB=B.当AB间接上负载R时,输出的电压UAB<C.AB间的负载R越大,输出的电压UAB越接近D.AB间的负载R越小,输出的电压UAB越接近【考点】路端电压与负载的关系;电功、电功率.【分析】空载时变阻器上下两部分电阻串联,根据串联电路电压与电阻成正比得出输出电压UAB.当AB间接上负载R时,负载R与变阻器下部分电阻并联,电阻减小,分担的电压减小,AB间的负载R越大,下部分并联的电阻越大,分担的电压越大,越接近.【解答】解A、空载时,变阻器上下两部分电阻串联,根据串联电路电压与电阻成正比得出输出电压UAB=.故A正确;B、当AB间接上负载R时,负载R与变阻器下部分电阻并联,电阻减小,AB间的电压减小,输出电压UAB<,故B正确;CD、AB间的负载R越大,下部分并联的电阻越大,分担的电压越大,越接近.故C正确,D错误.故选ABC 8.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a端时合上开关S,此时三个电表A
1、A2和V的示数分别为I
1、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是( )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【考点】闭合电路的欧姆定律.【分析】本题首先要理清电路,确定电压表测得什么电压,电流表测得什么电流,抓住电动势和内阻不变,再采用局部→整体→局部的方法,利用闭合电路欧姆定律进行分析.【解答】解由图知电压表测量路端电压,电流表A1测量流过R1的电流,电流表A2测量流过R2的电流.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,电源的内电压增大,则路端电压减小,即电压表示数U减小,R3电压增大,R
1、R2并联电压减小,通过R1的电流I1减小,而总电流I增大,则流过R2的电流I2增大.故A、C、D错误,B正确.故选B. 9.用伏安法测某一电阻时,如果采用如图所示的甲电路,测量值为R1,如果采用乙电路,测量值为R2,那么R
1、R2与真实值R之间满足关系( )A.R1>R>R2B.R>R1>R2C.R1<R<R2D.R<R1<R2【考点】伏安法测电阻.【分析】根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响,即可得出其测量结果与真实值之间的关系.【解答】解甲图中电压值是准确的,而由于电压表的分流导致电流值偏大,故测量结果将小于真实值;而乙图中电流值是准确的,而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大,故测量结果将大于真实值;故答案为R1<R<R2,C正确;故选C 10.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,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.则下列说法中正确是( )A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大B.对应P点,小灯泡的电阻为R=C.对应P点,小灯泡的电阻为R=D.对应P点,小灯泡电阻为图中矩形PQOM所围的面积【考点】闭合电路的欧姆定律;电阻率与温度的关系.【分析】小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻,斜率增大,灯泡的电阻增大.任一状态灯泡的电阻R=.【解答】解A、I﹣U图线各点与原点连线的斜率表示电阻,由题,此斜率减小,说明随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大.故A正确.B、C、D根据电阻的定义得到,对应P点,小灯泡的电阻为R=,R不等于切线斜率,R也不等于“面积”.故B正确,CD错误.故选AB 11.如图所示,直线a为电源的U﹣I图线,直线b为电阻R的U﹣I图线,用该电源和该电阻组成闭合电路时,下列说法中正确的为( )A.电源的电动势为3V,其输出功率为2W,其效率为67%B.电源的电动势为3V,其输出功率为4W,其效率为
33.3%C.电源的内阻为
0.5Ω,其输出功率为2W,其效率为67%D.电源的内阻为
0.5Ω,其输出功率为4W,其效率为67%【考点】路端电压与负载的关系;电功、电功率.【分析】电源的U﹣I图象与纵坐标的交点为电源的电动势;图象的斜率等于电源的内阻;两图象的交点为电阻的工作点;由功率公式可求得输出功率及电源的效率.【解答】解图线a纵截距等于电源的电动势,斜率的绝对值等于电源的内阻,则由图线a可知,电源的电动势为E=3V;内阻r=Ω=
0.5Ω;两图线的交点表示该电源与电阻串联时的工作,此时电路中电流为I=2A;电压为U=2V;电源的效率η=×100%=×100%≈67%;故ABD错误,C正确.故选C. 12.如图所示,电路中的电阻均为1Ω,电源电动势为3V,内阻为
0.5Ω,电流表.电压表均为理想电表,则此时电流表.电压表的读数分别是( )A.3A.3VB.
1.5A.
1.5VC.3A.
1.5VD.
