2018年高考物理复习第八章实验九随堂达标
高考物理试题-2018年物理高考随堂达标自测试题14 最新
1．(2018年北京宣武区模拟)在下列自然现象之中，可以用光的干涉理论解释的是( )A ．天上的彩虹B ．阳光在树林中的地面上形成圆形光斑C ．肥皂泡上的彩色花纹D ．水中十分明亮的空气泡答案：C2．(2018年西城模拟)如图14－3－10所示是双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，S 1、S 2为双缝，P 为光屏．用绿光从左边照射单缝S 时，可在光屏P 上观察到干涉条纹．下列说法正确的是( )A ．减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减小 B ．增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大C ．将绿光换为红光，干涉条纹间的距离减小D ．将绿光换为紫光，干涉条纹间的距离增大解析：选B.根据条纹间距公式Δx ＝l d λ，d 减小时，Δx 增大，A错误；l 增大时，Δx 增大，B 正确；λ增大时，Δx 增大，红光波长大于绿光，紫光波长小于绿光，故C 、D 错误．3．(2018年河南郑州模拟)如图14－3－11所示，是用干涉法检查某块厚玻璃块的上表面是否平的装置，所用单色光是用普通光源加滤光片产生的，检查中所观察到的干涉条纹是由下列哪两个表面反射的光线叠加而成的()图14－3－11图14－3－10A ．a 的上表面和b 的下表面B ．a 的上表面和b 的上表面C ．a 的下表面和b 的上表面D ．a 的下表面和b 的下表面解析：选 C.该题主要考查对薄膜干涉的认识和理解．样板和厚玻璃之间存在楔形空气薄层，用单色光从这个空气薄层上表面照射，入射光从空气薄层的上、下表面反射回两列光波形成干涉条纹．空气薄层的上、下表面就是a 的下表面和b 的上表面．4．如图14－3－12所示，P 是一偏振片，P 的透振方向(用带有箭头的实线表示)为竖直方向．下列四种入射光束中，哪几种光束照射P 时能在P 的另一侧观察到透射光( )A ．太阳光B ．沿竖直方向振动的光C ．沿水平方向振动的光D ．沿与竖直方向成45°角振动的光解析：选ABD.光是横波，振动方向与传播方向互相垂直，振动方向垂直于偏振片的透振方向的光不能通过偏振片，其他方向的光可以全部或部分通过偏振片．5．如图14－3－13所示为某双缝干涉的实验装置，当用波长为0.4 μm 的紫光做实验时，由于像屏大小有限，屏上除中央亮条纹外，两侧只看到各有3条亮纹，若换用波长为0.6 μm 的橙光做实验，那么该像屏上除中央条纹外，两侧各有几条亮条纹？解析：设用波长为0.4 μm 的紫光入射时，条纹宽度为Δx 1，则Δx 1＝l d λ1，屏上两侧各有3条亮纹，则屏上第三条亮纹到中心距离为3Δx 1.用0.6 μm 橙光入射时，设条纹宽度为Δx 2，则Δx 2＝l d λ2，设此时屏上有n 条亮纹，则有n Δx 2＝3Δx 1所以n l d λ2＝3l d λ1代入数据解得n ＝2，所以两侧各有2条亮纹．图14－3－12 图14－3－13答案：2条。
2018高考物理一轮总复习达标训练习题：第八章 磁场 课
课时达标第24讲[解密考纲]考查带电粒子在匀强磁场中的运动，对学生综合分析能力要求较高．1．(多选)(2016·黑龙江哈三中质检)电视显像管上的图像是电子束打在荧光屏的荧光点上产生的．为了获得清晰的图像，电子束应该准确地打在相应的荧光点上．电子束飞行过程中受到地磁场的作用，会发生我们所不希望的偏转．从电子枪射出后自西向东飞向荧光屏的过程中，关于电子由于受到地磁场的作用的运动情况(重力不计)正确的是(AC) A．电子受到一个与速度方向垂直的变力B．电子在竖直平面内做匀变速曲线运动C．电子向荧光屏运动的过程中速率不发生改变D．电子在竖直平面内的运动是匀变速直线运动解析：电子在飞行过程中受到地磁场洛伦兹力的作用，洛伦兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变，A、C两项正确．又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中，所受的地磁场磁感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，电子在竖直平面内的运动并不是匀变速直线运动或匀变速曲线运动，B、D两项错误．2．垂直纸面的长直导线P、Q通有大小相等、方向如图所示的恒定电流，MN是P、Q连线的中垂线，O为垂足，现使负电荷a、b、c、d从O点以速度v向M、N、P、Q四个方向开始运动，则(D)A．a在O点所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外B．b在O点所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向里C．c离开O点后所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外D．d离开O点后所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向里解析：两导线在O点产生的合磁感应强度为零，在O点a、b不受洛伦兹力，两导线在PO段产生的合磁场方向水平向左，在QO段产生的合磁场方向水平向右，c、d所受洛伦兹力的方向均垂直于纸面向里，D正确．3．(多选)(2017·湖南长沙模拟)如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态．若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是(AB)A．小球A仍可能处于静止状态B．小球A将可能沿轨迹1运动C．小球A将可能沿轨迹2运动D．小球A将可能沿轨迹3运动解析：小球A最初处于静止状态，对其受力分析，受重力、弹力(可能为零)、库仑力，因重力竖直向下，故库仑力向上，可知小球A带正电．若绝缘板对小球的弹力为零，则撤去绝缘板后，重力和库仑力仍大小相等而方向相反，故小球A仍处于静止状态，A正确．若库仑力大于重力，小球A会向上做加速运动，则可由左手定则判断B正确．4．如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端，速度为v0，若加上一个垂直纸面指向外的磁场，则滑到底端时(B)A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定，v的变化解析：由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大．由于物体克服摩擦力做功增大，所以物体滑到底端时v变小，B正确．5．(2017·浙江宁波一模)如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(B)A．a粒子速率较大B．b粒子速率较大C．