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安徽省池州市东至二中高一物理下学期第一次段考试卷(含解析)

2015-2016 学年安徽省池州市东至二中高二(下)第一次段考物理试 卷

一、选择题(每小题 4 分,共 40 分.1~7 为单选,8~10 为多选)

1.一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示.根据表中提

供的数据,计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时,通过电热水器的电流约为

()

额定容量

54L

最高水温

75℃

额定功率

1500W

额定压力

0.7MPa

额定电压

220V

电器类别

Ⅰ类

A.6.8A B.0.15A C.4.4A D.0.23A

2.将面积为 1.0×10﹣3 m2 的圆面放入水平向右的匀强磁场中,圆面与磁感线之间的夹角为 30°,如图所示.若穿过该圆面的磁通量为 3.0×10﹣5 Wb,则此匀强磁场的磁感应强度 B 等于( )

A.1.5×10﹣2T B.3.0×10﹣2T C.6.0×10﹣2T D.3.46×10﹣2T 3.如图所示,一个带正电的物体,从固定的粗糙斜面顶端沿斜面滑到底端时的速度为 υ, 若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场,则物体沿斜面滑到底端时的速度( )
A.变小 B.变大 C.不变 D.不能确定 4.通电直导线 A 与圆形通电导线环 B 固定放在同一水平面上,通有如图所示的电流,则( )

A.直导线 A 受到的安培力大小为零 B.直导线 A 受到的安培力大小不为零,方向水平向右 C.导线环 B 受到的安培力的合力大小不为零 D.导线环 B 受到的安培力的合力大小不为零,其方向水平向右

5.我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为 240m 的近似圆形轨道.当环中的电流是 10mA 时(已知电子的速度是 3×107m/s,电荷量为 1.6×10﹣19C),则在整个环中运行的电子数目 的数量级为( ) A.105 B.108 C.1011 D.1014 6.经过精确校准的电压表 V1 和 V2,被分别用来测量某电路中电阻 R 两端(a、b)间的电压 时(如图),读数依次为 10.5V 和 10.2V,则取走电压表后,a、b 间的实际电压将( )
A.略大于 10.5V B.在 10.2V~10.5V 之间,略小于 10.5V C.在 10.2V~10.5V 之间,略大于 10.2V D.略小于 10.2V 7.图中虚线所示为静电场中的等势面 1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其中 等势面 2 的电势为 0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过 a、b 点时的动能分 别为 26eV 和 5eV.当这一点电荷运动到某一位置.其电势能变为﹣8eV 时,它的动能为( )
A.8eV B.15eV C.20eV D.27eV 8.回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个 D 形 金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示.要增大带电粒子射出的动能,下列说 法正确的是( )
A.增大匀强电场间的加速电压,其他保持不变 B.增大磁场的磁感应强度,其他保持不变

C.减小狭缝间的距离,其他保持不变 D.增大 D 形金属盒的半径,其他保持不变
9.一个所受重力可以忽略的带电粒子在磁感应强度为 B 的匀强磁场中做匀速圆周运动,如 果它又垂直进入另一相邻的磁感应强度为 2B 的匀强磁场,则( ) A.粒子的速率加倍,周期减半 B.粒子的速率不变,轨道半径减小
C.粒子的速率减半,轨道半径减为原来的
D.粒子的速率不变,周期减半
10.如图所示,在两个固定的异种点电荷 Q1、Q2 的连线上有 A、B 两点.将一个带负电的试 探电荷 q 由 A 静止释放,它从 A 点运动到 B 点的过程中,可能( )

A.先加速运动再减速运动 B.加速度一直增大 C.电势能先增大后减小 D.在 B 点电势能比在 A 点的电势能小
二、实验题(本题共 4 小题,共 20 分) 11.如图所示,螺旋测微器所示的读数是

mm.

12.如图所示为万用表欧姆挡的内部电路,a、b 为表笔插孔,下列说法中正确的是( )
A.a 孔插红表笔 B.表盘刻度是均匀的 C.用×100Ω 挡测量时,若指针指在 0Ω 附近,则应换用×1kΩ 挡 D.测量“220V 100W”的灯泡的电阻,会发现测量的电阻比 4840Ω 小

13.已知电流表的内阻 Rg=10Ω,满偏电流 Ig=3mA.要把它改装成量程是 6V 的电压表,应

联一个电阻,其阻值 R=

Ω;若用它来测量一段电路两端电压时,表盘指针如

图所示,这段电路两端的电压是

V.