1.5A.3V【考点】闭合电路的欧姆定律;串联电路和并联电路.【分析】先画出等效电路图,再串、并联电路的特点,运用比例法解答.【解答】解画出等效电路图如图所示,可得外电路总电阻为R==
0.5Ω路端电压U=E=×3V=
1.5V,即电压表的读数为
1.5V.电流表地读数为I==A=
1.5A故选B
二、填空题(每题4分,共16分.把正确答案填写在题中的横线上,或按题目要求作答.)13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径,步骤如下
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1,由图可知其长度为
50.15 mm;
(2)用螺旋测微器测量其直径如图2,由图可知其直径为
4.700 mm.【考点】刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用.【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.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.【解答】解游标卡尺的主尺读数为50mm,游标读数为
0.05×3=
0.15mm,所以最终读数为
50.15mm.螺旋测微器的固定刻度读数为
4.5mm,可动刻度读数为
0.01×
20.0mm=
0.200mm,所以最终读数为
4.700mm.故本题答案为
(1)
50.15
(2)
4.700 14.边长为a的正方形线圈,放在磁感应强度为B的匀强磁场中,如图所示.求出下列四种情况下,穿过线圈的磁通量.【考点】磁通量.【分析】磁通量Φ=BSsinθ(θ为磁感线与线圈平面的夹角),根据Φ=B•Ssinθ求解磁通量.【解答】解由图1可知,线圈与磁场的方向平行,根据Φ=B•Ssinθ可知,穿过线圈的磁通量等于0;由图2可知,线圈与磁场垂直,根据Φ=B•Ssinθ可知,穿过线圈的磁通量为;Φ2=BS=Ba2由图3可知,线圈与磁场之间的夹角是30°,根据Φ=B•Ssinθ可知,穿过线圈的磁通量为;由图4可知,线圈与磁场之间的夹角额60°,根据Φ=B•Ssinθ可知,穿过线圈的磁通量为.答四个图中中的磁通量分别为0,Ba2,
0.5Ba2, 15.一灵敏电流计,允许通过的最大电流(满刻度电流)为Ig=50μA,表头电阻Rg=1kΩ,若改装成量程为Im=1mA的电流表,应并联的电阻阻值为
52.63 Ω,若将改装后的电流表再改装成量程为Um=10V的电压表,应再串联一个阻值为 9950 Ω的电阻.(结果保留四位有效数字)【考点】把电流表改装成电压表.【分析】把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻,把电流表改装成电压表需要串联分压电阻,应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值.【解答】解把电流表改装成大量程电流表,需要并联电阻阻值R==≈
52.63Ω,把电流表改装成电压表,需要串联电阻的阻值R′=﹣=﹣=9950Ω;故答案为
52.63;9950. 16.某直流电车模型工作的示意图,如图所示,电源的电动势为12V,电路总电阻为1Ω,电车在水平面上以5m/s的速度行驶,所受阻力为
7.2N,则通过电车的电流为 6 A.【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.【分析】电动机的输出功率等于电源的总功率与整个电路产生的热功率之差.而电动机的输出功率等于牵引力与速率的乘积.根据能量守恒求解.【解答】解设电路中电流强度为I.根据能量守恒定律得EI﹣I2R=Fv电车匀速运动时,F=f=
7.2N代入得12I﹣I2=
7.2×5解得I=6A故答案为6
三、实验题(17,18题各4分,19题8分,共16分.把正确答案填写在题中的横线上,或按题目要求作答.)17.某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值,由于第一次选择的欧姆档(×10)不够合适,现改换另一欧姆档测量.两次测量时多用电表指针所指位置如图所示,下面列出第二次测量的有关操作A.将两表笔短接,并调零B.将两表笔分别跟被测电阻的两端接触,观察指针的位置,记下电阻值C.将多用电表面板上旋钮调到×100档D.将多用电表面板上旋钮调到×1档E.将多用电表面板上旋钮调到off位置
(1)根据上述有关操作,将第二次测量的合理实验步骤按顺序写出 C、A、B、E .