b粒子在磁场中运动时间较长D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长解析：由洛伦兹力提供向心力可知，速度越大，转动半径越大，因此b粒子的速率较大，选项B正确，选项A错误；转动圆心角越大，运动时间越长，因此应该是a粒子在磁场中运动时间较长，选项C、D错误．答案选B．6．(2017·广东广州模拟)如图所示，半径为R 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．大量质量为m 、电荷量为q 的正粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v 从P 点射人磁场．这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ 圆弧上，PQ 圆弧长等于磁场边界周长的13.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( D )A ．3m v 2qR B ．m v 2qR C ．3m v qR D ．23m v 3qR解析：这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得q v B ＝m v 2r；从Q 点离开磁场的粒子是这些粒子中离P 点最远的粒子，由图中几何关系可知：该粒子轨迹圆的圆心O ′、磁场圆的圆心O 和点P 形成一个直角三角形，由几何关系可得r ＝R cos 30°＝32R .两方程联立可得B ＝23m v 3qR ，选项D 正确，选A 、B 、C 错误．7．如图所示是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R 的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M 、N ，现有一束速率不同、比荷均为k 的正、负离子，从M 孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N 孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N 孔射出的离子( B )A ．是正离子，速率为kBR /cos αB ．是正离子，速率为kBR /sin αC ．是负离子，速率为kBR /sin αD ．是负离子，速率为kBR /cos α解析：根据左手定则可判断出，从N 孔射出的离子是正离子，选项C 、D 可先被排除；从N 孔射出的离子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹所对圆心角等于入射离子运动方向的偏向角2α，如图所示，根据几何关系可求出，离子做圆周运动的轨道半径r ＝R sin α，再根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2r ，可解得：v ＝kBR sin α，综上分析，只有选项B 正确．8．(多选)如图所示，直角三角形ABC 中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB 方向自A 点射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( BD )A ．从P 射出的粒子速度大B ．从Q 射出的粒子速度大C ．从P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长D ．两粒子在磁场中运动的时间一样长解析：根据图象可知，从Q 射出的粒子轨道半径大，根据公式r ＝m v qB可知，当粒子比荷相同时，轨道半径大的表示入射速度大，选项A 错误，选项B 正确；两粒子入射点的速度方向与运动轨迹圆弧对应的弦之间的夹角即弦切角均为∠A ，其运动轨迹对应的圆心角均为2∠A ，所以它们在磁场中的运动时间均是各自运动周期的∠A /π倍(其中∠A 单位取rad)，又根据公式T ＝2πm qB可知，两粒子的运动周期相等，所以两粒子在磁场中运动的时间一样长，选项C 错误，选项D 正确．9．(多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子，图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( BC )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：根据题意，粒子进入磁场后向右偏转，所受洛伦兹力方向向右，根据左手定则，粒子应带负电，A 错误；粒子能够从右边缝中射出，则最大半径为3d 2＋L 2，最小半径为L 2，由于洛伦兹力充当向心力，所以q v B ＝m v 2r ，可得：v max ＝qB (3d ＋L )2m ，v min ＝qBL 2m，所以，v max －v min ＝3qBd 2m.分析可得，B 、C 正确，D 项错误． 10．如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子( A )A ．速率一定越小B ．速率一定越大C ．在磁场中通过的路程越长D ．在磁场中的周期一定越大解析：根据公式T ＝2πm qB可知，粒子的荷质比相同，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项D 错误；如图所示，这些粒子进入有界磁场后在磁场中的运动时间与它们在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角有关，设圆心角为θ，则运动时间t ＝θ360°T ，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，运动半径越小，根据r ＝m v qB可知，速率一定越小，选项A 正确，选项B 错误；粒子在磁场中通过的路程s ＝rθ，与轨迹半径和圆心角有关，由图可知，选项C 错误．11．(多选)如图所示，在竖直放置的金属板M 上放一个放射源C ，可向纸面内各个方向射出速率均为v 的带正电粒子，P 是与金属板M 平行的足够大的荧光屏，到M 的距离为d .现在 P 与金属板M 间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M 板向上射出的粒子刚好垂直打在荧光屏上．若粒子的质量为m ，电荷量为2e ，不计重力，则 ( BC )A ．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B 的大小为2m v edB ．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B 的大小为m v 2edC ．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2dD ．