2025年高考物理复习新题速递之电学实验（2024年9月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习新题速递之电学实验（2024年9月）一．选择题（共1小题）1．（2024•海淀区校级模拟）某同学利用手边的实验器材设计了如图所示的测量电路，电阻R以及电源的电动势和内阻均未知，电压表左端的接线位置待定。不管接哪个接线柱，都可以通过改变滑动变阻器接入电路的阻值，获得多组数据，描绘出U﹣I关系图像（U、I分别为电压表和电流表的示数）。下列说法正确的是（）A．若接a，利用该电路可测量电阻R的阻值，且测量值偏大 B．若接a，利用该电路可测量电源的电动势和内阻，且测量值均偏小 C．若接b，利用该电路可测量电源的电动势和内阻，且测量值均偏大 D．若接b，利用该电路可测量电阻R的阻值，且测量值偏小二．填空题（共1小题）2．（2023秋•思明区校级月考）某同学在某次电学实验中先用多用表的欧姆挡“×1”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图甲所示，则读数应记为Ω；再用图乙螺旋测微器测量金属丝的直径d为mm；然后用图丙的毫米刻度尺测量其长度为cm。三．实验题（共17小题）3．（2024•西山区校级开学）（1）某同学测量某电池的电动势和内电阻。①请根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整；②先闭合S1，再将S2分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，为了减小实验误差，应将S2接在（选填“1”或“2”）进行实验。（2）为了更精确的测得此电池的电动势和内阻，该同学合上；S1后，将S2先后接在1和2处，调节滑动变阻器，分别记录多组电压表和电流表的示数。并将两次实验数据分别描绘在同一坐标系中，得到的U﹣I图像如图4所示。①某次测量时，电流表和电压表的示数如图3所示，则电流表的示数为A，电压表的示数为V；②请结合两条图像得出此电池电动势的准确值E＝V（结果保留三位有效数字），内阻的准确值r＝Ω（结果保留两位有效数字）。4．（2024•梅州一模）某物理课外实验小组为了测量某未知电阻Rx的阻值，制定了三种测量方案。（1）方案一：a.在进行正确机械调零后，将欧姆挡的选择开关拨至×1挡，先将红、黑表笔短接，让指针指在（选填“左侧”或“右侧”）零刻度线上。b.欧姆表指针如图甲所示，可得未知电阻Rx的阻值约为Ω。（2）方案二：设计了如图乙所示的实验电路，电压表的示数为2.8V，电流表的示数为87.5mA，则由此可得未知电阻Rx的阻值为Ω。（3）方案三：a.如图丙所示，将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R，使电流表示数为I0，电阻箱的示数为R1＝102Ω，其中R0为保护电阻，阻值未知；b.开关S1闭合，断开开关S2，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I0，读出电阻箱的示数为R2＝68Ω；c.则电阻Rx＝Ω。d.由于电流表不是理想电流表，则其内阻对电阻Rx的测量值（选填“有”或“无”）影响。5．（2024•黄石一模）某实验小组利用量角器、一段均匀电阻丝、电阻箱及灵敏电流计设计了一个测量电阻（待测电阻为Rx）的方案，实验电路如图甲所示。主要实验步骤如下：①将电阻丝紧贴量角器弧边弯曲成型，并依量角器直径端点裁剪好；②按甲图所示的电路原理图连接好各元件；②将电阻箱的阻值调至R1，并使金属夹K从A端沿弧形电阻丝向B移动，当灵敏电流计的示数为零时，停止移动金属夹，此时从量角器上读出OA与OK间的夹角θ1；④改变电阻箱的阻值，重复步骤③，测得多组（θ，R）值；⑤整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图乙所示。根据分析，试回答下列问题：（1）已知乙图中图像与纵轴的截距为﹣b，由此可求得Rx＝。（2）实验时，当金属夹K调至某位置时，实验小组的同学因为观察不仔细认为灵敏电流计的读数已经为零，实际上，灵敏电流计还有从P到K的电流，那么此时测出Rx的值与真实值相比（填“偏小”、“相等”或“偏大”）。（3）该小组同学所在学校与供电站间有两根埋在地下的输电线，其中一根导线因损坏而与大地相通，现尝试采用上述实验所涉及的原理找到损坏的大致位置，其方法如图丙所示（终端用导线AB接通），电阻丝MN长L＝100.0cm，输电距离d＝8.0×103m，若金属夹K在电阻丝上距M端L1＝30.0cm时，灵敏电流计示数为零，则损坏处C与输电线起始处的距离为x＝m（结果保留两位有效数字）。6．（2024春•无锡期末）在“探究影响感应电流方向的因素”实验中（1）如图甲所示的电路，闭合开关后，观察电流计指针向右偏转，该操作的目的是。（2）如图乙所示，图中用粗线标出了螺线管上导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向左偏转。