(2)该电阻的阻值是 xxΩ .【考点】用多用电表测电阻.【分析】
(1)欧姆表指针指在中间附近时,读数最准确;欧姆表每次使用应该先选档位,然后欧姆调零,最后测量;再换挡位、测量;最后调到OFF挡或交流最大电压挡;
(2)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数.【解答】解
(1)欧姆表指针指在中间附近时,读数最准确,由题意可知,由于第一次选择的欧姆档(×10)不够合适,现改换另一欧姆档测量,由图示表盘可知,故第一次指针指在左边,指针偏角太小,所选挡位太小,要准确测量电阻阻值,应换大挡,换用×100挡,然后重新进行欧姆调零,再测量电阻阻值,测量完毕应把选择开关置于OFF挡或交流最大挡,故正确的实验步骤是C、A、B、E;
(2)欧姆表所选挡位为×100,由图示表盘可知,电阻阻值为20×100=xxΩ.故答案为
(1)C、A、B、E;
(2)xx. 18.图a中电源电动势为E,内阻可忽略不计;电流表具有一定的内阻,电压表的内阻不是无限大,S为单刀双掷开关,R为待测电阻.当S向电压表一侧闭合时,电压表读数为U1,电流表读数为I1;当S向R一侧闭合时,电流表读数为I2.
(1)根据已知条件与测量数据,可以得出待测电阻R= .
(2)根据图a所给出的电路,在图b的各器件实物图之间画出连接的导线.【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【分析】
(1)根据闭合电路欧姆定律分两次列方程,联立求解;
(2)连接实物图要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入,负接线柱流出,单刀双掷开关控制整个电路的通断,连线不要交叉.【解答】解
(1)当S向电压表一侧闭合时,电压表读数为U1,电流表读数为I1,根据闭合电路欧姆定律有E=U1+I1r整理得当S向R一侧闭合时,电流表读数为I2,根据闭合电路欧姆定律有E=I2(R+r)整理得故答案为.
(2)按照电路图连线,如图,要注意电流从电压表和电流表的正接线柱流入,负接线柱流出,单刀双掷开关控制整个电路的通断,连线不要交叉. 19.一个小灯泡上标有“4V,2W”的字样,现在要用伏安法测量这个灯泡的U﹣I图线,现有下列器材供选用A.电压表(0~5V,内阻10kΩ)B.电压表(0~10V,内阻20kΩ)C.电流表(0~
0.3A,内阻1Ω)D.电流表(0~
0.6A,内阻
0.4Ω)E.滑动变阻器(10Ω,2A)F.学生电源(直流6V),还有开关导线
(1)实验中所用电压表应选 A ,电流表应选用 D (用序号字母表示)
(2)为了使实验误差尽量减小,要求从零开始多测几组数据,请在图甲方框内画出满足实验要求的电路图.
(3)某同学利用实验得到的数据画出了该小灯泡的U﹣I曲线(如图乙所示),若直接在小灯泡两端加上2V的电压,则该小灯泡消耗的功率是
0.8 W,电阻是 5 Ω【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【分析】
(1)由所给数据位数,结合各器材的精确度进行分析.
(2)根据实验原理和实验要求进行分析,从而确定对应的电路图;
(3)根据U﹣I图中的数据进行分析,明确对应的电流,再根据P=UI和欧姆定律分别求出功率和电阻.【解答】解
(1)因小灯泡标有“4V,2W”的字样,说明额定电压为4V,故电压表应选A,由I==
0.5A得电流表应选
0.6V量程的D,
(2)因小灯泡电阻远小于电压表内阻,故电流表应用外接法,因要求电流从零调,故滑动变阻器应用分压式接法,电路图如图所示
(3)当电压为2V时,由图可知,电流I=
0.4A,则由P=UI可知,功率为P=2×
0.4=
0.8W,电阻为R===5Ω.故答案为
(1)A;D;
(2)如图所示;
(3)
0.8;5.
四、计算题(6分+6分+8分+8分+12分共40分.要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤,有数值计算的要明确写出数值和单位,只有最终结果的不得分.)20.当给某微型洗尘器的直流电机两端加上
0.3V的电压时,通过的电流为
0.3A,此时电机不转;当加
2.0V的电压时,电流为
0.8A,这时电机正常工作,求此洗尘器的输出功率.【考点】电功、电功率.【分析】电机不转时,其电路是纯电阻电路,由欧姆定律求出其电阻.当电机正常工作时,根据能量守恒定律求出电机输出的功率.【解答】解当电机不转时,由欧姆定律得,电机的电阻为R===1Ω.正常工作时,吸尘器消耗的电功率P2=U2I2=2×
0.8=
1.6W,电机输出的功率为P出=UI﹣I2R=2×
0.8﹣
0.82×1=
0.96W答此洗尘器的输出功率为
0.96W. 21.如图所示,两根平行放置的导电轨道,间距为L,倾角为θ,轨道间接有电动势为E(内阻不计)的电源,整个导轨处在一个竖直向上的匀强磁场中,电阻为R的金属杆ab与轨道垂直放于导电轨道上静止,轨道的摩擦和电阻不计,要使ab杆静止,磁感应强度应多大?(设金属杆的质量为m)【考点】安培力;磁感应强度.【分析】导体杆静止在导轨上,受到重力、支持力和安培力三个力作用,安培力大小为F=BIL,根据平衡条件和闭合电路欧姆定律结合求解电源的电动势.【解答】解导体杆静止在导轨上,受到重力、支持力和安培力三个力作用,如图侧视图所示.由平衡条件得F安=mgtanθ又F安=BIL根据闭合电路欧姆定律I=联立得B=.答要使ab杆静止,磁感应强度应为. 22.如图所示,电源的电动势为10V,内阻为1Ω,R1=3Ω,R2=6Ω,C=30μF求
(1)闭合电键S,稳定后通过电阻R2的电流.
