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- 2021-05-22 发布
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2016-2017学年江苏省徐州市邳州市宿羊山高中高二(上)第二次学情检测物理试卷(选修)
一、单项选择题:本题共10小题,每小题3分,共30分.每小题只有一个选项符合题意
1.下列说法正确的是( )
A.线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大
B.线圈中的磁通量越大,线圈中产生的感应电动势一定越大
C.线圈中磁通量变化得越快,线圈中产生的感应电动势越大
D.线圈处在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大
2.一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行,飞机机身长为a,翼展为b;该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1,竖直分量为B2;驾驶员左侧机翼的端点用A表示,右侧机翼的端点用B表示,用E表示飞机产生的感应电动势,则( )
A.E=B1vb,且A点电势低于B点电势
B.E=B1vb,且A点电势高于B点电势
C.E=B2vb,且A点电势低于B点电势
D.E=B2vb,且A点电势高于B点电势
3.在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中,金属杆PQ在宽为l的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,PQ中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其它条件不变,所产生的感应电动势大小变为E2,则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为( )
A.2:1,b→a B.1:2,b→a C.2:1,a→b D.1:2,a→b
4.在匀强磁场中,a、b是两条平行金属导轨,而c、d为串有电流表、电压表的两金属棒,如图所示,两棒以相同的速度向右匀速运动,则以下结论正确的是( )
A.电压表有读数,电流表没有读数
B.电压表有读数,电流表也有读数
C.电压表无读数,电流表有读数
D.电压表无读数,电流表也无读数
5.如图所示,无限大磁场的方向垂直于纸面向里,A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形),B图中线圈正绕a点在平面内旋转,C图与D图中线圈正绕OO′轴转动,则线圈中不能产生感应电流的是( )
A. B. C. D.
6.如图所示,ef、gh为两水平放置相互平行的金属导轨,ab、cd为搁在导轨上的两金属棒,与导轨接触良好且无摩擦.当一条形磁铁向下靠近导轨时,关于两金属棒的运动情况的描述正确的是( )
A.如果下端是N极,两棒向外运动,如果下端是S极,两棒相向靠近
B.如果下端是S极,两棒向外运动,如果下端是N极,两棒相向靠近
C.不管下端是何极性,两棒均向外相互远离
D.不管下端是何极性,两棒均相互靠近
7.如图所示的电路(a)、(b)中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小.接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光.( )
A.在电路(a)中,断开S,流过A的电流方向会发生变化
B.在电路(a)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗
C.在电路(b)中,断开S,A将渐渐变暗
D.在电路(b)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗
8.线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图象如图所示,下列表述错误的是( )
A.在A和C时刻线圈处于磁通量变化率最大位置
B.在A和C时刻穿过线圈的磁通量为最大
C.在B时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D.若从B时刻到D时刻经过0.01s,则在1s内交变电流的方向改变100次
9.如图甲所示,100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场,线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( )
A.电压表读数为50V B.电压表读数为150V
C.电压表“+”接线柱接A端 D.电压表“+”接线柱接B端
10.在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图1所示,当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时,图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )
A. B. C. D.
二、简答题:本题共4小题,共38分.把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答.
11.为判断线圈绕向,可将灵敏电流计G与线圈连接,如图所示,已知线圈由a端开始绕至b端,当电流从电流计G左端流入时,指针向左偏转,将磁铁S极从线圈上方向下竖直插入线圈时,发现指针向左偏转.
(1)在图中线圈上画上几匝线圈,以便能看清线圈绕向;
(2)当条形磁铁插入线圈中不动时,指针将指向表盘的 ;(选填“左侧”、“右侧”或“中央”)
(3)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈时,指针将指向表盘的 .(选填“左侧”、“右侧”或“中央”)
12.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中,待测电源是两节干电池,图甲给出了实验电路图,图乙已按电路图将器材部分连线.
(1)请将乙图中的器材连线补充完整(在答题卡的图中完成)
(2)设电源电动势为E,内阻为r,则路端电压U和闭合电路的电流I的关系可以表达为 .
(3)实验测出了六组U、I值,并在U﹣I坐标上描绘出如图丙所示的图线,根据图线可以算出电源的电动势为 V,内阻为 Ω.