此时螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿（填“顺时针”或“逆时针”）方向。（3）关于该实验，下列说法错误的是。A．判断线圈中感应电流的方向，需要先确定线圈的绕法B．实验中将条形磁体的磁极插入或拔出时，速度大小不影响感应电流方向的判断C．实验中若条形磁体的磁极未知，则无法判断感应电流方向7．（2024春•新乡期末）罗同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻（约为1.0Ω）。实验器材有：待测的干电池（一节）、电流表A（量程为0～150mA、内阻Rg＝3.0Ω）、电压表V（量程为0～3V、内阻R约为1kΩ）、电阻箱R0（0～99.9Ω）、开关和若干导线。该同学在设计实验电路时发现电流表的量程较小。（1）该同学利用现有的电流表和电阻箱改装成一量程为0～0.6A的电流表，则电阻箱R0的阻值应调整到Ω（保留一位小数），并在图甲的虚线框内画出改装后的电路图。（2）该同学正确操作，改变滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压表V的示数U和电流表A的示数I（表盘刻度值并未修改），根据实验数据所绘出的U﹣I图像如图乙所示。根据该图像可得，被测电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω。（结果均保留到小数点后两位）8．（2024春•宿迁期末）将多个苹果串联制成“水果电池”，测量“水果电池”的电动势E和内阻r。（1）利用多用电表粗测“水果电池”的电动势，选择直流电压挡0～10V，如图甲所示为多用电表指针偏转位置，则读数为V。（2）利用下列器材测量该“水果电池”的电动势E和内阻r。电流表A（量程5mA，内阻约20Ω）电压表V（量程15V，内阻约4kΩ）滑动变阻器R待测“水果电池”（内阻r约为800Ω）开关S，导线若干①图乙中a、b两个实验电路中最合理的电路为（选填“a”或“b”）。②根据实验数据画出U﹣I图线，如图丙所示。由图线可得“水果电池”的电动势E＝V，内阻r＝Ω。（计算结果保留3位有效数字）③考虑电流表内阻的影响，采用所选电路测量“水果电池”电动势E的测量值与真实值相比（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。9．（2024春•杭州期末）（Ⅰ）某同学做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验。采用如图甲所示的实验装置，让槽码通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。（1）为完成实验，除图中已有的器材，还需要交流电源、天平（含配套砝码）和。（2）如图甲，关于本实验，下列说法正确的是。A．应适当调节滑轮高度，使线与桌面平行，确保小车能做匀加速直线运动B．此时有可能正在进行“补偿阻力”的实验操作C．实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放D．电火花计时器的工作电压应为交流8V（3）如图乙，是某同学挑选的一条较为清晰的纸带，并选取了部分点为计数点（计数点间的距离如图）。已知打点计时器打点的时间间隔T＝0.02s，由图可知小车做匀加速直线运动的加速度a＝m/s2（保留三位有效数字）。据此可知本次实验操作中存在不合理之处在于。（Ⅱ）（1）如图甲是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为mA；若选用倍率为“×10”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为Ω。（2）利用游标卡尺测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中的（选填“A”、“B”或“C”）进行测量，示数如图丙所示，其值为mm。（Ⅲ）某实验小组为尽量准确测定电池组的电动势和内阻，实验室提供以下器材：A．待测电池组（电动势约为3V，内阻约为1Ω）B．电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）C．电流表（量程0～0.6A，内阻为3.0Ω）D．电流表（量程0～3.0A，内阻约为0.2Ω）E．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2.0A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，额定电流0.5A）G．开关、导线若干（1）滑动变阻器应选用（选填“E”或“F”）。（2）如图甲所示，部分导线已连接，为完成实验，请在图中把导线补充完整。（3）电路连接后，进行实验，得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U﹣I图像，如图乙所示。根据图像可知，电池组的电动势为V（结果保留三位有效数字），内阻为Ω（结果保留两位有效数字）。（4）实验中电流表的内阻对于电动势和内阻的测量值造成系统误差（填“会”或“不会）。