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湖南省长沙市长郡中学2016届高三上学期第十次周练物理试卷


2015-2016 学年湖南省长沙市长郡中学高三(上)第十次周练物理 试卷
一.选择题 1.如图所示,在 1 价离子的电解质溶液内插有两根碳棒 A 和 B 作为电极,将它们接在直流电 源上,于是溶液里就有电流通过.若在 t 秒内,通过溶液内截面 S 的正离子数为 n1,通过的负 离子数为 n2,设基本电荷为 e,则以下说法中正确的是( )

A.正离

子定向移动形成的电流方向从 A→B,负离子定向移动形成的电流方向从 B→A B.溶液内由于正负离子移动方向相反,溶液中的电流抵消,电流等于零

C.溶液内的电流方向从 A→B,电流 I=

D.溶液内的电流方向从 A→B,电流 I= 2.传感器是一种采集信息的重要器件,图为测定压力的电容式传感器,将电容器、灵敏电流 计(零刻度在中间)和电源串联成闭合回路.当压力 F 作用于可动电极的膜片上时,膜片产 生形变,引起电容的变化,导致灵敏电流计指针偏转.在对膜片开始施加恒定的压力到膜片 稳定的这段时间,灵敏电流表指针的偏转情况为(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏) ( )

A.灵敏电流表指针向右偏 B.灵敏电流表指针向左偏 C.灵敏电流表指针向不动 D.不能判断灵敏电流表指针向哪边偏 3.如图为直流电动机提升重物的装置,重物的重量 G=500N,电源电动势 E=90V,电源内阻 为 2Ω,不计各处摩擦,当电动机以 ν=0.60m/s 的恒定速度向上提升重物时,电路中的电流 I=5.0A,下列判断不正确的是( )

A.电动机消耗的总功率为 400W B.电动机线圈的电阻为 0.4Ω C.电源的效率约为 88.9% D.电动机效率为 75% 4.加速度计是测定物体加速度的仪器,如图所示为应变式加速度计的结构示意图. 敏感元件(相当于振子)由弹簧连接并架在光滑支架上,支架与待测系统固定在一起,敏感 元件下端滑动臂可在滑动变阻器上 R 自由滑动.当系统加速运动时,敏感元件发生位移,带 动滑动臂移动,引起电压表示数变化.调整接触点 C 的位置,使系统处于平衡状态时电压表 示数为 0,并将此时指针所指位置标定为 0m/s ,则(
2

)

A.从实用的角度出发,用来改制的电压表零刻度应在刻度盘的中央,接触点 C 的位置相应地 调在滑动变阻器的中央 B.电压表表盘改制成加速度计表盘后,其表面刻度一定还是均匀的 C.增大所用电压表的量程就能增大这种加速度计的量程 D.这种加速度计只能用来测量系统沿支架方向的加速度

二、解答题(共 5 小题,满分 0 分) 5.有一根细而均匀的中空柱状导电材料样品如图 a 所示,截面为同心圆环如图 b 所示,在样 品两端面上有焊接良好的引出导线.样品长约 5cm,教师用多用电表的欧姆挡预测电阻时,选 择开关置于“×10”倍率挡,其示数如图 c 所示,已知这种材料的电阻率为 ρ,因该样品的内径 太小,无法直接用长度测量工具测量.现提供下列实验器材: A.20 等分刻度的游标卡尺 B.螺旋测微器 C.电流表 A1(量程为 50mA,内阻 r1=100Ω) D.电流表 A2(量程为 3A,内阻 r2 约为 0.1Ω) E.电压表 V1(量程为 3V,内阻 r3 约为 10KΩ) F.电压表 V2(量程为 15V,内阻 r4 约为 90KΩ G.滑动变阻器 R(0~10Ω,额定电流 2A) H.直流电源 E(电动势 12V,内阻 r 约 1Ω) I.导电材料样品 Rx(长约 5cm,电阻约为图 c 测量值) J.开关一只,导线若干.