14.在做测干电池的电动势和内电阻的实验时,备有下列器材选用:

A.干电池一节(电动势约为 1.5V)

B.直流电流表(量程 0﹣0.6﹣3A,0.6A 挡内阻 0.10Ω,3A 挡内阻 0.025Ω)

C.直流电压表(量程 0﹣3﹣15V,3V 挡内阻 5KΩ,15V 挡内阻 25KΩ)

D.滑动变阻器 (阻值范围 0﹣15Ω,允许最大电流 lA)

E.滑动变阻器 (阻值范围 0﹣1000Ω,允许最大电流 0.5A)

F.电键

G.导线若干根

H.电池夹

①滑动变阻器选用

②将选定的器材按本实验要求的电路(系统误差较小),在如图 1 所示的实物图上连线.

③根据实验记录,画出的 U﹣I 图象如图 2 所示,可得待测电池的电动势为

V,

内电阻 r 为

Ω.

三、计算题(本题共 4 小题,共 40 分) 15.如图所示,有三块大小相同平行导体板 A、B、C,其中 A 与 B 间距是 B 与 C 间距的一半, 且 A、B 两板所构成的电容器的电容为 10﹣2μF,电池电压为 2V,求 A、B 两板上的电荷量分 别为多少?

16.如图所示,A1 和 A2 是两只电阻不同的电流表,V1 和 V2 是两只相同的电压表.电流表 A1 的示数是 I1=1.4mA,电压表 V1 和 V2 的示数分别是 0.6V 和 0.8V,求电流表 A2 的示数 I2 和内 阻 r2.
17.如图所示,一电子沿垂直挡板 NN′方向以速度 υ=8.0×106m/s 从 O 孔射入匀强磁场中, 磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为 B=9.1×10﹣4T.运动中电子经某点 P,OP=0.05m,求 电子由 O 运动至 P 点的时间.(电子的质量 m=9.1×10﹣31kg,电子的电量 e=﹣1.6×10﹣19C, π≈3)
18.一种测定电子比荷的实验装置如图所示,真空玻璃管内,阴极 K 发出的电子经阳极 A 与阴极 K 之间的高电压加速后,形成细胞的一束电子流,沿图示方向进入两极板 C、D 间的 区域.若两极板 C、D 间无电压,电子将打在荧光屏上的 O 点;若在两极板间施加电压 U, 则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的 P 点;若再在极板间施加一个方向垂直纸面向外、 磁感应强度为 B 的匀强磁场,则电子在荧光屏上产生的光点又回到 O 点,已知极板的长度 l=5.00cm,C、D 间的距离 d=1.50cm,极板的右端到荧光屏的距离 L=10.00cm,U=200V, B=6.3×10﹣4T,P 点到 O 点的距离 y=3.0cm.求: (1)电子经加速后射入极板 C、D 的速度 v0; (2)电子的比荷 的大小(结果保留三位有效数字).

2015-2016 学年安徽省池州市东至二中高二(下)第一次段考物理试卷 参考答案与试题解析

一、选择题(每小题 4 分,共 40 分.1~7 为单选,8~10 为多选)

1.一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示.根据表中提

供的数据,计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时,通过电热水器的电流约为

()

额定容量

54L

最高水温

75℃

额定功率

1500W

额定压力

0.7MPa

额定电压

220V

电器类别

Ⅰ类

A.6.8A B.0.15A C.4.4A D.0.23A

【考点】电功、电功率.

【专题】电磁学.

【分析】由热水器铭牌可知,加热时的额定功率是 1500W,额定电压是 220V,由电功率变形

公式可以求出加热时的电流.

【解答】解:电热水器加热时的电流 I= =

≈6.8A;

故选 A. 【点评】从铭牌获取必要的信息,熟练应用电功率的变形公式即可正确解题,本题是一道基 础题.