10．（2024•武城县校级开学）某实验小组利用如图甲所示的电路来探究某电容器的充、放电规律。（1）开关S接1，电源给电容器充电，观察到电流表指针偏转情况为；A．逐渐偏转到某一刻度后保持不变B．逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0C．迅速偏转到某一刻度后保持不变D．迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0（2）将开关S接2，电容器放电，在放电过程中电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。如图乙关于i、Q、U、C随时间t的变化的图像，正确的是；（3）如图丙为电容器放电时的I﹣t图像。已知电容器放电之前的电压为8V，I﹣t图线与坐标轴围成的面积可以用所围小方格的总面积近似代替。数出小方格数为82，据此则可求得电容器电荷量Q值为C，该电容器的实测电容值为μF。（结果均保留3位有效数字）11．（2024春•嘉兴期末）电容器储存电荷的特性可用电容来表征。某一固定电容器外观如图1所示，在观察电容器的充、放电实验中，实验电路图如图2所示。（1）某一固定电容器外观如图1所示，下列说法正确的是。A．35表示额定电压B．35表示击穿电压C．2200表示电荷量D．2200表示电容（2）电容器在整个充放电过程中的电流i随时间t图像和两极板电压U与时间t的图像，可能正确的是图4的。（3）用电流传感器替换灵敏电流计，测出电路中的电流随时间变化的图像如图3所示，电源电压为8V，则电容器的电容约为F。（保留2位有效数字）12．（2024•阆中市校级开学）某同学用如图所示装置探究感应电流的方向与引起感应电流的磁场的关系，已知电流从a接线柱流入电流表时，电流表指针右偏。（1）若无论快速插入还是拔出磁铁，均不能看到电流表指针有明显偏转，经检查电路没有断路，则原因可能是。（2）解决上述问题后，该同学进行了4次实验，并把磁铁下方磁场方向、磁铁运动情况、电流表指针偏转情况及线圈中感应电流的磁场方向都记录在下表中：实验序号磁铁磁场方向磁铁运动情况指针偏转情况感应电流的磁场方向1向下插入右偏2向下拔出左偏3向上插入左偏4向上拔出右偏在实验1、4中，线圈中感应电流的磁场方向为（填“向上”或“向下”）。（3）由实验1、3得出的结论是穿过闭合电路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向（填“相同”或“相反”）。（4）由实验2、4得出的结论是穿过闭合电路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向（填“相同”或“相反”）。（5）由实验1、2、3、4得出的结论是感应电流的磁场总是要引起感应电流的磁通量的变化。13．（2024•江西开学）某同学用如图甲所示的电路测量金属丝的电阻率。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，则螺旋测微器的示数d＝mm。（2）实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在（填“M”或“N”）端。（3）若测得接入电路的金属丝的长度为L，电压表的示数为U，电流表的示数为I，则该金属丝的电阻率可用U、d、L、I表示为ρ＝。14．（2024•湖北模拟）某同学为了将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表—欧姆表。（1）先用如图a所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12kΩ时，电压表指针指在如图b所示位置，则电压表的读数为V，由以上数据可得电压表的内阻RV＝kΩ；（2）将图a的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图c所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关，调节电阻箱，使指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为（选填“0”或“∞”）。再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，并找出对应的电压刻度，则如图b所示位置处对应的电阻刻度为kΩ；（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调节电阻箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。15．（2024春•庐阳区校级期末）（1）如图甲所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，给电容器充电后与电源断开，保持电荷量不变。若将B板向右移动少许，静电计指针偏角（选填“变大”“变小”或“不变”）。（2）某同学用图乙所示电路观察电容器的充、放电现象。