不使用多用电表读数情况下,请根据上述实验器材设计一个尽可能精确的测量该样品内径 d 的实验方案,并回答问题: ①教师用多用电表预测的电阻值如图 c 所示,约为__________Ω ②用游标卡尺测得该样品的长度如图 d 所示,其示数 L=__________mm;用螺旋测微器测得 该样品的外径如图 e 所示,其示数 D=__________mm. ③请选择合适的仪器:电流表选__________电压表应选__________(填所选器材前标号) . ④在虚框内画出实验电路图. ⑤用 ρ、L、D 和测得量的符号来表示样品的内径 d=__________.

6.二极管是一种半导体元件,电路符号为“

”,其特点是具有单向导电性,即电流从正极

流入时电阻比较小,而从负极流入时电阻比较大. ①某实验兴趣小组对某种晶体二极管的伏安特性曲线进行测绘.因二极管外壳所印的标识模 糊,为判断正负极,用多用电表电阻挡测二极管的正反向电阻.将选择开关旋至合适倍率, 调整欧姆零点后,将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时,指针偏角比较小;再将 红、 黑表笔位置对调时, 指针偏角比较大, 由此判断__________端为二极管的正极. (选填“左”、 “右”) ②厂家提供的伏安特性曲线如图 1.该小组只对加正向电压时的伏安特性曲线进行了测绘, 以验证与厂家提供的数据是否一致,可选用的器材有: A.直流电源,电动势 3V,内阻忽略不计; B.0~20Ω 的滑动变阻器一只; C.量程 5V、内阻约 50kΩ 的电压表一只; D.量程 3V、内阻约 20kΩ 的电压表一只; E.量程 0.6A、内阻约 0.5Ω 的电流表一只; F.量程 50mA、内阻约 5Ω 的电流表一只; G.待测二极管一只; H.导线、电键等. 为了提高测量结果的准确度,电压表应选用__________,电流表应选用__________. (填序号 字母) ③为了达到测量目的,请在答题卡上图 2 的虚线框内画出正确的实验电路原理图. ④为了保护二极管,正向电流不要超过 25mA,请你对本实验的设计或操作提出一条合理的 建议:__________⑤该小组通过实验采集数据后描绘出了二极管的伏安特性曲线,通过对比, 与厂家提供的曲线基本吻合.如果将该二极管与一阻值 R=50Ω 的电阻串联,再接至电动势 E=1.5V、内阻不计的电源上,二极管处于正向导通状态.请你写出根据题中给出的伏安曲线 求通过二极管电流的步骤: (不要求求出结果) .__________

7.某同学利用一段长电阻丝测定一节干电池电动势和内阻.接好如下图所示的实验装置后, 将导线的接头 O 分别连接上电阻丝的 a、b、c、d 四位置并闭合电路测量. (1)实验中选择从电阻丝的左端 a 开始而不是从电阻丝的最右端开始的理由是: __________; (2)实验中得到两电表读数如下: a b c d 接线柱 1.50 1.50 1.25 1.20 电压/V 0.00 0.00 0.25 0.30 电流/A 经检查,电阻丝某处发生断路.则根据表格,发生断路的位置在__________(填写字母)两 点之间,电源内阻为__________Ω. (3)该同学使用的是均匀电阻丝且 abcd 四点等间距,在不修复电阻丝的情况下,O 与电阻丝 任意位置连接,不可能出现的电表读数是__________ A.1.15V B.1.30V C.0.24A D.0.35A.

8.某同学利用图甲电路对额定电压已经模糊、额定功率为 1W 的小灯泡进行了如下研究.按 图甲连接电路后,闭台开关 s,测得通过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压关系如图乙. (1)据图判断,实验过程中小灯泡的电阻是__________(选填“恒定”或“变化”)的. (2)当小灯泡两端的电压为 0.5V 时,2 分钟内小灯泡消耗的电能为多少? (3)小灯泡的额定电压为多少?

