浙江專用2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題四綜合集訓(xùn)練含解析

PAGE19-專題四綜合集訓(xùn)練A組一、單項(xiàng)選擇題1.下列物理現(xiàn)象中屬于電磁感應(yīng)的是()A.通電導(dǎo)線四周產(chǎn)生磁場B.錄音機(jī)使電流信號錄入磁帶C.電流流經(jīng)導(dǎo)體時使導(dǎo)體發(fā)熱D.磁帶經(jīng)過錄音機(jī)的磁頭時，還原出電流信號解析電磁感應(yīng)是磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流的現(xiàn)象，D正確；A選項(xiàng)是電流產(chǎn)生磁場的現(xiàn)象，所以錯誤；錄音機(jī)是利用電流產(chǎn)生的磁場使磁帶磁化的過程，B錯誤；電流流經(jīng)導(dǎo)體時使導(dǎo)體發(fā)熱是利用電流做功使電能轉(zhuǎn)化成熱能的過程，C錯誤。答案D2.電磁爐熱效率高達(dá)90%，爐面無明火，無煙無廢氣，“火力”強(qiáng)勁，平安牢靠。如圖1所示是描述電磁爐工作原理的示意圖，下列說法正確的是()圖1A.當(dāng)恒定電流通過線圈時，會產(chǎn)生恒定磁場，恒定磁場越強(qiáng)，電磁爐加熱效果越好B.在鍋和電磁爐中間放一紙板，則電磁爐不能起到加熱作用C.電磁爐的鍋不能用陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋，主要緣由是這些材料的導(dǎo)熱性能較差D.電磁爐通電線圈加溝通電后，在鍋底產(chǎn)生渦流，進(jìn)而發(fā)熱工作解析電磁爐就是采納渦流感應(yīng)加熱原理；其內(nèi)部通過電子線路板組成部分產(chǎn)生交變磁場，當(dāng)用含鐵質(zhì)鍋具底部放置爐面時，鍋具底部金屬部分產(chǎn)生渦流，使鍋具鐵分子高速無規(guī)則運(yùn)動，分子相互碰撞、摩擦而產(chǎn)生熱能，用來加熱和烹飪食物，從而達(dá)到煮食的目的，電磁爐工作時須要在鍋底產(chǎn)生感應(yīng)電流，陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋不屬于金屬導(dǎo)體，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，由于線圈產(chǎn)生的磁場能穿透紙板到達(dá)鍋底，在鍋底產(chǎn)生感應(yīng)電流，利用電流的熱效應(yīng)起到加熱作用，D正確，A、B、C錯誤。答案D3.在電源電壓不變的狀況下，為使正常工作的電熱器在單位時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量增加一倍，下列措施最可行的是()A.剪去一半的電阻絲B.并聯(lián)一根相同的電阻絲C.串聯(lián)一根相同的電阻絲D.將原電阻絲對折后接入電路解析剪去一半的電阻絲，電阻減小一半，由Q＝eq\f(U2,R)t知，在電源電壓肯定，通電時間相同時，電阻減小一半，產(chǎn)生的熱量為原來的2倍。但此時電阻絲中電流超過額定電流，故不行行，A錯誤；并聯(lián)一根電阻絲后，電路的總阻值變?yōu)樵瓉淼囊话?，由Q＝eq\f(U2,R)t知，在電源電壓肯定，通電時間相等時，電阻減小一半，產(chǎn)生的熱量為原來的2倍，B正確；串聯(lián)一根電阻絲后，電路的總阻值為原來的二倍，由Q＝eq\f(U2,R)t知，在電源電壓肯定時，通電時間相同，電阻增大一倍，產(chǎn)生的熱量為原來的一半，C錯誤；將原電阻絲對折后由R＝eq\f(ρL,S)知電阻變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，由Q＝eq\f(U2,R)t知，熱量變?yōu)樵瓉淼?倍，且電阻絲中電流超過額定電流，D錯誤。答案B4.如圖2所示電路中，P、Q兩燈相同，帶鐵芯的線圈L(線圈直流電阻不計)與Q燈串聯(lián)，則()圖2A.S接通瞬間，P馬上發(fā)光，Q漸漸亮起來B.S接通瞬間，P、Q同時發(fā)光C.S接通瞬間，Q馬上發(fā)光，P漸漸亮起來D.S接通瞬間，P、Q均漸漸亮起來解析S接通瞬間，由于L的自感作用，P馬上發(fā)光，Q漸漸亮起來，穩(wěn)定后兩燈亮度相同，A正確、B、C、D錯誤。答案A5.電阻非線性變更的滑動變阻器R2接入圖3甲的電路中，移動滑動變阻器觸頭變更接入電路中的長度x(x為圖中a與觸頭之間的距離)，定值電阻R1兩端的電壓U1與x間的關(guān)系如圖乙，a、b、c為滑動變阻器上等間距的三個點(diǎn)，當(dāng)觸頭從a移到b和從b移到c的這兩過程中，下列說法正確的是()圖3A.電流表A示數(shù)變更相等B.電壓表V2的示數(shù)變更不相等C.電阻R1的功率變更相等D.