平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．如图甲所示，线圈的两头连接在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E、内阻为r.开关S闭合后，调节可变电阻R的阻值至R1时，天平正好平衡．此时电压表示数为U.已知m0>m，取重力加速度为g，则
(1)矩形线圈中电流的方向为________________． (2)矩形线圈的电阻为________________．
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小为_____________________．
(4)考虑到电压表内阻的影响，磁感应强度B的测量值偏________(填“大”或“小”)． [解析] (1)因m0>m，故当天平正好平衡时，线圈受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，矩形线圈中电流的方向为逆时针方向．
(2)根据闭合电路欧姆定律可知，回路中电流I＝解得R＝
E－UU，设线圈电阻为R，则有R1＋R＝，rIr－R1.
E－UE－U，rU(3)设匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框受力平衡，则有mg＝m0g－nBIl，I＝?m0－m?gr解得B＝. n?E－U?l(4)回路中电流I＝
E－U是干路电流，由于电压表的分流作用，使得代入计算的电流与r线圈中实际通过的电流相比偏大，因此磁感应强度B的测量值偏小．
[答案] (1)逆时针方向 (2)?m0－m?gr(3) (4)小
n?E－U?lUr－R1
E－U专题强化训练(二十四)
1．(2019·四川成都诊断)将两根原长相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A)的劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)的劲度系数为k2，套成的新弹簧(记为C)的劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系，同学们猜想如下：
111
甲同学：和电阻并联相似，可能是＝＋.
k3k1k2
乙同学：和电阻串联相似，可能是k3＝k1＋k2. 丙同学：可能是k3＝
k1＋k2
2
.
(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验(装置见图甲所示)． (2)简要实验步骤如下，请完成相应填空．
a．将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的原长L0；
b．在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；
c．由F＝________计算弹簧的弹力，由x＝L1－L0计算弹簧的伸长量，由k＝计算弹簧的劲度系数；
d．改变________，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1； e．仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值
Fxk2、k3.比较k1、k2、k3并得出结论．
(3)图乙是实验得到的图线，由此可以判断________同学的猜想正确．
[解析] (2)弹簧的弹力F等于n个钩码的重力之和nmg；多次测量取平均值，可以减小误差，所以实验中需要改变钩码的个数以改变弹簧弹力．
(3)由题图乙可知，伸长量相同时，FC＝FA＋FB，由胡克定律可得k3x＝k1x＋k2x，所以
k3＝k1＋k2，乙同学的猜想是正确的．
[答案] (2)nmg 钩码的个数 (3)乙
2．(2019·武汉市高三调研)在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作．
A．在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板在紧靠槽口处竖直放置，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
B．将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
C．把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C.
(1)为了保证在碰撞过程中小球a不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是
m1________m2(选填“大于”、“小于”或“等于”)．
(2)完成本实验，必须测量的物理量有________． A．小球a开始释放的高度h B．木板水平向右移动的距离l C．小球a和小球b的质量m1、m2
D．O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
[解析] (1)为防止两球碰撞后，小球a反弹，小球a的质量应大于小球b的质量，即
m1>m2.(2)a、b两球碰撞后均做平抛运动，l＝vt，y＝gt2，得l＝v12
2y，若满足m1v0＝m1v1
g＋m2v2，即碰撞前后动量守恒，即可验证动量守恒定律，对该式进行整理可得m1m1m2
＝＋，y2y3y1
因此需要测量小球a和小球b的质量m1、m2以及O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，选项C、D正确．
[答案] (1)大于 (2)CD
3．(2019·河南六市联考)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度
β?即β＝
?
?
Δω?.我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实Δt??
验．(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz；A、B、C、D、…为计数点，相邻两计数点间
有四个点未画出)
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动； ③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
(1)用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r为________cm； (2)由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为________rad/s； (3)圆盘转动的角加速度大小为________rad/s(计算结果保留三位有效数字)． [解析] (1)由图乙可知，主尺刻度为60 mm，游标尺上的小数部分为0，由于最小分度为0.05 mm，游标卡尺的读数为60.00 mm，即6.000 cm，因此圆盘的直径为6.000 cm，半径为3.000 cm.
(2)由频率f＝50 Hz可知，周期T＝0.02 s，则纸带上相邻两计数点之间的时间间隔t′＝5T＝0.1 s，故打下计数点D时，速度vD＝＝
2t′
2
xCE0.1384－0.0551
m/s＝0.417 m/s，故
2×0.1
vD0.417ω＝＝ rad/s＝13.9 rad/s.
r0.03
ΔxxCE－xAC0.1384－0.0551－0.055122
(3)纸带运动的加速度a＝ m/s＝0.705 m/s，2＝2＝2
?Δt??Δt?0.2Δωva0.70522
由于β＝，ω＝，故圆盘转动的角加速度大小为β＝＝ rad/s＝23.5 rad/s.
Δtrr0.03
[答案] (1)3.000 (2)13.9 (3)23.5
4．(2019·云南七校联考)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小．如图甲所示为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力下的电阻值RF.
请按要求完成下列实验．
(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框内画出实验电路的原理图(压敏电阻已给出，待测压力大小约为40～80 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：
A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6000 Ω B．滑动变阻器R，最大阻值约为200 Ω C．电流表A，量程0～2.5 mA，内阻为30 Ω D．电压表V，量程0～3 V，内阻为3 kΩ E．直流电源E，电动势为3 V，内阻很小 F．开关S，导线若干
(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________V.
(3)此时压敏电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)；结合图甲可知待测压力的大小F＝________N.
相关推荐：
loading