模块综合测评
1.B [解析] 奥斯特首先发现了电流的磁效应,A错误;麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在,赫兹用实验证实了电磁波的存在,B正确;法拉第首先发现了电磁感应现象,C错误;能量子是由普朗克首先提出的,D错误.
2.B [解析] 接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k=4k,两球接触后分开各自带电荷量为+Q,距离又变为原来的,则库仑力为F'=k=9kF,B正确.
3.A [解析] 根据C=,当极板间距离增大时,电容C减小,B错误;电容器保持与直流电源两极连接,电压U保持不变,C错误;根据Q=CU,结合上述,电容减小,则Q变小,A正确;根据E=,极板间距离增大,则场强E变小,D错误.
4.D [解析] 设AB=BO=OD=d,则EB=、ED=,可知EB>ED,故A错误;取无穷远处为零势能面,B点的电势为零,D点的电场线由无穷远指向-Q,因沿电场线方向电势逐渐降低,故D点的电势φD<0,即φB>φD,故B错误;因为FB=qEB,FD=qED,又EB>ED,所以FB>FD,故C错误;因为EpB=qφB,EpD=qφD,又φB>φD,所以EpB>EpD,故D正确.
5.A [解析] 结合电场线和等势线的关系可知,实线是等势线,虚线是电场线,故a、b两点电势相等,c、d两点电场强度不同,A正确,B错误;结合感应起电知识可知,金属板上的感应电荷分布不均匀,C错误;金属棒所带电荷的电性未知,无法判断c、a两点的电势关系,电子从c移到a,电场力的做功情况未知,D错误.
6.B [解析] 设每盏小灯泡两端的电压为U,通过的电流为I,则干路的电流为2I,根据闭合电路的欧姆定律有E=U+2I(R+r),即U、I满足U=5-10I,在小灯泡的U-I图像中作出对应的函数图线,如图所示,则两个图线的交点即为小灯泡在电路中的工作点,所以通过小灯泡的电流I≈0.3 A,对应灯泡两端的电压U≈2 V,每盏小灯泡的功率P=UI≈0.6 W,B正确.
7.A [解析] 滑动变阻器滑片向上移动时,滑动变阻器接入电路的电阻变小,电路中的总电阻减小,总电流增大,外电压减小,R1两端的电压增大,R2、R3两端的电压减小,R2、R3中电流减小,灯泡中电流增大,灯泡变亮,A正确;R3两端的电压减小,电容器两端的电压减小,由Q=CU知电容器的带电荷量减小,B错误;由于无法判断外电路电阻与电源内电阻的大小关系,因此无法判断电源的输出功率是增大还是减小,C错误;电源的效率η=,由于电流增大,因此电源的效率变小,D错误.
8.CD [解析] 根据电势的定义式φ=,是比值定义,φ与Ep和q的大小均无关,A错误;根据电容的定义式C=,可知电容器的电容等于电容器极板所带电荷量与电势差的比值,电容器的电容决定于电容器本身,与电容器所带电荷量无关,B错误;安培认为在物质内部总存在着一种环形电流——分子电流,提出分子电流假设,C正确;电动势是表征电源将其他形式能转化为电能本领的物理量,D正确.
9.ACD [解析] 根据装置图可知,水量减少,弹簧压缩量减少,滑片上移,A正确;若电表为电压表,其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值,示数减小,说明滑片上移,水量减少,B错误;若电表为电流表,电流表测的是整个电路的电流,电流表示数变大,说明滑动变阻器接入电路的阻值减小,即滑片下移,水量增多,C正确;如果选择电流表,水太多时R接入电路的阻值很小,电路中电流很大,此时R0串联在干路中,起到保护电路(电流表)的作用,D正确.