现提供如下实验器材：电源E电压为5V（内阻不计）、电容器C、电阻箱R、毫安表G、单刀双掷开关S和导线若干。①将开关S拨至位置1，电容器充电完毕后，将开关S拨至位置2，此过程得到的I﹣t图像如图丙所示，则电容器充电完毕后的电荷量为C，电容器的电容C＝F。（计算结果均保留两位有效数字）②如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱R接入电路的阻值，则此过程的I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积将（选填“减小”“不变”或“增大”）。16．（2024春•炎陵县期末）某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系。（1）在实验时组装的变压器如图乙所示。将原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是。A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡（2）某小组探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系时，在铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800和n2＝200，原线圈两端与正弦式交流电源相连，用交流电压表测得原、副线圈两端的电压分别为10V和0.8V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是。A．副线圈的匝数太少B．副线圈的电阻太小C．原线圈的匝数太多，电阻过大D．没有将铁芯B安装在铁芯A上17．（2024•郫都区校级模拟）某同学想测某电阻的阻值。（1）先用多用电表直接测量其电阻，先把选择开关调至欧姆“×100”挡，经过正确的操作后，发现指针偏转角度过大，根据下面有关操作，请选择合理实验步骤并按操作顺序写出：，最终测量结果如图所示，则待测电阻为Ω。A、将红黑表笔短接，进行欧姆调零；B、将两表笔分别与待测电阻两端接触，并读数；C、将选择开关置于×10挡；D、将选择开关置于×1K挡；（2）该同学想更准确地测出其电阻，他从实验室找到如下器材：a.待测电阻Rxb.电压表V（量程1V、内阻RV＝300Ω）c.电流表A1（量程2A、内阻RA≈20Ω）d.电流表A2（量程30mA、内阻RA≈5Ω）e.滑动变阻器R1（0∼10Ω）f.滑动变阻器R2（0∼1kΩ）g.电阻箱R0（0∼999.9Ω）h.电源（电动势3V、内阻不计）、开关，导线若干（a）该同学分析实验器材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应（填“串联”或“并联”）电阻箱R0，并将R0的阻值调为Ω；（b）实验时，为了减小实验误差，且要求电表的示数从零开始调节，请将设计的电路画在图虚线框中，并标出所选用的相应的器材符号；（c）忽略偶然误差对结果的影响，由此测得的阻值真实阻值（填“＞”、“＝”、“＜”）。18．（2024•麦积区二模）某实验小组欲将电流表（量程为0～3mA）改装为欧姆表。实验器材如下：电动势为1.5V的干电池1节、滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω）。将它们按如图甲所示连接。（1）将图甲中接线柱（填“P”或“Q”）接红表笔。（2）将图甲中P、Q两接线柱短接，调节滑动变阻器使电流表G满偏，则欧姆表的内阻RG＝Ω。（3）保持滑动变阻器不动，在P、Q间接入一电阻，电流表示数如图乙所示，此电阻的阻值为Ω。19．（2024•龙凤区校级模拟）某物理实验小组探究测量量程为3.0V的电压表内阻（内阻约为几千欧），设计了如图甲所示的电路，可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值9999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值2kΩ），滑动变阻器R2（最大阻值15Ω），直流电源E（电动势6V），开关2只，导线若干。实验步骤如下：a.按图甲的电路图连接好图乙的实物图线路；b.闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；c.保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关S2，调节电阻箱使电压表示数为2.0V，记下电阻箱的阻值。（1）根据图甲电路，用笔画线代替导线，完成图乙中实物图余下导线的连接；（2）实验中滑动变阻器应选择（选填“R1”或“R2”）；（3）在步骤b中，闭合开关S1、S2前，图甲中滑动变阻器的滑片应该移到最（选填“左”或“右”）端；（4）在步骤c中，记录的电阻箱阻值为1500Ω，则该电压表的内阻为Ω（结果保留到个位）；（5）在步骤c实验操作过程中，实际上断开S2后滑动变阻器上的分压会发生微小变化，如果要考虑其变化的影响，本实验测量的电压表内阻与其真实值相比，测量值（选填“偏小”、“不变”或“偏大”）。