9.空间有一静电场,在 x 轴上的电场方向竖直向下,轴上的电场强度大小按 E=kx 分布(x 是轴上某点到 O 点的距离) ,如图 1 所示.在 O 点正下方有一长为 L 的绝缘细线连接 A、B 两 个均带负电的小球(可视为质点) ,A 球距 O 点的距离为 L,两球恰好静止,细绳处于张紧状 态.已知 A、B 两球质量均为 m,B 所带电量为﹣q, ,不计两小球之间的静电力作用. (1)求 A 球的带电量; (2)画出 A 球所受电场力 F 与 x 的图象;剪断细线后,A 球向上运动,求 A 球运动的最大速 度 vm; (提示:借助图 2F﹣x 图象可以确定电场力做功的规律) (3)剪断细线后,求 B 球的运动范围.

2015-2016 学年湖南省长沙市长郡中学高三(上)第十次 周练物理试卷
一.选择题 1.如图所示,在 1 价离子的电解质溶液内插有两根碳棒 A 和 B 作为电极,将它们接在直流电 源上,于是溶液里就有电流通过.若在 t 秒内,通过溶液内截面 S 的正离子数为 n1,通过的负 离子数为 n2,设基本电荷为 e,则以下说法中正确的是( )

A.正离子定向移动形成的电流方向从 A→B,负离子定向移动形成的电流方向从 B→A B.溶液内由于正负离子移动方向相反,溶液中的电流抵消,电流等于零

C.溶液内的电流方向从 A→B,电流 I=

D.溶液内的电流方向从 A→B,电流 I= 【考点】电流、电压概念. 【专题】恒定电流专题. 【分析】正电荷的定向移动方向是电流的方向,负电荷的定向移动方向与电流方向相反;由 电流的定义式 I= 可以求出电流的大小. 【解答】解:A、电荷的定向移动形成电流,正电荷的定向移动方向是电流方向,由图示可知, 溶液中的正离子从 A 向 B 运动,因此电流方向是 A→B,故 A 错误; B、溶液中正离子由 A 向 B 移动,负离子由 B 向 A 移动,负电荷由 B 向 A 的移动相当于正电 荷由 B 向 A 移动,带电离子在容液中定向移动形成电流,电流不为零,故 B 错误;

C、 溶液中的正离子从 A 向 B 运动, 因此电流方向是 A→B, 电流 I= =

, 故 C 错误,

D 正确; 故选 D. 【点评】知道电荷的定向移动形成电流,正电荷的定向移动方向是电流的方向,应用电流定 义式即可正确解题. 2.传感器是一种采集信息的重要器件,图为测定压力的电容式传感器,将电容器、灵敏电流 计(零刻度在中间)和电源串联成闭合回路.当压力 F 作用于可动电极的膜片上时,膜片产 生形变,引起电容的变化,导致灵敏电流计指针偏转.在对膜片开始施加恒定的压力到膜片

稳定的这段时间,灵敏电流表指针的偏转情况为(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏) ( )

A.灵敏电流表指针向右偏 B.灵敏电流表指针向左偏 C.灵敏电流表指针向不动 D.不能判断灵敏电流表指针向哪边偏 【考点】传感器在生产、生活中的应用. 【分析】根据电容器的电容与板间距离的关系判断当 F 向上压膜片电极时电容的变化,再根 据电容定义式判断电容器在充电还是放电,从而判断电流计的变化. 【解答】解:当 F 向上压膜片电极时,板间距离减小,由电容的决定式 C= 得到,电

容器的电容将增大,又根据电容的定义式 C= ,电容器两极的电压 U 不变,故 Q 将增大,即 电容器充电,所以电流将从电流表负接线柱流入,电流计指针向左偏.当充电完毕后,电路 中没有电流,电流计的指针回到零刻度.故 B 正确、ACD 错误. 故选:B. 【点评】本题电容器动态变化分析问题,只要掌握电容的定义式 C= 和决定式 C= 能正确解答. 就

