2018届高三物理(浙江选考)一轮复习练习第7章实验11课后限时训练30Word版含答案
浙江省2018年高三物理11月选考考试试题(Word版+答案+解析)
浙江省2018年高三物理11月选考考试试卷一、选择题（共16题；共35分）1.下列物理量属于标量的是（）A. 速度B. 加速度C. 电流D. 电场强度2.发现电流磁效应的物理学家是（）A. 法拉第B. 奥斯特C. 库仑D. 安培3.用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位，下列正确的是（）A. N/CB. V/mC. kg•m/（C•s2）D. kg•m/（A•s3）4.一辆汽车沿平直道路行驶，其v－t图象如图所示。
在t=0到t=40s这段时间内，汽车的位移是（）A. 0B. 30mC. 750mD. 1200m5.奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是（）A. 加速助跑过程中，运动员的动能增加B. 起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C. 起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D. 越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加6.等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是（）A. a点的电势低于b点的电势B. a点的场强大于b点的场强，方向相同C. 将一负电荷从a点移到b点电场力做负功D. 负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能7.电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。
两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。
当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。
下列说法正确的是（）A. 当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B. 当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力D. 线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力8.电荷量为4×10－6C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2kg、电荷量为－5×10－6C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点。
A、B间距离为30cm，AB连线与竖直方向夹角为60°。
静电力常量为9.0×109N•m2/C2，小球可视为点电荷。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：选考章末检测7 含答案 精品
选考章末检测(七)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．关于电流，下列说法中正确的是()A．由I＝Qt可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B．由I＝nqS v可知，同一导体内电荷定向移动的速率越大，电流越大C．由R＝UI可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比D．因为电流有方向，所以电流是矢量B[由I＝Qt可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大，选项A错误；由I＝nqS v可知，同一导体内电荷定向移动的速率越大，电流越大，选项B正确；导体的电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压和电流无关，选项C错误；电流虽然有方向，但是电流是标量，选项D错误；故选B.] 2．(2016·永康学考模拟)下表为某电饭锅铭牌上的一部分内容，根据表中的信息，可计算出在额定电压下，使用电饭锅时的电流约为()A.3.2 AC．5.5 A D．6.2 AA[电饭锅正常工作时的电流I＝PU＝700220A≈3.2 A，故选A．]3．某同学做三种导电元件的导电性实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I-U图象如图1所示，则下述判断正确的是()甲乙丙图1A．只有乙图象是正确的B．甲、丙图象是曲线，肯定误差太大C．甲、丙为线性元件，乙为非线性元件D．甲、乙、丙三个图象都可能是正确的，并不一定有较大误差D[金属的电阻率随温度的升高而增大，丙图可能为金属导体；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，如甲图；某些线性元件电阻率不随温度变化，如乙图．因此，甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定因误差引起．故选D.] 4．下列关于电流、电阻、电阻率、电动势等物理量的说法中，正确的是()【导学号：81370281】A．如果在相等时间内，通过两个导体单位横截面的电荷量相等，则这两个导体中的电流一定相等B．据R＝UI可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍C．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差D．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极做的功一定越多C[如果在相等时间内，通过两个导体横截面的电荷量相等，则这两个导体中的电流一定相等，A错；R＝UI是电阻的定义式，电阻R与加在两端的电压、与通过电阻的电流大小无关，由电阻本身决定阻值的大小，B错；电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差，C对；电动势是指电源通过非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝Wq，D错．]5．扫描隧道显微镜(STM)是根据量子力学原理中的隧道效应而设计成的，当原子尺度的探针针尖在不到一个纳米的高度上扫描样品时，在针尖与样品之间加一大小在2 mV～2 V之间的电压，针尖与样品之间产生隧道效应而有电子逸出，形成隧道电流，电流I随针尖与样品间的距离r的增大而指数减小(如图2甲所示)，当探针沿物质表面按给定高度匀速扫描时，因样品表面原子的凹凸不平，使探针与物质表面间的距离不断发生改变，从而引起隧道电流随时间不断发生改变，这种变化便反映了样品表面原子水平的凹凸形态，如果在某次扫描中隧道电流如图乙所示，那么样品表面可能是下图中的()甲乙图2A B C DA[由甲图可知探针离样品越近电流越大，而探针在给定的高度扫描，从而可以判断电流大的地方样品是凸起状，反之为凹下状．所以根据乙图可知样品的表面为A.]6.在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%，单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是()A．0.24 J B．0.25 J C．0.26 J D．0.28 JC[根据W＝UIt可得每秒太阳能电池产生的能量为W＝0.6×0.1×1 J＝0.06 J，设太阳能每秒照射的能量为Q，则由能的转化和守恒定律得Q×23%＝W，所以Q＝0.26 J．故选C.]7．(2017·余姚学考模拟) 家用白炽灯泡的灯丝是由弹簧形状的钨丝制成的．下列三幅漫画生动地描绘了一位学生的经历，图3中坏的灯泡“比原来更亮”的原因是()图3A．灯泡的电阻变小了B．灯泡两端的电压变小了C．灯泡的电阻变大了D．灯泡两端的电压变大了A[灯丝重新连接在一起后，灯丝的有效长度l变短了，由电阻定律R＝ρl S知，灯丝的电阻减小了，而灯泡两端电压U不变，故由P＝U2R知，灯泡的功率变大了，则亮度变亮了．故选A.]8．(2016·温岭学考模拟)如图4所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r 恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则()图4A．电灯L更亮，电流表的示数减小B．电灯L更亮，电流表的示数增大C．电灯L更暗，电流表的示数减小D．电灯L更暗，电流表的示数增大A[变阻器的滑片P向b端滑动，R1接入电路的有效电阻增大，外电阻R外增大，干路电流I减小，安培表的示数减小，路端电压U增大，电灯两端电压增大，电灯L更亮，A正确，B、C、D错误．]9．(2017·宁波二模)QQ是一款流行的互联网即时通讯工具，新版本QQ推出了“在线时长”新功能，用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务，许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线，造成大量的电能浪费．如图5所示是某网友QQ界面的电脑屏幕抓拍图，请你估算他升到下一级还要消耗多少电能(假定QQ用户使用台式电脑)()图5A．0.2 kW·h B．2 kW·hC．20kW·h D．200 kW·hB[电脑正常工作时的功率约为200 W，该网友升到下一级还要消耗的电能为W＝Pt＝2 kW·h，选项B正确. ]10．(2017·义乌联考)两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为()A．Q A∶Q B＝1∶1 B．Q A∶Q B∶2∶1C．Q A∶Q B＝1∶2 D．Q A∶Q B＝4∶1B[两电阻丝直径之比为1∶2，则横截面积之比为1∶4，根据电阻公式R＝ρlS可知，电阻之比为2∶1，根据Q＝I2Rt，由于电流相等，则产生的热量之比为2∶1.故选B.]11．(加试要求)(2017·金华十校调研)如图6所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及理想电表组成闭合电路．若滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则()【导学号：81370282】图6A．电流表读数减小B．电容器所带电荷量增加C．R2消耗的功率增大D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比不变D[如题图所示电路中，R1与R2并联，然后与R3串联，电压表、电容器两端电压均为路端电压，电流表测干路电流．当R1的触头向左移动时，R1接入电路的阻值减小，故电路中的总阻值减小，干路电流I增大，即电流表读数增大，路端电压U减小，电容器所带电荷量减小，A、B项错误；因为U R2＝U－IR3，且U减小而I增大，所以R2两端电压U R2减小，故R2消耗的功率减小，C项错误；由U＝E－Ir可知，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比为电源内阻，保持不变，D项正确．]12．(加试要求)(2016·嵊州模拟)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图7所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是()图7A．