電源的輸出功率不斷增大解析依據(jù)歐姆定律得到電阻R1兩端的電壓U1＝IR1，由圖看出，電壓U1變更相等，R1肯定，則知電流的變更相等，即得電流表示數(shù)變更相等，A正確；電壓表V2的示數(shù)U2＝E－Ir，電流I的變更相等，E、r肯定，則ΔU2相等，B錯誤；電阻R1的功率P1＝I2R1，其功率的變更量為ΔP1＝(Ieq\o\al(2,1)－I1′2)R1，由上知ΔI相等，即I1－I′1相等，Ieq\o\al(2,1)－I′eq\o\al(2,1)不相等，則知，電阻R的功率變更不相等，C錯誤；由圖乙知，U1減小，電路中電流減小，總電阻增大，由于外電路與電源內(nèi)阻的關(guān)系未知，無法確定電源的輸出功率如何變更，D錯誤。答案A6.如圖4所示，某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的試驗(yàn)”，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.1T，玻璃皿的橫截面的半徑為a＝0.05m，電源的電動勢為E＝3V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，限流電阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝0.9Ω，閉合開關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時電壓表的示數(shù)恒為1.5V，則()圖4A.由上往下看，液體做順時針旋轉(zhuǎn)B.液體所受的安培力大小為1.5×104NC.閉合開關(guān)10s，液體具有的動能是4.5JD.閉合開關(guān)后，液體電熱功率為0.081W解析由于中心放一個圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負(fù)極，因此電流由邊緣流向中心；器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，A錯誤；電壓表的示數(shù)為1.5V，則依據(jù)閉合電路的歐姆定律E＝U＋I(xiàn)R0＋I(xiàn)r，所以電路中的電流值I＝eq\f(E－U,R0＋r)＝eq\f(3－1.5,4.9＋0.1)A＝0.3A，液體所受的安培力大小為F＝BIa＝0.1×0.3×0.05N＝1.5×10－3N，B錯誤；玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R＝0.9Ω，則液體熱功率為P熱＝I2R＝0.32×0.9W＝0.081W，D正確；10s末液體的動能等于安培力對液體做的功，通過玻璃皿的電流的功率P＝UI＝1.5×0.3W＝0.45W，所以閉合開關(guān)10s，液體具有的動能是Ek＝W電流－W熱＝(P－P熱)·t＝(0.45－0.081)×10J＝3.69J，C錯誤。答案D7.如圖5所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合正方形線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外，則拉力對線框做功之比Wa∶Wb等于()圖5A.1∶2 B.2∶1C.1∶4 D.4∶1解析閉合線框a產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Ea＝BLv，依據(jù)能量守恒定律知外力對線框做的功為Wa＝B·eq\f(BLv,Ra)L·L，Ra＝ρeq\f(4L,S)，閉合線框b產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Eb＝B·2Lv，外力對線框做的功為Wb＝B·eq\f(B·2Lv,Rb)·2L·2L，Rb＝ρeq\f(8L,S)。代入解得Wa∶Wb＝1∶4，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯誤。答案C8.如圖6甲所示，矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，輸出溝通電的電動勢圖象如圖乙所示，經(jīng)原、副線圈匝數(shù)比為1∶10的志向變壓器給一燈泡供電如圖丙所示，燈泡的額定功率為22W?，F(xiàn)閉合開關(guān)，燈泡正常發(fā)光。則()圖6A.t＝0.01s時刻穿過線框回路的磁通量為零B.溝通發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)速為100r/sC.變壓器原線圈中電流表示數(shù)為1AD.