10.BC [解析] 根据对称性可知,M点和P点的电场强度大小相等,方向不同,A错误;在A处点电荷产生的电场中,N点和P点的电势相等,在B处点电荷产生的电场中,N点的电势大于P点的电势,在D处点电荷产生的电场中,N点的电势大于P点的电势,综合分析可知,N点的电势高于P点的电势,正试探电荷在N点的电势能大于在P点的,正试探电荷由P到N电势能增加,电场力做负功,B正确;仅考虑B处和D处点电荷时,C点和M点的电势相等,又M距A比C距A较近,故φM>φC,正试探电荷由C到M,电势能增加,C正确;结合B项分析可知φN>φM,因此正试探电荷由C移动到M时的电势能变化量小于由C移动到N时的电势能变化量,D错误.
11.(1)R1 R2 (2)如图所示 (3)①③②④ (4)1998.0 Ω 小于 (5)1.28
(6)
[解析] (1)根据半偏法的测量原理可知,RM电阻与微安表头的内阻相当,当闭合S2之后,滑动变阻器上方的电流应基本不变,就需要RN较大,对下方分压电路影响甚微,故RM应选R1,RN应选R2.
(2)根据电路图连接实物图如图所示.
(3)根据半偏法的实验步骤,操作顺序应为:①将变阻器滑动头P移至最左端,将RN调至最大值;③断开S2,闭合S1,调节滑动头P至某位置再调节RN使表头满偏;②闭合开关S2,调节RM,使微安表半偏,并读出RM阻值;④断开S1、S2,拆除导线,整理好器材.
(4)RM调节后面板读数为1998.0 Ω,由实验原理可知表头内阻为1998.0 Ω;当闭合S2后,原电路可看成如下电路,闭合S2后,相当于RM由无穷大 变成有限值,变小了,则流过RN的电流大于原来的电流,则流过RM的电流大于,故待测表头的内阻的测量值小于真实值.
(5)将该微安表改装成量程为0~2 V的电压表,则需要串联一个电阻R0,则有U=Ig(Rg+R0),此时的电压读数有U'=I'(Rg+R0),其中U=2 V,Ig=100 μA,I'=64 μA,联立解得U'=1.28 V.
(6)根据题意O、P间电压不变,可得I(RA+RN)=RN+·RA,解得RA=.
12.(1)见解析 (2)
[解析] (1)带电油滴恰好悬浮,根据受力平衡可知,电场力竖直向上,而电场方向竖直向下,故油滴带负电.
(2)极板间的电场强度为E=
油滴悬浮时,根据平衡条件有qE=mg
撤去电场,油滴匀速运动时,根据平衡条件有kv=mg
根据题意,油滴匀速运动的速度为v=
联立解得q=
13.(1)120 V 2 Ω (2)92.3% (3)3.2 m
[解析] (1)闭合开关S1,断开开关S2和S3,由闭合电路欧姆定律得
E=I1
同时闭合开关S1和S2,断开S3,由闭合电路欧姆定律得
E=I2
联立解得
E=120 V,r=2 Ω
(2)仅闭合开关S3,设电动机两端的电压为U,由闭合电路欧姆定律得
E=U+I3r
解得U=104 V
电动机的总功率为P=UI3=832 W
电动机的输出功率为P出=UI3-RM=768 W
电动机正常工作时的效率为
η=×100%=×100%≈92.3%
(3)设水的初速度为v0,在Δt时间内从喷管喷出的水的质量为Δm,则
Δm=ρSv0Δt
电动机的输出功率P出=
整理可得P出=
解得v0=8 m/s
由竖直上抛运动规律,可得=2gh
解得水柱能达到离喷管口的最大高度h=3.2 m
14.(1)T (2)L
(3)U0≤UAB≤10U0或-10U0≤UAB≤-U0
[解析] (1)设电子进入第4个圆筒后的速度为v1,根据动能定理有
4U0e=m
得=2
第4个圆筒的长度为
s=v1=T
(2)设电子从第5个圆筒射出后的速度为v2,根据动能定理有
5U0e=m
得v2=
电子在偏转电场中运动的加速度是
a=
电子射出偏转电场时,在垂直于板面方向偏移的距离为
y=at2
其中t为飞行时间,由于电子在平行于板面的方向不受力,所以在这个方向做匀速直线运动,由L=v2t
可求得t=
且由题意得UAB=8U0
代入得到y=L
由类平抛运动的结论,结合几何关系可知
解得lOM=L
(3)由(0.5L≤lOM'≤2L)
得L≤y'≤L
且要使电子不打中极板,电子在垂直于板面方向偏移的距离满足
0≤y'≤L
综上得L≤|y'|≤L
又因为y'=
得U0≤UAB≤10U0
或-10U0≤UAB≤-U0模块综合测评