电能转化为化学能的功率为UIB．充电器输出的电功率为UI＋I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率IrU× 100%C[电能转化为化学能和内能，根据能量守恒定律，有：UI＝I2r＋P，故P ＝UI－I2r，故A错误；充电器输出的电功率为UI，故B错误；电池产生的热功率为I2r，故C正确；充电器的充电效率为U－IrU×100%，故D错误；故选C.]13．(加试要求)一电流表的满偏电流I g＝5 mA，内阻为30 Ω.要把它改装成一个量程为3 A的电流表，则应在电流表上()A．并联一个570 Ω的电阻B．并联一个约0.05 Ω的电阻C．串联一个570 Ω的电阻D．串联一个0.05 Ω的电阻B[把该电流表改装成量程为3 A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R＝I g R gI－I g＝0.005×303－0.005Ω≈0.05 Ω.故选B.]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(7分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A ．小灯泡L(3V 5 Ω)B ．滑动变阻器R (0～10 Ω，额定电流1.5 A)C ．电压表V 1(量程：0～3 V ，R V ＝5 kΩ)D ．电压表V 2(量程：0～15 V ，R V ＝10 kΩ)E ．电流表A 1(量程：0～0.6 A ，R A ＝0.5 Ω)F ．电流表A 2(量程：0～3 A ，R A ＝0.1 Ω)G ．铅蓄电池、开关各一个，导线若干．实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压．(1)为了减少误差，实验中应选电压表________，电流表________．(2)该同学按图8所示连接，两电表都有示数，但电压表示数无法调节到零，检查后发现有一处未连接正确，请在图上补上缺少的一条导线．图8(3)某同学实验后作出的I -U 图象如下图所示，请分析该图象形成的原因是___________________________________________________________________ ____________________________________________________________________.【导学号：81370283】【解析】 (1)小灯泡的额定电压为3 V ，故电压表应选C ；小灯泡的额定电流I ＝U L R L＝3 V 5 Ω＝0.6 A ，电流表应选 E ．(2)由于要求小灯泡两端电压可连续地从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压式接法，将滑动变阻器的左下接线柱与电源负极相连．(3)随着电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率(或电阻)增大．【答案】 (1)C E (2)电路图如图所示(3)电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率(或电阻)增大15．(5分)(加试要求)某同学要测量由某种新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ，步骤如下：甲乙丙图9(1)用20 分度的游标卡尺测量其长度如图9甲所示，由图可知其长度为________cm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω.【答案】(1)5.015(2)4.700(3)22016．(10分)如图10所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图10(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10 m/s2)【解析】(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压U R＝U－U V＝(160－110)V＝50 V，流过电阻R的电流I R＝U RR＝5010A＝5 A，即通过电动机的电流I M＝I R＝5 A.(2)电动机的分压U M＝U V＝110 V，输入电动机的功率P电＝I M U M＝550 W.(3)电动机的发热功率P热＝I2M r＝20 W，电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W，又因P出＝mg v，所以m＝P出g v＝53 kg.【答案】(1)5 A(2)550 W(3)53 kg17．(13分)(加试要求)如图11所示，R1＝9 Ω，R2＝30 Ω，S闭合时，电压表的示数为11.4 V，电流表的示数为0.2 A，S断开时，电流表的示数为0.3 A，求：图11(1)电阻R3的值；(2)电源的电动势E和内阻r的值；(3)S断开时，电路中消耗的总功率以及电源的输出功率.【导学号：81370284】【解析】(1)S闭合时，R2两端电压：U2＝I2R2＝0.2 A×30 Ω＝6 V所以，R 1两端电压为U 1＝U －U 2＝11.4 V －6 V ＝5.4 V 流过R 1的电流：I 1＝U 1R 1＝5.49A ＝0.6 A 又因I 2＋I 3＝I 1故有I 3＝I 1－I 2＝0.6 A －0.2 A ＝0.4 AR 3＝U 3I 3＝U 2I 3＝60.4Ω＝15 Ω. (2)S 闭合时，R 并＝R 2R 3R 2＋R 3＝10 Ω 电压表读数为U ＝E r ＋R 1＋R 并(R 1＋R 并)① S 断开时，电流表读数为I ＝E r ＋R 1＋R 2② 由①②两式，代入数据解得： E ＝12 V ，r ＝1 Ω.(3)S 断开时，干路中电流为I ＝0.3 A 所以 P 总＝EI ＝12×0.3 W ＝3.6 WP 输出＝P 总－I 2r ＝3.51 W.【答案】 (1)15 Ω (2)12 V 1 Ω(3)3.6 W 3.51 W。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第11章 实验17
课后限时训练(四十七)(建议用时：40分钟)1．某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所有的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图3所示．图3(1)此玻璃的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1、θ2表示)；(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．【解析】(1)光线由空气射入玻璃的入射角i＝90°－θ1，折射角r＝90°－θ2，由折射率的定义可得：n＝sin isin r＝sin(90°－θ1)sin(90°－θ2)＝cos θ1cos θ2.(2)根据平行玻璃砖对光线的影响可知，玻璃砖宽度越大，侧移量越大，折射角的测量误差越小．【答案】(1)cos θ1cos θ2⎝⎛⎭⎪⎫或sin (90°－θ1)sin(90°－θ2)(2)大2．一块玻璃砖有两个相互平行的表面，其中一个表面是镀银的(光线不能通过此表面)．现要测定此玻璃砖的折射率，给定的器材还有：白纸、铅笔、大头针4枚(P1、P2、P3、P4)、带有刻度的直角三角板、量角器．实验时，先将玻璃砖放在白纸上，使上述两个相互平行的表面与纸面垂直．在纸面上画出直线aa′和bb′，aa′表示镀银的玻璃砖表面，bb′表示另一表面，如图4所示，然后，在白纸上竖直插上两枚大头针P1、P2.用P1、P2的连线表示入射光线．图4(1)为了测量折射率，应如何正确使用大头针P3、P4？试在图中标出P3、P4的位置．(2)然后，移去玻璃砖与大头针．试在图中通过作图的方法标出光线从空气进入玻璃时的入射角θ1与折射角θ2.写出用θ1、θ2表示的折射率公式：n＝________.【导学号：81370395】【解析】(1)在bb′一侧观察P1、P2(经bb′折射、aa′反射，再经bb′折射)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像；再插上P4，让它挡住P3本身和P1、P2的像，P3、P4的位置如图所示．(2)①过P1、P2作直线与bb′交于O点；②过P3、P4作直线与bb′交于O′点；③利用刻度尺找到OO′的中点M；④过O点作bb′的垂线CD，过M点作bb′的垂线与aa′相交于N，如图所示，连接O、N；⑤则∠P1OD＝θ1，∠CON＝θ2.由折射率的定义可得n＝sin θ1 sin θ2.【答案】见解析3．(2017·慈溪联考)如图5所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡在P1、P2的像，连接OP3，图中MN为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D 点．图5(1)设AB 的长度为l 1，AO 的长度为l 2，CD 的长度为l 3，DO 的长度为l 4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________．(2)该同学在插大头针P 3前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．【解析】 (1)sin θ1＝l 1BO ，sin θ2＝l 3CO ，因此玻璃的折射率n ＝sin θ1sin θ2＝l 1BO l 3CO＝l 1l 3，因此只需测量l 1和l 3即可． (2)当玻璃砖顺时针转过一个小角度时，在处理数据时，认为l 1是不变的，即入射角不变，而l 3减小，所以测量值n ＝l 1l 3将偏大． 【答案】 (1)l 1和l 3 n ＝l 1l 3(2)偏大 4．如图6甲所示，在利用三棱镜测量玻璃折射率的实验中，两位同学正确完成相关操作后，在纸上标出大头针P 3、P 4的位置(图中已标出)．为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图乙、丙所示．在图中能够仅通过测量ED 、FG 的长度便可正确计算出折射率的是图________(选填“乙”或“丙”)，所测玻璃折射率的表达式n ＝________(用代表线段长度的字母ED 、FG 表示)．图6【答案】 丙 ED FG5．如图7甲所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的________面不能用手直接接触．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同，且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图乙所示．计算折射率时，用________(选填“d”或“e”)点得到的值较小，用________(选填“d”或“e”)点得到的值误差较小．图7【答案】光学d e。
2018年高考试题 浙江卷 物理 word版(含答案)(精校版)
2018年浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
其中加试题部分为30分，用【加试题】标出。
考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。