3.如图为直流电动机提升重物的装置,重物的重量 G=500N,电源电动势 E=90V,电源内阻 为 2Ω,不计各处摩擦,当电动机以 ν=0.60m/s 的恒定速度向上提升重物时,电路中的电流 I=5.0A,下列判断不正确的是( )

A.电动机消耗的总功率为 400W B.电动机线圈的电阻为 0.4Ω C.电源的效率约为 88.9% D.电动机效率为 75% 【考点】电功、电功率. 【专题】恒定电流专题. 【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时,同时电动机因线圈电阻消耗功率.则电源产 生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率.效率等于有用功率与总功率 之比. 【解答】解: 重物被提升的功率 PG=Fv=Gv=500×0.6W=300W 此时电路中的电流为 I=5A,则电源的总功率 P 总=EI=90×5W=450W, 设线圈的电阻为 R. 根据能量守恒得:P 总=PG+I r+I R
2 2

则得:R=

=

Ω=4Ω

电源的效率为 η1=

×100%=

×100%=88.9%

电动机效率为 η2=

×100%=

×100%=75%,故 ACD 正确,B 错误.

本题选错误的,故选:B 【点评】本题要知道电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路,关键要准确分析功率是如何 分配,根据能量转化和守恒定律进行列式解答这类问题. 4.加速度计是测定物体加速度的仪器,如图所示为应变式加速度计的结构示意图. 敏感元件(相当于振子)由弹簧连接并架在光滑支架上,支架与待测系统固定在一起,敏感 元件下端滑动臂可在滑动变阻器上 R 自由滑动.当系统加速运动时,敏感元件发生位移,带 动滑动臂移动,引起电压表示数变化.调整接触点 C 的位置,使系统处于平衡状态时电压表 示数为 0,并将此时指针所指位置标定为 0m/s ,则(
2

)

A.从实用的角度出发,用来改制的电压表零刻度应在刻度盘的中央,接触点 C 的位置相应地 调在滑动变阻器的中央 B.电压表表盘改制成加速度计表盘后,其表面刻度一定还是均匀的 C.增大所用电压表的量程就能增大这种加速度计的量程 D.这种加速度计只能用来测量系统沿支架方向的加速度 【考点】闭合电路的欧姆定律;电容器的动态分析. 【专题】恒定电流专题. 【分析】由牛顿第二定律得到加速的表达式,再由电压表的示数,可以依据欧姆定律得到电 压与敏感元件位移的关系式,带入牛顿第二定律表达式就可以得到加速度与电压的关系.得 出加速度与电压的关系式,就可以从式子分析是不是一次函数关系,进而判定刻度是不是均 匀的. 【解答】解:A、只有当接触点 C 的位置相应地调在滑动变阻器的中央时,电压表的读数才为 零,故 A 正确. B、设敏感元件的质量为 m,两侧弹簧的劲度系数均为 k,电源电动势为 E,内阻不变,滑动 变阻器总电阻为 R,有效长度为 L. 系统静止时敏感元件两端弹簧位于自然状态, 设系统以加速度 a 右加速运动, 敏感元件向左移 动的位移为 x,由胡克定律和牛顿第二定律可得: a= = …①

此时电压表的示数由欧姆定律可得:U=E?