13.在探究“决定导体电阻的因素”实验中,我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具.
(1)在一次实验中,如果提供了下列几个长度测量仪器:①毫米刻度尺;②10分度游标卡尺;③20分度游标卡尺;④螺旋测微器.一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm,则他所使用的仪器为 (填仪器序号).如图是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图,则该电阻丝的直径d= mm.
(2)某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率:
①同学们截取了约1m长的电阻丝,首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值,下列操作或说法中正确的是
A.测量前检查表针是否停在左端的“0”位置,如不在则要进行欧姆调零
B.若用欧姆表“×l”挡测量,指针恰好在刻度30~50的正中,则待测电阻为40Ω
C.若用欧姆表“×10”挡测量,指针偏转角度过大,应换成“×1”挡
D.每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零
②若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3Ω,然后用伏安法测定电阻丝的阻值,再利用公式求得电阻丝的电阻率ρ,可供选择的器材如下:
A.量程0.6A,内阻0.5Ω的电流表
B.量程3A,内阻0.1Ω的电流表
C.量程3V,内阻6kΩ的电压表
D.量程15V,内阻30kΩ的电压表
E.阻值为0~1kΩ,额定电流为0.5A的滑动变阻器
F.阻值为0~10Ω,额定电流为1A的滑动变阻器
G.6V蓄电池
H.电键一个、导线若干
实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W,电流表应选用 ;电压表应选用 ;滑动变阻器应选用 .(请填写备选器材前的字母)
14.为了描绘一个小灯泡(额定电压2.5V,功率约1.5W)的I﹣U图线(要求小灯泡的电压从零开始逐渐增大),有下列器材可供选用:
A.电压表(0~3V,内阻约6kΩ);
B.电压表(0~15V,内阻约30kΩ);
C.电流表(0~3A,内阻约0.1Ω);
D.电流表(0~0.6A,内阻约0.5Ω);
E.滑动变阻器(10Ω,2A);
F.滑动变阻器
G.蓄电池(电动势4V,内阻不计).
(1)请在图甲方框图中画出实验电路原理图;
(2)电压表应选用 ,电流表应选用 ,滑动变阻器应选用
.(用序号字母表示)
(3)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为 Ω.(结果保留两位有效数字)
(4)某同学误将电流表和电压表接成如图丙所示的电路,其他部分连接正确,接通电源后,可能出现的情况是 .
A.小灯泡不亮 B.小灯泡被烧坏 C.电流表被烧坏 D.电压表被烧坏.
三、计算题:本题共3小题,共32分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.
15.如图所示,水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ.它们的电阻可忽略不计.在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导体棒ab长l=0.5m,其电阻为r,与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.4T.现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动.
(1)ab中产生感应电动势的大小;
(2)ab中电流的方向如何?
(3)若定值电阻R=3.0Ω,导体棒的电阻r=1.0Ω,则电路中的电流多大?
16.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2.螺线管导线电阻r=1.0Ω,R1=4.0Ω,R2=5.0Ω,C=30μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.求:
(1)求螺线管中产生的感应电动势;
(2)闭合S,电路中的电流稳定后,求电阻R1的电功率;
(3)S断开后,求流经R2的电量.
17.如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m,导轨平面与水平面成θ=37°角,下端连接阻值为R的电阻,匀强磁场方向与导轨平面垂直向上,质量为0.2kg,电阻不计的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,它们之间的动摩擦因数为0.25.
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小?
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时,电阻R消耗的功率为8W,求该速度的大小?
(3)在上问中,若R=8Ω,金属棒中的电流方向由a到b,求磁感应强度的大小和方向?
(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
2016-2017学年江苏省徐州市邳州市宿羊山高中高二(上)第二次学情检测物理试卷(选修)
参考答案与试题解析
一、单项选择题:本题共10小题,每小题3分,共30分.每小题只有一个选项符合题意
1.下列说法正确的是( )
A.线圈中磁通量变化越大,线圈中产生的感应电动势一定越大
B.线圈中的磁通量越大,线圈中产生的感应电动势一定越大
C.线圈中磁通量变化得越快,线圈中产生的感应电动势越大
D.线圈处在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大
【考点】法拉第电磁感应定律.