作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4．可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。
选择题部分一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是（）A.亚里士多德B.伽利略C.笛卡尔D.牛顿2.某驾驶员使用定速巡航，在高速公路上以时速110公里行驶了200公里。
其中“时速110公里”、“行驶200公里”分别是指（）A.速度、位移B.速度、路程C.速率、位移D.速率、路程3.用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是（）A.kg·m2/s2B. kg·m/s2C.N/mD. N·m4.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（）A.线速度大小之比为4:3B.角速度大小之比为3:4C.圆周运动的半径之比为2:1D.向心加速度大小之比为1:25.杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED 灯，已知高压钠灯功率为400W ，LED 灯功率为180W ，若更换4000盏，则一个月可节约的电能约为（ ）A. 9×102 kW ·hB. 3×105kW ·hC. 6×105 kW ·hD. 1×1012 kW ·h6.真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A 和B （可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F 。
2018届高三物理(浙江学考)一轮复习练习第7章第1节电流电阻电功率及焦耳定律Word版含答案
[浙江考试标准]第1节 电流 电阻 电功率及焦耳定律考点一| 电源和电流、电动势1．电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能． 2．电流 (1)定义电荷的定向移动形成电流．(2)方向规定为正电荷定向移动的方向．(3)三个公式①定义式I＝q t.②决定式I＝U R.③微观式I＝neS v.3．电动势(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．(2)表达式：E＝W q.(3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量．(2016·浙江10月学考)如图7-1-1为一种服务型机器人，其额定功率为48 W，额定工作电压为24 V，机器人的锂电池容量为20 A·h.则机器人()图7-1-1A．额定工作电流为20 AB．充满电后最长工作时间为2 hC．电池充满电后总电量为7.2×104 CD．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 JC[已知额定功率、额定电压，根据P＝UI，可知额定工作电流为2 A，A错误．由于电池容量为20 A·h，额定工作电流为2 A，由Q＝It，可知最长工作时间为10 h，B错误．根据标准单位制，20 A·h即20 A×3 600 s＝7.2×104 C，C 正确，由W＝Pt，可知每秒电流做功48 J，D错误．]1．(2015·浙江1月学考)某根导线中的电流为1.6 A，则在0.5 s内通过这根导线某一横截面的电荷量为()A．0.8 C B．1.2 CC．0.8 K D．1.2 KA[由q＝It得q＝0.8 C．故选A.]2．关于电流的说法中正确的是()A．根据I＝qt，可知I与q成正比B．如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C．电流有方向，电流是矢量D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位D[依据电流的定义式可知，电流与q、t皆无关，选项A错误．虽然电流是标量，但是却有方向，因此在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量虽然相等，但如果方向变化，电流也不是恒定电流，所以，选项B、C错误．D正确．] 3．关于电流，下列说法中正确的是()A．通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大B．导体两端没有电压时，导体中的自由电荷也在运动，所以导体中也有电流C．单位时间内通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大D．因为电流有方向，所以电流是矢量C[电流为单位时间内通过截面的电荷量，是由电荷量与时间共同决定的，通过的电荷量多电流不一定大，故选项A错误；如果是单位时间内通过截面的电荷量多，则电流大，故选项C正确；电荷的定向移动形成电流，若不是定向移动则不能形成电流，选项B错误；一个量有方向并不能定义为矢量，矢量的运算必须遵循平行四边形定则，电流有方向但不遵循矢量合成法则，不是矢量，选项D错误．]4．下列关于电源的说法中正确的是()A．在外电路和电源内部，正电荷都受到静电力的作用，所以能不断地定向移动形成电流B．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少C．在电源内部，正电荷能从负极移到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力D．静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加D[电源内部非静电力做功使电荷的电势能增加，引出了电动势的概念，来描述非静电力的做功本领，而静电力移动电荷做正功使电势能减少，选项D对．] 5．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r 的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是() 【导学号：81370256】A．电流大小为v e2πr，电流方向为顺时针B．电流大小为v er，电流方向为顺时针C．电流大小为v e2πr，电流方向为逆时针D．电流大小为v er，电流方向为逆时针C[电子做圆周运动的周期T＝2πr v，由I＝eT得I＝v e2πr，电流的方向与电子运动方向相反，故为逆时针．故选C.]考点二| 欧姆定律及电阻定律1．电阻(1)定义式：R＝U I.(2)物理意义：反映了导体对电流的阻碍作用．2．电阻定律(1)内容：同种材料的导体，其电阻与它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．(2)表达式：R＝ρl S.3．电阻率(1)计算式：ρ＝R S l.(2)物理意义：反映导体的导电性能，是表征材料性质的物理量．(3)电阻率与温度的关系：①金属：电阻率随温度升高而增大．②半导体：电阻率随温度升高而减小．③一些合金：几乎不受温度的影响．4．部分电路欧姆定律(1)内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比．(2)表达式：I＝U R.(3)适用范围①金属导电和电解液导电(对气体导电不适用)．②纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路)．5．导体的伏安特性曲线(1)I -U 图线：以电流为纵轴、电压为横轴所画出的导体上的电流随电压的变化曲线称为I -U 图线，如图7-1-2所示．图7-1-2(2)比较电阻的大小：图线的斜率k ＝I U ＝1R ，图中R 1＞R 2. (3)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用欧姆定律． (4)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，不适用欧姆定律．1．对于欧姆定律，下列说法正确的是( )A ．从I ＝UR 可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B ．从R ＝UI 可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比C ．从R ＝UI 可知，导体的电阻跟导体中的电流成反比D ．从R ＝UI 可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零A [对于欧姆定律I ＝UR 可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，选项A 对；导体的电阻由导体本身决定，跟导体两端的电压和通过导体的电流无关，选项B 、C 、D 错．]2．一段长为l ，电阻为R 的均匀电阻丝，把它拉制成3l 长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为( )【导学号：81370257】A.R 3B ．3RC.R9D ．RD [根据电阻公式R ＝ρlS ，在拉伸过程中电阻丝的体积不变，当长度变为原来的3倍后，横截面积变为原来的13，所以R ′＝ρ3l13S ＝ρ9lS ＝9R ，平分3段后，每段的电阻为3R ，故根据并联电路规律可得并联后的电阻为1R 并＝13R ＋13R ＋13R '解得R 并＝R ，故选项D 正确．]3．电阻R 1和R 2的伏安特性曲线如图7-1-3所示，已知R 1＝1 Ω，则R 2的阻值为()图7-1-3A ．3 Ω B. 3 Ω C.13 Ω D.33 ΩA [过U 轴上任一不为零的点U 0作平行于I 轴的直线，交R 1、R 2的伏安特性曲线分别于I 1、I 2，表明在电阻R 1、R 2的两端加上相同电压U 0时，流过R 1、R2的电流不同，如图所示．由欧姆定律和数学知识可得：R 1R 2＝U 0I 1U 0I 2＝1tan 60°1tan 30°＝13，又R 1＝1 Ω，故R 2＝3 Ω.A 正确．]4．某技术质量监督局对市场中电线电缆产品质量进行抽查，结果公布如下：十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但把横截面积缩小，买2.5平方毫米的电线，拿到手的仅为1.5平方毫米，载流量不够；另一个问题是绝缘层质量不合格，用再生塑料作电线外皮，电阻率达不到要求…则以下说法正确的是()A．横截面积减小的铜材的电阻率增大B．再生铜材或含杂质很多的铜材的电阻率很小C．再生塑料作电线外皮，使电线的绝缘性能下降D．铜材是导体，电阻为零，横截面积和杂质对其没有影响【答案】C考点三| 焦耳定律1．电功(1)定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功．(2)公式：W＝qU＝IUt(适用于任何电路)．(3)电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程．2．电功率(1)定义：单位时间内电流所做的功，表示电流做功的快慢．(2)公式：P＝Wt＝IU(适用于任何电路)．3．焦耳定律(1)电热：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．(2)公式：Q＝I2Rt.4．电功率P＝IU和热功率P＝I2R的应用(1)不论是纯电阻电路还是非纯电阻电路，电流的电功率均为P电＝UI，热功率均为P热＝I2R.(2)对于纯电阻电路而言：P电＝P热＝IU＝I2R＝U2 R.(3)对于非纯电阻电路而言：P电＝IU＝P热＋P其他＝I2R＋P其他≠U2R＋P其他．(2015·浙江10月学考)如图7-1-4所示是我国某10兆瓦(1兆瓦＝106W)光伏发电站，投入使用后每年可减小排放近万吨二氧化碳．