【物理试题】江苏专版2019年高考物理总复习课时作业三十一实验六决定导线电阻的因素.doc
2019年江苏省高考物理试卷(附答案解析)
2019年江苏省高考物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。
每小题只有一个选项符合题意。
1．（3分）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压（）A．降低2V B．增加2V C．降低200V D．增加200V 2．（3分）如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。
细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为（）A．B．C．TsinαD．Tcosα3．（3分）如图所示的电路中，电阻R＝2Ω．断开S后，电压表的读数为3V（电压表为理想电压表）；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为（）A．1ΩB．2ΩC．3ΩD．4Ω4．（3分）1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。
如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G．则（）A．v1＞v2，v1＝B．v1＞v2，v1＞C．v1＜v2，v1＝D．v1＜v2，v1＞5．（3分）一匀强电场的方向竖直向上。
t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P﹣t关系图象是（）A．B．C．D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．（4分）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。
座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱（）A．运动周期为B．线速度的大小为ωRC．受摩天轮作用力的大小始终为mgD．所受合力的大小始终为mω2R7．（4分）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。
矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。
2019年普通高等学校招生全国统一考试物理(江苏卷)
绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试江苏物理一、单项选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分,每小题只有一个．．．．选项符合题意。
1.(2019·江苏,1,3分,难度★★)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V 时,输出电压() A.降低2 V B.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V根据变压器原理有n1n2=U1U2=ΔU1ΔU2,则有110=20VΔU2,解得ΔU2=200 V,故只有选项D正确。
2.(2019·江苏,2,3分,难度★★)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。
细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为()A.TsinαB.T cosαC.T sin αD.T cos αT沿水平方向和竖直方向分解,根据物体的平衡条件可知其水平分力等于风对气球的的作用力F,故F=T sin α,只有选项C正确。
3.(2019·江苏,3,3分,难度★★)如图所示的电路中,电阻R=2 Ω。
断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为()A.1 ΩB.2 ΩC.3 ΩD.4 ΩS时,电压表示数即为电源的电动势,即电源的电动势E=3 V,闭合S时,电压表示数为电阻R 两端的电压,即为U外=2 V,由闭合电路欧姆定律可得电源内阻r两端电压为U内=E-U外=1 V,根据电阻的分压关系可得电源内阻r=1 Ω,故只有选项A正确。
4.(2019·江苏,4,3分,难度★★)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星,该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。
如图所示,设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2,近地点到地心的距离为r,地球质量为M,引力常量为G。
则()A.v1>v2,v1=√GMr B.v1>v2,v1>√GMrC.v1<v2,v1=√GMr D.v1<v2,v1>√GMr,故动能减小,即速度减小v1>v2,若卫星在半径为r的圆轨道上做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力则有GMmr2=mv2r,解得v=√GMr,而卫星轨道实际为椭圆,相当于在近地点的圆轨道上做离心运动,故v1>v=√GMr,只有选项B正确。
(江苏专版)2019年高考物理总复习 课时作业三十 闭合电路欧姆定律焦耳定律
课时作业 三十 闭合电路欧姆定律 焦耳定律(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．一个直流电动机所加电压为U ，电流为I ，线圈内阻为R ，当它工作时，下述说法中错误的是( )A ．电动机的输入功率为IUB ．电动机的发热功率为I 2RC ．电动机的输出功率为IU －I 2RD ．电动机的功率可写作IU ＝I 2R ＝U 2R2．(多选)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( )第2题图 A ．电能转化为化学能的功率为UI －I 2rB ．充电器输出的电功率为UI ＋I 2rC ．电池产生的热功率为I 2r D ．充电器的充电效率为Ir U×100%3．某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω.现闭合开关S ，理想电压表V 的示数为4.0 V ，则( )第3题图A ．三个灯泡的总电阻为8.3 ΩB ．电源的电动势为5.6 VC ．电源消耗的热功率为3.0 WD ．电源的效率为89.3%4．(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )第4题图A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶25．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知下列叙述不正确的是( )第5题图A．反映P r变化的图线是cB．电源电动势为8 VC．电源内阻为2 ΩD．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω6．