【分析】运用法拉第电磁感应定律E=N,分析可知感应电动势的大小除与线圈匝数有关外,还与磁通量变化快慢有关.
【解答】解:A、根据法拉第电磁感应定律E=N,可知感应电动势的大小与磁通量变化快慢有关,而与磁通量的变化大小无关,故A错误;
B、线圈中的磁通量越大,若磁通量变化率很小,根据法拉第电磁感应定律E=N,可知感应电动势可能很小,故B错误.
C、线圈中磁通量变化得越快,磁通量变化率越大,则知线圈中产生线圈中产生的感应电动势越大,的感应电动势越大,故C正确.
D、线圈处在磁场越强的位置,磁通量变化率不一定越大,则线圈中产生的感应电动势不一定越大,故D错误.
故选:C
2.一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行,飞机机身长为a,翼展为b;该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1,竖直分量为B2;驾驶员左侧机翼的端点用A表示,右侧机翼的端点用B表示,用E表示飞机产生的感应电动势,则( )
A.E=B1vb,且A点电势低于B点电势
B.E=B1vb,且A点电势高于B点电势
C.E=B2vb,且A点电势低于B点电势
D.E=B2vb,且A点电势高于B点电势
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势.
【分析】一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行,切割磁感应强度的竖直分量,根据E=BLv求出切割产生的感应电动势大小,根据右手定则判断出感应电动势的方向,从而确定出A、B两点电势的高低.
【解答】解:一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行,切割磁感应强度的竖直分量,切割的长度等于驿站的长度,所以E=B2bv,根据右手定则,感应电动势的方向B指向A,所以A点的电势高于B点的电势.故D正确,A、B、C错误.
故选D.
3.在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中,金属杆PQ在宽为l的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,PQ中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其它条件不变,所产生的感应电动势大小变为E2,则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为( )
A.2:1,b→a B.1:2,b→a C.2:1,a→b D.1:2,a→b
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.
【分析】PQ中产生的感应电动势表达式为E=BLv,可分析磁感应强度增为2B时,两电动势之比.由楞次定律判断通过电阻R的感应电流方向.
【解答】解:PQ中产生的感应电动势为E=BLv,若磁感应强度增为2B,其它条件不变时,E与B成正比,则有E1:E2=1:2
由楞次定律判断可知通过电阻R的感应电流方向为a→b.
故选D
4.在匀强磁场中,a、b是两条平行金属导轨,而c、d为串有电流表、电压表的两金属棒,如图所示,两棒以相同的速度向右匀速运动,则以下结论正确的是( )
A.电压表有读数,电流表没有读数
B.电压表有读数,电流表也有读数
C.电压表无读数,电流表有读数
D.电压表无读数,电流表也无读数
【考点】感应电动势的产生条件;感应电流的产生条件.
【分析】当两棒以相同的速度向右匀速运动时,回路的磁通量不变,没有感应电流产生,电流表没有读数.电压表是由电流表改装而成的,没有电流,电压表指针也不偏转.
【解答】解:当两棒以相同的速度向右匀速运动时,回路的磁通量不变,没有感应电流产生,电流表没有读数.电压表是由电流表改装而成的,核心的是电流表,没有电流,指针不偏转,电压表也没有读数.故D正确.
故选D.
5.如图所示,无限大磁场的方向垂直于纸面向里,A图中线圈在纸面内由小变大(由图中实线矩形变成虚线矩形),B图中线圈正绕a点在平面内旋转,C图与D图中线圈正绕OO′轴转动,则线圈中不能产生感应电流的是( )
A. B. C. D.
【考点】法拉第电磁感应定律.
【分析】本题比较简单,考查了产生感应电流的条件,通过判断线圈中的磁通量是否变化,即可得出正确结果.
【解答】
解:A、线圈在纸面内由小变大,磁通量增大,会产生感应电流,故A错误.
B、线圈正绕a点在平面内旋转,磁通量都不变化,因此不会产生感应电流,故B正确.
C、C图与D图中线圈正绕OO′轴转动,磁通量都在减小,会产生感应电流,故C、D错误.
故选B.