四．解答题（共1小题）20．（2024•宝山区模拟）如图是“探究感应电流产生的条件”实验器材和部分连接线路。（1）在给出的图中，用笔线作为导线完成实验器材的连接（导线不能交叉），在闭合电键S前，滑动变阻器滑片P应置于使滑动变阻器接入电阻（选择：A．最大、B．最小）的位置。（2）合上电键S后，若线圈A内部磁场的磁感应强度方向向下，则从上往下看环绕线圈A的电流方向为方向（选择：A．顺时针、B．逆时针）；若将线圈A插入线圈B内部，则在这一过程中穿过线圈B的磁通量（选择：A．增加、B．不变、C．减少）（3）在完成实验器材正确连接的情况下，下列能产生感应电流的办法是。（多选）A．闭合电键S瞬间B．断开电键S后，移动变阻器滑片PC．闭合电键S后，移动变阻器滑片PD．闭合电键S后，以线圈A为轴转动线圈B

2025年高考物理复习新题速递之电学实验（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共1小题）1．（2024•海淀区校级模拟）某同学利用手边的实验器材设计了如图所示的测量电路，电阻R以及电源的电动势和内阻均未知，电压表左端的接线位置待定。不管接哪个接线柱，都可以通过改变滑动变阻器接入电路的阻值，获得多组数据，描绘出U﹣I关系图像（U、I分别为电压表和电流表的示数）。下列说法正确的是（）A．若接a，利用该电路可测量电阻R的阻值，且测量值偏大 B．若接a，利用该电路可测量电源的电动势和内阻，且测量值均偏小 C．若接b，利用该电路可测量电源的电动势和内阻，且测量值均偏大 D．若接b，利用该电路可测量电阻R的阻值，且测量值偏小【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】B【分析】分析电路结构，明确电路接法，再根据电压表和电流表所测量的对象进行分析，再利用欧姆定律以及闭合电路欧姆定律进行分析即可明确能测量的数据．【解答】解：A、若接a，利用该电路可测量电阻R的阻值，此时电压表并联在滑动变阻器和定值电阻两端，电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端的电压，无法测出定值电阻阻值，故A错误；B、若接a，利用该电路可测量电源的电动势和内阻，电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端的电压，即电源路端电压，根据作出的图象可求电源电动势和内阻，且测量值均偏小，故B正确；C、若接b，利用该电路可测量电源的电动势和内阻，电压表并联在定值电阻两端，滑动变阻器视为电源内阻的一部分，作出的图象无法可得到电源的电动势和内阻，故C错误；D、若接b，利用该电路可测量电阻R的阻值，此时电压表并联在定值电阻两端，电压表测量定值电阻两端的电压，根据欧姆定律可求出定值电阻的阻值，但由于电流表分压作用，测量值会偏大，故D错误；故选：B。【点评】本题考查测量电源电动势和内电阻以及欧姆定律的应用，要注意明确电压表与哪一部电路并联，再结合图象的性质进行分析即可求解。二．填空题（共1小题）2．（2023秋•思明区校级月考）某同学在某次电学实验中先用多用表的欧姆挡“×1”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图甲所示，则读数应记为2Ω；再用图乙螺旋测微器测量金属丝的直径d为1.125mm；然后用图丙的毫米刻度尺测量其长度为9.75cm。【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力．【答案】2；1.125；9.75【分析】欧姆表测电阻，测量值＝欧姆表指针所指示数×倍率；螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝估读刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；根据刻度尺分度值读数。【解答】解：欧姆挡测电阻时读数等于刻度值乘以挡位，即图甲中读数应记为2Ω。螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数等于固定刻度读数与可动刻度读数之和，所以d＝1mm+12.5×0.01mm＝1.125mm图丙中刻度尺的最小分度为1mm，需要估读到0.1mm，所以金属丝的长度为9.75cm。故答案为：2；1.125；9.75【点评】本题考查了欧姆表、螺旋测微器、毫米刻度尺的读数，读数注意分度值。三．实验题（共17小题）3．（2024•西山区校级开学）（1）某同学测量某电池的电动势和内电阻。①请根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整；②先闭合S1，再将S2分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，为了减小实验误差，应将S2接在1（选填“1”或“2”）进行实验。（2）为了更精确的测得此电池的电动势和内阻，该同学合上；S1后，将S2先后接在1和2处，调节滑动变阻器，分别记录多组电压表和电流表的示数。