燈泡的額定電壓為220eq\r(2)V解析由圖乙可知，當(dāng)0.01s時，感應(yīng)電動勢為零，則此時穿過線框回路的磁通量最大，A錯誤；由圖可知，溝通電的周期為0.02s，則轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,T)＝50r/s，B錯誤；原線圈輸入電壓有效值為22V，則副線圈的電壓為22×10V＝220V，由P＝UI可知，副線圈電流I2＝eq\f(P,U)＝eq\f(22,220)A＝0.1A，則由eq\f(I1,I2)＝eq\f(10,1)，求得I1＝1A，C正確；燈泡正常發(fā)光，故額定電壓為220V，D錯誤。答案C9.圖7為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為志向變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2。在T的原線圈兩端接入一電壓u＝Umsinωt的溝通電源，若輸送功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其他因素的影響，則輸電線上損失的電功率為()圖7A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\f(Ueq\o\al(2,m),4r) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\f(Ueq\o\al(2,m),4r)C.4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))eq\s\up12(2)r D.4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))eq\s\up12(2)r解析加在原線圈上的電壓U1＝eq\f(Um,\r(2))，依據(jù)電壓比與匝數(shù)比關(guān)系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，所以U2＝eq\f(n2Um,\r(2)n1)，輸電線上的電流I＝eq\f(P,U2)，輸電線上消耗的功率P耗＝I2·2r＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))eq\s\up12(2)r，C正確，A、B、D錯誤。答案C10.圖8甲的變壓器原、副線圈匝數(shù)比為3∶1，圖乙是該變壓器cd輸入端交變電壓u的圖象，L1、L2、L3、L4為四只規(guī)格均為“9V6W”的相同燈泡，各電表均為志向溝通電表，閉合開關(guān)S，以下說法正確的是()圖8A.ab輸入端電壓的瞬時值表達(dá)式為Uab＝27eq\r(2)sin(100πt)VB.ab輸入端輸入功率Pab＝18WC.電流表的示數(shù)為2A，且四只燈泡均能正常發(fā)光D.斷開S，電壓表V讀數(shù)將變小解析由輸入端交變電壓u的圖象，可知其最大值為27eq\r(2)V，有效值是27V，副線圈電壓為U′＝eq\f(1,3)×U1＝eq\f(1,3)×27V＝9V，所以副線圈三只燈泡均能正常發(fā)光。燈泡的額定電流I0＝eq\f(P0,U0)＝eq\f(6,9)A＝eq\f(2,3)A，電流表的讀數(shù)為I2＝3×eq\f(2,3)A＝2A，原線圈電流為I1＝eq\f(n2,n1)×I2＝eq\f(1,3)×2A＝eq\f(2,3)A，所以原線圈的燈泡也能正常發(fā)光，ab輸入端電壓為Uab＝U0＋U1＝9V＋27V＝36V，輸入端電壓的瞬時值表達(dá)式為uab＝36eq\r(2)sin(100πt)V，A錯誤，C正確；四個燈泡都正常發(fā)光，所以ab輸入端輸入功率Pab＝4×6W＝24W，B錯誤；若將S斷開，則副線圈上的輸出電流將減小，所以原線圈的輸入電流也減小，則流過燈泡L1的電流減小，L1上電壓減小，所以原線圈上的電壓將增大，即電壓表V讀數(shù)將變大，D錯誤。答案C11.如圖9甲所示，正方形導(dǎo)線框abcd放在絕緣水平面上，導(dǎo)線框的質(zhì)量m＝1kg，邊長L＝1m，電阻R＝0.1Ω，mn為bc邊中垂線，由t＝0時刻起先在mn左側(cè)的線框區(qū)域內(nèi)加一豎直向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變更規(guī)律如圖乙所示，在mn右側(cè)的線框區(qū)域內(nèi)加豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝0.5T的勻強(qiáng)磁場，線框abcd的四邊恰在磁場的邊界內(nèi)，若導(dǎo)線框與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，它們之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，g＝10m/s2，則下列說法正確的是()圖9A.導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為0.1VB.t＝0.5s時刻，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零C.