得:a=

…③

可知,系统加速度与电压表示数之间成一次函数关系,凡因变量与自变量间成一次函数的测 量仪表刻度盘刻度都是均匀的.故 B 正确. C、由上式知,增大所用电压表的量程,可减小这种加速度计的量程,故 C 错误. D、只有当系统沿支架方向有加速度时,③式才成立,否则只能得到水平方向的分加速度与 电压的关系,不能直接得到加速度,故 D 正确. 故选 ABD 【点评】本题的重点就是利用好给定的条件,电阻是与长度成正比的,故由此可以得到电压 与敏感元件位移的关系,由此打开整个题目. 二、解答题(共 5 小题,满分 0 分) 5.有一根细而均匀的中空柱状导电材料样品如图 a 所示,截面为同心圆环如图 b 所示,在样 品两端面上有焊接良好的引出导线.样品长约 5cm,教师用多用电表的欧姆挡预测电阻时,选 择开关置于“×10”倍率挡,其示数如图 c 所示,已知这种材料的电阻率为 ρ,因该样品的内径 太小,无法直接用长度测量工具测量.现提供下列实验器材: A.20 等分刻度的游标卡尺 B.螺旋测微器 C.电流表 A1(量程为 50mA,内阻 r1=100Ω) D.电流表 A2(量程为 3A,内阻 r2 约为 0.1Ω) E.电压表 V1(量程为 3V,内阻 r3 约为 10KΩ) F.电压表 V2(量程为 15V,内阻 r4 约为 90KΩ G.滑动变阻器 R(0~10Ω,额定电流 2A) H.直流电源 E(电动势 12V,内阻 r 约 1Ω) I.导电材料样品 Rx(长约 5cm,电阻约为图 c 测量值) J.开关一只,导线若干.

不使用多用电表读数情况下,请根据上述实验器材设计一个尽可能精确的测量该样品内径 d 的实验方案,并回答问题: ①教师用多用电表预测的电阻值如图 c 所示,约为 180Ω ②用游标卡尺测得该样品的长度如图 d 所示,其示数 L=50.35mm;用螺旋测微器测得该样品 的外径如图 e 所示,其示数 D=3.206mm. ③请选择合适的仪器:电流表选 A1 电压表应选 V2(填所选器材前标号) . ④在虚框内画出实验电路图. ⑤用 ρ、L、D 和测得量的符号来表示样品的内径 d= ,I 为电流表读数、U 为伏 特表读数. 【考点】测定金属的电阻率. 【专题】实验题. 【分析】①根据欧姆表读数与倍率的乘积,即为电阻值; ②解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,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; ③④根据所测电阻的平方与电压表、 电流表内阻乘积相比较, 从而确定电流表外接还是内接, 再根据滑动变阻器的阻值与所测电阻比较,来确定其分压式,还是限流式,并关键是通过估 算确定选取电压表 V2; ⑤根据电阻定律,结合已知直径大小,即可求解. 【解答】解:①多用电表预测的电阻值:R=18×10Ω=180Ω, ②游标卡尺测得该样品的长度:L=50mm+7×0.05mm=50.35mm, 螺旋测微器测得该样品的外径:D=3mm+20.6×0.01mm=3.206mm. ③④因电源电动势为 12V,若用电压表 V1,则电路中最大电流为:I= ×1000mA=16.7mA,

所以即使用电流表 A2 读数也不精确,所以电压表应用 V2,显然电流表应选 A1.又滑动变阻 器阻值太小故应用分压式接法,电路图如图所示.

⑤根据欧姆定律有 R= ,根据电阻定律有:R= 联立解得内径:d= .



故答案为:①180;②50.35,3.206;③A1;V2④电路图;⑤ 数、U 为伏特表读数.

,I 为电流表读

【点评】考查游标卡尺与螺旋测微器读数,注意两者的区别,掌握电路的设计,理解电流表 外接与内接的区别,及滑动变阻器的分压式与限流式的不同,同时学会通过估算选取实验器 材和电路的思路和方法.