并将两次实验数据分别描绘在同一坐标系中，得到的U﹣I图像如图4所示。①某次测量时，电流表和电压表的示数如图3所示，则电流表的示数为0.50A，电压表的示数为2.60V；②请结合两条图像得出此电池电动势的准确值E＝3.10V（结果保留三位有效数字），内阻的准确值r＝0.65Ω（结果保留两位有效数字）。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）1；（2）①0.50，2.60，②3.10，0.65。【分析】（1）根据电路图连接实物图；明确试触法原理，根据两电表的示数明确哪一电表的影响较小，从而选择正确的接法；（2）根据电表的读数规则读数，由U＝E﹣Ir可知，电动势的大小是与U轴的交点坐标大小，内阻是斜率的大小。【解答】解：（1）根据图1电路图在图2中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整如图先闭合S1，再将S2分别接1、2两处进行试触，发现电流表的示数几乎不变，电压表的示数变化比较明显，说明电压表的影响较大，不可忽略，为了减小实验误差，应将S2接在1进行实验。（2）电流表的最小刻度为0.02A，故电流表的示数为0.4A+0.02A×5＝0.50A电压表的最小刻度为0.1V，故电压表的示数为2V+0.1V×6.0＝2.60V闭合S1后，将S2接在1处的电路图，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源电动势的测量值稍小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，但是此时电源的短路电流准确，先闭合S1，再将S2接2处当采用图4中的电路图来计算电动势和内阻时，电动势测量值等于电动势真实值，内阻的测得值为电源内阻和电流表内阻之和，大于电源内阻的真实值，故得到的图线应是斜率较大的，故此电池电动势的准确值E＝3.10V将S2接在1处此时U=3-此时当U＝0可得短路电流为I＝4.8A，即r=解得：r＝0.65Ω故答案为：（1）1；（2）①0.50，2.60，②3.10，0.65。【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验中的注意事项以及数据处理的基本方法。4．（2024•梅州一模）某物理课外实验小组为了测量某未知电阻Rx的阻值，制定了三种测量方案。（1）方案一：a.在进行正确机械调零后，将欧姆挡的选择开关拨至×1挡，先将红、黑表笔短接，让指针指在右侧（选填“左侧”或“右侧”）零刻度线上。b.欧姆表指针如图甲所示，可得未知电阻Rx的阻值约为36Ω。（2）方案二：设计了如图乙所示的实验电路，电压表的示数为2.8V，电流表的示数为87.5mA，则由此可得未知电阻Rx的阻值为32.0Ω。（3）方案三：a.如图丙所示，将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R，使电流表示数为I0，电阻箱的示数为R1＝102Ω，其中R0为保护电阻，阻值未知；b.开关S1闭合，断开开关S2，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I0，读出电阻箱的示数为R2＝68Ω；c.则电阻Rx＝34Ω。d.由于电流表不是理想电流表，则其内阻对电阻Rx的测量值无（选填“有”或“无”）影响。【考点】练习使用多用电表（实验）；伏安法测电阻．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）a.右侧；b.36；（2）32.0；（3）c.34；d.无【分析】（1）根据机械调零的操作过程确定指针指在哪一侧零刻度线上。未知电阻的阻值等于刻度值乘以倍率。（2）根据欧姆定律求解未知电阻的阻值。（3）根据闭合回路欧姆定律分析解答。【解答】解：（1）进行正确机械调零时，应让指针指在右侧零刻度线上。由图甲可知，未知电阻的阻值约为：Rx＝36×1Ω＝36Ω。（2）由欧姆定律可得，未知电阻的阻值为：R（3）根据题意，由闭合回路欧姆定律，闭合开关S1和S2有：E＝I0（R0+R1）开关S1闭合，断开开关S2有：E＝I0（R0+Rx+R2）解得：Rx＝R1﹣R2＝102Ω﹣68Ω＝34Ω若考虑电流表内阻，则有：E＝I0（R0+RA+R1）E＝I0（R0+Rx+RA+R2）解得：Rx＝R1﹣R2，可见电流表内阻对电阻Rx的测量值无影响。故答案为：（1）a.右侧；b.36；（2）32.0；（3）c.34；d.无【点评】本题考查了多种方案测量电阻的实验，欧姆表可粗略地测量电阻阻值，方案三采用了等效替代的方法，不存在系统误差。5．（2024•黄石一模）某实验小组利用量角器、一段均匀电阻丝、电阻箱及灵敏电流计设计了一个测量电阻（待测电阻为Rx）的方案，实验电路如图甲所示。主要实验步骤如下：①将电阻丝紧贴量角器弧边弯曲成型，并依量角器直径端点裁剪好；②按甲图所示的电路原理图连接好各元件；②将电阻箱的阻值调至R1，并使金属夹K从A端沿弧形电阻丝向B移动，当灵敏电流计的示数为零时，停止移动金属夹，此时从量角器上读出OA与OK间的夹角θ1；④改变电阻箱的阻值，重复步骤③，测得多组（θ，R）值；⑤整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图乙所示。