6.如图所示,ef、gh为两水平放置相互平行的金属导轨,ab、cd为搁在导轨上的两金属棒,与导轨接触良好且无摩擦.当一条形磁铁向下靠近导轨时,关于两金属棒的运动情况的描述正确的是( )
A.如果下端是N极,两棒向外运动,如果下端是S极,两棒相向靠近
B.如果下端是S极,两棒向外运动,如果下端是N极,两棒相向靠近
C.不管下端是何极性,两棒均向外相互远离
D.不管下端是何极性,两棒均相互靠近
【考点】法拉第电磁感应定律;楞次定律.
【分析】当条形磁铁靠近线圈时,穿过线圈的磁通量增加,产生感应电流,根据楞次定律判断出感应电流方向.根据线圈与磁铁相对运动方向,判断磁铁与线圈之间产生的作用情况,判断线圈的支持力与重力大小关系.
【解答】解:当条形磁铁靠近导轨时,穿过导轨的磁通量增大,根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流,产生磁场将会阻碍磁通量增大,故两棒向内靠近,减小穿过的面积,从而起到阻碍磁通量增大的作用.因此不论条形磁铁是S极还是N极,由于磁铁的靠近,则两棒靠近.故D正确,ABC错误;
故选:D.
7.如图所示的电路(a)、(b)中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小.接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光.( )
A.在电路(a)中,断开S,流过A的电流方向会发生变化
B.在电路(a)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗
C.在电路(b)中,断开S,A将渐渐变暗
D.在电路(b)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗
【考点】自感现象和自感系数.
【分析】电感总是阻碍电流的变化.线圈中的电流增大时,产生自感电流的方向更原电流的方向相反,抑制增大;线圈中的电流减小时,产生自感电流的方向更原电流的方向相同,抑制减小,并与灯泡A构成电路回路.
【解答】解:A、在电路a中,断开S,由于线圈阻碍电流变小,导致灯A将逐渐变暗,因为断开前后的电流一样,灯不会变得更亮,且通过A的电流方向不变,而通过电阻R的电流方向与之前的相反.故A错误,B也错误;
C、在电路b中,由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,所以通过灯泡的电流比线圈的电流小的多,断开S时,由于线圈阻碍电流变小,导致A将变得更亮,然后逐渐变暗.故C错误,D正确;
故选:D.
8.线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图象如图所示,下列表述错误的是( )
A.在A和C时刻线圈处于磁通量变化率最大位置
B.在A和C时刻穿过线圈的磁通量为最大
C.在B时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D.若从B时刻到D时刻经过0.01s,则在1s内交变电流的方向改变100次
【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式;法拉第电磁感应定律.
【分析】线圈在中性面上磁通量最大,感应电动势与感应电流均为零;
线圈在平行于磁场位置(垂直于中性面处)穿过线圈的磁通量为零,感应电动势与感应电流最大;
在一个周期内,电流方向改变两次,根据图象分析答题.
【解答】解:A、A和C时刻线圈中电流最大,线圈处于磁通量变化率最大位置,所以线圈处于与中性面垂直的位置,穿过线圈的磁通量为零;故A正确,B错误;
C、在B时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度,故C正确;
D、若从O~D时刻经过0.02s,一个周期内电流的方向改变2次,则在1s内交变电流的方向改变100次;故D正确;
本题选错误的,故选:B.
9.如图甲所示,100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场,线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( )
A.电压表读数为50V B.电压表读数为150V
C.电压表“+”接线柱接A端 D.电压表“+”接线柱接B端
【考点】法拉第电磁感应定律.
【分析】由图求出磁通量的变化率.根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势,得到电压表的读数.根据楞次定律判断电动势的方向,确定电压表的接线柱接法.
【解答】解:A、B由图得到磁通量的变化率为: ==0.5Wb/s,
根据法拉第电磁感应定律得:E=n=100×0.5=50V,
则电压表读数为50V.故A正确,B错误.
C、D根据楞次定律判断可知,回路中感应电动势的方向为逆时针方向,所以电压表“+”接线柱接A端.故C正确,D错误.
故选:AC
10.在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图1所示,当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时,图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )
A. B. C. D.
【考点】感生电动势、动生电动势;楞次定律.
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势,根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向.