2.将面积为 1.0×10﹣3 m2 的圆面放入水平向右的匀强磁场中,圆面与磁感线之间的夹角为 30°,如图所示.若穿过该圆面的磁通量为 3.0×10﹣5 Wb,则此匀强磁场的磁感应强度 B 等于( )

A.1.5×10﹣2T B.3.0×10﹣2T C.6.0×10﹣2T D.3.46×10﹣2T 【考点】磁通量;磁感应强度. 【分析】线圈放在匀强磁场中,与磁场方向不垂直,将圆面投影到与磁场垂直的方向,投影 面积和磁感应强度的乘积等于磁通量,再求出磁感应强度.
【解答】解:如图,磁通量 Φ=BSsin30°则 B= =6×10﹣2T
故选 C. 【点评】求解磁通量时,往往根据两种特殊情况运用投影的方法求解.在匀强磁场中,当线 圈与磁场方向平行时,磁能量 Φ=0;当线圈与磁场方向垂直时,磁能量 Φ=BS.
3.如图所示,一个带正电的物体,从固定的粗糙斜面顶端沿斜面滑到底端时的速度为 υ, 若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场,则物体沿斜面滑到底端时的速度( )

A.变小 B.变大 C.不变 D.不能确定 【考点】动能定理的应用;共点力平衡的条件及其应用;洛仑兹力. 【专题】运动学与力学(二). 【分析】未加磁场时,滑块受到重力、支持力,摩擦力,加磁场后,根据左手定则,多了一 个垂直斜面向上的洛伦兹力.两种情况重力做功相同,洛伦兹力不做功,但加磁场时对斜面 的正压力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功变少,根据动能定理,即可比较出两种情况到 达底端的速率. 【解答】解:由左手定则可知物块受到垂直于斜面向上的洛伦兹力,物块与斜面之间的压力 减小, 所以摩擦力减小,由动能定理得
由于 Ff 减小,故 vt 增大, 故选:B 【点评】此题考查带电粒子在磁场中的受力情况及动能定理的应用,属于基础类题目.
4.通电直导线 A 与圆形通电导线环 B 固定放在同一水平面上,通有如图所示的电流,则( )
A.直导线 A 受到的安培力大小为零 B.直导线 A 受到的安培力大小不为零,方向水平向右 C.导线环 B 受到的安培力的合力大小不为零 D.导线环 B 受到的安培力的合力大小不为零,其方向水平向右 【考点】安培力;通电直导线和通电线圈周围磁场的方向. 【分析】根据右手螺旋定则得出直导线周围的磁场方向,分别在圆形通电导线左右两边各取 一小段,判断出所受安培力的方向,结合电流大小相等,磁感应强度不等,比较安培力的大 小,从而确定导线环所受的合力方向,根据作用力和反作用力的关系确定直导线所受合力的 方向. 【解答】解:根据右手螺旋定则知,直导线周围的磁场在导线的左侧垂直纸面向里,在圆形 导线的左右两侧各取一小段,根据左手定则,左端所受的安培力方向向右,右端所受安培力 的方向向左,因为电流的大小相等,圆环左端的磁感应强度小于右端的磁感应强度,可知左 端的受力小球右端的受力,则圆环 B 所受的合力方向向左,大小不为零.根据牛顿第三定律 知,直导线所受的合力大小不为零,方向水平向右.故 B、C 正确,A、D 错误. 故选:BC. 【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向,会根据左手定则判断 安培力的方向.
5.我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为 240m 的近似圆形轨道.当环中的电流是 10mA 时(已知电子的速度是 3×107m/s,电荷量为 1.6×10﹣19C),则在整个环中运行的电子数目 的数量级为( )

A.105 B.108 C.1011 D.1014 【考点】电流、电压概念. 【专题】定量思想;模型法;恒定电流专题. 【分析】知道电子的速度和轨道周长,利用速度公式求电子运动一周的时间,再根据电流定 义式求整个环中电子的电荷量,而一个电子的电荷量 e=1.6×10﹣19C,可求在整个环中运行 的电子数目.

【解答】解:电子运动一周用的时间为:t= =

s=8×10﹣6s,

而电流表达式为:I= 则总电荷量为 Q=It=0.01×8×10﹣6C=8×10﹣8C,

在整个环中运行的电子数目为:n= =

=5×1011 个.数量级为 1011 个

故选:C 【点评】本题的关键要建立模型,运用运动学公式求解电子运动的周期,要掌握电流的定义 式,知道电荷量与电子电量的关系.