已知该地区每年能正常发电的时间约为1 200 h，则该电站发电量约为() 【导学号：81370258】图7-1-4A．1.2×106 kW·hB．1.2×107 kW·hC．1.2×109 kW·hD．1.2×1010 kW·hB[每年发电量W＝Pt＝1.2×107 kW·h，故B正确]1．(2015·浙江1月学考)如图7-1-5所示是一个电热水壶的铭牌，小沈同学利用所学知识，结合该铭牌上获取的信息，得出该电热水壶()图7-1-5A．正常工作时的电流约为6.8 AB．正常工作5 min耗电约0.5 kW·hC．只能在直流电下工作D．只能在220 V电压下工作A[I＝PU＝1 500220A≈6.8 A，A项正确；W＝P·t＝0.125 kW·h，B项错误；可以使用交流电，220 V是正常工作时的电压，故C、D项错误．] 2．随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多．下列电器中主要利用电流的热效应工作的是()A．电风扇B．电动轿车C．洗衣机D．电饭煲D[电风扇、电动轿车、洗衣机均利用电动机将电能主要转化为机械能，而电饭煲则是利用电流的热效应使电能变为内能，故选项D正确．] 3．电阻R和电动机M串联接到电路中，如图7-1-6所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M 两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2，则有()图7-1-6A．U1＜U2，Q1＝Q2B．U1＝U2，Q1＝Q2C．W1＝W2，Q1＞Q2D．W1＜W2，Q1＜Q2A[由于电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，根据焦耳定律，二者产生的热量相等，Q1＝Q2，电流通过电动机做功W2大于电流通过电阻R做功W1，即W1＜W2.电动机M两端的电压大于电阻两端电压，即U1＜U2.所以选项A正确．]。
2018届高三物理(浙江学考)一轮复习练习第7章章末限时集训7Word版含答案
章末限时集训(七)(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共13小题．每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2017·台州学考模拟)某根导线中的电流为1.6 A ，则在0.5 s 内通过这根导线某一横截面的电量为( )A ．0.8 CB ．1.2C C ．0.8 KD ．1.2 KA [由电流的定义式I ＝q t 得q ＝It ＝1.6×0.5 C ＝0.8 C ，A 项正确．]2．下列说法中正确的是( ) 【导学号：81370627】A ．电源的电动势实质上就是电源两极间的电压B ．电源的电动势在数值上等于两极间的电压C ．电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别D ．电动势越大，电源两极间的电压一定越高C [电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，而电压是电场中两点间的电势差，电动势与电压有着本质的区别，所以A 选项错，C 选项对；当电源开路时，两极间的电压在数值上等于电源的电动势，但在闭合电路中，电源两极间的电压(路端电压)随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小；当电源短路时，R 外＝0，这时路端电压为零，所以B 、D 选项错．]3．在示波管中，2 s 内有6×1013个电子通过横截面积大小不知的电子枪，则示波管中电流大小为( )A ．4.8×10－6AB ．3×10－13AC ．9.6×10－6AD ．无法确定A [由q ＝It 得，I ＝q t ＝ne t ＝6×1013×1.6×10－192A ＝4.8×10－6A ，故选项A 正确．]4．很多家用电器都有待机功能，这一功能虽给人们带来了方便，但大部分电器在待机时仍会耗电．其中，数字电视机顶盒耗电最多，其正常工作时功率为6.8 W，待机时功率为6.6 W，机顶盒每年待机时所消耗的电能大约为()A．5度B．15度C．50度D．150度C[根据公式E电＝Pt＝(0.006 6 kW)×365×24 h≈58度，选项C正确．] 5．额定电压、额定功率均相同的电吹风机、电热水壶和日光灯，各自在额定电压下正常工作了相同的时间，比较它们产生的热量，下列说法正确的是() 【导学号：81370260】A．电吹风机最多B．电热水壶最多C．日光灯最多D．一样多B[电吹风机、电热水壶和日光灯额定电压、额定功率相同，相同时间内消耗的电能相等，而电吹风机消耗的电能大部分转化为机械能，日光灯消耗的电能大部分转化为光能，电热水壶消耗的电能全部转化为内能，所以电热水壶产生的热量最多，选项B正确．]6.有四个金属导体，它们的伏安特性曲线分别是图1中的a、b、c、d，则电阻最大的是() 【导学号：81370628】图1A．a B．bC．c D．dD[伏安特性曲线中斜率是电阻的倒数，所以斜率最小的阻值最大，据图知d的斜率最小，阻值最大，选项D对．]7．有两个电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，则有()A ．R 1、R 2串联总电阻为5 ΩB ．R 1、R 2并联总电阻为1 ΩC ．R 1、R 2串联总电阻为2.5 ΩD ．R 1、R 2并联总电阻为1.5 ΩA [由于串联电路总电阻等于各部分电阻之和，即R 串＝R 1＋R 2＝5 Ω；两个电阻并联，其总电阻R 并＝R 1R 2R 1＋R 2＝1.2 Ω，选项A 正确．] 8．在图2所示的电路中，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S 闭合后流过R 2的电流是S 闭合前的()图2A.12B.23C.13D.14B [设电源电动势为E ，R 1＝R 2＝R 3＝R ，当S 闭合时，流过R 2的电流I 2＝ER ＋R 2×12＝E 3R ，当S 断开后，流过R 2的电流I 2′＝E 2R '所以I 2I 2′＝23，故选项B 正确]9．已知导体A 的电阻是导体B 的电阻的2倍，加在A 上的电压是加在B 上的电压的一半，那么通过A 和B 的电流I A 和I B 的关系是( )A ．I A ＝2I BB ．I A ＝I B 2C ．I A ＝I BD ．I A ＝I B 4 D [由欧姆定律得I A ＝U A R A ，I B ＝U B R B ，所以I A I B ＝U A R B U B R A＝14，即I A ＝14I B .故选D.] 10．太阳能电池由许多片电池板组成，某电池板不接负载时两极间电压是6.0×10－4 V ，短路电流是3.0×10－5 A ，则这块电池板的内阻为( )A．20 ΩB．5 ΩC．0.2 ΩD．0.05 ΩA[由题可知，U＝6×10－4V，则E＝U＝6×10－4 V，又E＝I短r得r＝EI短＝6×10－43×10－5Ω＝20 Ω，A项正确．]11．如图3所示，当开关S断开时，电压表示数为3 V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8 V，则外电阻R与电源内阻r之比为()图3A．5∶3B．3∶5C．2∶3D．3∶2D[S 断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即：E＝3 V．S闭合时，U外＝1.8 V，所以U内＝E－U外＝1.2 V．因U外＝IR，U内＝Ir，所以R∶r＝U外∶U内＝1.8∶1.2＝3∶2.故选D.]12．如图4所示四个相同的灯泡按如图所示连接，关于四个灯泡的亮度，下列结论中正确的是() 【导学号：81370629】图4A．L1灯、L2灯一样亮，L3灯次之，L4灯最暗B．L1灯最亮、L3灯次之，L2与L4灯最暗且亮度相同C．L1灯最亮、L2与L3灯一样亮，L4灯最暗D．L1与L2灯一样亮，L3与L4灯一样亮，但比L1与L2灯暗些B[电路的连接特点是：L2灯与L4灯串联和L3灯并联再和L1灯串联，L1灯在干路上通过它的电流最大，L1灯最亮，L3灯中的电流大于L2与L4灯中的电流，L3灯较亮，L2灯与L4灯最暗且亮度相同，综合以上分析得B正确，A、C、D错误．]13．如图5所示，直线A为电源的U-I图线，直线B为电阻R的U-I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是()图5A．4 W,8 W B．2 W,4 WC．4 W,6 W D．2 W,3 WC[从题图中可知E＝3 V，图线A和图线B的交点是电源和电阻R构成电路的工作点．因此P出＝UI＝4 W，P总＝EI＝6 W．故选C.]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(5分)某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，所用小灯泡的规格为“2.5 V0.3 A”．(1)根据电路图连接实物图，其中几条线已经接好，用笔画线代替导线完成其余接线．图6(2)在闭合开关前，如图6所示滑动变阻器的滑片应该置于________(选填“左端”“右端”或“中间”)．【解析】(1)因灯泡的电阻较小，电流表采用外接法；因描绘伏安特性曲线电压需要从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法．(2)在闭合开关前，要保证电路中的滑动变阻器的总电阻在最大值位置，电压表和电流表的示数为零，故滑片要位于最左端．【答案】(1)如图所示(2)左端15．(7分)小明用如图7所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．图7(1)图中电流表的示数为________A.(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：由图线求得：电动势E＝________V；内阻r＝________Ω.(小数点后保留两位有效数字)(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为_____________________．【解析】(1)由实验装置图可知，电流表使用0.6 A量程，所以读数为0.44 A．(2)描点作图，如图所示．根据U＝－Ir＋E可得电动势为E＝1.60 V；图线斜率的绝对值等于内阻r＝1.22 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．【答案】(1)0.44(2)U-I图线见解析图 1.60(1.58～1.62都算对)1．22(1.18～1.26都算对)(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大16．(10分)如图8甲所示为小明爷爷家里的老式手电筒．小明按下开关，小灯泡正常发光，然后他打开后盖，发现里面装有三节1.5 V的干电池，打开电筒前盖，观察到里面的小灯泡上标有“3.8 V,0.3 A”字样．其结构简图如图乙所示，不计导线和接触电阻．(1)求小灯泡正常发光时的电阻；(2)求每一节干电池的内阻；(3)求小灯泡正常发光时整个电路每分钟消耗的电能．甲乙图8【解析】(1)由小灯泡标有“3.8 V,0.3 A”字样，根据部分电路欧姆定律得R＝U I代入数据可得：R ＝12.7 Ω.(2)电源电动势：E ＝3E 0＝4.5 V闭合电路欧姆定律：E ＝I (R ＋3r )代入数据可得：r ＝0.77 Ω.(3)电路每分钟消耗的电能：E 电＝EIt代入数据可得：E 电＝81 J.【答案】 (1)12.7 Ω (2)0.77 Ω (3)81 J17．(13分)如图9所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，Ⓐ示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，Ⓐ示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，Ⓐ示数为4 A ．求：图9(1)电炉的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少.【导学号：81370630】【解析】 (1)电炉为纯电阻元件，由欧姆定律得：R ＝U I 1＝126 Ω＝2 Ω 其发热功率为：P ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得： UI 2＝I 22r M ＋P 输出所以：r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得： P 化＝UI 3－I 23r A所以 P 化＝(12×4－42×2) W ＝16 W.【答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第11章 第1节