(多选)恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变，如图所示的电路中，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，下列说法中正确的是( )第6题图A．R0上的电压变小B．R2上的电压变大C．R1上的电压变大D．R1上电压变化量大于R0上的电压变化量第7题图7．(多选)如图所示的电路中，R是压敏电阻，其阻值随所受压力F的增大而减小．闭合开关S后，在缓慢增大F的过程中，下列判断正确的是 ( )A．灯泡L1亮度将变大B．灯泡L2亮度将变大C．电容器C所带电荷量将增大D．电源的输出功率一定减小8．(多选)如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则 ( )第8题图A．变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD．电容器的带电量增大，增加量为CΔU9．如图所示是研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图．当开关闭合时，灯L1亮，灯L2不亮，电流表和电压表均有读数．则故障原因可能是( )第9题图A．L1断路 B．L1短路 C．L2断路 D．L2短路10．(多选)如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值，则( )第10题图A．减小R1，C1、C2所带的电荷量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电荷量都增加C．增大R3，C1、C2所带的电荷量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电荷量都增加11．如图所示，电源的电动势是6 V，内电阻是0.5 Ω，小电动机M的线圈电阻为0.5 Ω，限流电阻R0为3 Ω，若电压表的示数为3 V，试求：(1)电源的功率和电源的输出功率；(2)电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率．第11题图课时作业(三十) 闭合电路欧姆定律 焦耳定律1.D 【解析】 A ．电动机的总功率为P ＝UI ，故A 正确；B.电动机的发热功率，根据焦耳定律：P 热＝I 2R .故B 正确．C.电动机的输出功率为：P 出＝P－P 热＝UI －I 2R .故C 正确．D.因为P ＞P 热，即UI ＞I 2R ，U ＞IR ，欧姆定律不适用．故UI ≠I 2R≠U 2R，故D 错误． 2．AC 【解析】 充电器输出的电功率为P ＝UI ，故B 错误；电池产生的热功率为I 2r ，故C 正确；则电能转化为化学能的功率为UI －I 2r ，故A 正确；充电器的充电效率为UI －I 2rUI×100%，故D 错误，故选AC.3．ABD 【解析】 理想电压表V 的示数为4．0 V ，可知串联的灯泡电流0.6 A ，此时小灯泡电阻4.00.6 Ω＝203 Ω；每个并联灯泡的电流为0.3 A ，电压1.0 V ，此时小灯泡电阻R L ＝1.00.3 Ω＝103 Ω，所以总电阻为R 总＝203 Ω＋12·103 Ω＝8.3 Ω，A 正确；电动势等于E ＝4 V ＋1 V ＋0.6×1.0 V＝5.6 V ，B 正确；电源消耗的热功率为P 热＝0.62×1.0 W ＝0.36 W ，C 错误；电源效率η＝55.6×100%＝89.3%，D 正确．4．ABC 【解析】 根据电源U －I 图线，r 1＝107 Ω，r 2＝1011 Ω，则r 1∶r 2＝11∶7，故A 正确．E 1＝E 2＝10 V ，故B 正确；灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则U 1＝3 V ，I 1＝5 A ，P 1＝15 W ，R 1＝0.6 Ω；U 2＝5 V ，I 2＝6 A ，P 2＝30 W ，R 2＝56Ω， P 1∶P 2＝1∶2，R 1∶R 2＝18∶25，故C 正确，D 错误；故选ABC.5．B 【解析】 电源的总功率P E ＝IE ，功率与电流成正比，由P r ＝I 2r 知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A 正确；当电流为2 A 时，电源的总功率与发热功率相等，可得出电源电动势为4 V ，内阻为2 Ω.当电流为0.5 A 时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6 Ω，B 错误，CD 正确．故选B.6.AC 【解析】 触头P 由图示位置向右移动时，接入电路的电阻减小，则总电阻也减小，而电源输出电流不变，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压减小，所以R 2上的电压变小，R 2是定值电阻，所以通过R 2的电流减小，总电流不变，则通过R 1电流增大，所以R 1的电压变大，则R 0上的电压变小，故AC 正确，B 错误；R 1的电压变大，R 0上的电压变小，R 1和R 0的电压之和减小，则R 1上电压变化量小于R 0上的电压变化量，故D 错误；故选AC.7．AC 【解析】 在压力F 缓慢增大的过程中，压敏电阻R 的阻值减小，电路中的外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，即流过灯泡L 1的电流增大，则灯泡L 1的亮度将变大，故A 正确；根据闭合电路欧姆定律可得，E ＝I (r ＋R L1)＋U L2，又干路电流增大，则灯泡L 2两端的电压减小，灯泡L 2亮度将变小，故B 错误；根据并联电路知识和欧姆定律可得，I ＝I L3＋U L2R L2，U L3＝I L3R L3，又灯泡L 2两端的电压减小，则灯泡L 3两端的电压增大，又根据电容器所带电荷量与电容器两极板间的电势差、电容器的电容的关系可得，Q＝CU L3，则电容器所带电荷量将增大，故C 正确；根据电源的输出功率关系可得P 出＝(ER 外＋r)2R外＝E 2（R 外－r ）2R 外＋4r ，由于不知外电阻的阻值与内电阻的阻值的关系，则电源的输出功率的变化情况无法判断，故D 错误．8．AD 【解析】 闭合开关S ，增大可变电阻R 的阻值，电流表示数减小，电压表示数增大，变化过程中ΔU 和ΔI 的比值等于定值电阻R 0与电源内阻r 之和，保持不变；电压表示数U 和电流表示数I 的比值等于可变阻值R 的阻值，逐渐增大，选项A 正确，B 错误；电阻R 0两端电压减小，减小量小于ΔU ，选项C 错误；电容器的带电量增大，增加量为C ΔU ，选项D 正确．9．D 【解析】 灯L 1亮，所以L 1无问题，A 、B 错误．若L 2断路，则L 1也不会亮，C 错误．当L 2短路时，L 1亮，L 2不亮，电流表有示数，电压表测的是L 1两端电压，D 正确．10.BD 【解析】 R 1上没有电流流过，故减小R 1，C 1两端电压不变，C 2两端电压不变，C 1、C 2所带的电荷量都不变，选项A 错误；增大R 2，C 1、C 2两端电压都增大，C 1、C 2所带的电荷量都增加，选项B 正确；增大R 3，C 1两端电压减小，C 2两端电压增大，C 1所带的电荷量减小，C 2所带的电荷量增加，选项C 错误；减小R 4，C 1、C 2两端电压都增大，C 1、C 2所带的电荷量都增加，选项D 正确．11．(1)6 W 5.5 W (2)2.5 W 2 W【解析】 (1)在串联电路中，电压表读R 0两端的电压，由欧姆定律得I ＝U R 0＝33A ＝1A; 电源的总功率：P 总＝EI ＝6×1 W ＝6 W ，由能量转化和守恒定律得：P 输出＝P 总－I 2r ＝6－12×0.5 W ＝5.5 W ；(2)电源的输出功率为电动机和限流电阻获得功率之和，P 输出＝P M ＋P 0；P 0＝I 2R 0＝3 W ；P M ＝P 输出－P 0＝5.5－3＝2.5 W ；有P M ＝P 机＋P Mr ；得P 机＝P M －P Mr ＝2.5－I 2r ＝2.5－0.5＝2 W.。