導(dǎo)線框中產(chǎn)生俯視逆時針方向的感應(yīng)電流D.導(dǎo)線框始終靜止在絕緣水平面上解析依據(jù)圖乙可得eq\f(ΔB,Δt)＝1T/s，故依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝1×1×0.5V＝0.5V，A錯誤；因?yàn)榇┻^線圈的磁通量先向上減小后向下增大，故依據(jù)楞次定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流俯視逆時針方向，C正確；因?yàn)榇磐縿蚍Q變更，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是定值，所以t＝0.5s時刻，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.5,0.1)A＝5A，B錯誤；1s時ab邊所受安培力大小F1＝B1IL＝1×5×1N＝5N，從0起先隨時間漸漸增大，t＝0.1s，F(xiàn)1＝0.5N，而cd邊所受安培力大小F2＝B2IL＝0.5×5×1N＝2.5N，依據(jù)左手定則可知，它們所受的安培力方向相同，因此導(dǎo)線框所受的安培力大小為F＝F1＋F2，方向水平向右，而滑動時受到的摩擦力f＝μFN＝0.3×1×10N＝3N，0<t≤0.1s時導(dǎo)線框靜止，t>0.1s時導(dǎo)線框向右滑動，D錯誤。答案C12.如圖10所示，垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場的區(qū)域?qū)挾葹?L，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，一邊長為L、電阻為R的正方形勻稱導(dǎo)線框ABCD從圖示位置起先沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，在四個選項(xiàng)中給出的線框C、D兩端的電壓UCD與線框移動距離x的關(guān)系的圖象正確的是()圖10解析由楞次定律推斷可知，在線框穿過磁場的過程中，C點(diǎn)的電勢始終高于D點(diǎn)的電勢，則UCD始終為正值，C錯誤；CD、AB兩邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv。在0～L內(nèi)，CD邊切割磁感線，CD兩端的電壓是路端電壓，則UCD＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv；在L～2L內(nèi)，線框完全在磁場中運(yùn)動，穿過線框的磁通量沒有變更，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則UCD＝E＝BLv；在2L～3L內(nèi)，CD兩端的電壓等于感應(yīng)電動勢的eq\f(1,4)，則UCD＝eq\f(1,4)BLv，A、B錯誤，D正確。答案D二、不定項(xiàng)選擇題13.如圖11甲是一個電解電容器，電容器外殼上標(biāo)有“4.7μF50V”字樣；圖乙是一個標(biāo)準(zhǔn)自感線圈，外殼上標(biāo)有“1H”字樣，下列有關(guān)該電容器和自感線圈的說法正確的是()圖11A.電容器的電容為4.7×10－12FB.自感線圈的自感系數(shù)為1HC.電容器在20V的工作電壓下，其帶電荷量為9.4×10－5CD.自感線圈的自感電動勢大小與流過線圈的電流大小有關(guān)解析因?yàn)?.7μF＝4.7×10－6F，A錯誤；外殼上標(biāo)有“1H”字樣則表明自感線圈的自感系數(shù)為1H，B正確；依據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)可得電容器在20V的工作電壓下，其帶電荷量為Q＝CU＝9.4×10－5C，C正確；在自感系數(shù)肯定的條件下，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：通過導(dǎo)體的電流的變更率越大，產(chǎn)生的自感電動勢越大，與電流大小及電流變更的大小無關(guān)，D錯誤。答案BC14.如圖12所示，動圈式話筒能將聲音信號轉(zhuǎn)化為電流信號(交變電流)，產(chǎn)生的電流信號再經(jīng)過阻抗變壓器后輸出到擴(kuò)音機(jī)，阻抗變壓器除可進(jìn)行阻抗匹配外，還可以削減信號沿導(dǎo)線傳輸過程中的電能損失，關(guān)于話筒內(nèi)的這只阻抗變壓器，下列說法中正確的是()圖12A.阻抗變壓器是升壓變壓器，依據(jù)P＝UI可知，升壓后傳輸電流會減小B.阻抗變壓器是降壓變壓器，依據(jù)P損＝eq\f(U2,R)可知，降壓后傳輸電流會減小C.