[浙江考试标准]第1节 光的折射 全反射考点一| 光的折射1．折射定律(1)内容：如图11-1-1所示，折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比．图11-1-1(2)表达式：sin θ1sin θ2＝n .(3)在光的折射现象中，光路是可逆的． 2．折射率(1)折射率是一个反映介质的光学性质的物理量． (2)定义式：n ＝sin θ1sin θ2.(3)计算公式：n ＝cv ，因为v ＜c ，所以任何介质的折射率都大于1. (4)当光从真空(或空气)射入某种介质时，入射角大于折射角；当光由介质射入真空(或空气)时，入射角小于折射角．3．折射率的理解(1)折射率由介质本身性质决定，与入射角的大小无关．(2)折射率与介质的密度没有关系，光密介质不是指密度大的介质． (3)同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小． 4．光路的可逆性在光的反射和折射现象中，光路都是可逆的．1．解决光的折射问题的思路 (1)根据题意画出正确的光路图．(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系，要注意入射角、折射角均以法线为标准．(3)利用折射定律、折射率公式求解． (4)注意：在折射现象中光路是可逆的．2．平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制1．(多选)关于折射率，下列说法正确的是()A．根据sin θ1sin θ2＝n可知，介质的折射率与入射角的正弦成正比B．根据sin θ1sin θ2＝n可知，介质的折射率与折射角的正弦成反比C．根据n＝cv可知，介质的折射率与光在该介质中的光速成反比D．同一频率的光由真空进入某种介质时，折射率与光在介质中的波长成反比CD[介质的折射率是一个反映介质光学性质的物理量，由介质本身和光的频率共同决定，与入射角、折射角无关，故选项A、B均错；由于真空中的光速是个定值，故n与v成反比是正确的，选项C正确；由于v＝λf，当f一定时，v 与λ成正比，又n与v成反比，故n与λ也成反比，选项D正确．] 2．(多选)(2017·奉化选考模拟)一束光从空气射向折射率n＝2的某种玻璃的表面，如图11-1-2所示．i代表入射角，则()图11-1-2A．当入射角i＝0°时不会发生折射现象B．无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°C．欲使折射角r＝30°，应以i＝60°的角度入射D．当入射角i＝arctan 2时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直BD[当入射角i＝0°时光能从空气进入玻璃，故发生了折射，A错误；当入射角是90°时，根据折射定律n＝sin isin r，解得：r＝45°，所以无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°，B正确；欲使折射角r＝30°，根据折射定律n＝sin i sin r，解得：i＝45°，故C错误；当i＝arctan2，有tan i＝2，根据折射定律n＝sin isin r ＝tan i，解得sin r＝cos i，所以反射光线跟折射光线恰好互相垂直，故D正确．] 3．(2016·丽水调研)利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发散程度．在如图11-1-3所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点．若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射角i入射到半圆柱上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率.【导学号：81370382】图11-1-3【解析】设光在玻璃中的折射角为r，如图，由图中几何关系可知：i＝α＋r，所以r＝i－α.由折射定律得n＝sin isin r＝sin isin(i－α).【答案】sin i sin(i－α)4．(多选)(2015·浙江10月选考)为了从坦克内部观察外部目标，在厚度为20 cm的坦克壁上开了一个直径为12 cm的孔，若在孔内分别安装由同一材料制成的如图11-1-4所示的三块玻璃，其中两块玻璃的厚度相同．坦克内的人在同一位置通过玻璃能看到的外界的角度范围是()图1图2图3图11-1-4A．图1的大于图2的B．图1的小于图3的C．图2的小于图3的D．图2的等于图3的AD[如图1所示，图1图2图3若光线从右侧孔上边缘射入，入射角为β、折射角为α，射到左侧孔中点，由折射定律可知，α＜β.由光路可逆可知，从图2左侧孔中点射入玻璃的光线的入射角若为α，出玻璃后光线与入射光线平行，出射光线与水平方向的夹角仍为α.图3玻璃平移后，出射光线与水平方向的夹角不变仍为α，故A、D正确．]考点二| 光的全反射、光的色散1．光的全反射(1)定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将消失，只剩下反射光线的现象．(2)条件：①光从光密介质射入光疏介质．②入射角大于或等于临界角． (3)临界角：折射角等于90°时的入射角．若光从光密介质(折射率为n )射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C ，则sin C ＝1n .介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小．2．光的色散(1)光的色散现象：含有多种颜色的光被分解为单色光的现象．(2)光谱：含有多种颜色的光被分解后，各种色光按其波长的有序排列． (3)光的色散现象说明： ①白光为复色光；②同一介质对不同色光的折射率不同，频率越大的色光折射率越大； ③不同色光在同一介质中的传播速度不同，波长越短，波速越慢． (4)棱镜：①含义：截面是三角形的玻璃仪器，可以使光发生色散，如图11-1-5所示．白光的色散表明各色光在同一介质中的折射率不同．图11-1-5②三棱镜对光线的作用：改变光的传播方向，使复色光发生色散．解决全反射问题的一般方法1．确定光是从光密介质进入光疏介质； 2．应用sin C ＝1n 确定临界角；3．根据题设条件，判定光在传播时是否发生全反射； 4．如发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图；5．运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等进行分析、判断、运算，解决问题．1．一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O 点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是( )A [光从玻璃砖射向空气时，如果入射角大于临界角，则发生全反射；如果入射角小于临界角，则在界面处既有反射光线，又有折射光线，但折射角应大于入射角，选项A 正确，选项C 错误．当光从空气射入玻璃砖时，在界面处既有反射光线，又有折射光线，且入射角大于折射角，选项B 、D 错误．]2．(2017·丽水联考)某种介质对空气的折射率是2，一束光从该介质射向空气，入射角是60°，则下列光路图中正确的是(图中Ⅰ为空气，Ⅱ为介质)( )【导学号：81370383】D [由题意知，光由光密介质射向光疏介质，由sin C ＝1n ＝12，得C ＝45°＜θ1＝60°，故在两介质的界面上会发生全反射，只有反射光线，没有折射光线，故选项D 正确．]3．(多选)光在某种介质中的传播速度是1.5×108 m/s ，光从该介质射向空气时( )A ．介质的临界角是30°B ．大于或等于30°的所有角都是临界角C ．入射角大于或等于30°时都能发生全反射D ．临界角可能是60°AC [由n ＝c v ＝3×1081.5×108＝2，sin C ＝1n 知临界角C ＝30°，所以A 、C 正确．] 4．一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )B [解答本题首先要搞清楚七种色光在同一介质中折射率的大小关系，其次还要明确三棱镜有使光线向底边偏折的作用．在玻璃中，有n 红<n 紫，所以在玻璃中，红光的折射角大于紫光的折射角，故选项A 、C 错误；三棱镜有使光线向底边偏折的作用，折射率越大的光，越偏向底边，故选项B 正确，选项D 错误．]5．(2017·宁波选考模拟)打磨某剖面如图11-1-6所示的宝石时，必须将OP 、OQ 边与轴线的夹角θ切割在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN 边垂直入射的光线，在OP 边和OQ 边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP 边并反射到OQ 边后射向MN 边的情况)，则下列判断正确的是( )图11-1-6【导学号：81370384】A ．若θ>θ2，光线一定在OP 边发生全反射B ．若θ>θ2，光线会从OQ 边射出C ．若θ<θ1，光线会从OP 边射出D ．若θ<θ1，光线会在OP 边发生全反射 D [作出θ1<θ<θ2时的光路如图所示．由图中几何关系有i 1＝90°－θ，2θ＋90°－i 1＋90°－i 2＝180°，即i 1＋i 2＝2θ.则有i 2＝3θ－90°.可见θ越大时i 2越大、i 1越小．要使光线在OP 上发生全反射，应有i 1≥C ，即θ≤90°－C ；要使光线在OQ 上发生全反射，应有i 2≥C ，即θ≥30°＋C 3.可见在OP 边和OQ 边都发生全反射时应满足θ1<30°＋C 3≤θ≤90°－C <θ2.故当θ>θ2时一定有θ>90°－C，光线一定不会在OP边上发生全反射，同时也一定有θ>30°＋C3，即光线若能射在OQ边上，一定会发生全反射，故A、B皆错误．当θ<θ1时，一定有θ<90°－C，即光线一定在OP边发生全反射，C错误，D正确．]。
【新步步高】2018版浙江高考物理《选考总复习》第七章实验11练习使用多用电表
Igrg＋R2 0.001×120＋880 得R1＝ ＝ Ω I－ Ig 1－0.001 ≈1.00 Ω.