6.经过精确校准的电压表 V1 和 V2,被分别用来测量某电路中电阻 R 两端(a、b)间的电压 时(如图),读数依次为 10.5V 和 10.2V,则取走电压表后,a、b 间的实际电压将( )

A.略大于 10.5V B.在 10.2V~10.5V 之间,略小于 10.5V C.在 10.2V~10.5V 之间,略大于 10.2V D.略小于 10.2V 【考点】伏安法测电阻. 【专题】实验题;定性思想;推理法;恒定电流专题. 【分析】本题的关键是明确电压表不是理想电表,根据欧姆定律和串并联规律可知接入电压 表后电路两端的电压小于没有接入电压表时电路两端的实际电压. 【解答】解:由于电压表不是理想电表(内阻不是无穷大),当 a、b 两端接入电压表后,电 阻 R 与电压表的并联电阻小于电阻 R,根据欧姆定律和串并联规律可知,电阻 R 与电压表的 并联总电压小于电阻 R 的实际电压,即 a、b 两端实际电压将大于电压表的示数,故实际电 压略大于 10.5V; 故选:A. 【点评】应牢记若电压表不是理想电表时,电压表的示数总小于电路两端的实际电压,电压 表的内阻越大,电压表示数越接近实际电压.注意精确校准并不是说就是理想电表.
7.图中虚线所示为静电场中的等势面 1、2、3、4,相邻的等势面之间的电势差相等,其中 等势面 2 的电势为 0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动,经过 a、b 点时的动能分 别为 26eV 和 5eV.当这一点电荷运动到某一位置.其电势能变为﹣8eV 时,它的动能为( )

A.8eV B.15eV C.20eV D.27eV 【考点】等势面;电势差与电场强度的关系. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】由题,相邻的等势面之间的电势差相等,电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相 等,电势能变化量相等,根据能量守恒定律确定出电荷在 b 等势面上的电势能,写出电荷的 总能量,再由能量守恒求出其电势能变为﹣8eV 时的动能值. 【解答】解:由题,电荷经过 a、b 点时的动能分别为 26eV 和 5eV,动能减小为 21eV.而相 邻的等势面之间的电势差相等,电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等,电势能变化量 相等,则电荷从 2 等势面到 4 等势面时,动能减小 14eV,电势能增大,等势面 2 的电势为 0, 电荷经过 b 时电势能为 14eV,又由题,电荷经 b 点时的动能为 5eV,所以电荷的总能量为 E=Ep+Ek=14eV+5eV=19eV,其电势能变为﹣8eV 时,根据能量守恒定律得到,动能应为 27eV. 故选:D 【点评】本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量.中等难度.
8.回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个 D 形 金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示.要增大带电粒子射出的动能,下列说 法正确的是( )
A.增大匀强电场间的加速电压,其他保持不变 B.增大磁场的磁感应强度,其他保持不变 C.减小狭缝间的距离,其他保持不变 D.增大 D 形金属盒的半径,其他保持不变 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子,根据洛伦兹力提供向心力求出粒 子射出时的速度,从而得出动能的表达式,看动能与什么因素有关.

【解答】解:根据 qvB= ,解得 v= ,则最大动能

,知最大动能

与加速电压无关,与狭缝间的距离无关.与磁感应强度以及 D 形盒的半径有关.故 B、D 正 确,A、C 错误. 故选 BD. 【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用,知道粒子的最大动能与加速的 电压无关,与磁感应强度大小和 D 形盒的半径有关.

9.一个所受重力可以忽略的带电粒子在磁感应强度为 B 的匀强磁场中做匀速圆周运动,如 果它又垂直进入另一相邻的磁感应强度为 2B 的匀强磁场,则( ) A.粒子的速率加倍,周期减半 B.粒子的速率不变,轨道半径减小
C.粒子的速率减半,轨道半径减为原来的
D.粒子的速率不变,周期减半 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】该题考查带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律,首先明确洛伦兹力始终不做功,
再利用半径公式 R= 和周期公式 T= 来分析各选项.
【解答】解:洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向,不改变速度大小,所以粒子的速率不变.
由周期公式 T= 可知,当磁感应强度变为原来的 2 倍,周期将减半;

由半径公式 R= 可知,当磁感应强度变为原来的 2 倍,轨道半径将减半.故 BD 正确,A、C
错误. 故选:BD. 【点评】带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力是始终不做功的,即只改变速度的方向,不改变 速度的大小.此类问题要求掌握洛仑兹力的大小和方向的确定,带电粒子在匀强磁场中圆周 运动及其规律,会应用周期公式和半径公式进行计算和分析有关问题.