6.二极管是一种半导体元件,电路符号为“

”,其特点是具有单向导电性,即电流从正极

流入时电阻比较小,而从负极流入时电阻比较大. ①某实验兴趣小组对某种晶体二极管的伏安特性曲线进行测绘.因二极管外壳所印的标识模 糊,为判断正负极,用多用电表电阻挡测二极管的正反向电阻.将选择开关旋至合适倍率, 调整欧姆零点后,将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时,指针偏角比较小;再将 红、黑表笔位置对调时,指针偏角比较大,由此判断右端为二极管的正极. (选填“左”、“右”) ②厂家提供的伏安特性曲线如图 1.该小组只对加正向电压时的伏安特性曲线进行了测绘, 以验证与厂家提供的数据是否一致,可选用的器材有: A.直流电源,电动势 3V,内阻忽略不计; B.0~20Ω 的滑动变阻器一只; C.量程 5V、内阻约 50kΩ 的电压表一只; D.量程 3V、内阻约 20kΩ 的电压表一只; E.量程 0.6A、内阻约 0.5Ω 的电流表一只; F.量程 50mA、内阻约 5Ω 的电流表一只; G.待测二极管一只; H.导线、电键等. 为了提高测量结果的准确度,电压表应选用 D,电流表应选用 F. (填序号字母) ③为了达到测量目的,请在答题卡上图 2 的虚线框内画出正确的实验电路原理图. ④为了保护二极管,正向电流不要超过 25mA,请你对本实验的设计或操作提出一条合理的 建议:为了防止超过最大电流,可以在电路中串接保护电阻;同时也可以通过实验方法,即 慢慢调节滑动触片,注视电流表,使电流表示数不得超过 25mA⑤该小组通过实验采集数据 后描绘出了二极管的伏安特性曲线,通过对比,与厂家提供的曲线基本吻合.如果将该二极 管与一阻值 R=50Ω 的电阻串联,再接至电动势 E=1.5V、内阻不计的电源上,二极管处于正向 导通状态.请你写出根据题中给出的伏安曲线求通过二极管电流的步骤: (不要求求出结 果) .设二极两端电压为 U,通过的电流为 I,由闭合电路欧姆定律得方程 U=1.5﹣50I;在二 极管伏安特性曲线中作出该方程的图象,该直线与二极管伏安曲线相交,读出该交点的纵坐 标即为 I

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线. 【专题】实验题. 【分析】①二极管具有单向导电性,当接反向电压时,二极管的电阻很大,由欧姆表的示数 可知二极管的极性; ②电源已知,根据电源的电动势可以选出电压表,由图中示数可以选出电流表;

③为了得到范围较大的测量值,本实验应选择分压接法,为了准确应选用电流表外接法; ④要控制电路关键在于控制二极管两端的电压,故可以通过加入保护电阻分压,或在调节时 让滑动变阻器分压慢慢变大,进行控制; ⑤在同一坐标系内作出电源的 I﹣U 图象,两图象的交点的坐标值是用该电源给二极管供电 时,二极管两端电压与通过二极管的电流. 【解答】解:①欧姆表内部有电源,电源正极接在负接线柱上,当红表笔接触右端时,说明 红表笔接入电源的负极;此时指针偏角较小,说明电阻较大,故说明接入了反向电压,故二 极管右端应为正极; ②由题意可知,采用的电源电压为 3V,故为了安全和准确,电压表应选取 D,3V 的量程; 由图可知,最大电流约为 30mA,故电流表应选 F;故选 D,F; ③由题意可知,本实验要求作出伏安特性曲线,故要求多测数据,故应采用分压接法;同时, 因二极管电阻较小,故应采用电流表外接法; 答案如图所示;