依據(jù)P損＝eq\f(Ueq\o\al(2,損),R)可知，導(dǎo)線上損失電能減小，U損減小，I減小，輸出電壓U變大，所以肯定是升壓變壓器D.依據(jù)P損＝I2R可知，電線上損失的電能減小，I減小，輸出電壓U變大，所以肯定是升壓變壓器解析依據(jù)變壓器的作用是為了削減電信號沿導(dǎo)線傳輸過程中的電能損失可知，話筒內(nèi)的這只變壓器肯定是升壓變壓器，因?yàn)镻＝UI，升壓后，U變大，傳輸電流減小，導(dǎo)線上損失電能減小，U損減小，A、C、D正確，B錯誤。答案ACD15.汽車電動機(jī)啟動時車燈會瞬時變暗，如圖13為汽車啟動原理圖，在打開車燈的狀況下，電動機(jī)未啟動時電流表讀數(shù)為10A；電動機(jī)啟動時電流表讀數(shù)為58A。若電源電動勢為12.5V，內(nèi)阻為0.05Ω，電動機(jī)線圈電阻為0.02Ω，電流表內(nèi)阻不計，不考慮車燈電阻隨電流變更，則電動機(jī)啟動時()圖13A.車燈的電壓為9.6VB.通過電動機(jī)的電流為48AC.電動機(jī)的電功率為50WD.電動機(jī)輸出的機(jī)械功率為430W解析電動機(jī)未啟動時，U外1＝E－I1r＝12.5V－10×0.05V＝12V，則車燈的電阻為R＝eq\f(U外1,I1)＝eq\f(12,10)Ω＝1.2Ω，電動機(jī)啟動后U外2＝E－I2r＝12.5V－58×0.05V＝9.6V，由于電動機(jī)和車燈并聯(lián)，故車燈的電壓為9.6V，即選項(xiàng)A正確；此時通過車燈的電流為I燈1＝eq\f(U外2,R)＝eq\f(9.6,1.2)A＝8A，通過電動機(jī)的電流為I機(jī)＝58A－8A＝50A，選項(xiàng)B錯誤；此時電動機(jī)的功率為P＝I機(jī)U外2＝50×9.6W＝480W，選項(xiàng)C錯誤；此時電動機(jī)輸出的功率為P出＝P－Ieq\o\al(2,機(jī))r機(jī)＝430W，選項(xiàng)D正確。答案AD16.質(zhì)譜儀最初是由湯姆遜的學(xué)生阿斯頓設(shè)計的，他用質(zhì)譜儀證明了同位素的存在。如圖14所示，容器A中有質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量相同的兩種粒子(不考慮粒子重力及粒子間的相互作用)，它們從容器A下方的小孔S1不斷飄入電壓為U的加速電場(粒子的初速度可視為零)，沿直線S1S2(S2為小孔)與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場中，最終打在水平放置的照相底片上。由于實(shí)際加速電壓的大小在U±ΔU范圍內(nèi)微小變更，這兩種粒子在底片上可能發(fā)生重疊。對此，下列說法正確的有()圖14A.兩種粒子均帶正電B.打在M處的粒子質(zhì)量較小C.若U肯定，ΔU越大越簡潔發(fā)生重疊D.若ΔU肯定，U越大越簡潔發(fā)生重疊解析依據(jù)左手定則推斷出兩種粒子均帶正電，選項(xiàng)A正確；設(shè)粒子質(zhì)量為m，經(jīng)電場加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，得出v＝eq\r(\f(2qU,m))。粒子達(dá)究竟片上的位置為x＝2r＝eq\f(2mv,Bq)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，q相同時，x越小說明質(zhì)量越小，選項(xiàng)B正確；若U肯定，兩種粒子打究竟片的理論位置確定，ΔU越大，兩種粒子理論位置兩側(cè)寬度越大，越簡潔發(fā)生重疊，選項(xiàng)C正確；ΔU肯定，兩種粒子理論位置兩側(cè)寬度不變，U越大，兩種粒子打究竟片的理論位置距離越大，越不簡潔發(fā)生重疊，選項(xiàng)D錯誤。答案ABCB組非選擇題(需寫出規(guī)范的解題步驟)1.如圖15所示，為某同學(xué)測繪額定電壓為2.5V的小燈泡的U－I曲線的試驗(yàn)電路圖。(1)依據(jù)電路圖15，用筆畫線代替導(dǎo)線，將圖16中的試驗(yàn)電路連接完整。(2)開關(guān)S閉合之前，圖16中滑動變阻器的滑片應(yīng)當(dāng)置于________端(選填“A”“B’或“AB中間”)。(3)試驗(yàn)中測得有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：U/V0.400.801.201.602.002.402.50I/A0.100.160.200.230.250.260.27依據(jù)表中的試驗(yàn)數(shù)據(jù)，在圖17中畫出小燈泡的I－U特性曲線。圖17解析描繪小燈泡的伏安特性曲線，因要測量多組數(shù)據(jù)，故滑動變阻器用分壓式接法，小燈泡電阻較小，用電流表外接法，如圖所示，閉合開關(guān)時為愛護(hù)電表平安，測量電路兩端電壓應(yīng)為零，故滑片應(yīng)滑至A端；伏安特性曲線，描點(diǎn)畫圖，如圖所示。