2019版高考物理一轮复习江苏专版：课时检测(49) 电阻测量的“六方会谈” (实验提能课)
课时检测(四十九) 电阻测量的“六方会谈” (实验提能课)1．用如图所示的电路可以测量电阻的阻值。
图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，Ⓖ是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝。
闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表Ⓖ的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0 C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 0 解析：选C 当灵敏电流表的电流为零时电桥平衡，根据电桥平衡条件，有R 0l 1＝R x l 2，可得R x ＝l 2l 1R 0。
故C 正确。
2．一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用如图甲、乙所示两种电路各测一次，用图甲测得的数据是3.0 V,3.0 mA ；用图乙测得的数据是2.9 V ，4.0 mA 。
由此可知，用图________测得R x 的误差较小，测量值R x ＝________。
解析：对比两次测量中电压和电流的变化量，电压的变化量为原电压的130，电流的变化量为原电流的13，说明电压的变化量远小于电流的变化量。
因此，电流表分压不明显，即电流表内阻R A ≪R x ，所以采用题图甲测量时误差较小，则R x ＝U I ＝ 3.03.0×10－3 Ω＝1 000 Ω。
答案：甲 1 000 Ω3.(2018·南昌三校高三联考)某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值，由于第一次选择的欧姆挡不合适，又改换另一欧姆挡测量，两次测量时电表指针所指的位置如图中的虚线箭头所示，以下为这两次测量中的有关操作：A ．将两表笔短接，并调零；B ．将两表笔分别跟被测电阻的两端接触，观察指针的位置；C ．记下电阻值；D ．将多用电表旋钮旋到R×10挡；E ．将多用电表旋钮旋到R×1挡；F ．将多用电表旋钮旋到交流电压最高挡。
(1)根据上述有关操作将两次测量的合理实验步骤按顺序写出(利用上述操作项目前面的字母表示，且可以重复使用)__________________。
2019年江苏卷物理高考试题文档版含答案【优选真题】
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得
4
分，选对但不全的得 2 分．错选或不答的得 0 分．
6．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为 小为 ω，重力加速度为 g，则座舱
m，运动半径为 R，角速度大
2πR
16．（16分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、 右边界分别垂直相交于 M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹 前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为 m、电荷量为 -q的粒子速 度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场， 在磁场中做圆周运动的半径为 d，且d<L， 粒子重力不计，电荷量保持不变。 （1）求粒子运动速度的大小 v； （2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到 M的最大距离 dm；
（选填 “电子 ”“正电子 ”或 “中子 ”）．此后，对原
子核反应的持续研究为核能利用提供了可能．目前人类获得核能的主要方式是
（选填 “核
衰变 ”“核裂变 ”或 “核聚变 ”）． （ 3）在 “焊接 ”视网膜的眼科手术中， 所用激光的波长 λ=6.4 ×17 0m，每个激光脉冲的能量 E=1.5 ×10-2 J．求
A点的速度
vA=
m/s．
（题 10-2图）
（ 4）测出小车的质量为 M ，再测出纸带上起点到 A点的距离为 L．小车动能的变化量可用
ΔE k=
1 2
Mv
2 A
算
出． 砝码盘中砝码的质量为 m，重力加速度为 g；实验中， 小车的质量应
（选填 “远大于 ”“远
小于 ”或 “接近 ”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用
(江苏专版)2019年高考物理总复习 课时作业三十九 法拉第电磁感应定律
课时作业 三十九 法拉第电磁感应定律(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．(多选)穿过一个电阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少4 Wb ，则( )A ．线圈中感应电动势一定是每秒减少4 VB ．线圈中感应电动势一定是4 VC ．线圈中感应电流一定是每秒减少4 AD ．线圈中感应电流一定是4 A2．如图所示，将一直导线AC 折成ABC 形状，AB BC ＝12，且AB ⊥BC ，将导线ABC 放在纸面内，匀强磁场垂直纸面向里，使导线ABC 以相同的速度分别垂直AB 、BC 、AC 在纸面内做匀速直线运动，AC 两端电压分别为U 1、U 2、U 3，三者之比正确的是( )第2题图A ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶1∶1B ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶2C ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶3D ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶ 53．如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )第3题图A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt4．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )第4题图A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 5．