电学实验.docx

1、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

2、，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（）AA灯变亮、B灯变亮、C灯变亮BA灯变亮、B灯变亮、C灯变暗CA灯变亮、B灯变暗、C灯变暗DA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

3、，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。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，则变大B保持S不

4、变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变【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4.0的定值电阻。已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100A、内阻rg=2.0k，若要改

5、装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只（保留一位小数）的定值电阻R1；根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；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=（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。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

6、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12345678电压表V读数U/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改装表A读数I/mA20406080100120140160【答案】（2）1.0 如图所示 1.66充分利用测得的数据CD【解析】试题分析：（2）根据改装后电表的量程，代入解得R1=1.0。实物图如图所示。根据闭合电路的欧姆定律可得，故，可得：r=1.66。因充分利用测得的数据，故减少一次测量的偶然误差。 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。

7、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；（3）该同学想用伏安法更

8、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04mA，内阻约50）电流表A2（量程010mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015，最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围02k，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；

9、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

10、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（q0）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

11、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

12、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

13、随时间t变化的规律是B = 0.02t，R = 3，C = 30F，线圈电阻r = 1，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，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ba；(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。