【解答】解:在0﹣1s内,根据法拉第电磁感应定律,.根据楞次定律,感应电动势的方向与图示箭头方向相同,为正值;在1﹣3s内,磁感应强度不变,感应电动势为零;在3﹣5s内,根据法拉第电磁感应定律, ==.根据楞次定律,感应电动势的方向与图示方向相反,为负值.故A正确,B、C、D错误.
故选:A.
二、简答题:本题共4小题,共38分.把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答.
11.为判断线圈绕向,可将灵敏电流计G与线圈连接,如图所示,已知线圈由a端开始绕至b端,当电流从电流计G左端流入时,指针向左偏转,将磁铁S极从线圈上方向下竖直插入线圈时,发现指针向左偏转.
(1)在图中线圈上画上几匝线圈,以便能看清线圈绕向;
(2)当条形磁铁插入线圈中不动时,指针将指向表盘的 中央 ;(选填“左侧”、“右侧”或“中央”)
(3)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈时,指针将指向表盘的 右侧 .(选填“左侧”、“右侧”或“中央”)
【考点】研究电磁感应现象.
【分析】电流从左端流入指针向左偏转,根据电流表指针偏转方向判断电流方向,然后应用安培定则与楞次定律分析答题.
【解答】解:(1)将磁铁S极向下从线圈上方竖直插入L时,穿过L的磁场向上,磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,感应电流磁场应该向上,电流表指针向左偏转,电流从电流表左端流入,由安培定则可知,俯视线圈,线圈绕向为顺时针,如图.
(2)当条形磁铁插入线圈中不动时,线圈在的磁通量保持不变,没有感应电流产生,指针不动,将指向中央.
(3)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时,穿过L的磁通量向上,磁通量减小,由楞次定律可知,感应电流磁场应向上,感应电流盘旋面下,指针向右偏转.
故答案为:(1)线圈绕向如上图所示;
(2)中央;
(3)右侧.
12.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中,待测电源是两节干电池,图甲给出了实验电路图,图乙已按电路图将器材部分连线.
(1)请将乙图中的器材连线补充完整(在答题卡的图中完成)
(2)设电源电动势为E,内阻为r,则路端电压U和闭合电路的电流I的关系可以表达为 U=E﹣Ir .
(3)实验测出了六组U、I值,并在U﹣I坐标上描绘出如图丙所示的图线,根据图线可以算出电源的电动势为 2.9 V,内阻为 1.6 Ω.
【考点】测定电源的电动势和内阻.
【分析】(1)根据电路图连接实物电路图;
(2)应用闭合电路欧姆定律求出U与I的表达式;
(3)电源的U﹣I图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势,图象斜率的绝对值是电源的内阻.
【解答】解:(1)根据电路图连接实物电路图,把电流表与滑动变阻器串联接入电路,电压表并联在电源两端,电路图如图所示.
(2)在闭合电路中,电动势:E=U+Ir,则路端电压U=E﹣Ir;
(3)由图丙所示图象可知,图象与纵轴的交点坐标值是2.9,则电源电动势为1.9V,
电源内阻r==≈1.6Ω;
故答案为:(1)电路图如图所示;(2)U=E﹣Ir;(3)2.9;1.6.
13.在探究“决定导体电阻的因素”实验中,我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具.
(1)在一次实验中,如果提供了下列几个长度测量仪器:①毫米刻度尺;②10分度游标卡尺;③20分度游标卡尺;④螺旋测微器.一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm,则他所使用的仪器为 ③ (填仪器序号).如图是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图,则该电阻丝的直径d= 1.020 mm.
(2)某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率:
①同学们截取了约1m长的电阻丝,首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值,下列操作或说法中正确的是 CD
A.测量前检查表针是否停在左端的“0”位置,如不在则要进行欧姆调零
B.若用欧姆表“×l”挡测量,指针恰好在刻度30~50的正中,则待测电阻为40Ω
C.若用欧姆表“×10”挡测量,指针偏转角度过大,应换成“×1”挡
D.每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零
②若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3Ω,然后用伏安法测定电阻丝的阻值,再利用公式求得电阻丝的电阻率ρ,可供选择的器材如下:
A.量程0.6A,内阻0.5Ω的电流表
B.量程3A,内阻0.1Ω的电流表
C.量程3V,内阻6kΩ的电压表
D.量程15V,内阻30kΩ的电压表
E.阻值为0~1kΩ,额定电流为0.5A的滑动变阻器
F.阻值为0~10Ω,额定电流为1A的滑动变阻器
G.6V蓄电池
H.电键一个、导线若干
实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W,电流表应选用 A ;电压表应选用 C ;滑动变阻器应选用 F .(请填写备选器材前的字母)
【考点】测定金属的电阻率.