(2)再将电键S断开,再次稳定后通过电阻R1的电荷量.【考点】闭合电路的欧姆定律;电容.【分析】
(1)闭合开关S,稳定后电容器相当于开关断开,两个电阻串联,根据全电路欧姆定律求解即可.
(2)开关S断开后,稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势,电压增大,电容器充电,通过R1的电荷量等于开关断开电容器电量的增加量.先求出断开前电容器的带电量,再求出断开后电容器的电量,两者之差即等于通过R1的电荷量.【解答】解
(1)闭合开关S,稳定后电容器相当于开关断开,根据全电路欧姆定律得I==A=1A
(2)闭合开关S时,电容器两端的电压即R2两端的电压,为U2=IR2=1×6V=6V开关S断开后,电容器两端的电压等于电源的电动势,为E=10V,则通过R1的电荷量为Q=C(E﹣U2)=3×10﹣5×(10﹣6)C=
1.2×10﹣4C答
(1)闭合开关S,稳定后通过电阻R1的电流为1A;
(2)开关S断开后,通过R1的电荷量为
1.2×10﹣4C. 23.如图所示的电路中,电源电动势E=
6.0V,内阻r=
0.6Ω,电阻R2=
0.5Ω,当开关S断开时,电流表的示数为
1.5A,电压表的示数为
3.0V,试求
(1)电阻R1和R3的阻值;
(2)当S闭合后,电压表的示数、以及R2上消耗的电功率.【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.【分析】
(1)根据电压表和电流表的示数,由欧姆定律可以求得电阻R3的阻值的大小;
(2)当S闭合后,R2和R3并联,之后和R1串联,根据闭合电路的欧姆定律可以求得电路的总电流的大小,进而可以求得电阻的功率的大小.【解答】解
(1)S断开时,由U1=I1R3得R3==2Ω,又由求得R1=
1.4Ω,
(2)S闭合时,R
2、R3并联电阻,回路总电流,电压表示数为U2=I2R23=1V,R2上消耗的功率. 24.如图所示是一种悬球式加速度仪,它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度,金属球的质量为m,它系在金属球丝下端,金属丝的上端悬挂在O点,AB是一根长为L的均匀电阻丝,其阻值为R,金属丝与电阻丝接触良好,摩擦不计.电阻丝的中点C焊接一根导线,从O点也引出一根导线,两线之间接入一个电压表V(金属丝和导线电阻不计).图中虚线OC与AB垂直,且OC=h.电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上,整个装置固定在列车中且AB沿着车前进的方向,列车静止时金属丝呈竖直状态,当列车加速前进时,金属丝将偏离竖直方向,从电压表V的读数变化可以测出加速度的大小.
(1)当列车向右做匀加速直线运动时,试导出加速度a与电压表读数U′的关系式(用U′、U、L、h及重力加速度g等表示).
(2)用导出的a与U′的关系式说明表盘上a的刻度是否均匀.【考点】闭合电路的欧姆定律;牛顿第二定律.【分析】
(1)电压表所测的电压是部分电阻丝两端的电压.对小球进行受力分析,结合牛顿第二定律,求出a与tanθ的关系,电压表所测电压的电阻丝长度为htanθ,根据欧姆定律求出电压表所测电阻丝的电压和电源电压的关系.从而得出加速度a与电压表读数U′的关系式
(2)看a与U′的关系是否是线性关系,判断刻度是否均匀.【解答】解
(1)对小球进行受力分析,根据牛顿第二定律得a=.电压表所测电阻丝的长度L′=htanθ=.串联电路电流相等,有,所以,所以a=.
(2)因为a=.而L、g、U、h为定量,知a与U′成正比.电压表的刻度均匀,则加速度表盘刻度也均匀. xx年2月16日。