④为了防止超过最大电流,可以在电路中串接保护电阻;同时也可以通过实验方法,即慢慢 调节滑动触片,注视电流表,使电流表示数不得超过 25mA; ⑤设二极两端电压为 U,通过的电流为 I,由闭合电路欧姆定律得方程 U=1.5﹣50I; 在二极管伏安特性曲线中作出该方程的图象,该直线与二极管伏安曲线相交,读出该交点的 纵坐标即为 I; 故答案为:①右;②D、F;③图象如图所示; 减小;④为了防止超过最大电流,可以在 电路中串接保护电阻;同时也可以通过实验方法,即慢慢调节滑动触片,注视电流表,使电 流表示数不得超过 25mA;⑤设二极两端电压为 U,通过的电流为 I,由闭合电路欧姆定律得 方程 U=1.5﹣50I;在二极管伏安特性曲线中作出该方程的图象,该直线与二极管伏安曲线相 交,读出该交点的纵坐标即为 I. 【点评】本题考查了欧姆表的原理及伏安特性曲线,综合性较强,要求学生能全面掌握实验 知识;注意欧姆表的原理及分压接法等基本原理. 7.某同学利用一段长电阻丝测定一节干电池电动势和内阻.接好如下图所示的实验装置后, 将导线的接头 O 分别连接上电阻丝的 a、b、c、d 四位置并闭合电路测量. (1)实验中选择从电阻丝的左端 a 开始而不是从电阻丝的最右端开始的理由是: 防止短路,保护电源; (2)实验中得到两电表读数如下: a b c d 接线柱 1.50 1.50 1.25 1.20 电压/V 0.00 0.00 0.25 0.30 电流/A 经检查,电阻丝某处发生断路.则根据表格,发生断路的位置在 bc(填写字母)两点之间, 电源内阻为 1Ω. (3)该同学使用的是均匀电阻丝且 abcd 四点等间距,在不修复电阻丝的情况下,O 与电阻丝 任意位置连接,不可能出现的电表读数是 B A.1.15V B.1.30V C.0.24A D.0.35A.

【考点】测定电源的电动势和内阻. 【专题】实验题;恒定电流专题. 【分析】接在电阻丝左端时,电阻丝的接入电阻较大. 根据两电表读数可以发现接线柱 a、b 的电压都是 1.50V,即电表读数没变. 根据 r= 求解电源内阻. 【解答】解; (1)接在电阻丝左端时,电阻丝的接入电阻较大.从电阻丝左端开始而不是右 端的理由是:防止短路,保护电源. (2)根据两电表读数可以发现接线柱 a、b 的电压都是 1.50V,即电表读数没变.发生断路的 位置在 bc 两点之间, 根据 r= 得电源内阻为 1Ω. (3)在不修复电阻丝的情况下,O 与电阻丝任意位置连接,根据闭合电路欧姆定律得电压表 的读数小于 1.30V,故 A 读数可能出现,B 读数不可能出现. 从左端到右端电阻减小,电流增大,根据闭合电路欧姆定律得电流表读数大于 0.2A,故 C、D 读数会出现.故选 B. 故答案为: (1)防止短路,保护电源; (2)bc;1; (3)B. 【点评】解决该题关键要掌握实验的原理,要求能按照安全性和准确性的要求进行分析问题. 8.某同学利用图甲电路对额定电压已经模糊、额定功率为 1W 的小灯泡进行了如下研究.按 图甲连接电路后,闭台开关 s,测得通过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压关系如图乙. (1)据图判断,实验过程中小灯泡的电阻是变化(选填“恒定”或“变化”)的. (2)当小灯泡两端的电压为 0.5V 时,2 分钟内小灯泡消耗的电能为多少? (3)小灯泡的额定电压为多少?

【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率. 【专题】恒定电流专题. 【分析】 (1)从图象可以看出电流和电压的变化,从而可知灯泡的电阻的变化. (2)已知灯泡两端的电压和工作时间,从图中可以看出通过灯泡的电流,根据公式 W=UIt 可求 2 分钟内小灯泡消耗的电能.