(多选)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴．一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时( )第5题图A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为2Blv 0C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同6．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量为＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )第6题图A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmgnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqRD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nq7．如图所示，两根同种金属材料、同一粗细、长度的导线，一根直接折成正方形闭合线框(甲)，另一根先拉长为原来的2倍再折成正方形闭合线框(乙)．磁场垂直纸面向里均匀变化，将两线框一起垂直磁场摆放，求：(1)二者感应电动势之比； (2)二者感应电流之比； (3)二者热功率之比．甲 乙 第7题图8．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ； (2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．第8题图课时作业(三十九) 法拉第电磁感应定律1.BD 【解析】 感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，与磁通量是增是减无关，由法拉第电磁感应定律E ＝nΔφΔt 得E ＝4 V ，线圈中电流I ＝ER＝4 A ，故B 、D 正确． 2．D 【解析】 部分导线切割磁感线时E ＝BLv ，其中L 为导体切割磁感线的有效长度，依题意可知U 1∶U 2∶U 3＝1∶2∶5，故D 选项正确．3．B 【解析】 当磁场增强时线圈中产生感应电动势：E ＝n ΔφΔt ＝n ΔB Δt S ＝n ΔB Δt a 2，B项正确．4．AB 【解析】 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，选项B 正确；由感应电动势E ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C 错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4倍，选项D 错误．5．ABD 【解析】 由题意知，穿过闭合回路的磁通量Φ＝0，A 正确；由右手定则判知ab 边与cd 边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联，回路中的感应电动势E ＝Bl ab v 0＋Bl cd v 0＝2Blv 0，B 正确；由右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，C 错误；由左手定则可知ab 边与cd 边所受的安培力方向均向左，D 正确．6．C 【解析】 由题意电荷量＋q 的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电．A 、C.若磁感应强度B 竖直向上，B 正在增强时，根据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，故A 错误．若磁感应强度B 竖直向上且B 正在减弱时，油滴能保持平衡．根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ①，金属板间的电压：U ＝ER R ＋r②， 要使油滴平衡，则有q U d ＝mg ③，联立①②③得：ΔΦΔt＝dmg （R ＋r ）nqR.故C 正确．同理可知，磁感应强度B 竖直向下且正增强时，线圈中产生的感应电动势是上负下正，金属板下板带正电，上板带负电，油滴能平衡，且有ΔΦΔt ＝dmg （R ＋r ）nqR ，故B 错误．磁感应强度B 竖直向下减弱时，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡．故D 错误．7．(1)1∶4 (2)1∶1 (3)1∶4【解析】 此题解题关键是要注意拉长导线的同时对导线截面积亦有影响．设甲导线长为4l 电阻率为ρ横截面积为S ，则乙导线长为8l 横截面积为S2，根据题中所给条件，结合电阻定律公式可得：两线框所围面积之比S 1S 2＝14①，两线框电阻之比R 1R 2＝14②，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ③，而电流I ＝E R ④，电功率P ＝E2R ⑤，综合①②③④⑤可得：(1)电动势之比E 1E 2＝14 (2)电流之比I 1I 2＝11 (3)功率之比P 1P 2＝14.8．(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)【解析】 (1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔBΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V. (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V ；回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度 l ＝2v (t －1) (1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1) V 感应电流i ＝e R＝(t －1)A(1 s ≤t ≤1.2 s)．。
江苏省2019年高考物理试题(解析版)
（2）选择电阻丝的_____（选填“同一”或“不同”）位置 进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．
（3）2 图甲中 Rx，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入 2 图乙实物电路中 正确位置 ____
（4）为测量 R，利用 2 图甲所示的电路，调节滑动变阻器测得 5 组电压 U1 和电流 I1 的值，作出的 U1–I1 关 系图象如图图所示．接着，将电压表改接在 a、b 两端，测得 5 组电压 U2 和电流 I2 的值，数据见下表：
D. 物块在 A 点的初速度为 2gs
【答案】BC
【详解】小物块压缩弹簧最短时有 F弹 mg ，故 A 错误；全过程小物块的路程为 2s ，所以全过程中克服
摩擦力做的功为：mg 2s ，故 B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到 A 点由能量守恒得：EPmax mgs ，
故
C
正确；小物块从
A.