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d解析：粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，粒子的轨道半径为d ，由2e v B ＝m v 2d 得：B ＝m v 2ed，故B 项正确；亮斑区的上边界是沿M 板向上射出的粒子，经1/4圆弧到达的a 点；亮斑区的下边界是垂直M 板射出的粒子，经1/4圆弧与屏相切的b 点，如图所示，所以亮斑区的长度为2d ，C 项正确．12．(多选)(2016·河北衡水调研)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面土平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，在水平拉力F 的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则( BD )A ．小球带负电B ．小球运动的轨迹是一条抛物线C ．洛伦兹力对小球做正功D ．维持试管匀速运动的拉力F 应逐渐增大解析：小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A 错误，设试管运动速度为v 1，小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动．小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F 1＝q v 1B ，q 、v 1、B 均不变，F 1不变，则小球沿试管做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B 正确．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误．设小球沿试管的分速度大小为v2，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹力的分力F2＝q v2B，v2增大，则F2增大，而拉力F＝F2，则F逐渐增大，故D正确．。
高二物理上册：第8章第五节随堂达标自测
1．人静止于光滑水平冰面上，现欲前进，则可行的办法是()A．向后踢腿B．手臂前后甩C．在冰上滚D．脱去外衣向后掷去解析：选 D.本题考查了反冲运动的特点及规律．由于冰面水平光滑，故在水平方向上系统动量是守恒的，人向后抛出衣服，这样人便向前运动，应选D.2．下面关于反冲运动的理解错误的是()A．反冲运动和碰撞、爆炸相类似，相互作用力常为变力，且作用力很大，可以认为内力远大于外力B．反冲运动可以用动量守恒定律来处理C．喷气式飞机和火箭的飞行都应用了反冲原理D．根据动量守恒定律可知火箭的级数越多越好答案：D3．静止的实验火箭总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为()A．Δm v0/(M－Δm) B．－Δm v0/(M－Δm)C．Δm v0/M D．－Δm v0/M解析：选B.由动量守恒定律得Δm v0＋(M－Δm)v＝0.火箭的速度为v＝－Δm v0 M－Δm.4．(2011年北京四中模拟)空中飞行的炸弹在速度沿水平方向的时刻发生爆炸，炸成质量相等的两块，其中一块自由下落，另一块飞出，落在离爆炸点水平距离为s处．已知炸弹爆炸前的瞬间速度大小为v0，试求爆炸点离地面的高度．解析：爆炸后自由下落的一块的速度为零，设另一块爆炸后的速度为v，由动量守恒定律，得m v0＝12v，则v＝2v0.这一块做平抛运动的时间为t＝sv＝s2v0，则爆炸点离地面的高度为h＝12gt2＝gs28v20.答案：gs28v205．如图8－5－3所示，气球的质量为200 kg，人的质量为50 kg，静止在空中距地面20 m高的地方，气球下方悬挂一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢地滑至地面，为了安全到达地面，这根绳长至少为多少米？(不计人的高度和空气的阻力)图8－5－3解析：人、球系统在人下滑过程中平均动量守恒，即m人v人＝m球v球．∴s球s人＝v球v人＝m人m球∴s球＝m人m球·s人＝50200×20 m＝5 m所以绳至少长L＝s人＋s球＝25 m.答案：25 m。
2018届高考物理随堂达标自测试题13
1．对于某单色光，玻璃的折射率比水的大，则此单色光在玻璃中传播时( )A ．其速度比在水中的大，其波长比在水中的长B ．其速度比在水中的大，其波长比在水中的短C ．其速度比在水中的小，其波长比在水中的短D ．其速度比在水中的小，其波长比在水中的长解析：选C.由光在介质中的波速与折射率的关系式v ＝c n 可知，n玻>n 水，所以v 玻<v 水，光的频率与介质无关，只由光源决定，即光在玻璃及水中传播时ν不变，据v ＝λν，知λ玻<λ水．2．一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a 、b 两束单色光，其传播方向如图14－2－17所示．设玻璃对a 、b 的折射率分别为n a 和n b ，a 、b 在玻璃中的传播速度分别为v a 和v b ，则( )图14－2－17A ．n a >n bB ．n a <n bC ．v a >v bD ．v a <v b解析：选AD.由图可知a 光偏折程度大于b 光，则n a >n b ，又v ＝c n ，v a <v b ，所以A 、D 选项正确．3．光导纤维的结构如图14－2－18所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播．以下关于光导纤维的说法正确的是( )图14－2－18A ．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射B ．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射C ．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生折射D ．内芯的折射率与外套的相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用解析：选 A.光导纤维内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射，从而使载有声音、图象以及各种数字信号的激光在光纤中远距离传递．故只有A 正确．4．如图14－2－19所示，在水面下同一深度并排紧挨着放置分别能发出红光、黄光、蓝光和紫光的四个灯泡，一人站在这四盏灯正上方离水面有一定距离处观察，他感觉离水面最近的那盏灯发出的光是( )A ．红光B ．黄光C ．蓝光D ．紫光 解析：选D.从空气中观察灯泡时，灯泡P 发出的光经水面折射后进入观察者的眼睛，折射光线的延长线交于P′点，P′就是灯P 的虚像，P′的位置比实际位置P 离水面的距离要近些，如图所示．当入射角β较小时，P′的位置在P的正上方，有：sin α=d h 2＋d 2，sin β=d H 2＋d2，n=sin αsin β＝ H 2＋d 2h 2＋d 2， 竖直向下看时，d 接近于零，故n ＝H h ，即：h ＝1n H ，因紫光的折射率最大，故紫光的视深最小．5．如图14－2－20所示，一个大游泳池，池底是水平面，池中水深1.2 m ，有一直杆竖直立于池底，浸入水中部分BC 恰为杆长AC 的1/2.太阳光以与水平方向成37°角射在水面上，测得杆在池底的影长是2.5 m ．求水的折射率．(sin37°＝图14－2－19 图14－2－200.6，cos37°＝0.8)解析：作出光路图如右图所示，由图可知：s=hcot37°=1.2×43 m =1.6 m因为s+s′=2.5 m ，所以s′=2.5 m -1.6 m=0.9 m又tanr=s ′h ＝34，所以r=37°所以n=sin i sin r ＝sin53°sin37°＝0.80.6≈1.33.答案：1.33。