10.如图所示,在两个固定的异种点电荷 Q1、Q2 的连线上有 A、B 两点.将一个带负电的试 探电荷 q 由 A 静止释放,它从 A 点运动到 B 点的过程中,可能( )

A.先加速运动再减速运动 B.加速度一直增大 C.电势能先增大后减小 D.在 B 点电势能比在 A 点的电势能小 【考点】电场的叠加;电势能. 【专题】电场力与电势的性质专题.

【分析】根据试探电荷所受库仑力的合力判断电荷的运动规律以及加速度的变化,根据库仑 力做功判断电势差的变化,结合能量守恒比较 A、B 两点的电势能. 【解答】解:A、试探电荷从静止释放,所受的库仑力的合力一定先向右,所以库仑力一定 先做正功,电势能一定先减小.在向 B 运动的过程中,当库仑力的合力可能向左,则试探电 荷会再做减速运动.故 A 正确,C 错误. B、试探电荷从静止由 A 到 B 的过程中,库仑力的合力不可能一直增大,所以加速度不可能 一直增大.故 B 错误. D、从 A 到 B 的过程中,电荷的动能增加了,根据能量守恒知,电势能减小了,所以电荷在 B 点电势能比 A 点电势能小.故 D 正确. 故选:AD. 【点评】解决本题的关键知道库仑力做正功,电势能减小,库仑力做负功,电势能增加;对 于 A、B 两点的电势能比较,可以通过能量守恒判断,也可以通过库仑力做功情况来判断.
二、实验题(本题共 4 小题,共 20 分) 11.如图所示,螺旋测微器所示的读数是 4.010 mm.
【考点】螺旋测微器的使用. 【专题】实验题. 【分析】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:可动刻度的“0”刻度线在主刻度线的下方,因此主刻度读数为:4mm,可动刻 度为:0.01×1.0mm=0.010mm,所以最终读数为:4mm+0.010mm=4.010mm. 故答案为:4.010. 【点评】螺旋测微器的读数方法,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.
12.如图所示为万用表欧姆挡的内部电路,a、b 为表笔插孔,下列说法中正确的是( )
A.a 孔插红表笔 B.表盘刻度是均匀的 C.用×100Ω 挡测量时,若指针指在 0Ω 附近,则应换用×1kΩ 挡 D.测量“220V 100W”的灯泡的电阻,会发现测量的电阻比 4840Ω 小 【考点】用多用电表测电阻. 【专题】实验题;恒定电流专题.

【分析】欧姆表“+”插孔与内置电源的负极相连,红表笔查“+”插孔,黑表笔差“﹣”插 孔; 欧姆表的刻度盘是不均匀的,右侧刻度线稀疏,左端刻度线密集; 使用欧姆表测电阻时,应选择合适的档位,使指针指在中央刻度线附近; 灯泡电阻受温度影响,随温度升高而增大,常温下灯泡电阻明显小于灯泡正常发光时的电阻. 【解答】解:A、由图示可知,a 插孔与内置电源负极相连,则 a 插孔是“+”插孔,a 孔应 查红表笔,故 A 正确; B、欧姆表刻度盘不均匀,右侧稀疏左侧密集,故 B 错误; C、用×100Ω 挡测量时,若指针指在 0Ω 附近,说明所选档位太大,应换小挡,应换用×10Ω 挡,故 C 错误; D、测灯泡电阻时应把灯泡从电路中断开,其温度笔灯泡正常发光时的温度低,电阻小于灯 泡正常发光时的电阻,因此测量“220V 100W”的灯泡的电阻,会发现测量的电阻比 4840Ω 小,故 D 正确; 故选:AD. 【点评】本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表特点,知道欧姆表结构、原理、使用方 法即可正确解题.
13.已知电流表的内阻 Rg=10Ω,满偏电流 Ig=3mA.要把它改装成量程是 6V 的电压表,应 串 联一个电阻,其阻值 R= 1990 Ω;若用它来测量一段电路两端电压时,表盘指针如图所 示,这段电路两端的电压是 5.00 V.

【考点】把电流表改装成电压表. 【专题】实验题. 【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压,读出表盘的读数,然后根据串联电路的电压 规律求解表盘指针如图所示时的电压. 【解答】解:改装成电压表要串联电阻分压,串阻值为:

R= ﹣Rg=

﹣10=1990Ω

表盘指针读数为 2.5mA 则所测电压 U′=2.5mA×=5V 故答案为:串,1990,5.00. 【点评】考查的电压表的改装原理,明确串联电阻的分压作用,会求串联电阻阻值.

