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。