2018版高考物理一轮复习练习综合过关规范限时检测9 含答案 精品
第九章 综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟。
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～4题为单选，5～8题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·重庆理综)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S 。
若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb 导学号 51343073( C )A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1[解析] 穿过线圈的磁场均匀增加，产生恒定的感应电动势，E ＝n ΔΦΔt ＝n S (B 2－B 1)t 2－t 1，而等效电源内部的电流由愣次定律知从a →b ，即b 点是正极，φa －φb ＝－n S (B 2－B 1)t 2－t 1，故选C 。
2．(2018·课标Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c 。
已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是导学号 51343074( C )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a —b —c —aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流 D ．U ac ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a —c —b —a [解析] 当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc 的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c 点电势高，U bc ＝－12Bl 2ω，故C 正确，A 、B 、D 错误。
高考物理一轮复习 第8章 磁场综合过关规范限时检测 新人教版选修3-1(2021年最新整理)
2018版高考物理一轮复习第8章磁场综合过关规范限时检测新人教版选修3-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第8章磁场综合过关规范限时检测新人教版选修3-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考物理一轮复习第8章磁场综合过关规范限时检测新人教版选修3-1的全部内容。
第八章综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟。
一、选择题(本题共8小题,每小题6分，共计48分。
1～4题为单选，5～8题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分）1．(2016·江西南昌一模）奥斯特在研究电流的磁效应实验时，将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方，导线不通电时，小磁针在地磁场作用下静止时N极指向北方，如图所示。
现在导线中通有由南向北的恒定电流I，小磁针转动后再次静止时N极指向导学号 51342967（ C ）A．北方B．西方C．西偏北方向D．北偏东方向[解析］由安培定则可知，在小磁针位置通电导线产生的磁场方向由东向西，合磁场的方向指向西偏北的方向，小磁针静止时,N极所指的方向是该处合磁场的方向，C正确。
2．（2017·陕西省西安地区八校高三年级联考)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B，在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（0〈θ〈π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计）。
则下列说法正确的是导学号 51342968（ A ）A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B．若v一定，θ越大,则粒子离开磁场的位置距O点越远C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D．若θ一定,v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短［解析]如图所示，画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系得轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t＝错误!T＝错误!·错误!＝错误!，可知若v一定，θ越大,运动时间t越短；若θ一定，则运动时间一定,A正确，D错误；设粒子的轨迹运动半径为r，则r＝错误!，AO＝2r sinθ＝错误!，则若v一定，θ是锐角，θ越大，AO越大,若v一定，θ是钝角，θ越大，AO越小,B错误；粒子在磁场中运动的角速度ω＝错误!，又T＝错误!,则得ω＝错误!，与速度v无关，C错误。
2017-2018学年高二物理选修3-3 第八章过关检测一 含解
第八章过关检测(一)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.下列说法正确的是()A.气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B.气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均作用力C.气体分子热运动的平均动能减小,气体的压强一定减小D.单位体积的气体分子数增加,气体的压强一定增大解析:根据压强的定义知选项A正确,选项B错误;气体分子热运动的平均动能减小,说明温度降低,但不能说明压强也一定减小,选项C错误;单位体积的气体分子数增加,但温度降低有可能气体的压强减小,选项D错误。