14.在做测干电池的电动势和内电阻的实验时,备有下列器材选用:

A.干电池一节(电动势约为 1.5V)

B.直流电流表(量程 0﹣0.6﹣3A,0.6A 挡内阻 0.10Ω,3A 挡内阻 0.025Ω)

C.直流电压表(量程 0﹣3﹣15V,3V 挡内阻 5KΩ,15V 挡内阻 25KΩ)

D.滑动变阻器 (阻值范围 0﹣15Ω,允许最大电流 lA)

E.滑动变阻器 (阻值范围 0﹣1000Ω,允许最大电流 0.5A)

F.电键

G.导线若干根

H.电池夹

①滑动变阻器选用 D ②将选定的器材按本实验要求的电路(系统误差较小),在如图 1 所示的实物图上连线. ③根据实验记录,画出的 U﹣I 图象如图 2 所示,可得待测电池的电动势为 1.45 V,内电 阻 r 为 0.69 Ω. 【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】①根据滑动变阻器的电阻值的大小和额定电流选择滑动变阻器; ②根据电源的电压选择电压表,根据电路中的电流选择电流表;结合选择的器材和实验的原 理先草纸是画出实验原理图,然后再连接实际电路; ③U﹣I 图象中图象与纵坐标的交点表示电源的电动势;因为纵坐标不是从零点开始的,图

象与横坐标的交点不为短路电流;根据公式 r= = 即可求出内电阻.

【解答】解:①滑动变阻器 E 的电阻值是 0~1000Ω,电阻值太大,调节不方便,而且额定 电流只有 0.5A,太小,所以选择电阻值 0~15Ω 的滑动变阻器 D; ②电压的电动势 1.5V,所以电压表选择 3V 档,干电池的放电电流不能太大,使用 0.6A 的 档位即可.实物连接如图: ③由图可知,电源的电动势为: E=1.45V; 当路端电压为 1.00V 时,电流为 0.65A;

由 E=U+Ir 可得:r= =

=0.69Ω.

故答案为:①D; ②在所示的实物图上连线如图.③1.45,0.69.

【点评】测定电动势和内电阻的实验中为了减小误差采用了图象分析法,要根据实验原理得 出公式,并结合图象的斜率和截距得出正确的结果.

三、计算题(本题共 4 小题,共 40 分) 15.如图所示,有三块大小相同平行导体板 A、B、C,其中 A 与 B 间距是 B 与 C 间距的一半, 且 A、B 两板所构成的电容器的电容为 10﹣2μF,电池电压为 2V,求 A、B 两板上的电荷量分 别为多少?

【考点】电容;平行板电容器的电容. 【专题】电容器专题.

【分析】根据电容的决定式

求出 AB 间电容和 BC 间电容的关系,根据 Q=CU 求出极

板所带的电量,B 板所带的电量是两个电容器所带电量之和,注意与电源正极相连带正电, 与电源负极相连带负电.

【解答】解:根据

可知

电容器 AB 的带电荷量 Q1=CABU=10﹣2×10﹣6×2C=2×10﹣8C 其中 A 板带负电,B 板带正电 电容器 BC 的带电荷量 Q2=CBCU=5×10﹣3×10﹣6×2C=1×10﹣8C 其中 B 板带正电,C 板带负电 所以 A 板电荷量 QA=﹣Q1=﹣2×10﹣8C B 板电荷量 QB=Q1+Q2=3×10﹣8C

【点评】解决本题的关键掌握电容的决定式

以及会根据 Q=CU 求极板所带的电量.

16.如图所示,A1 和 A2 是两只电阻不同的电流表,V1 和 V2 是两只相同的电压表.电流表 A1 的示数是 I1=1.4mA,电压表 V1 和 V2 的示数分别是 0.6V 和 0.8V,求电流表 A2 的示数 I2 和内 阻 r2.

【考点】闭合电路的欧姆定律. 【专题】计算题;比较思想;等效替代法;恒定电流专题. 【分析】V1 和 V2 是两只相同的电压表,内阻相同,根据欧姆定律得到两个电压表的示数与电 流的关系,根据干路电流与支路电流的关系,联立即可求出电流表 A2 示数; A2 与 V1 串联,两电压表示数之差等于 A2 的电压,即可由欧姆定律求解 A2 的内阻.