一、单项选择题
1.[2024·河北衡水中学月考] 在物理学的发展过程中,许多科学家作出了巨大的贡献.以下关于物理学史的叙述符合实际的是( )
A.法拉第首先发现了电流的磁效应
B.麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在,赫兹用实验证实了电磁波的存在
C.电磁感应现象是奥斯特首先发现的
D.能量子是由牛顿首先提出的
2.[2024·山西大同一中月考] 两个分别带有电荷量-Q和+4Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为r,则两球间库仑力的大小为 ( )
A.9F B.F
C.F D.12F
3.[2024·湖南长郡中学月考] 平行板电容器保持与直流恒压电源两极连接,充电平衡后,电容器电容为C,带电荷量为Q,两极板间的电压是U,两极板间场强为E,现仅将两极板间距离增大,则引起的变化情况是( )
A.Q变小
B.C变大
C.U变小
D.E不变
4.[2024·广东广雅中学月考] 如图所示,等量异种点电荷+Q、-Q分别固定在A、O两处,B为AO的中点,OD=OB,B、D两处的电场强度分别为EB、ED,电势分别为φB、φD.若将另一点电荷+q分别置于B、D两点,所受的电场力分别为FB、FD,具有的电势能分别为EpB、EpD,则 ( )
A.EBC.FB=FD D.EpB>EpD
5.[2024·浙江效实中学月考] 一接地金属板垂直纸面水平放置,在金属板延长线上垂直纸面放置一均匀带电金属棒,如图为两者周围的电场线和等势线分布图,a、b为同一实线弧上两点,c、d为同一虚线弧上两点,则( )
A.a、b两点电势相等
B.c、d两点电场强度相同
C.金属板上产生的感应电荷均匀分布
D.电子从c移到a,电场力做正功
6.[2024·重庆一中月考] 图甲为某一小灯泡的U-I图线,现将两盏这样的小灯泡并联后再与一个3 Ω的定值电阻R串联,接在内阻r=2 Ω、电动势E=5 V的电源两端,如图乙所示,其中电流表为理想电表,则通过每盏小灯泡的电流I和每盏小灯泡的电功率P分别为 ( )
A.I≈0.38 A,P≈0.6 W B.I≈0.3 A,P≈0.6 W
C.I≈0.3 A,P≈1.2 W D.I≈0.38 A,P≈1.2 W
7.[2024·山东青岛二中月考] 在如图所示的电路中,开始时灯光比较暗,现通过调节滑动变阻器的滑片使灯泡变亮.关于滑动变阻器的调节及调节过程中的现象,下列判断正确的是( )
A.滑动变阻器滑片向上移动
B.电容器的带电荷量增大
C.电源的输出功率增大
D.电源的效率变大
二、多项选择题
8.[2024·福建厦门一中月考] 下列说法中正确的是 ( )
A.根据电势的定义式φ=,可知电场中某点的电势与试探电荷在该点的电势能成正比
B.由C=知,电容C与电容器所带电荷量Q成正比,与电容器两端的电压U成反比
C.安培认为在物质内部总存在着一种环形电流——分子电流
D.电动势表征了电源将其他形式的能转化为电能的本领
9.小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器,其工作原理如图所示.在忽略电表内阻影响的情况下,下列分析正确的是( )
A.水量减少时,滑动变阻器的滑片向上移动
B.如果选择电压表,电表示数变小反映水量增多
C.如果选择电流表,电表示数变大反映水量增多
D.如果选择电流表,R0可以在水太多时保护电路
10.[2024·江苏徐州一中月考] 如图所示,ABCD是边长为l的正四面体,虚线圆为三角形ABD的内切圆,M、N、P分别为BD、AB和AD边与圆的切点,O为圆心,正四面体的顶点A、B和D分别固定有电荷量为+Q、+Q和-Q的点电荷,则 ( )
A.M、P两点的电场强度相同
B.将正试探电荷由P移动到N,电场力做负功
C.将正试探电荷由C移动到M,电势能增加
D.正试探电荷由C移动到M时的电势能变化量大于由C移动到N时的电势能变化量
三、实验题
11.[2023·海南卷] 用如图所示的电路测量一个量程为0~100 μA、内阻约为2000 Ω的微安表头的内阻,所用电源的电动势约为12 V,有两个电阻箱可选,R1(0 ~ 9999.9 Ω),R2(0~99 999.9 Ω).