答案:A2.如图所示为伽利略设计的一种测温装置示意图,玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通,下端插入水中,玻璃泡中封闭有一定量的空气。
若玻璃管内水柱上升,则外界大气的变化可能是()A.温度降低,压强增大B.温度升高,压强不变C.温度升高,压强减小D.温度不变,压强减小=C知:压强减小,液柱上升,内外液柱高度差变大,若解析:外界温度降低,若被封闭气体体积不变,根据pT=C可知,当T增大V减小,则p一定增大,而液柱外界大气压升高也可能使液柱上升,选项A正确;由pVT上升,说明外界大气压增大,选项B、C错误;被封闭气体温度不变,液柱升高,气体体积减小,由pV=C 可知气体压强增大,则外界压强一定增大,选项D错误。
答案:A3.压力锅示意图有一压力锅,锅盖上的排气孔截面积约为7.0×10-6 m2,限压阀重为0.7 N。
使用该压力锅煮水杀菌,根据下列水的沸点与气压关系的表格,分析可知压力锅内的最高水温约为(大气压强为 1.01×105Pa)()A.100 ℃B.112 ℃C.122 ℃D.124 ℃解析:限压阀产生的压强p1=FS =0.77.0×10-6Pa=105Pa,锅内压强为p=p1+p0=2.01×105Pa,由表中对应的温度,可知选项C正确。
最新-2018高考物理总复习 第八章第三节知能演练强化闯
知能优化演练1．(2018·广东东莞调研)一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则( )A．此空间一定不存在磁场B．此空间一定不存在电场C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直D．此空间可能同时有电场和磁场解析：选D.当空间只有匀强磁场，且电子的运动方向与磁场方向垂直时，受洛伦兹力作用，会发生偏转，C不正确．当空间既有电场又有磁场，且两种场力相互平衡时，电子不会发生偏转，A、B不正确，D正确．2.如图8－3－11所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )图8－3－11A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小解析：选C.带电粒子的电性可正也可负，当只有电场作用时，粒子穿出位置可能在O′点上方，也可能在O′点下方．电场力一定对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能一定增加．3．(2018·黄冈模拟)如图8－3－12所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向上，匀强磁场的方向垂直纸面向里．有一内壁光滑、底部有带正电小球的试管．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出．已知小球质量为m，带电量为q，场强大小为E＝mgq.关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是( )图8－3－12A．洛伦兹力对小球不做功B．洛伦兹力对小球做正功C．小球的运动轨迹是一条抛物线D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大解析：选ACD.洛伦兹力总是与带电粒子速度的方向垂直，所以不做功，A正确，B错；小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上的合力等于磁场力，即F 洛＝Bqv ，故竖直方向做匀加速运动，所以运动轨迹是一条抛物线，选项C 正确；由于小球在竖直方向上的速度增大，水平向左的磁场力增大，而试管又向右做匀速运动，所以F 要逐渐增大，故D 正确．4．磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景．其发电原理示意图如图8－3－13所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S ，相距为d 的平行金属板与外电阻R 相连构成一电路，设气流的速度为v ，气体的电导率(电阻率的倒数)为g .则( )图8－3－13A ．两板间电势差为U ＝BdvB ．上板是电源的正极，下板是电源的负极C ．流经R 的电流强度为I ＝Bdv RD ．流经R 的电流强度为 I ＝BdvS gSR ＋d 解析：选B.等离子体喷射入磁场后，在洛伦兹力F 1＝qBv 的作用下正离子向上偏，负离子向下偏，则上板是电源的正极，下板是电源的负极，B 对；两板间形成向下的电场，正负离子将受到电场力F 2＝q U d阻碍其偏转，假设外电路断路，则qBv ＝q Ud，即U ＝Bdv 为电源电动势，A 错．电源内阻为r ＝ρd S ＝d gS ，由闭合电路欧姆定律得I ＝Bdv R ＋r ＝BdvSg gSR ＋d，C 、D 错． 5．(2018·广州调研)如图8－3－14所示，在xOy 直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y 轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q 、质量为m 的粒子经过电压为U 的电场加速后，从x 轴上的A 点垂直x 轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y 轴上的P 点且垂直y 轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x 轴上的C 点．已知OA ＝OC ＝d .求电场强度E 和磁感应强度B 的大小(粒子的重力不计)．图8－3－14解析：设带电粒子经电压为U 的电场加速后速度为v ，qU ＝12mv 2① 带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律：qBv ＝mv 2r② 依题意可知：r ＝d ③联立①②③可解得：B ＝2qUm qd④ 带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点，由d ＝vt ⑤d ＝12qE mt 2⑥ 联立①⑤⑥可解得：E ＝4U d. 答案：4U d 2qUm qd一、选择题1.(2018·东城区模拟)带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图8－3－15所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将( )图8－3－15A ．可能做直线运动B ．可能做匀减速运动C ．一定做曲线运动D ．可能做匀速圆周运动解析：选C.