【解答】解:由于 V1 和 V2 两表相同,说明它们的内阻相同,设为 R, U1=I1R, U2=I2R,
则得: = = =
由题意知 I1+I2=1.4 mA 所以解得:I1=0.6mA 因 A2 与 V1 串联,则通过电流表 A2 的电流大小为 0.6mA. 电流表 A2 两端电压为: UA2=U2﹣U1=0.2 V,
所以有:r2= ,
代入数据得:r2=333.33Ω. 答:电流表 A2 示数为 0.6mA;电流表 A2 的内阻为 333.33Ω. 【点评】本题只要把四个电表当能测量电压或电流的电阻,搞清电路的连接关系,运用欧姆 定律即可求解.
17.如图所示,一电子沿垂直挡板 NN′方向以速度 υ=8.0×106m/s 从 O 孔射入匀强磁场中, 磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为 B=9.1×10﹣4T.运动中电子经某点 P,OP=0.05m,求 电子由 O 运动至 P 点的时间.(电子的质量 m=9.1×10﹣31kg,电子的电量 e=﹣1.6×10﹣19C, π≈3)

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力. 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】电子在匀强磁场中,由洛伦兹力提供向心力,先根据牛顿第二定律求出电子运动的 半径. 再画出轨迹,根据半径与 AB 长度的关系,确定轨迹的圆心角大小,再求出时间.
【解答】解:由 Bqv=m

知 r= 代入数据

r=

×

=0.05m

如右图由几何关系知圆心角等于 60°,

T= =

s=3.925×10﹣8s

t= T=6.5×10﹣9s 答:电子由 O 运动至 P 点的时间为 6.5×10﹣9s.

【点评】本题带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题,画出粒子的运动轨迹是解题的关键.
18.一种测定电子比荷的实验装置如图所示,真空玻璃管内,阴极 K 发出的电子经阳极 A 与阴极 K 之间的高电压加速后,形成细胞的一束电子流,沿图示方向进入两极板 C、D 间的 区域.若两极板 C、D 间无电压,电子将打在荧光屏上的 O 点;若在两极板间施加电压 U, 则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的 P 点;若再在极板间施加一个方向垂直纸面向外、 磁感应强度为 B 的匀强磁场,则电子在荧光屏上产生的光点又回到 O 点,已知极板的长度 l=5.00cm,C、D 间的距离 d=1.50cm,极板的右端到荧光屏的距离 L=10.00cm,U=200V, B=6.3×10﹣4T,P 点到 O 点的距离 y=3.0cm.求: (1)电子经加速后射入极板 C、D 的速度 v0; (2)电子的比荷 的大小(结果保留三位有效数字).
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动. 【专题】带电粒子在电场中的运动专题. 【分析】(1)当电子受到电场力与洛伦兹力平衡时,做匀速直线运动,因此由电压、磁感应 强度可求出运动速度. (2)没有加磁场时,电子进入平行板电容器极板间做类平抛运动,由牛顿第二定律和运动 学公式可推导出垂直于极板方向的位移,电子离开极板区域后做匀速直线运动,水平方向的 速度等于电子刚进入极板间的初速度,求出匀速直线运动的时间,即可求出 P 点离开 O 点的 距离.加上磁场 B 后,荧光屏上的光点重新回到 O 点,说明电子通过平行板电容器的过程中 电子所受电场力与磁场力相等,即可得到电子进入极板时的初速度,联立可求出比荷. 【解答】解:(1)设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为 v0,加上磁场 B 后,荧 光屏上的光点重新回到 O 点,表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受的电场力和磁 场力相等,即 qE=qv0B, E= ,

解得

=2.12×107m/s.

(2)两极板只加电场时,电子的加速度 a=



电子通过两极板所用的时间 t= ,

电子在极板间偏转的距离



电子射出偏转电场时竖直方向的速度 vy=at,

射出电场速度方向与水平方向的夹角为 θ,则 tanθ= ,

电子射出偏转电场后在竖直方向位移 y2=Ltanθ, OP 间的距离 y=y1+y2,

由以上各式解得比荷



代入数据解得



答:(1)电子经加速后射入极板 C、D 的速度为 2.12×107m/s.

(2)电子的比荷 的大小为 1.61×1011C/kg.

【点评】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题,类平抛运动根据运动的分解法研究, 电子在复合场中,是速度选择器的原理,难度适中


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