(3)已知额定功率为 1W,当功率为 1W 时,根据公式 P=UI 可以从图象上看出电压和电流的 大小. 【解答】解: (1)从图象可知,灯泡两端的电压和通过的电流不成正比,所以说灯泡的电阻 是在变化的. 故答案为:变化. (2)由图可知,当灯泡两端的电压为 U=0.5V 时,可以看出电流为 I=0.2A, 2 分钟内小灯泡消耗的电能为:W=UIt=0.5V×0.2A×2×60s=12J. 答:2 分钟内小灯泡消耗的电能为 12J. (3)由图可知,当 P 实=P 额=1W 时,I 额=0.4A,U 额=2.5V, 所以灯泡的额定电压为 2.5V. 答:小灯泡的额定电压为 2.5V. 【点评】本题考查消耗的电能、额定电压的计算,关键是从题目所给信息中找到有用的数据, 能看懂图象这是本题的重点. 9.空间有一静电场,在 x 轴上的电场方向竖直向下,轴上的电场强度大小按 E=kx 分布(x 是轴上某点到 O 点的距离) ,如图 1 所示.在 O 点正下方有一长为 L 的绝缘细线连接 A、B 两 个均带负电的小球(可视为质点) ,A 球距 O 点的距离为 L,两球恰好静止,细绳处于张紧状 态.已知 A、B 两球质量均为 m,B 所带电量为﹣q, ,不计两小球之间的静电力作用. (1)求 A 球的带电量; (2)画出 A 球所受电场力 F 与 x 的图象;剪断细线后,A 球向上运动,求 A 球运动的最大速 度 vm; (提示:借助图 2F﹣x 图象可以确定电场力做功的规律) (3)剪断细线后,求 B 球的运动范围.

【考点】动能定理的应用;共点力平衡的条件及其应用;电场强度. 【专题】动能定理的应用专题. 【分析】 (1)选取 AB 组成的整体为研究的对象,写出平衡方程,即可求得 A 的电量; (2)根据电场强度大小按 E=kx 分布,画出 A 球所受电场力 F 与 x 的图象;当 A 球受到的重 力与电场力相等时,受到最大;根据动能定理即可求得 A 球运动的最大速度; (3)剪断细线后,B 球的先向下做加速运动,随受到的电场力的增大,加速度减小,所以 B 球做加速度减小的加速运动;当电场力大于重力之后,小球 B 做减速运动,直至返回.根据 它受力的特殊性和运动的对称性即可求解.

【解答】解: (1)A、B 两球静止时,A 球所处位置场强为: B 球所处位置场强为: 对 A、B 由整体法得:2mg=qAE1+qE2 解得:qA=4q (2)A 球所受电场力 F 与 x 的图象如图所示:

剪断细线后,A 球向上运动,当 A 球的加速度为零时,速度达到最大,此时 A 球距 O 点距离 为: x1 解得: 剪断细线后,A 球从运动到获得最大速度,A 球上升的高度为: 由动能定理得:

由图象可知,可得:

解得: (本题也可由 F﹣x 图象中图线与 x 轴所夹的面积求电场力做功) (3)方法一:剪断细线后,设 B 球向下运动的最大位移为△ x 时,速度变为零 此时 B 球所 受电场力为: 由动能定理得:

解得:△ x=2L 则 B 球的运动范围是:2L≤x≤4L 方法二:B 球下落速度达到最大时,B 球距 O 点距离为:x0 解得:x0=3L 记 x0=3L 位置处为 O1 点,小球继续下落△ x 位移时,其所受合力为 F

由此可以判断:B 球在回复力作用下做简谐运动.

简谐运动以 O1 为平衡位置,振幅为 L. 则 B 球的运动范围是:2L≤x≤4L 答: (1)A 球的带电量为 4q; (2)画出 A 球所受电场力 F 与 x 的图象如图;剪断细线后,A 球向上运动,A 球运动的最大

速度



(3)剪断细线后,B 球的运动范围是:2L≤x≤4L. 【点评】该题中,两个小球受到的力是变力,要根据它们受力变化的规律,正确分析得出它 们运动的规律,然后才能做出正确的结论.题目的难度比较大.


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