带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动或匀速圆周运动，C 正确．2．(2018·烟台测试)如图8－3－16甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，其中图乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，图丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放．则三个带电小球通过圆轨道最低点时( )图8－3－16A ．速度相同B ．所用时间相同C ．对轨道的压力相同D ．均能到达轨道右端最高点处解析：选D.图甲、乙中只有重力做功，图丙除重力做功外，还有电场力做功，所以三个带电小球到最低点时，速度不同，时间不同，结合牛顿第二定律可判断，三个带电小球对轨道的压力不同，A 、B 、C 错误；根据能量守恒定律可知，三个带电小球均能到达轨道右端最高点处，D 正确．3．如图8－3－17所示，质量为m ，带电荷量为－q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )图8－3－17A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C ．匀强电场的电场强度E ＝2mg qD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mg qv解析：选A.因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE ＝mg ，qvB ＝2mg ，得电场强度E ＝mg q，磁感应强度B ＝2mgqv ，因此A 正确．4．(2018·山西忻州市统考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线MN 运动(MN 在垂直于磁场方向的平面内)，如图8－3－18所示．则以下判断中正确的是( )图8－3－18A ．如果油滴带正电，它是从M 点运动到N 点B ．如果油滴带正电，它是从N 点运动到M 点C ．如果电场方向水平向左，油滴是从M 点运动到N 点D ．如果电场方向水平向右，油滴是从M 点运动到N 点解析：选AC.带电油滴能够沿直线运动，分析可得带电油滴一定是匀速直线运动，因为若做变速直线运动，则洛伦兹力大小就发生变化，从而无法保证重力、电场力、洛伦兹力三力的合力总是与速度共线．如果油滴带正电，受力分析可得只有从M 点运动到N 点，电场水平向左，三力的合力才有可能为零，A 选项正确，B 选项错误；如果带电油滴带负电，电场方向只能水平向右且油滴从N 点运动到M 点才行，故C 选项正确，D 选项错误．5．(2018·厦门质量检测)如图8－3－19所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上．则收集室收集到的是( )图8－3－19A ．具有特定质量的粒子B ．具有特定比荷的粒子C ．具有特定速度的粒子D ．具有特定动能的粒子解析：选BC.粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得：qU ＝ 12mv 2⇒v ＝ 2qU m，粒子沿直线O 1O 2O 3运动，则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡，可得：qE ＝Bqv⇒v ＝E B 为某一定值．故选项BC 正确． 6．(2018·湖南部分中学调研)如图8－3－20所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中(E 和B 已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则( )图8－3－20A ．小球可能带正电B ．小球做匀速圆周运动的半径为r ＝1B 2UEgC ．小球做匀速圆周运动的周期为T ＝2πE BgD ．若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加解析：选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受的电场力和重力满足mg ＝Eq ，则小球带负电，A 错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv ＝mv 2r ，Uq ＝12mv 2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r ＝1B 2UE g，由T ＝2πr v ，可以得出T ＝2πE Bg，所以B 、C 正确，D 错误． 7．在某次发射科学实验卫星“双星”中，放置了一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如图8－3－21所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电荷量为e .金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动．测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U .则下列说法正确的是( )图8－3－21A ．电流方向沿x 轴正方向，正电荷受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高B ．电流方向沿x 轴正方向，电子受力方向指向前侧面，因此后侧面电势较高C ．磁感应强度的大小为B ＝nebU ID ．磁感应强度的大小为B ＝2nebU I 解析：选BC.金属导体中有自由电子．当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动．在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子．由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿z 轴正方向，自由电子向前侧面偏转，故后侧面电势较高，A 错误，B 正确；设自由电子匀速运动的速度为v ，则由电流的微观表达式有I ＝neabv ，金属导体前后两个侧面间的电场强度E ＝U a ，达到稳定状态时，自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则有：evB ＝eE ，解得磁感应强度的大小为：B ＝nebU I，C 正确，D 错误．8．(2018·福建福州调研)如图8－3－22所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q 的液滴在竖直面内做半径为R 的匀速圆周运动，已知电场强度为E ，磁感应强度为B ，则油滴的质量和环绕速度分别为( )图8－3－22A.qE g ，E BB.B 2qR E ，E B C ．