运动周期为 2πR
B. 线速度的大小为 ωR
C. 受摩天轮作用力的大小始终为 mg
D. 所受合力的大小始终为 mω2R
【答案】BD
【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式 2π ，解得：T 2π ，故 A 错误；由圆周运动的线速度与
T
角速度的关系可知，v R ，故 B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，
α
粒子轰击氮核打出了质子．后来，人们用
α
粒子轰击
60 28
Ni
核也打出了质子：
42He+6208Ni 6229Cu+11H X ；该反应中的 X 是______（选填“电子”“正电子”或“中子”）．此后，对原子核反应的 持续研究为核能利用提供了可能．目前人类获得核能的主要方式是_______（选填“核衰变”“核裂变”或“核聚 变”）． 【答案】 (1). 中子 (2). 核裂变
2019年江苏高考物理真题及答案
2019年江苏高考物理真题及答案注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷共8页，包含选择题（第1题~第9题，共9题）、非选择题（第10题~第15题，共6题）两部分．本卷满分为120分，考试时间为100分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个．．．．选项符合题意． 1．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20 V 时，输出电压（A ）降低2 V（B ）增加2 V（C ）降低200 V（D ）增加200 V2．如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T ，则风对气球作用力的大小为（A ）sin Tα（B ）cos Tα（C ）T sin α （D ）T cos α3．如图所示的电路中，电阻R =2 Ω．断开S 后，电压表的读数为3 V ；闭合S 后，电压表的读数为2 V ，则电源的内阻r 为（A ）1 Ω（B ）2 Ω（C ）3 Ω（D ）4 Ω4．1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v 1、v 2，近地点到地心的距离为r ，地球质量为M ，引力常量为G ．则（A ）121,GM v v v r >= （B ）121,GMv v v r >>（C ）121,GM v v v r <=（D ）121,GMv v v r <>5．一匀强电场的方向竖直向上，t =0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P -t 关系图象是二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不答的得0分．6．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m ，运动半径为R ，角速度大小为ω，重力加速度为g ，则座舱（A ）运动周期为2πRω （B ）线速度的大小为ωR（C ）受摩天轮作用力的大小始终为mg（D）所受合力的大小始终为mω2R7．如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是（A）均向左（B）均向右（C）a的向左，b的向右（D）a的向右，b的向左8．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中（A）弹簧的最大弹力为μmg（B）物块克服摩擦力做的功为2μmgs（C）弹簧的最大弹性势能为μmgs（D）物块在A点的初速度为2gs9．如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有（A ）Q 1移入之前，C 点的电势为W q（B ）Q 1从C 点移到B 点的过程中，所受电场力做的功为0 （C ）Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，所受电场力做的功为2W （D ）Q 2在移到C 点后的电势能为-4W三、简答题：本题分必做题（第10~12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置． 【必做题】10．（8分）某兴趣小组用如题10-1图所示的装置验证动能定理．（1）有两种工作频率均为50 Hz 的打点计时器供实验选用：A ．电磁打点计时器B ．电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择 （选填“A”或“B”）．（题10-1图）（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是 （选填“甲”或“乙”）．（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动．纸带被打出一系列点，其中的一段如题10-2图所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A 点的速度v A = m/s ．（题10-2图）（4）测出小车的质量为M ，再测出纸带上起点到A 点的距离为L ．小车动能的变化量可用ΔE k =212A Mv 算出．砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应（选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL算出．多次测量，若W与ΔE k均基本相等则验证了动能定理．11．（10分）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：（1）螺旋测微器如题11-1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动（选填“A”“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．（题11–1图）（2）选择电阻丝的（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．（3）题11-2甲图中R x，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入题11-2乙图实物电路中的正确位置．（题11-2甲图）（题11-2乙图）（4）为测量R，利用题11-2甲图所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如题11-3图所示．接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：U2/V 0.50 1.02 1.54 2.05 2.55I 2/mA20.040.060.080.0100.0请根据表中的数据，在方格纸上作出U 2–I 2图象．（5）由此，可求得电阻丝的R x = Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率． 12．[选修3–5]（12分）（1）质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为 ． （A ）mv M（B ）M v m（C ）mv m M+ （D ）Mv m M+ （2）100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子．