(1)RM应选 ,RN应选 ;
(2)根据电路图,请把实物连线补充完整;
(3)下列操作顺序合理排列是 ;
①将变阻器滑动头P移至最左端,将RN调至最大值
②闭合开关S2,调节RM,使微安表半偏,并读出RM阻值
③断开S2,闭合S1,调节滑动头P至某位置再调节RN使表头满偏
④断开S1、S2,拆除导线,整理好器材
(4)
如图是RM调节后面板,则待测表头的内阻为 ,该测量值 (填“大于”“小于”或“等于”)真实值;
(5)将该微安表改装成量程为0~2 V的电压表后,某次测量指针指在图示位置,则待测电压为 V(保留3位有效数字);
(6)某次半偏法测量表头内阻的实验中,S2断开,电表满偏时读出RN值,在滑动头P不变,S2闭合后调节电阻箱RM,使电表半偏时读出RM,若认为O、P间电压不变,则微安表内阻为 (用RM、RN表示).
四、计算题
12.[2024·河南郑州一中月考] 密立根油滴实验装置如图所示,两块间距为d的平行金属板A、B分别与电源正、负极相接.当两极板间电压为U时,一带电油滴恰好悬浮;撤去电场,一段时间后,通过显微镜观测到油滴在时间t内匀速下降的距离为h.已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比,比例系数为k.
(1)判断该带电油滴所带电性,并说明理由;
(2)求该油滴所带电荷量q.
13.[2024·安徽太和中学月考] 某同学想研究电动机驱动喷泉时水柱能达到的最大高度,他进行了如下探究:如图所示的电路中,定值电阻R1=18 Ω,R2=20 Ω,直流电动机M的线圈电阻RM=1 Ω,电流表A为理想电表.闭合开关S1,断开开关S2和S3,电流表A的示数为I1=3 A;同时闭合开关S1和S2,断开S3,电流表A的示数为I2=6 A;仅闭合开关S3,直流电动机M正常工作,电流表A的示数为I3=8 A.喷管的截面积S=3×10-3 m2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求电源的电动势E和内阻r;
(2)仅闭合开关S3,求电动机正常工作时的效率η;
(3)仅闭合开关S3,电动机用以驱动喷泉竖直向上喷出,求水柱能达到离喷管口的最大高度h.
14.[2024·江西南昌二中月考] 如图甲所示,某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成.直线加速器由5个横截面积相同的金属圆筒依次排列,其中心轴线在同一直线上,圆筒的长度依照一定的规律依次增加.序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连,序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连.交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示,在t=0时,奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值,此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子,在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速,沿中心轴线冲进圆筒1,电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时,都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速,且已知电子的质量为m,电荷量为e,交变电压的绝对值为U0,周期为T,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计.偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成,板长和板间距均为L,两极板间的电压UAB=8U0,两板间的电场可视为匀强电场,忽略边缘效应,距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏.电子自直线加速器射出后,沿两板的中心线PO射入偏转电场,并从另一侧的Q点射出,最后打到荧光屏上.试求:
(1)第4个金属圆筒的长度s;
(2)电子打在荧光屏上的M点到O点的距离lOM;
(3)若两极板间的电压UAB可调节,要使电子能打在荧光屏上距O点0.5L~2L的范围内,求UAB的取值范围.