B qR g ，qgR D.qE g ，BgR E解析：选D.液滴要在这种复合场中做匀速圆周运动，从受力的角度来看，一是要满足恒力的合力为零，即qE ＝mg ，有m ＝qE g .二是洛伦兹力提供向心力Bqv ＝mv 2R ，则可得v ＝BgR E，D 正确．9．(2018·皖南八校联考)带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，如图8－3－23所示，不计空气阻力，则( )图8－3－23A ．h 1＝h 2＝h 3B ．h 1＞h 2＞h 3C ．h 1＝h 2＞h 3D ．h 1＝h 3＞h 2解析：选D.加电场时，小球在竖直方向上的运动与不加任何场时相同，故h 1＝h 3，加匀强磁场时，粒子做曲线运动，在最高点具有水平速度，由机械能守恒可知h 2＜h 1，故D 对．10．(2018·江苏连云港模拟)如图8－3－24所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )图8－3－24图8－3－25解析：选AD.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A 正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D 正确．二、非选择题11．(2018·广州模拟)如图8－3－26所示，匀强电场场强E ＝4 V/m ，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向垂直纸面向里，质量m ＝1 kg 的带正电小物体A ，从M 点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速度下滑，它滑行h ＝0.8 m 到N 点时脱离墙壁做曲线运动，在通过P 点瞬时A 受力平衡，此时其速度与水平方向成45°角，且P 点与M 点的高度差为H＝1.6 m ，g 取10 m/s 2.试求：图8－3－26(1)A 沿墙壁下滑时，克服摩擦力做的功W 阻是多少？(2)P 点与M 点的水平距离x 是多少？解析：(1)小物体A 在N 点有F N ＝0，qv N B ＝qE ，v N ＝E B对小物体A 从M 到N 的运动应用动能定理得mgh －W 阻＝12mv 2N －0W 阻＝mgh －12mv 2N ＝6 J. (2)根据小物体A 通过P 点的瞬时受力分析，θ＝45°，qE ＝mg ，q ＝mg E ＝2.5 C cos θ＝mg qv P B ，v P ＝mg qB cos θ＝2 2 m/s 对小物体A 从N 到P 的运动应用动能定理得 mg (H －h )－qEx ＝12mv 2P －12mv 2N 故x ＝0.6 m.答案：(1)6 J (2)0.6 m12．(2018·安徽江南十校联考)如图8－3－27所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示；现有一个带 电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入下面的磁场．已知OP 之间的距离为d ，(不计粒子的重力)求：图8－3－27(1)Q点的坐标；(2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间．解析：(1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为v x，则由类平抛运动的规律可知h＝v0td＝v x t/2tan45°＝v x/v0得h＝2d，故Q点的坐标为(0,2d)．(2)粒子在电、磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T.则由几何关系可知：R＝22dT＝2πR/vv＝2v0粒子在磁场中的运动时间为t2t2＝7T/8粒子在电场中的运动时间为t1t1＝2d/v0得总时间t＝t1＋t2＝(7π＋4)d/(2v0)．答案：(1)(0,2d) (2)(7π＋4)d/(2v0)。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第八章
恒定电流
2．(2015· 高考浙江卷)图甲是小红同学在做“描绘小灯泡的伏 安特性曲线”实验的实物连接图．
甲
第八章
恒定电流
乙 (1)根据图甲画出实验电路图； (2) 调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图 乙中的①、②、③、④所示，电流表量程为 0.6 A，电压表量 程为 3 V． 所示读数为： ①________、 ②________、 ③________、 ④________ ． 两 组 数 据 得 到 的 电 阻 分 别 为 ________ 和 ________．
第八章
恒定电流
(1)有以下两种电流表，实验电路中应选用________． A．量程 0～100 mA，内阻约 2 Ω B．量程 0～0.6 A，内阻可忽略
第八章
Hale Waihona Puke 恒定电流(2)实验过程中，要将电阻箱的阻值由 9.9 Ω 调节至 10.0 Ω， 需旋转图中电阻箱的旋钮 “a”“b”“c” ，正确的操作顺序是 ________． ①将旋钮 a 由“0”旋转至“1” ②将旋钮 b 由“9”旋转至“0” ③将旋钮 c 由“9”旋转至“0” (3)实验记录的 t 和 R 的数据见下表： 温度 t(℃) 阻值 R(Ω) 20.0 9.6 40.0 10.4 60.0 11.1 80.0 12.1 100.0 12.8
甲
乙
第八章
恒定电流
回答下列问题： (1)滑动触头向下移动时，电压表示数 ________(填 “增大 ”或 “减小”)． (2)I0＝________A. (3)RL 消耗的最大功率为________W(保留一位有效数字)．
第八章
恒定电流
解析：(1)滑动触头向下移动，RL 变小，RL 与 R 并联后的总 电阻 R 总变小，由于电路连接恒流源，根据 U＝I0R 总可得电 压表示数减小． (2)由(1)问中两电阻并联可得 U＝(I0－I)R，从题图乙知，电 U 压 U＝0 时，I0＝I＝1.0 A；I＝0 时，R＝ ＝20 Ω. I0 (3)PL＝UI＝20(1.0－I)· I＝5－20(I－0.5) ，所以当 I＝0.5 A 时，RL 消耗的功率最大为 5 W. 答案：(1)减小 (2)1.00(0.98、0.99、1.01 均正确) (3)5
第八章
恒定电流
解析：(1)实验电路图如图所示． (2)电流表量程为 0.6 A，每一小格代表 0.02 A， 读数时估读到精度的本位即可； 电压表量程为 3 V，每一小格代表 0.1 V，读数时估读到精度的下一位．读数分别为：①0.10 A、 U ②0.24 A、③2.00 V、④0.27 V．应用 R＝ 求电阻时，电流 I 为 0.10 A 时对应的电压为 0.27 V； 电流为 0.24 A 时对应的电 压为 2.00 V，求得的两组数据对应的电阻分别为 2.7 Ω 和 8.3 Ω.
