1.(2011重庆理综,20,6分)在测量电珠伏安特性实验中,同学们连接的电路中有四个错误电路,如图所示。电源内阻不计,导线连接良好。若将滑动变阻器的触头置于左端,闭合S,在向右端滑动触头过程中,会分别显现如下四种现象:
a.电珠L不亮;电流表示数几乎为零
b.电珠L亮度增加;电流表示数增大
c.电珠L开始不亮,后来突然发光;电流表从示数不为零到线圈烧断 d.电珠L不亮;电流表从示数增大到线圈烧断 与上述abcd四种现象对应的电路序号为( )
A.③①②④ B.③④②① C.③①④② D.②①④③
答案 A a中电珠L不亮;电流表示数几乎为零说明它们同时与电压表串联,此现象与电路③相对应。b中电珠L亮度增加;电流表示数增大说明电珠L与电流表串联,此现象与电路①相对应。c中电珠L开始不亮,后来突然发光;电流表从示数不为零到线圈烧断说明电珠L与电流表并联,当电流表被烧断后,电珠L才突然发光,此现象与电路②相对应。d中电珠L不亮;电流表从示数增大到线圈烧断说明电珠L与电压表串联,且电流表是单独一条支路,此现象与电路④对应。
2.(2011北京理综,17,6分)如图所示电路,电源内阻不可忽略。开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
A.电压表与电流表的示数都减小 B.电压表与电流表的示数都增大
C.电压表的示数增大,电流表的示数减小 D.电压表的示数减小,电流表的示数增大
答案 A 由变阻器R0的滑动端向下滑可知R0连入电路的有效电阻减小,则R总减小,由I=可知I增大,由U内
=Ir可知U内增大,由E=U内+U外可知U外减小,故电压表示数减小。由U1=IR1可知U1增大,由U外=U1+U2可知U2减小,由I2=可知电流表示数变小,故A正确。
3.(2011全国,17,6分)(多选)通常一次闪电过程历时约~ s,它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击连续时
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刻仅40~80 μs,电荷转移要紧发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为×10 V,云地间距离约为1 km;第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C,闪击连续时刻约为60 μs。假定闪电前云地间的电场是平均的。依照以上数据,下列判定正确的是( )
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A.闪电电流的瞬时值可达到1×10 A
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B.整个闪电过程的平均功率约为1×10 W
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C.闪电前云地间的电场强度约为1×10 V/m
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D.整个闪电过程向外开释的能量约为6×10 J
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答案 AC 由电流的定义式I=知I= A=1×10 A,A正确;整个过程的平均功率P=== W=3×10 W(t代 s或
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s),B错误;由E== V/m=1×10 V/m,C正确;整个闪电过程向外开释的能量为电场力做的功W=qU=6×10 J,D错。
评析 考查学生运用物理知识处理实际问题的能力及对物理公式的真实含义的明白得,综合性较强,难度适中,极易错。
4.[2020天津理综,9(3)]现要测量一个未知电阻Rx的阻值,除Rx外可用的器材有: 多用电表(仅可使用欧姆挡); 一个电池组E(电动势6 V);
一个滑动变阻器R(0~20 Ω,额定电流1 A);
两个相同的电流表G(内阻Rg=1 000 Ω,满偏电流Ig=100 μA); 两个标准电阻(R1=29 000 Ω,R2= Ω); 一个电键S、导线若干。
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①为了设计电路,先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻,采纳“×10”挡,调零后测量该电阻,发觉指针偏转专门大,最后几乎紧挨满偏刻度停下来,下列判定和做法正确的是 (填字母代号)。 A.那个电阻阻值专门小,估量只有几欧姆 B.那个电阻阻值专门大,估量有几千欧姆
C.如需进一步测量可换“×1”挡,调零后测量 D.如需进一步测量可换“×1k”挡,调零后测量
②依照粗测的判定,设计一个测量电路,要求测量尽量准确并使电路能耗较小,画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。 答案 ①AC ②如图所示
解析 ①欧姆挡的零刻线在右侧,偏转越大时阻值越小,故A正确。要使指针指在中间刻度线邻近,由“阻值=读数×倍率”可知所选倍率应减小以增大读数,故C正确。②由电路能耗较小的要求可知操纵电路应采纳限流式。因器材中只有两个内阻已知的电流表,故可考虑改装:由题给数据可知电流表G与R1可改装为一个量程为3 V的电压表。电流表G与R2可改装为一个量程为1 A 的电流表。改装后的内阻分别为RV=30 000 Ω与RA= Ω,而被测电阻的阻值约为几欧,属于小电阻,故测量电路应采纳外接法,电路图见答案。
5.[2020广东理综,34(1)]某同学测量一个圆柱体的电阻率,需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径,某次测量的示数如图(a)和图(b)所示,长度为 cm,直径为 mm。
②按图(c)连接电路后,实验操作如下:
(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最 处(填“大”或“小”);将S2拨向接点1,闭合S1,调剂R1,使电流表示数为I0;
(b)将电阻箱R2的阻值调至最 (填“大”或“小”),S2拨向接点2;保持R1不变,调剂R2,使电流表示数仍为I0,现在R2阻值为1 280 Ω;
③由此可知,圆柱体的电阻为 Ω。 答案 ① ~ ②(a)大 (b)大 ③1 280 解析 ①游标卡尺读数为 cm+×1 mm= mm= cm 螺旋测微器读数为5 mm+× mm= mm
②(a)考虑电路安全性,限流式接法要使电流最小,R1应调最大值
(b)为防止烧坏电流表,R2应从最大值开始逐步调小,因此最初R2必调到最大值 ③此电路利用等效替代法测电阻,因此R圆柱体=R2=1 280 Ω
6.(2020海南单科,13,6分)图示电路可用来测量电阻的阻值。其中E为电源,R为已知电阻,Rx为待测电阻,可视为理想电压表,S0为单刀单掷开关,S1、S2为单刀双掷开关。
(1)当S0闭合时,若S1、S2均向左闭合,电压表读数为U1;若S1、S2均向右闭合,电压表读数为U2。由此可求出Rx= 。
(2)若电源电动势E= V,内阻可忽略;电压表量程为1 V,R=100 Ω。此电路可测量的Rx的最大值为 Ω。
答案 (1)R (2)200 解析 (1)由Rx=,而Ix= 故Rx=R
(2)当Rx两端电压达到1 V时,由E= V,可得现在R两端的电压U1= V-1 V= V 现在电路中电流I= A 则Rxmax= Ω= Ω=200 Ω
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7.(2020四川理综,23,16分)四川省“十二五”水利进展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20 m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380 V,现在输入电动机的电功率为19 kW,电
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动机的内阻为 Ω。已知水的密度为1×10 kg/m,重力加速度取10 m/s。求: (1)电动机内阻消耗的热功率;
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(2)将蓄水池蓄入864 m的水需要的时刻(不计进、出水口的水流速度)。 答案 (1)1×10 W (2)2×10 s 解析 (1)设电动机的电功率为P,则 P=UI①
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则
Pr=Ir②
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代入数据解得Pr=1×10 W③ 说明:①③式各2分,②式3分。
(2)设蓄水总质量为M,所用抽水时刻为t。已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为ρ,则 M=ρV④
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp,则 ΔEp=Mgh⑤
设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr⑥ 依照能量守恒定律得 P0t×60%×80%=ΔEp⑦ 代入数据解得
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t=2×10 s⑧
说明:④⑤式各1分,⑥⑧式各2分,⑦式3分。
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