【分析】(1)由所给数据位数,结合各器材的精确度进行分析,并由螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数;
(2)考查欧姆表的使用:每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零,测量电阻要把电阻与其它元件独立;测完要把选择开关正确放置.
根据电路发热功率与电阻可求出最大电流估计值,从而可以选择电流表,根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器.
【解答】解:(1)因3.125cm=31.25mm,米尺是毫米刻度尺,只能估读到0.1mm;10分度游标卡尺可以读到0.1mm;20分度游标卡尺可以读到0.05mm,末尾为0或5;50分度游标卡尺可以读到0.02mm,末尾为0或2或4或6或8;螺旋测微器又称千分尺,可以估读到0.001mm;故3.125cm是50分度游标卡尺读数得到.
由图示螺旋测微器可知,固定刻度读数:1.0mm;可动刻度读数0.01mm×2.0=0.020mm;故螺旋测微器读数为:1.020mm;
(2)①解:A、测量前检查表针是否停在左端的“0”位置,如不在则要进行机械校零.故A错误,
B、若用欧姆表“×l”挡测量,指针恰好在刻度30~50的正中,则待测电阻不为40Ω因为欧姆刻度盘不均匀,故B错误.
C、表针偏转过大,说明电阻档选择过大,应换小档位进行测量;故C正确;
D、运用欧姆表测量电阻时,不是每次测量都要重新调零,而是在换挡后要重新调零.故D正确.
故选:CD;
②该段电阻丝的阻值约为3Ω,发热功率不超过0.75W,根据I==
=0.5A,电阻丝的最大电流为0.5A,因此电流表选用:量程0.6A,内阻0.5Ω的电流表,即为A;根据电阻与电流可确定电压表的量程为3V,内阻6kΩ的电压表,即为C;
因电阻丝的阻值约为3Ω,所以阻值为0~10Ω,额定电流为1A的滑动变阻器,故滑动变阻器选择F;
故选:A,C,F.
故答案为:(1)③;1.020;(2)①CD;②A;C;F.
14.为了描绘一个小灯泡(额定电压2.5V,功率约1.5W)的I﹣U图线(要求小灯泡的电压从零开始逐渐增大),有下列器材可供选用:
A.电压表(0~3V,内阻约6kΩ);
B.电压表(0~15V,内阻约30kΩ);
C.电流表(0~3A,内阻约0.1Ω);
D.电流表(0~0.6A,内阻约0.5Ω);
E.滑动变阻器(10Ω,2A);
F.滑动变阻器
G.蓄电池(电动势4V,内阻不计).
(1)请在图甲方框图中画出实验电路原理图;
(2)电压表应选用 A ,电流表应选用 D ,滑动变阻器应选用 E .(用序号字母表示)
(3)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为 4.6 Ω.(结果保留两位有效数字)
(4)某同学误将电流表和电压表接成如图丙所示的电路,其他部分连接正确,接通电源后,可能出现的情况是 A .
A.小灯泡不亮 B.小灯泡被烧坏 C.电流表被烧坏 D.电压表被烧坏.
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.
【分析】(1)根据实验原理与实验器材作出电路图.
(2)根据灯泡额定电压与额定电流选择电压表与电流表,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器.
(3)由图示图象求出灯泡额定电压对应的电流,然后应用欧姆定律求出灯泡电阻.
(4)分析图示电路图,然后根据电路图分析答题.
【解答】解:(1)描绘灯泡伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,由于电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,电路图如图所示:
(2)灯泡额定电压为2.5V,电压表选A,灯泡正常工作时的电流约为:I===0.6A,电流表选D,为方便实验操作,滑动变阻器选择E.