后来，人们用α粒子轰击6028Ni 核也打出了质子：460621228291He+Ni Cu+H X→+；该反应中的X 是 （选填“电子”“正电子”或“中子”）．此后，对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能．目前人类获得核能的主要方式是 （选填“核衰变”“核裂变”或“核聚变”）．（3）在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ=6.4×107m ，每个激光脉冲的能量E =1.5×10-2J ．求每个脉冲中的光子数目．（已知普朗克常量h =6.63×l0-34J·s，光速c =3×108m/s ．计算结果保留一位有效数字）【选做题】13．本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．若多做，则按A 小题评分． A ．[选修3–3]（12分）（1）在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体 ．（A ）分子的无规则运动停息下来 （B ）每个分子的速度大小均相等 （C ）分子的平均动能保持不变（D ）分子的密集程度保持不变（2）由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的．在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为（选填“引力”或“斥力”）．分子势能E p和分子间距离r的关系图象如题13A-1图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子E p的是图中（选填“A”“B”或“C”）的位置．（3）如题13A-2图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程（气体与外界无热量交换），其中B→C过程中内能减少900 J．求A→B→C过程中气体对外界做的总功．B．[选修3–4]（12分）（1）一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的．（A）位移增大（B）速度增大（C）回复力增大（D）机械能增大（2）将两支铅笔并排放在一起，中间留一条狭缝，通过这条狭缝去看与其平行的日光灯，能观察到彩色条纹，这是由于光的（选填“折射”“干涉”或“衍射”）．当缝的宽度（选填“远大于”或“接近”）光波的波长时，这种现象十分明显．（3）如图所示，某L形透明材料的折射率n=2．现沿AB方向切去一角，AB与水平方向的夹角为θ．为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气，求θ的最大值．四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（15分）如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S =0.3 m 2、电阻R =0.6 Ω，磁场的磁感应强度B =0.2 T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt =0.5s 时间内合到一起．求线圈在上述过程中 （1）感应电动势的平均值E ；（2）感应电流的平均值I ，并在图中标出电流方向； （3）通过导线横截面的电荷量q ．15．（16分）如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ。
江苏省2019年高考物理专项复习试卷：恒定电流实验测定金属的电阻率
2. 难度：简单
在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，以下操作中错误的是()
A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入
电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值
D．实验中应保持金属丝的温度不变
江苏省2019年高考物理专项复习试卷：恒定电流实验测定金属的电阻率
一、实验题
详细信息
1. 难度：简单
有一待测电阻Rx，无法估计其粗略值。某同学应用伏安法进行测量，按下图所示（甲）、（乙）两种电路各测一次，用（甲）图测得的数据是2.9V，4.0mA；用（乙）图测得的数据是3.0V，3.0mA。由此可知，应用________图测量的值误差较小，测量值Rx＝________。
详细信息
9. 难度：简单
在“测定金属丝的电阻率”实验中，以下操作中错误的是____
A．用米尺测量金属丝的全长三次，算出其平均值
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．用伏安法测电阻时采用电流表外接电路，多次测量后算出平均值
D．实验中保持金属丝的温度不变
详细信息
10. 难度：简单
C．估计待测金属导线的电阻值大小，选择合适的仪器和实验电路
D．合上开关S，不断增大滑动变阻器接入电路的有效阻值，记录几组对应的电流强度和电压的数值，计算出导线的电阻R
详细信息
5. 难度：简单
在测量金属丝电阻率的实验中，在连接电路时，下列说法错误的是（____）
A.在连接实验电路中，电键应处于断开状态，滑动变阻器滑片应置于阻值最大处
A．本实验中被测金属导线的电阻值较小，因此实验电路一般采用电流表外接法
2019年高考物理江苏专版总复习课时作业： 六十一 实验十三
课时作业六十一实验十三：验证动量守恒定律(限时：45分钟)(班级________姓名________)1．气垫导轨工作时能够通过喷出的气体使滑块悬浮从而基本消除掉摩擦力的影响．因此成为重要的实验器材，气垫导轨和光电门、数字毫秒计配合使用能完成许多实验．现提供以下实验器材：(名称、图象、编号如图所示)第1题图利用以上实验器材还可以完成“验证动量守恒定律”的实验．为完成此实验，某同学将实验原理设定为：m1v0＝(m1＋m2)v.(1)针对此原理，我们应选择的器材编号为：________．(2)在我们所选的器材中：________器材对应原理中的m1(填写器材编号)．2．如图甲，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．第2题图(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是____．(填选项前的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______[用(2)中测量的量表示]．(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p1p′1＋p′2，为________．3．用如图所示装置来验证动量守恒定律，质量为m A的钢球A用细线悬挂于O点，质量为m B的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心的距离为L，使悬线伸直并与竖直方向夹角为β，释放后A球摆到最低点时恰与B球对心碰撞，碰撞后，A球把原来静止于竖直方向的轻质指示针OC推到与竖直方向夹角为α处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点，进而测得B球的水平位移S，当地的重力加速度为g.(1)A、B两个钢球的碰撞近似看成弹性碰撞，则A球质量______B球质量(选填“大于”、“小于”或“等于”)．为了对白纸上打下的多个B球的落地点进行数据处理，进而确定落点的平均位置，需要用到的器材是______．(2)用题中所给的字母表示，碰撞前A球的动量p A＝__________，碰撞后A球的动量p A′＝_________，碰撞后B球的动量p B＝__________．