第八章
恒定电流
答案： (1)如解析图所示 (2)0.10 A 0.24 A 2.00 V 0.27 V
2．7(±0.1) Ω 8.3(±0.1) Ω[如填为 8.3(±0.1) Ω 2．7(±0.1) Ω 也行]
第八章
恒定电流
3． (2015· 高考山东卷)如图甲所示的电路中， 恒流源可为电路 提供恒定电流 I0，R 为定值电阻，电流表、电压表均可视为 理想电表． 某同学利用该电路研究滑动变阻器 RL 消耗的电功 率．改变 RL 的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图 乙所示的 U－I 关系图线．
第八章
恒定电流
(1)本实验中滑动变阻器应选用________(选填“D”或“E”)． (2)下表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的 数据在如图甲所示的坐标纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线．
U/V
0 0.5 1.0 1.5
I/A
0 0.17 0.30 0.39
2.0
2.5
0.45
0.49
第八章
恒定电流
(2)描点画图，如图所示．
第八章
恒定电流
(3)设小灯泡两端的电压为 U，电流为 I，根据闭合电路欧姆 定律得：U0＝U＋2IR0，所以 U＝－2R0I＋U0，代入数据得 U ＝－10I＋4，在小灯泡的伏安特性曲线同一坐标系上画出该 直线，其交点(1.0，0.3)即为小灯泡的实际电压、电流值，可 得小灯泡消耗的实际功率 P＝UI＝0.3 W. 答案：(1)D (2)见解析图 (3)0.3
2
第八章
恒定电流
4． 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中， 要测量一个标有 “3 V，1.5 W”的小灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如 下器材： A．直流电源 3 V(内阻可不计) B．直流电流表 0～600 mA(内阻约为 0.5 Ω) C．直流电压表 0～3 V(内阻约 3 kΩ) D．滑动变阻器(10 Ω，1 A) E．滑动变阻器(1 kΩ，300 mA) F．开关、导线若干
第八章
恒定电流
5． (2016· 高考江苏卷)小明同学通过实验探究某一金属电阻的 阻值 R 随温度 t 的变化关系．已知该金属电阻在常温下的阻 值约 10 Ω，R 随 t 的升高而增大．实验电路如图所示，控温 箱用以调节金属电阻的温度． 实验时闭合 S1， 先将开关 S2 与 1 端闭合， 调节金属电阻的温 度，分别记下温度 t1，t2…和电流表的相应示数 I1，I2，…. 然后将开关 S2 与 2 端闭合， 调节电阻箱使电流表的示数再次 为 I1，I2，…，分别记下电阻箱相应的示数 R1，R2，….
第八章
恒定电流
1.在描绘小电珠的伏安特性曲线时，采用 如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻 器的滑片时，电流表的示数变化而电压表 的指针不动，下列原因可能的是( A．小电珠中灯丝已烧断 B．滑片接触不良 C．小电珠内部短路 D．滑动变阻器 A 端接触不良 )
第八章
恒定电流
解析：选 C.由题图知，移动滑片时，因电流表示数有变化， 故和电流表串联的回路中不存在断点，故 A 错．若滑片接触 不良，电路中不可能有电流，故 B 错．若滑动变阻器 A 端接 触不良， 滑片移动时电流表和电压表读数均变化， 故 D 错． 若 小电珠内短路则小电珠两端电压为零，电压表指针不动，移 动滑片时，只有电流表示数变化，故选 C.
第八章
恒定电流
(3)如图乙所示，将两个这样的小灯泡并联后再与阻值为 5 Ω 的定值电阻 R0 串联，接在电压恒定为 4 V 的电路中，每个小 灯泡的实际功率为________W.
第八章
恒定电流
滑动变阻器用分压式接法， (1)实验中需测量多组数据， 解析： 为了调节方便，滑动变阻器用阻值较小的，故选 D.