题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答 案(共43张PPT)
模块综合测评
一、单项选择题
二、多项选择题
三、实验题
四、计算题
一、单项选择题
1.[2024·河北衡水中学月考] 在物理学的发展过程中，许多科学家作出了巨大的贡献.以下关于物理学史的叙述符合实际的是( )
B
A.法拉第首先发现了电流的磁效应
B.麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在
C.电磁感应现象是奥斯特首先发现的
D.能量子是由牛顿首先提出的
[解析] 奥斯特首先发现了电流的磁效应，A错误；麦克斯韦建立了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，B正确；法拉第首先发现了电磁感应现象，C错误；能量子是由普朗克首先提出的，D错误.
2.[2024·山西大同一中月考] 两个分别带有电荷量和的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两球接触后分开各自带电荷量为，距离又变为原来的，则库仑力为，B正确.
3.[2024·湖南长郡中学月考] 平行板电容器保持与直流恒压电源两极连接，充电平衡后，电容器电容为，带电荷量为，两极板间的电压是，两极板间场强为，现仅将两极板间距离增大，则引起的变化情况是( )
A
A.变小 B.变大 C.变小 D.不变
[解析] 根据，当极板间距离增大时，电容C减小，B错误；电容器保持与直流电源两极连接，电压保持不变，C错误；根据，结合上述，电容减小，则变小，A正确；根据，极板间距离增大，则场强变小，D错误.
4.[2024·广东广雅中学月考] 如图所示,等量异种点电荷、分别固定在、两处,为的中点,,、
D
A. B. C. D.
两处的电场强度分别为、,电势分别为、.若将另一点电荷分别置于、两点,所受的电场力分别为、,具有的电势能分别为、,则( )
[解析] 设,则、,可知,故A错误;取无穷远处为零势能面,B
点的电势为零,D点的电场线由无穷远指向,因沿电场线方向电势逐渐降低,故D点的电势,即,故B错误;因为,,又,所以,故C错误;因为,,又,所以,故D正确.
5.[2024·浙江效实中学月考] 一接地金属板垂直纸面水平放置，在金属板延长线上垂直纸面放置一均匀带电金属棒，如图为两者周围的电场线和等势线分布图，、为同一实线弧上两点，、为同一虚线弧上两点，则( )
A
A.、两点电势相等 B.、两点电场强度相同
C.金属板上产生的感应电荷均匀分布 D.电子从移到，电场力做正功
[解析] 结合电场线和等势线的关系可知，实线是等势线，虚线是电场线，故、两点电势相等，、两点电场强度不同，A正确，B错误；结合感应起电知识可知，金属板上的感应电荷分布不均匀，C错误；金属棒所带电荷的电性未知，无法判断、两点的电势关系，电子从移到，电场力的做功情况未知，D错误.
6.[2024·重庆一中月考] 图甲为某一小灯泡的图线，现将两盏这样的小灯泡并联后再与一个 的定值电阻串联，接在内阻 、电动势的电源两端，如图乙所示，其中电流表为理想电表，则通过每盏小灯泡的电流和每盏小灯泡的电功率分别为( )
B
A.， B.，
C.， D.，
[解析] 设每盏小灯泡两端的电压为，通过的电流为，则干路的电流为，根据闭合电路的欧姆定律有，即、满足，在小灯泡的图像中作出对应的函数图线，如图所示，则两个图线的交点即为小灯泡在电路中的工作点，所以通过小灯泡的电流，对应灯泡两端的电压，每盏小灯泡的功率，B正确.
7.[2024·山东青岛二中月考] 在如图所示的电路中，开始时灯光比较暗，现通过调节滑动变阻器的滑片使灯泡变亮.关于滑动变阻器的调节及调节过程中的现象，下列判断正确的是( )
A
A.滑动变阻器滑片向上移动 B.电容器的带电荷量增大
C.电源的输出功率增大 D.电源的效率变大
[解析] 滑动变阻器滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中的总电阻减小，总电流增大，外电压减小，两端的电压增大，、两端的电压减小，、中电流减小，灯泡中电流增大，灯泡变亮，A正确；两端
的电压减小，电容器两端的电压减小，由知电容器的带电荷量减小，B错误；由于无法判断外电路电阻与电源内电阻的大小关系，因此无法判断电源的输出功率是增大还是减小，C错误；电源的效率，由于电流增大，因此电源的效率变小，D错误.