答案(1)見解析圖(2)A(3)見解析圖2.某同學(xué)要測量額定電壓為3V的某圓柱體電阻R的電阻率ρ。(1)用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器分別測量其長度和直徑，如圖18所示，則其長度L＝________mm，直徑d＝________mm。圖18(2)該同學(xué)先用如圖19甲所示的指針式多用電表粗測其電阻。他將紅、黑表筆分別插入“＋”“－”插孔中，將選擇開關(guān)置于“×1”擋位置，然后將紅、黑表筆短接調(diào)零，此后測阻值時發(fā)覺指針偏轉(zhuǎn)角度較小，如圖甲所示。試問：圖19①為減小讀數(shù)誤差，該同學(xué)應(yīng)將選擇開關(guān)置于“______”擋位置。②再將紅、黑表筆短接，此時發(fā)覺指針并未指到右邊的“0Ω”處，如圖乙所示，那么他該調(diào)整______直至指針指在“0Ω”處再接著試驗(yàn)，結(jié)果看到指針指在如圖丙所示位置。③現(xiàn)要進(jìn)一步精確測量其阻值，試驗(yàn)室供應(yīng)了下列可選用的器材：A.靈敏電流計G(量程200μA，內(nèi)阻300Ω)B.電流表(量程3A，內(nèi)阻約0.3kΩ)C.電壓表(量程3V，內(nèi)阻約3kΩ)D.電壓表(量程15V，內(nèi)阻約5kΩ)E.滑動變阻器R1(最大阻值為10Ω)F.最大阻值為99.99Ω的電阻箱R2以及電源E(電動勢4V，內(nèi)阻可忽視)、開關(guān)、導(dǎo)線若干為了提高測量精確度并且使電阻R兩端電壓調(diào)整范圍盡可能大，除電源、開關(guān)、導(dǎo)線以外還應(yīng)選擇的最恰當(dāng)器材(只需填器材前面的字母)有__________。請在下面的方框中畫出你設(shè)計的電路圖。解析(1)20分度的游標(biāo)卡尺精度為0.05mm，長度為70mm＋3×0.05mm＝70.15mm；螺旋測微器的精度為0.01mm，4.5mm＋10.0×0.01mm＝4.600mm。(2)①歐姆表的零刻度在右邊，指針偏轉(zhuǎn)角度較小說明被測阻值較大，應(yīng)換較大擋，即“×10”擋。②換擋后應(yīng)使兩表筆短接，重新調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指右端零。③由圖丙可以看出被測阻值約為：10×15Ω＝150Ω，器材中給出的電源電動勢為4V，為了讀數(shù)的精確性電壓表選3V量程，即C；電路中的最大電流為I＝eq\f(4,150)A≈0.026A，若選3A量程的電流表則指針幾乎不偏轉(zhuǎn)，應(yīng)選擇靈敏電流計與定值電阻并聯(lián)后改裝成的電流表，即選擇A、F；綜上要選擇的器材是：A、C、E、F?；瑒幼冏杵髯柚颠h(yuǎn)小于待測電阻，故采納分壓接法，因?yàn)殡娮柚揽梢运愠稣鎸?shí)電壓，實(shí)行電流表內(nèi)接，故電路圖如圖。答案(1)70.154.600(4.598～4.602)(2)①×10②歐姆調(diào)零旋鈕③ACEF電路圖見解析3.某同學(xué)用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材：A.被測干電池一節(jié)B.電流表1：量程0～0.6A，內(nèi)阻r＝0.3ΩC.電流表2：量程0～0.6A，內(nèi)阻約為0.1ΩD.電壓表1：量程0～3V，內(nèi)阻未知E.電壓表2：量程0～15V，內(nèi)阻未知F.滑動變阻器1：0～10Ω，2AG.滑動變阻器2：0～100Ω，1AH.開關(guān)、導(dǎo)線若干伏安法測電池電動勢和內(nèi)阻的試驗(yàn)中，由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差；在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能精確地測量電池的電動勢和內(nèi)阻。(1)在上述器材中請選擇適當(dāng)?shù)钠鞑模篲_______(填寫選項(xiàng)前的字母)；(2)試驗(yàn)電路圖應(yīng)選擇圖20中的________(填“甲”或“乙”)；圖20(3)依據(jù)試驗(yàn)中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的U－I圖象，則在修正了試驗(yàn)系統(tǒng)誤差后，干電池的電動勢E＝________V，內(nèi)電阻r＝________Ω。解析(1)測量對象為干電池，選A；3V的電壓表比15V的電壓表的精度更小，偏角適當(dāng)，讀數(shù)更精確，選擇D；兩電流表量程相同，電流表內(nèi)阻已知可消退系統(tǒng)誤差，故電流表選B；滑動變阻器阻值較小有利于電表的數(shù)值變更，限制便利，減小誤差，選F；開關(guān)和導(dǎo)線須要，選H。