图9
解析答案
返回
不会 填“会”或“不会”). 正插孔，是否会影响测量结果？________(
解析 虽然红、黑表笔插入位置不对，但是对于测量电阻不会有影响.
解析答案
1
2
3
(2)该同学采用“×100”挡对此灯泡灯丝电阻进行测量，操作过程完全
c 正确，则实际测量时，电表指针应该会指在图6中________( 填“a”“b”
答案
③用欧姆挡检测 将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值 ( 或有电流 ) 说 明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件 断 路. 不能用欧姆表检测电源的情况. (2)短路故障的检测方法 ①将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被 短 路；若电压 表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路. ②用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路.
第七章
恒定电流
实验11 练习使用多用电表
考试标准
知识内容
必考要求
加试要求
多用电表的原理
实验11：练习使用多用电表
a
√
内容索引 必考实验自清 必考题型突破
必考实验自清
一、欧姆表原理(多用电表测电阻原理)
1.构造：如图 1 所示，欧姆表由电流表 G 、电池、调零电阻 R 和红、黑表
笔组成.
图1 欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联. 外部：接被测电阻Rx. 全电路电阻R总＝Rg＋R＋r＋Rx.
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：第11章 实验18
课后限时训练(四十八)(建议用时：40分钟)1．(2017·永康选考模拟)在观察光的双缝干涉现象的实验中：(1)将激光束照在如图4乙所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是图甲中的________．图4(2)换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将________；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将________(以上均选填“变宽”“变窄”或“不变”)．【解析】(1)双缝干涉图样是平行且等宽的明暗相间的条纹，A图正确；(2)根据Δx＝ldλ知，双缝间的距离d减小时，条纹间距变宽，当双缝到屏的距离l减小时，条纹间距变窄．【答案】(1)A(2)变宽变窄2．现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图5所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图5(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左到右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、________、________、________、A.(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能沿遮光筒的轴线把屏照亮；②按合理的顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；③用刻度尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离．在操作步骤②时还应注意________、________和________．【解析】(1)滤光片E可以从白光中选出单色红光，单缝D是获取线光源，双缝B是获得相干光源，最后成像在毛玻璃屏A上．所以排列顺序为：C、E、D、B、A.(2)在操作步骤②时应注意的事项有：放置单缝、双缝时，必须使缝平行；单缝、双缝间的距离要适当；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和毛玻璃屏的中心在同一轴线上．【答案】(1)E D B(2)放置单缝、双缝时，必须使缝平行单缝、双缝间的距离要适当要保证光源、滤光片、单缝、双缝和毛玻璃屏的中心在同一轴线上3．在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验中．图6(1)小勇同学应该在A物体右侧首先放________．(选填“单缝”或“双缝”)(2)经过一系列的调试，得到了亮度较好，但不够清晰的干涉图样，为了得到更加清晰的干涉图样，应该如何调整？________(填“左右”或者“上下”)拨动拨杆．(3)他看到的干涉图样如图7甲，他想把干涉图样及分划板调为竖直方向，你认为应该如何调整？答：__________________________________________________________.若他看到的干涉图样如图乙，你认为又应该如何调整？答：_____________________________________________________.图7【答案】(1)单缝(2)左右(3)测量头与遮光筒一起逆时针转过一定角度遮光筒逆时针转过一定角度(测量头不动)4．(2016·浙江4月选考)在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，选用红色滤光片和间距为0.20 mm的双缝，双缝与屏的距离为600 mm.某同学正确操作后，在目镜中看到如图8甲所示的干涉条纹．换成紫色滤光片正确操作后，使测量头分划板刻线与第k级暗条纹中心对齐，在目镜中观测到的是图乙中的________(填字母)，此时测量头的读数为25.70 mm.沿同一方向继续移动测量头使分划板刻线与第k＋5级暗条纹中心对齐，此时测量头标尺如图丙所示，其读数是________ mm.紫光的波长等于________ nm.【导学号：81370397】丙图8【解析】可见光波的波长按红橙黄绿蓝靛紫逐惭变小，频率逐渐变大，所以从红光变紫光，光的波长减小，由干涉条纹间距公式Δx＝Lλd可知，条纹的间距变小，B错误；由于双缝与单缝的方向是竖直放置，C错误；条纹亮度分布应均匀，A错误，D正确．主尺读数为19 mm，游标是0.05×8 mm＝0.40 mm，所以读数为19.40 mm.由(25.70－19.40) mm＝5Δx，d＝0.20 mm，L＝600 mm，Δx＝Lλd ，可以得到λ＝Δxd L ＝420 nm.【答案】 D 19.40 4205．用某种单色光做双缝干涉实验时，已知双缝间的距离d 的大小恰好是图中游标卡尺的读数，如图9丁所示；双缝到毛玻璃屏间的距离的大小由图中的毫米刻度尺读出，如图9丙所示；实验时先移动测量头(如图9甲所示)上的手轮，把分划线对准靠近最左边的一条亮条纹(如图9乙所示)，并记下螺旋测微器的读数x 1(如图9戊所示)，然后转动手轮，把分划线向右移动，直到对准第7条亮条纹并记下螺旋测微器的读数x 2(如图9己所示)，由以上测量数据求该单色光的波长．(结果保留两位有效数字)图9【解析】 根据条纹间距公式Δx ＝l d λ可知，波长λ＝d l Δx ，只要根据题目提供的数据就可求解，由图丁可直接读出d ＝0.25 mm ＝0.000 25 m ，双缝到屏的距离由图丙读出l ＝749 mm ＝0.749 m ．由图乙、戊、己可知，两条相邻亮条纹间的距离Δx ＝14.700－0.3006mm ＝2.400 mm ＝0.002 400 m. 将以上数据代入得λ＝d Δx l ＝0.000 25×0.002 4000.749m ≈8.0×10－7 m. 【答案】 8.0×10－7 m。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：选考章末检测10 含答案 精品
选考章末检测(十)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)1．下列有关简谐运动的说法正确的是()A．做简谐运动的物体，受到的回复力的方向总是指向平衡位置B．平衡位置就是加速度为零的位置C．水平弹簧振子振动过程中动能和弹性势能相互转化，系统总机械能守恒D．弹簧振子振动过程中，弹性势能增加时，弹簧的长度可能变短ACD[根据简谐运动的概念可知，做简谐运动的物体，受到的回复力的方向总是指向平衡位置，选项A正确；回复力为零的位置是简谐运动的平衡位置，不一定就是加速度为零的位置，例如单摆在平衡位置时加速度不为零，选项B 错误；水平弹簧振子振动过程中动能和弹性势能相互转化，系统总机械能守恒，选项C正确；弹簧振子振动过程中，弹性势能增加时，弹簧的长度可能变短，选项D正确．]2．弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时()A．速度最大B．回复力最大C．加速度最大D．动能最大AD[弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，对平衡位置的位移为零，根据F＝－kx可知，回复力为零，加速度为零，速度最大，动能最大．]3．(2017·台州调研)关于一列简谐波，下面说法中正确的是()A．波动的产生需要两个条件，即波源和介质B．波动过程是质点由近向远传递的过程C．波动过程是能量传递的过程D．波动过程中质点本身随波迁移AC[波动的产生需要两个条件，即波源和介质，故A正确；波在传播过程中，振动形式与能量由近向远传播，而质点本身并不随着波迁移，故B、D错误，C正确．]4．关于多普勒效应，下列说法中正确的是A．只要波源在运动，就一定能观察到多普勒效应B．当声源静止、观察者运动时，可以观察到多普勒效应C．只要声源在运动，观察者总是感到声音的频率变高D．当声源相对于观察者运动时，观察者听到的声音的音调可能变高，也可能变低BD[若波源和观察都同时运动，两者间相对静止时，是不能观察到多普勒效应的，故A错误；由定义可知，当声源静止、观察者运动时，可以观察到多普勒效应，故B正确；若声源远离观察者，观察者会感到声音频率变低，故C 错误；声源和观察者靠近时，音调会变高，两者远离，则音调变低，故D正确．] 