(3)由图示图象可知,灯泡额定电压2.5V对应的电流为0.54A,灯泡正常发光时的电阻:R==≈4.6Ω;
(4)由图示电路图可知,电压表串联在电路中,由于电压表内阻很大,电路电流很小,几乎为零,接通电源后,灯泡不亮,灯泡、电压表与电流表都不会烧坏,故选A.
故答案为:(1)如右图所示;(2)A;D;E;(3)4.6;(4)A.
三、计算题:本题共3小题,共32分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.
15.如图所示,水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ.它们的电阻可忽略不计.在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导体棒ab长l=0.5m,其电阻为r,与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.4T.现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动.
(1)ab中产生感应电动势的大小;
(2)ab中电流的方向如何?
(3)若定值电阻R=3.0Ω,导体棒的电阻r=1.0Ω,则电路中的电流多大?
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;楞次定律.
【分析】(1)由法拉第电磁感应定律求解ab中的感应电动势.
(2)由右手定则判断ab中电流的方向.
(3)由闭合电路欧姆定律求解电路中的电流.
【解答】解:(1)由法拉第电磁感应定律得:E=Blv=0.4×0.5×10V=2V;
(2)由右手定则判断ab中电流的方向为从b向a
(3)由闭合电路欧姆定律得:I===0.5A;
答:(1)ab中的感应电动势2V;
(2)ab中电流的方向从b向a;
(3)电路中的电流为0.5A.
16.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2.螺线管导线电阻r=1.0Ω,R1=4.0Ω,R2=5.0Ω,C=30μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.求:
(1)求螺线管中产生的感应电动势;
(2)闭合S,电路中的电流稳定后,求电阻R1的电功率;
(3)S断开后,求流经R2的电量.
【考点】感生电动势、动生电动势;电功、电功率.
【分析】(1)根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势.
(2)根据P=I2R求出电阻R1的电功率.
(3)电容器与R2并联,两端电压等于R2两端的电压,根据Q=CU求出电容器的电量.
【解答】解:(1)根据法拉第电磁感应定律:E=n=nS;
求出:E=1.2V;
(2)根据全电路欧姆定律,有:I=
根据 P=I2R1
求出 P=5.76×10﹣2W;
(3)S断开后,流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q
电容器两端的电压 U=IR2=0.6V
流经R2的电量 Q=CU=1.8×10﹣5C
答:(1)螺线管中产生的感应电动势为1.2V;
(2)闭合S,电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为5.76×10﹣2W;
(3)S断开后,流经R2的电量为1.8×10﹣5C.
17.如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m,导轨平面与水平面成θ=37°角,下端连接阻值为R的电阻,匀强磁场方向与导轨平面垂直向上,质量为0.2kg,电阻不计的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,它们之间的动摩擦因数为0.25.
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小?
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时,电阻R消耗的功率为8W,求该速度的大小?
(3)在上问中,若R=8Ω,金属棒中的电流方向由a到b,求磁感应强度的大小和方向?
(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势.
【分析】(1)开始下滑时,速度为零,无感应电流产生,因此不受安培力,故根据牛顿第二定律可直接求解结果.
(2)金属棒下滑速度达到稳定时,金属棒所受合外力为零,根据平衡条件求出安培力,然后根据公式P=Fv求解.
(3)结合第(2)问求出回路中的感应电流,然后根据电功率的公式求解.
【解答】解:(1)金属棒开始下滑的初速为零,根据牛顿第二定律有:
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma…①
由①式解得:a=g(sinθ﹣μcosθ)=10×(O.6﹣0.25×0.8)m/s2=4m/s2…②
故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2.
(2)设金属棒运动达到稳定时,速度为v,所受安培力为F,棒在沿导轨方向受力平衡,有:
mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F=0…③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率:P=Fv…④
由③、④两式解得:v===m/s=10m/s…⑤
故当金属棒下滑速度达到稳定时,棒的速度大小为10m/s.
(3)设电路中电流为I,两导轨间金属棒的长为l,磁场的磁感应强度为B,感应电流为:
I=…⑥
功率为:P=I2R…⑦
由⑥、⑦两式解得:B==T=0.8T…⑧
故磁感应强度的大小为0.4T,方向垂直导轨平面向上.
答:(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2;
(2)该速度的大小为10m/s;
(3)在上问中,若R=2Ω,磁感应强度的大小为0.8T.
2017年1月21日