第3题图4．如图甲，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，可能引起误差的是____(填选项前的符号)．A．斜槽轨道有摩擦B．轨道末端不水平C．实验时，每次都使小球从图中S位置由静止开始滚下D．选取的落点位置不是平均位置(2)在“验证动量守恒定律”的实验中，两半径相同的小球质量之比m A∶m B＝3∶8，那么A、B两球中，______球是入射球.(3)在满足第(2)问的条件下，若实验记录纸上，各点O、M、P、N位置如图乙所示，其中O点为斜槽末端所系重锤线指的位置，则碰撞结束时刻，两个小球的动量之比p A∶p B＝__________．甲乙第4题图5．现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．(a)实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．(b)第5题图若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100% 最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．课时作业(六十一) 实验十三：验证动量守恒定律1.(1)ABC (2)B 【解析】 (1)滑块在水平气垫导轨上相互作用时应满足动量守恒，碰撞前后滑块的速度可以根据v ＝d t求得，其中d 是遮光板的宽度，t 是滑块通过光电门的时间，故针对此原理应选择的器材编号为ABC.(2)由于是利用v ＝d t求滑块的速度，滑块B 有遮光板，而滑块C 没有遮光板，故先运动的滑块应选B.2．(1)C (2)ADE (3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP (4)14 2.9 1.01 【解析】 (1)小球离开轨道后做平抛运动，由H ＝12gt 2知t ＝2H g，即小球的下落时间一定，则初速度v ＝x t可用平抛运动的水平射程来表示，选项C 正确．(2)本实验要验证的是m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP ，因此要测量两个小球的质量m 1和m 2以及它们的水平射程OM 和ON ，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m 1开始释放的高度h 和抛出点距地面的高度H .故应完成的步骤是ADE.(3)若动量守恒，应有m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 0(v 0是m 1单独下落离开轨道时的速度，v 1、v 2是两球碰后m 1、m 2离开轨道时的速度)，又v ＝x t ，则有m 1OM t ＋m 2ON t ＝m 1OP t，即m 1OM ＋m 2ON ＝m 1OP .(4)碰前m 1的动量p 1＝m 1v 0＝m 1·OP t ，碰后m 1的动量p 1′＝m 1v 1＝m 1·OM t，则p 1∶p 1′＝OP ∶OM ＝14∶11；碰后m 2的动量p 2′＝m 2v 2＝m 2·ON t，所以p 1′∶p 2′＝(m 1·OM )∶(m 2·ON )＝11∶2.9；碰撞前、后总动量的比值p 1p 1，＋p 2，＝m 1·OP m 1·OM ＋m 2·ON≈1.01. 3．大于 圆规 p A ＝m A 2gL （1－cos β）；p A ′＝m A 2gL （1－cos α） p B ＝m B s g 2H【解析】 (1)为了防止碰后出现反弹，应用质量较大的小球去碰质量较小的小球；为了准确找出落点，应用圆规将所有的点圈出，找出中心点为平均位置； (2)小球从A 处下摆过程中，机械能守恒， m A gL (1－cos β)＝12m A v 2A ，v A ＝2gL （1－cos β）则有p A ＝m A 2gL （1－cos β）； 小球A 与小球B 碰撞后继续运动，在A 碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，可得v A ＝2gL （1－cos α）， p A ＝m A 2gL （1－cos α）；碰撞后B 球做平抛运动，水平方向s ＝v B t ，竖直方向H ＝12gt 2, 计算得出v B ＝ s g 2H，则碰后B 球的动量为P B ＝m B sg 2H . 4．BD B 3∶4 【解析】 (1)本实验中用平抛运动的性质来验证动量守恒，故必须保证小球做平抛运动；故斜槽末端必须水平；平时为了准确测量落点应取落点的平均位置；并且要求小球每次应从同一点释放；故引起误差的有BD ；(2)只有让重球去撞击轻球时，实验才能得出正确结果；故入射球应为B 球；由图可以知道，撞击后A 球应落在N 点，B 球落在M 点；则B 球飞过的水平位移为12 cm ；A 球飞过的水平位移为24 cm ；则由v ＝x t可得m A v A m B v B ＝3×248×12＝34. 5．在误差允许范围内验证了动量守恒定律 运算过程见解析 【解析】 纸带上打出的相邻点的时间间隔Δt ＝1f ＝0.02 s ，根据v ＝Δx Δt可计算出滑块，A 碰撞前后的速度v 0＝2.00 m/s ，v 1＝0.970 m/s ，滑块A 、B 碰撞后滑块B 的速度v 2＝d Δt B＝ 2．86 m/s ，两滑块碰撞前后的总动量p ＝m 1v 0＝0.310×2.00 kg ·m/s ＝0.620 kg ·m/s ，p ′＝m 1v 1＋m 2v 2＝0.610 kg ·m/s ，两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为δ＝⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝1.6%＜5%因此，本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律．。
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课时作业三十一实验六：决定导线电阻的因素(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．(多选)在“测定金属的电阻率”的实验中，下列说法正确的是( )A．用伏安法测金属丝的电阻时，可采用电流表内接法B．实验中应调节滑动变阻器，取得多组U和I的值，然后求出电阻平均值C．实验中电流不得太大，以免电阻率发生变化D．应选用毫米刻度尺测整根金属丝的长度三次，然后求出长度平均值2．超导是当今材料科学研究的重点，某大学超导实验室研制成功了钇钡铜氧(YBCO)超导线材，该线材在94 K时，将呈现超导特征，但常温下，仍然为一般导体．实验小组为了测量常温下YBCO线材的电阻率：图1图2 图3第2题图(1)如图1，用多用电表×1 Ω挡粗测其电阻为 6 Ω，用螺旋测微器测其直径为________mm，游标卡尺测其长度是________mm.(2)实验室还备有实验器材如下：A．电压表V(量程3 V，内阻约为15 kΩ)1(量程15 V，内阻约为75 kΩ)B．电压表V2(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)C．电流表A1(量程600 mA，内阻约为1 Ω)D．电流表A2(0～5 Ω，0.6 A)E．滑动变阻器R1(0～2000 Ω，0.1 A)F．滑动变阻器R2G．输出电压为3 V的直流稳压电源EH．电阻箱I．开关S，导线若干如图2，为了减小实验误差，需进一步测其电阻而采用伏安法，则上述器材中应选用的实验器材有(填代号)________．