5．关于波的衍射现象，下列说法正确的是()【导学号：81370378】A．水波绕过障碍物而继续传播的现象，即为波的衍射现象B．衍射现象是波特有的现象C．一切波都能发生明显的衍射现象D．要发生明显的衍射现象，必须满足一定的条件ABD[水波绕过障碍物继续传播的现象，是波的衍射现象，衍射现象是波特有的现象，一切波都能发生衍射，但发生明显的衍射现象需满足一定的条件，故A、B、D对．]6．两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是()A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅AD[波峰与波谷相遇时，振幅相消，故实际振幅为|A1－A2|，故选项A正确；波峰与波峰相遇处，质点的振幅最大，合振幅为A1＋A2，但此处质点仍处于振动状态中，其位移随时间按正弦规律变化，故选项B错误；振动减弱点和加强点的位移随时间按正弦规律变化，选项C 错误；波峰与波峰相遇时振动加强，波峰与波谷相遇时振动减弱，加强点的振幅大于减弱点的振幅，故选项D 正确．]7．如图1所示，在原点处做简谐运动的波源产生的机械波沿x 轴正方向传播，波速v ＝400 m/s.为了接收信号，在x ＝400 m 处设有一接收器A (图中未标出)．已知t ＝0时，波已经传播到x ＝40 m 处，则下列说法中不正确的是( )图1A ．波源振动的周期为0.05 sB ．x ＝40 m 处的质点在t ＝0.5 s 时位移最大C ．接收器在t ＝1.0 s 时才能接收到此波D ．若波源向x 轴负方向移动，则接收器接收到的波的频率将小于20 HzBC [波源的振动周期T ＝λv ＝20400s ＝0.05 s ，故A 正确．x ＝40 m 处的质点在t ＝0.5 s 时仍在平衡位置，故B 错误．接收器接收到此波的时间为t ＝400－40400s ＝0.9 s ，故C 错误．由多普勒效应可知，接收器收到的波的频率应小于波源频率，即小于20 Hz ，故D 正确．]8．(2017·丽水选考模拟)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图2所示，质点P 的x 坐标为3 m ．已知任意振动使点P 连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s ．下列说法正确的是( )图2A ．波速为4 m/sB ．波的频率为1.25 HzC ．x 轴坐标为15 m 的质点在t ＝0.6 s 时恰好位于波谷D ．x 轴坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰BD [由题意可知，T 2＝0.4 s ，T ＝0.8 s ．而波长λ＝4 m ，所以波速v ＝λT ＝5m/s ，A 错误；波的频率f ＝1T ＝1.25 Hz ，B 正确；t ＝0时刻，x ＝15 m 的质点处于波谷位置，经t ＝0.6 s ，恰好经过平衡位置，C 错误；t ＝0时刻，x ＝22 m 的质点处于平衡位置，且向上振动，经t ＝0.2 s 后到达波峰，D 正确．]9．劲度系数为20 N/cm 的弹簧振子，它的振动图象如图3所示，在图中A 点对应的时刻( )【导学号：81370379】图3A ．振子所受的回复力大小为0.5 N ，方向指向x 轴的负方向B ．振子的速度方向指向x 轴的正方向C ．在0～4 s 内振子做了1.75次全振动D ．在0～4 s 内振子通过的路程为0.35 cm ，位移为0AB [因为A 点偏离平衡位置0.25 cm ，故振子所受的回复力大小为F ＝0.25cm ×20 N/cm ＝5 N ，方向指向x 轴负方向，故选项A 正确；振子是在由平衡位置向x 轴正方向移动的过程中存在的A 点，故它的速度方向指向x 轴的正方向，选项B 正确；由于周期为2 s ，故在0～4 s 内振子做了2次全振动，选项C 错误；在0～4 s 内振子通过的路程为s ＝0.5 cm ×8＝4 cm ，故选项D 错误．]10．沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形曲线如图4所示，其波速为10 m/s ，该时刻波恰好传播到x ＝6 m 的位置．介质中有a 、b 两质点，下列说法中正确的是( )图4A ．t ＝0时刻，b 质点的运动方向向上B ．t ＝0时刻，b 质点的速度大于a 质点的速度C ．t ＝0时刻，b 质点的加速度大于a 质点的加速度D ．t ＝0.2 s 时刻，x ＝9 m 处的质点位于波谷B [由题知，简谐波沿x 轴正方向传播，由波形的平移法判断可知，t ＝0时刻，b 质点的运动方向向下，故A 错误；t ＝0时刻，a 质点位于波峰，速度为零，故b 质点的速度大于a 质点的速度．故B 正确；由题图看出，质点a 的位移大小大于质点b 的位移大小，根据简谐运动的特征a ＝－kx m 可知，b 质点的加速度小于a 质点的加速度，故C 错误；波从x ＝6 m 处传到x ＝9 m 处的时间为t ＝Δx v＝9－610s ＝0.3 s ，故t ＝0.2 s 时刻，x ＝9 m 处的质点还没有振动，故D 错误．]11．(2017·湖州选考模拟)如图5甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0.8 s 时，振子的速度方向向左B ．t ＝0.2 s 时，振子在O 点右侧6 cm 处C ．t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度完全相同D ．t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐增大AD [由题图乙知t ＝0.8 s 时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，选项A 正确；t ＝0.2 s 时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小，应在O 点右侧大于6 cm 处，选项B 错误；t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度大小相同，方向相反，选项C 错误；t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，选项D 正确．]12．(2017·东阳选考模拟)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时，波恰好传播到x 2＝2 m 的B 点，如图6所示．在t ＝0.3 s 时，x 1＝1 m 的质点A 恰好第一次出现在正最大位移处，则( )图6A ．该波的传播周期为1.2 sB ．该波的传播速度为5 m/sC ．t ＝1.0 s 时，质点C 在平衡位置处且向上运动D ．当波传播到质点C 时，质点B 在平衡位置处且向上运动BC [t ＝0时，质点A 在平衡位置向下运动，经过34T 质点A 恰好第一次出现在正最大位移处，34T ＝0.3 s ，所以周期为0.4 s ，由图象读出波长为2 m ，根据公式v ＝λT ＝5 m/s ，选项A 错误，选项B 正确；t ＝1.0 s 时，这列波向前传播的距离为5 m ，质点C 在平衡位置处且向上运动，选项C 正确；波传播到C 点时，传播距离为3 m ，即用时0.6 s ，波从质点B 传到质点C ，质点B 在平衡位置处且向下运动，选项D 错误．]13．一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9 m 的a 、b 两质点的振动图象如图7所示，下列描述该波的图象可能的是( )图7【导学号：81370380】AC [根据振动图象、波动规律解决问题．根据y -t 图象可知，a 、b 两质点的距离为nλ＋14λ或nλ＋34λ，即nλ＋14λ＝9 m或nλ＋34λ＝9 m(n ＝0,1,2,3，…)解得波长λ＝364n ＋1 m 或λ＝364n ＋3m. 即该波的波长λ＝36 m 、7.2 m 、4 m …或λ＝12 m 、367 m 、3611 m …故选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(9分)(2016·舟山市调研)如图8所示，在光滑水平面上，一弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，平衡位置为O ，已知振子的质量为M .图8(1)简谐运动的能量取决于________，物体振动时动能和________能相互转化，总机械能________．(2)(多选)振子在振动过程中，下列说法中正确的是________(填字母)．A ．振子在平衡位置时，动能最大，势能最小B ．振子在最大位移处，势能最大，动能最小C ．振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小D ．在任意时刻，动能与势能之和保持不变(3)(多选)若振子运动到B 处时将一质量为m 的物体放到M 的上面，且m 和M 无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是________(填字母)．A ．振幅不变B ．振幅减小C ．最大动能不变D ．最大动能减小【解析】 (1)简谐运动的能量取决于振幅，物体振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒．(2)振子在平衡位置两侧往复运动，在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变最大，势能最大，所以B 正确；在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D正确；到平衡位置处速度达到最大，动能最大，势能最小，所以A正确；振幅的大小与振子的位置无关，所以选项C错误．(3)振子运动到B点时速度恰为零，此时放上m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变．因此选项A正确，B错误；由于机械能守恒，最大动能不变，所以选项C正确，D错误．【答案】(1)振幅弹性势守恒(2)ABD(3)AC15．