二、多项选择题
8.[2024·福建厦门一中月考] 下列说法中正确的是( )
CD
A.根据电势的定义式，可知电场中某点的电势与试探电荷在该点的电势能成正比
B.由知，电容与电容器所带电荷量成正比，与电容器两端的电压成反比
C.安培认为在物质内部总存在着一种环形电流——分子电流
D.电动势表征了电源将其他形式的能转化为电能的本领
[解析] 根据电势的定义式，是比值定义， 与和的大小均无关，A错误；根据电容的定义式，可知电容器的电容等于电容器极板所带电荷量与电势差的比值，电容器的电容决定于电容器本身，与电容器所带电荷量无关，B错误；安培认为在物质内部总存在着一种环形电流——分子电流，提出分子电流假设，C正确；电动势是表征电源将其他形式能转化为电能本领的物理量，D正确.
9.小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示.在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是( )
ACD
A.水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动
B.如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多
C.如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多
D.如果选择电流表，可以在水太多时保护电路
[解析] 根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，C正确；如果选择电流表，水太多
时接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，D正确.
10.[2024·江苏徐州一中月考] 如图所示，是边长为的正四面体，虚线圆为三角形的内切圆，、、分别为、和边与圆的切点，为圆心，正四面体的顶点、和分别固定有电荷量为、和的点电荷，则( )
BC
A.、两点的电场强度相同
B.将正试探电荷由移动到，电场力做负功
C.将正试探电荷由移动到，电势能增加
D.正试探电荷由移动到时的电势能变化量大于由移动到时的电势能变化量
[解析] 根据对称性可知，点和点的电场强度大小相等，
方向不同，A错误；在A处点电荷产生的电场中，点和
点的电势相等，在B处点电荷产生的电场中，点的电势大
于点的电势，在D处点电荷产生的电场中，点的电势大于
点的电势，综合分析可知，点的电势高于点的电势，正
试探电荷在点的电势能大于在点的，正试探电荷由到电势能增加，电场力做负功，B正确；仅考虑B处和D处点电荷时，C点和点的电势相等，又距A比C距A较近，故，正试探电荷由C到，电势能增加，C正确；结合B项分析可知，因此正试探电荷由C移动到时的电势能变化量小于由C移动到时的电势能变化量，D错误.
三、实验题
11.[2023·海南卷] 用如图所示的电路测量一个量程为、内阻约为 的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为，有两个电阻箱可选，，.
(1) 应选____，应选____；
[解析] 根据半偏法的测量原理可知，电阻与微安表头的内阻相当，当闭合之后，滑动变阻器上方的电流应基本不变，就需要较大，对下方分压电路影响甚微,故应选，应选.
(2) 根据电路图，请把实物连线补充完整；
[答案] 如图所示
[解析] 根据电路图连接实物图如图所示.
(3) 下列操作顺序合理排列是__________；
①将变阻器滑动头移至最左端，将调至最大值
②闭合开关，调节，使微安表半偏，并读出阻值
③断开，闭合，调节滑动头至某位置再调节使表头满偏
④断开、，拆除导线，整理好器材
①③②④
[解析] 根据半偏法的实验步骤，操作顺序应为:①将变阻器滑动头移至最左端，将调至最大值；③断开，闭合，调节滑动头至某位置再调节使表头满偏；②闭合开关，调节，使微安表半偏，并读出阻值；④断开、，拆除导线，整理好器材.
(4) 如图是调节后面板，则待测表头的内阻为_________，该测量值______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值；
小于
[解析] 调节后面板读数为 ，由实验原理可知表头内阻为 ;当闭合后，原电路可看成如下电路,闭合后，相当于由无穷大 变成有限值，变小了，则流过的电流大于原来的电流，则流过的电流大于，故待测表头的内阻的测量值小于真实值.