请在图3方框内设计最合理的电路图并实物连线．用该电路电阻的测量值______真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)．如果YBCO超导线材直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，电阻率大小为(用字母表示)______．3．某实验小组要精确测定一个额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约为300 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A．电流表A(量程为15 mA，内阻R A1约为10 Ω)1(量程为2 mA，内阻R A2＝20 Ω)B．电流表A2C．定值电阻R1＝10 ΩD．定值电阻R2＝1 980 ΩE．滑动变阻器R(0～20 Ω)一个F．电压表V(量程为15 V，内阻R V约为3 kΩ)G．蓄电池E(电动势为4 V，内阻很小)H．开关S一个(1)要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有________(填写器材前的字母编号)．(2)画出实验电路图．第3题图(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式R x＝______，说明式中题目未给出的各物理量的意义：______________________________________________________．4．要测量某种合金的电阻率．(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝______．用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为______mm.甲乙丙第4题图(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．(3)闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝1.35 V，I1＝0.30A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝0.92 V，I2＝0.32 A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置____(选填“a”或“b”)时，测量相对准确，测量值R x ＝____Ω.(结果保留两位有效数字)5．某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x的阻值．(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流 2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的________(选填“甲”或“乙”)．甲乙图1图2图3(2)图2是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R x＝UI＝____Ω(保留两位有效数字)．(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)A．电流表测量值小于流经R x的电流值B．电流表测量值大于流经R x的电流值C．电压表测量值小于R x两端的电压值D．电压表测量值大于R x两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻R x两端的电压U也随之增加，下列反映Ux关系的示意图中正确的是________．A B C第5题图课时作业(三十一)实验六：决定导线电阻的因素1.BC 【解析】金属丝电阻很小，与电压表内阻相差很大，使电压表和金属丝并联，电压表的分流作用很小，应采用电流表外接法，故A 错误；为减小实验误差，应进行多次测量求平均值，故B正确；金属丝的电阻率随温度的改变而改变，为保持电阻率不变，应保持温度不变，实验中电流不得太大，故C正确；应测量出金属丝连入电路的有效长度三次，求平均值，而不是测整根金属丝长度，故D错误；2．(1)2.095±0.001 36.2 (2)A、D、E、G、I电路图如图甲所示；实物图如乙图所示小于πUD2 4IL甲乙第2题图【解析】 ②实验需要G 电源，I 开关与导线，电源电动势为3 V ，因此电压表应选：A.电压表V 1(量程3 V ，内阻约为15 k Ω)；通过待测电阻的最大电流约为I ＝E R ＝3 V6 Ω＝0.5 A ，则电流表应选：D.电流表A 2(量程600 mA ，内阻约为1 Ω)；为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E.滑动变阻器R 1(0～5 Ω，0.6 A)；故需要的实验器材是：A 、D 、E 、G 、I.为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，R R A ＝6，R V R ＝150006＝2500，R V R ≫RR A，电流表应采用外接法，实验电路图如图甲所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图乙所示；电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由R ＝U I 可知，待测电阻测量值比真实值小．由电阻定律可知，R ＝ρL S＝ρL π（D2）2＝ρ4 L πD 2，因R ＝U I ，则电阻率ρ＝πUD 24IL. 3．(1)ABD (2)如图所示(3)I 2()R 2＋R A 2I 1－I 2I 1、I 2分别为电流表A 1、A 2的读数【解析】 (1)要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED 灯的电流，由于电压表V 的量程偏大，测量误差较大，不能用电压表V 测量LED 灯两端的电压，可以将电流表A 2与定值电阻R 2串联改装为电压表测量电压；LED 灯正常工作时的电流在10 mA 左右，可以用电流表A 1和改装后的电压表测量通过LED 灯的电流．第3题图(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED 灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示．(3)根据闭合电路欧姆定律知，LED 灯两端的电压U ＝I 2(R 2＋R A 2)，通过LED 灯的电流I ＝I 1－I 2，所以LED 灯正常工作时的电阻R x ＝U I ＝I 2()R 2＋R A 2I 1－I 2.I 1、I 2分别为电流表A 1、A 2的读数．4．(1)πRD 24L 0.650 (2)如图所示(3)b 2.9第4题图5．(1)B C 甲 (2)如图所示 (3)5.2(4)B D (5)A【解析】(1)因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图．(2)根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接．如图所示；第5题图(3)根据读数I＝0.50 A，U＝2.60 V，即电阻为5.2 Ω(4)甲图误差因为电流表测量电阻和电压表总电流，乙图误差因为电压表测量电流表和电阻的总电压，因此答案分别为B、D(5)由于电流I＝Er＋RA＋Rx＋Rp＝ER＋（L－x）Sρ，U＝IRx＝ERxR＋Rp－ρxS＝ba－kx，通过数学函数y＝11－x图像可知答案为A.。