(9分)(2017·温州选考一模)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，请回答下列问题．①现已提供了以下器材：铁架台、夹子、毫米刻度尺、游标卡尺、细线．为了完成实验，还必须从图9中挑选出一些实验器材，其名称是________________(漏选或多选得零分)．图9②甲、乙两组同学将单摆按如图10所示的方式悬挂，你觉得比较合理的是________(填“甲”或“乙”)图10③正确挂起单摆后，将摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使摆球在竖直平面内稳定摆动，当摆球经过________(填“平衡位置”、“最大位移处”或“任意位置”)时开始计时，并计数为“1”，当摆球第49次经过此位置时停止计时．读出这段时间为t，则单摆的周期T＝________.【导学号：81370381】【解析】①根据实验原理还需要的计时仪器是停表，为了满足单摆受到的重力远大于阻力，所以摆球要选择小而重的铁球．②该实验要求摆球在运动过程中摆长不变，所以悬点必须是固定不变的．因此甲悬挂方式较合理，乙悬挂方式摆球在运动过程中，摆长会发生改变．③为了减小实验误差，应在摆球经过平衡位置时开始计时．正确的做法是在第一次经过平衡位置时开始计时，并计数为“0”，以后每次同方向经过平衡位置才算经过一个完整的周期．题中情况实际上只经过24个完整的周期，故T ＝t /24.【答案】 ①停表、铁球 ②甲 ③平衡位置 t /2416．(8分)P 、Q 是一列简谐横波中相距30 m 的两点，各自的振动图象如图11所示，此列波的频率为多少？如果P 比Q 离波源近，且P 与Q 间距离小于1个波长，则波速是多大？图11【解析】 由图象读出此波的周期T ＝4 s频率为f ＝1T ＝14Hz ＝0.25 Hz 据题P 比Q 离波源近，且P 与Q 间距离小于1个波长，则得：34λ＝30 m解得：λ＝40 m波速为：v ＝λT ＝404m/s ＝10 m/s.【答案】 (1)0.25 Hz (2)10 m/s17．(9分)如图12所示，位于原点O 处的波源在t ＝0时刻，从平衡位置(在x 轴上)开始沿y 轴正方向做周期T ＝0.4 s 、振幅A ＝3 cm 的简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，当平衡位置坐标为(6 m,0)的质点P 刚开始振动时波源刚好位于波谷．图12(1)质点P 在开始振动后的Δt ＝2.5 s 内通过的路程是多少？(2)该简谐横波的最大波速是多少？【解析】(1)由于质点P从平衡位置开始振动，并且Δt＝2.5 s＝6T＋1 4T质点P在开始振动后的Δt＝2.5 s内通过的路程s＝6×4A＋A＝25A＝75 cm(2)设该简谐横波的波速为v，OP间的距离为Δx，由题意可得Δx＝(n＋34)λ＝6 m(n＝0,1,2，…)所以v＝λT＝604n＋3m/s(n＝0,1,2，…)当n＝0时，波速最大为v m＝20 m/s.【答案】(1)75 cm(2)20 m/s。
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课后限时训练(三十)
(建议用时：40分钟)
1．(1)用多用电表欧姆挡测量电阻时，红黑表笔互换了插孔，这样________(选填“会”或“不会”)影响测量结果．
(2)在使用多用电表结束后，分别将选择开关保留在如图6a、b和c所示的位置，其中图________(选填“a”“b”或“c”)的位置是规范的．
图6
【解析】多用电表欧姆挡测量电阻的原理是闭合电路欧姆定律，通过电流值反映电阻值，红黑表笔互换不会影响测量结果．多用电表使用完毕，选择开关应置于“OFF”挡或交流电压最高挡．
【答案】(1)不会(2)c
2．某同学用多用电表测量某一电阻，以下是该同学实验过程中的主要操作步骤．
a．将“选择开关”置于如图7甲所示的位置；
b．将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，进行欧姆调零；
c．如图乙所示把两表笔接触待测电阻的两端进行测量，表盘指针如图丙所示：
d．记下读数，实验完毕．
甲乙
丙
图7
指出该同学操作中不合理或遗漏的地方，并加以指正．
_______________________________________________________________；
_______________________________________________________________；
________________________________________________________________.
【解析】由图甲和图丙可知，当选择开关置于“×100”时，指针的偏转过大，说明待测电阻的阻值相对较小．据多用电表测电阻时指针尽可能接近“中值”的原则，选择开关应置于“×10”挡，且换挡后要重新欧姆调零．由图乙可知，此时测量的为人体与待测电阻并联后的电阻，测量时不能用两只手接触表笔的金属部分．测量结束后，应该将选择开关置于“OFF”挡或交流电压的最高挡，才能实验完毕．
【答案】甲图中选择开关应置于“×10”挡，且换挡后重新欧姆调零乙图中两只手不能接触表笔的金属部分读数后应将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡，才能实验完毕．
3．(2017·乐清模拟)如图8所示为多用电表的示意图，试回答下列问题：
图8
(1)当选择开关位置旋至“mA”挡中的“×10”挡位时，则测量的是
________．
(2)当选择开关位置旋至“V”挡中的“×50”挡位时，则测量的是________．
(3)当选择开关位置旋至“Ω”挡中的“×100”挡位时，则测量的电阻大小等于________．
(4)当选择开关位置旋至“Ω”挡中的“×100”挡位时，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么正确的操作步骤依次是：①________，②________，③________.
【导学号：81370277】【解析】当多用电表的选择开关置于相应的物理量区域时，多用电表就可以测量该量，测量电流、电压时开关所指的数值就是所测量的量程，需要注意的是：由于测电阻的原理和测电流、电压的原理不同，当选择开关在测电阻区域时，对应的数值是倍率，而不是量程．当然，倍率越大，测量的电阻也就越大；倍率越小，测量的电阻就越小．由于测电阻是根据闭合电路的欧姆定律，每次换挡位时，都会改变闭合电路的阻值，因此换挡位后必须进行欧姆调零．【答案】(1)量程为0～10 mA的直流电流(2)量程为0～50 V的直流电压(3)读数×100(4)①换挡位“×1 k”②将表笔短接重新进行欧姆调零③将电阻与其他元件断开后进行测量
4．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表盘指针如图9所示，则：
图9
(1)所测电阻的阻值为________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为
2.0× 104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”“×100”或“×1 k”)．
(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA；当选用量程为250 mA的直流电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.
(3)当选用量程为10 V的直流电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________V.
【解析】(1)欧姆表读数：对应最上一行刻度值为15，倍率为“×100”，
1.5×103Ω；测阻值为
2.0×104Ω的电阻时应选“×1 k”倍率的欧姆挡．
(2)选50 mA的直流电流挡，则每一大格表示10 mA，每一小格表示1 mA.
测量的精确度为1 mA，应估读到0.1 mA(此时为1
10估读)，指针对应的读数为30.8
mA；选择量程为250 mA的直流电流挡，则每一大格表示50 mA，每一小格表
示5 mA，测量的精确度为5 mA，应估读到1 mA(此时为1
5估读)，指针对应的读
数为154 mA.
(3)选择10 V的直流电压挡，则每一大格表示2 V，每一小格表示0.2 V，测
量的精确度为0.2 V，应估读到0.1 V(此时应为1
2估读)，指针对应的读数为6.2 V.
【答案】(1)1.5×103×1 k(2)30.8(30.7～30.9 都正确)154(3)6.2 5．如图10甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 Ω的电阻．测量步骤如下：
(1)将选择开关旋转到“Ω”挡的________(选填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”)位置．
(2)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为________Ω.
甲乙
图10
【解析】(1)根据电阻的估计值，选“×1”挡可以使指针所指的位置在中间比较合理的位置．(2)由多用电表直接读数得电阻的测量值为19.0 Ω.
【答案】(1)×1(2)19.0 Ω
6．(2016·海宁模拟)如图11所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
图11
(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．
(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明________(只填一处)可能有故障．
【解析】(1)用多用电表欧姆挡测电阻时必须将其从电路中断开，在连接点1和2已接好的情况下，应选用多用电表的电压挡测量各器材两端的电压；连接点1和2同时断开时，可以用欧姆挡进行测量．
(2)在开关闭合时，若测得5、6两点间电压接近电源的电动势，说明开关(或连接点5、6)出现故障．
【答案】(1)电压欧姆(2)开关(或连接点5、6)。