(5) 将该微安表改装成量程为的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为_____(保留3位有效数字)；
1.28
[解析] 将该微安表改装成量程为的电压表，则需要串联一个电阻，则有，此时的电压读数有，其中，，，联立解得.
(6) 某次半偏法测量表头内阻的实验中，断开，电表满偏时读出值，在滑动头不变，闭合后调节电阻箱，使电表半偏时读出，若认为、间电压不变，则微安表内阻为_______(用、表示).
[解析] 根据题意、间电压不变，可得，解得.
四、计算题
12.[2024·河南郑州一中月考] 密立根油滴实验装置如图所示，两块间距为的平行金属板、分别与电源正、负极相接.当两极板间电压为时，一带电油滴恰好悬浮；撤去电场，一段时间后，通过显微镜观测到油
滴在时间内匀速下降的距离为.已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比，比例系数为.
(1) 判断该带电油滴所带电性，并说明理由；
[答案] 见解析
[解析] 带电油滴恰好悬浮，根据受力平衡可知，电场力竖直向上，而电场方向竖直向下，故油滴带负电.
(2) 求该油滴所带电荷量.
[答案]
[解析] 极板间的电场强度为
油滴悬浮时，根据平衡条件有
撤去电场，油滴匀速运动时，根据平衡条件
有
根据题意，油滴匀速运动的速度为
联立解得
13.[2024·安徽太和中学月考] 某同学想研究电动机驱动喷泉时水柱能达到的最大高度，他进行了如下探究：如图所示的电路中，定值电阻 ， ，直流电动机的线圈电阻 ，电流表A为理想电表.闭合开关，断开开关和，电流表A的示数为；同时闭合开关和，断开，电流
表A的示数为；仅闭合开关，直流电动机正常工作，电流表A的示数为.喷管的截面积，水的密度，重力加速度取.
(1) 求电源的电动势和内阻；
[答案]
[解析] 闭合开关，断开开关和，由闭合电路欧姆定律得
同时闭合开关和，断开，由闭合电路欧姆定律得
联立解得
，
(2) 仅闭合开关，求电动机正常工作时的效率 ；
[答案]
[解析] 仅闭合开关，设电动机两端的电压为，由闭合电路欧姆定律得
解得
电动机的总功率为
电动机的输出功率为
电动机正常工作时的效率为
(3) 仅闭合开关，电动机用以驱动喷泉竖直向上喷出，求水柱能达到离喷管口的最大高度.
[答案]
[解析] 设水的初速度为，在时间内从喷管喷出的水的质量为，则
电动机的输出功率
整理可得
解得
由竖直上抛运动规律，可得
解得水柱能达到离喷管口的最大高度
14.[2024·江西南昌二中月考] 如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成.直线加速器由5个横截面积相
同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加.序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连.交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质
量为，电荷量为，交变电压的绝对值为，周期为，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计.偏转电场由两块相同的平行金属极板与组成，板长和板间距均为，两极板间的电压，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧处竖直放置一足够大的荧光屏.电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线<射入偏转电场，并从另一侧的点射出，最后打到荧光屏上.试求：
/m>
(1) 第4个金属圆筒的长度；
[答案]
[解析] 设电子进入第4个圆筒后的速度为，
根据动能定理有
得
第4个圆筒的长度为
(2) 电子打在荧光屏上的点到点的距离；
[答案]
[解析] 设电子从第5个圆筒射出后的速度为，根据动能定理有
得
电子在偏转电场中运动的加速度是
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
其中为飞行时间，由于电子在平行于板面的方向不受力，所以在这个方向做匀速直线运动，由
可求得
且由题意得
代入得到
由类平抛运动的结论，结合几何关系可知
解得
(3) 若两极板间的电压可调节，要使电子能打在荧光屏上距点的范围内，求的取值范围.
[答案] 或
[解析] 由
得
且要使电子不打中极板，电子在垂直于
板面方向偏移的距离满足
综上得
又因为
得
或