故選擇的器材有A、B、D、F、H。(2)因電流表B的內(nèi)阻已知，故可以將電流表內(nèi)阻等效為電源內(nèi)阻，求出等效電阻后，再求出實(shí)際電源電阻，故采納甲圖可以有效修正試驗(yàn)的系統(tǒng)誤差。(3)由U－I圖可知，電源的電動勢E＝1.5V，等效內(nèi)電阻r效＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1.5－1.0,0.5)Ω＝1Ω，故實(shí)際內(nèi)阻為1.0Ω－0.3Ω＝0.7Ω。答案(1)ABDFH(2)甲(3)1.50.74.如圖21a為一探討電磁感應(yīng)的試驗(yàn)裝置示意圖，其中電流傳感器(電阻不計)能將各時刻的電流數(shù)據(jù)實(shí)時通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計算機(jī)，經(jīng)計算機(jī)處理后在屏幕上同步顯示出I－t圖象。平行且足夠長的光滑金屬軌道的電阻忽視不計，左側(cè)傾斜導(dǎo)軌平面與水平方向夾角θ＝30°，與右側(cè)水平導(dǎo)軌平滑連接，軌道上端連接一阻值R＝0.5Ω的定值電阻，金屬桿MN的電阻r＝0.5Ω，質(zhì)量m＝0.2kg，桿長(導(dǎo)軌寬度)L＝1m跨接在兩導(dǎo)軌上。左側(cè)傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直軌道平面對下的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)水平導(dǎo)軌區(qū)域也加一垂直軌道平面對下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B＝1.0T，閉合開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止起先釋放，其始終與軌道垂直且接觸良好，此后計算機(jī)屏幕上顯示出金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上滑行過程中的I－t圖象，如圖b所示。(g取10m/s2)圖21(1)求金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率；(2)依據(jù)計算機(jī)顯示出的I－t圖象可知，當(dāng)t＝2s時，I＝0.8A，0～2s內(nèi)通過電阻R的電荷量為1.0C，求0～2s內(nèi)在電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離。解析(1)由I－t圖線可知，當(dāng)金屬桿達(dá)到最大速率時已經(jīng)勻速下滑，則mgsinθ＝BI′L，得I′＝1A，由BLvm＝I′(R＋r)，解得vm＝1m/s。(2)2s末桿的電流I＝0.8A，因?yàn)镮＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)解得v＝0.8m/s0～2s內(nèi)通過電阻R的電荷量為1.0C，則q1＝eq\f(E,R＋r)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(Δt,R＋r)＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)解得x＝1m依據(jù)能量守恒定律mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝0.936JQR＝eq\f(R,R＋r)Q＝0.468J。(3)依據(jù)牛頓其次定律BiL＝meq\f(Δv,Δt)因?yàn)锽L(iΔt)＝mΔv，故BL∑(iΔt)＝m∑Δv，解得BLq＝m(vm－0)，即q＝eq\f(mvm,BL)＝0.2Cq＝eq\f(E,R＋r)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(Δt,R＋r)＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLxm,R＋r)；故xm＝eq\f(q（R＋r）,BL)＝0.2m。答案(1)1m/s(2)0.468J(3)0.2m5.如圖22所示，MN、PQ是固定在水平桌面上，相距l(xiāng)＝1.0m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，MP兩點(diǎn)間接有R＝0.6Ω的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計。質(zhì)量均為m＝0.1kg，阻值均為r＝0.3Ω的兩導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌良好接觸。起先時兩棒被約束在導(dǎo)軌上處于靜止，相距x0＝2m，a棒用細(xì)絲線通過光滑滑輪與質(zhì)量為m0＝0.2kg的重物c相連，重物c距地面高度也為x0＝2m。整個桌面處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T。a棒解除約束后，在重物c的拉動下起先運(yùn)動(運(yùn)動過程中絲線始終與b棒沒有作用)，當(dāng)a棒即將到達(dá)b棒位置前一瞬間，b棒的約束被解除，此時a棒已經(jīng)勻速運(yùn)動，試求：圖22(1)a棒勻速運(yùn)動時棒中的電流大??；(2)已知a、b兩棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假設(shè)導(dǎo)軌足夠長，試求該“粗棒”能運(yùn)動的距離；(3)a棒解除約束后整個過程中裝置產(chǎn)生的總焦耳熱。解析(1)由題意m0g＝BlIa，可得Ia＝2A。(2)設(shè)碰前a棒的速度為v，則Ia＝eq\f(Blv,R總)，R總＝eq\f(0.6×0.3,0.6＋0.3)Ω＋0.3Ω＝0.5Ωv＝1m/sab碰撞過程mv＝2mv′，v′＝0.5m/sab碰撞后的整體運(yùn)動過程，由動量定理得－eq\o(I,\s\up6(－))lBt＝0－2mv′，q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(Blx,R＋\f(r,2))得x＝0.075m。(3)發(fā)生碰撞前m0gx0－Q1＝eq\f(1,2)(m0＋m)v2得Q1＝3.85J發(fā)生碰撞后Q2＝eq\f(1,2)×2mv′2＝0.025J所以整個運(yùn)動過程Q＝Q1＋Q2＝3.875J。答案(1)2A(2)0.075m(3)3.875J6.(2024·上海浦東二模)如圖23所示是依附建筑物架設(shè)的磁力緩降高樓平安逃命裝置，具有操作簡潔、無需電能、逃命高度不受限制，下降速度可調(diào)、可控等優(yōu)點(diǎn)。該裝置原理可等效為：間距L＝0.5m的兩根豎直導(dǎo)軌上部連通，人和磁鐵固定在一起沿導(dǎo)軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T的勻強(qiáng)磁場。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌相連，整個裝置總電阻始終為R，如圖24所示。在某次逃命試驗(yàn)中，質(zhì)量M1＝80kg的測試者利用該裝置以v1＝1.5m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m＝20kg，重力加速度取g＝10m/s2，且本次試驗(yàn)過程中恰好沒有摩擦。圖23圖24(1)推斷導(dǎo)體棒cd中電流的方向；(2)總電阻R多大？(3)如要使一個質(zhì)量M2＝100kg的測試者利用該裝置以v1＝1.5m/s的速度勻速下滑，其摩擦力f多大？(4)保持第(3)問中的摩擦力不變，讓質(zhì)量M2＝100kg測試者從靜止起先下滑，測試者的加速度將會如何變更？當(dāng)其速度為v2＝0.78m/s時，加速度a多大？要想在隨后一小段時間內(nèi)保持加速度不變，則必需調(diào)控摩擦力，請寫出摩擦力大小隨速率變更的表達(dá)式。解析(1)磁場向下運(yùn)動，cd相對于磁場向上運(yùn)動，由右手定則可得，電流方向從d到c。(2)對導(dǎo)體棒：電動勢E＝BLv1；感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv1,R)；安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2v1,R)由左手定則可推斷，導(dǎo)體棒cd所受安培力方向向下，依據(jù)牛頓第三定律可知磁鐵受到磁場力向上，大小為FA′＝eq\f(B2L2v1,R)對M1和m：由平衡條件可得(M1＋m)g＝FA′＝eq\f(B2L2v1,R)R＝eq\f(B2L2v1,（M1＋m）g)＝eq\f(0.22×0.52×1.5,（80＋20）×10)Ω＝1.5×10－5Ω。(3)對M2和m：由平衡條件可得(M2＋m)g＝FA′＋f＝eq\f(B2L2v1,R)＋ff＝(M2＋m)g－eq\f(B2L2v1,R)＝(100＋20)×10N－eq\f(0.22×0.52×1.5,1.5×10－5)N＝200N。(4)對M2和m：依據(jù)牛頓其次定律得(M2＋m)g－FA″－f＝(M2＋m)a，F(xiàn)A″＝eq\f(B2L2v,R)所以a＝eq\f(（M2＋m）g－\f(B2L2v,R)－f,M2＋m)因?yàn)関漸漸增大，最終趨近于勻速運(yùn)動，所以a漸漸減小，最終趨近于0。當(dāng)其速度為v2＝0.78m/s時，a＝eq\f(（M2＋m）g－\f(B2L2v2,R