根据分析，试回答下列问题：（1）已知乙图中图像与纵轴的截距为﹣b，由此可求得Rx＝1b（2）实验时，当金属夹K调至某位置时，实验小组的同学因为观察不仔细认为灵敏电流计的读数已经为零，实际上，灵敏电流计还有从P到K的电流，那么此时测出Rx的值与真实值相比偏大（填“偏小”、“相等”或“偏大”）。（3）该小组同学所在学校与供电站间有两根埋在地下的输电线，其中一根导线因损坏而与大地相通，现尝试采用上述实验所涉及的原理找到损坏的大致位置，其方法如图丙所示（终端用导线AB接通），电阻丝MN长L＝100.0cm，输电距离d＝8.0×103m，若金属夹K在电阻丝上距M端L1＝30.0cm时，灵敏电流计示数为零，则损坏处C与输电线起始处的距离为x＝4.8×103m（结果保留两位有效数字）。【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）1b；（2）偏大；（3）4.8×103【分析】（1）当电流表示数为零时，R与Rx串联，R与AK并联；同时Rx与BK并联，根据欧姆定律、圆心角与弧长（电阻）的关系求解1R-1θ函数，结合（2）灵敏电流计还有从P到K的电流，说明P点电势高于K点电势，因此I1R＞I2RAK，再结合待测电阻的表达式分析作答；（3）根据电桥法分析当电桥平衡时，四段导线电阻的关系，从而得出长度关系，然后作答。【解答】解：（1）由题意可知，此方法是电桥法测电阻，当电流表示数为零时，R与Rx串联，R与AK并联；同时Rx与BK并联，所以有I1R＝I2RAKI1Rx＝I2RBK化简可得I1I最后，得被测电阻的阻值为R整理得1结合1R-求得R（2）若要使灵敏电流计示数为零，则需增大θ角（或减小电阻箱阻值R）；由Rx=R(π-θ)θ（3）同理，由（1）可知L解得x＝4.8×103m。故答案为：（1）1b；（2）偏大；（3）4.8×103【点评】本题是桥式电路，关键要知道当电桥平衡时，灵敏电流计的示数为0；要熟练掌握欧姆定律和串联、并联电路的特点。6．（2024春•无锡期末）在“探究影响感应电流方向的因素”实验中（1）如图甲所示的电路，闭合开关后，观察电流计指针向右偏转，该操作的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系。（2）如图乙所示，图中用粗线标出了螺线管上导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向左偏转。此时螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿逆时针（填“顺时针”或“逆时针”）方向。（3）关于该实验，下列说法错误的是C。A．判断线圈中感应电流的方向，需要先确定线圈的绕法B．实验中将条形磁体的磁极插入或拔出时，速度大小不影响感应电流方向的判断C．实验中若条形磁体的磁极未知，则无法判断感应电流方向【考点】研究电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；实验能力．【答案】（1）推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系；（2）逆时针；（3）C。【分析】（1）根据电流表指针的偏转方向和电流方向的定性关系，确定其特点；（2）根据楞次定律分析的电流的方向；（3）根据实验电路要求进行实物连线，结合开关刚闭合时的磁通量变化情况以及后来的各种措施进行对比分析判断。【解答】解：（1）推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系。（2）由（1）中操作可知，某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向左偏转，说明外电路电流为顺时针方向，则感应电流从螺线管的上端顺着缠绕在螺线管上的导线流向螺线管的下端，从上往下看，螺线管中的电流方向沿着逆时针方向。（3）A、判断线圈中感应电流的方向，需要先确定线圈的绕法，故A正确；B、实验中将条形磁体的磁极插入或拔出时，速度大小不影响感应电流方向的判断，故B正确；C、实验中若条形磁体的磁极未知，也可以根据电流计指针偏转的方向进行判断感应电流方向，故C错误。本题选错误的故选：C。故答案为：（1）推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系；（2）逆时针；（3）C。【点评】考查多用电表的实验，电磁感应和楞次定律的应用问题，会根据题意进行准确分析和判断。7．（2024春•新乡期末）罗同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻（约为1.0Ω）。实验器材有：待测的干电池（一节）、电流表A（量程为0～150mA、内阻Rg＝3.0Ω）、电压表V（量程为0～3V、内阻R约为1kΩ）、电阻箱R0（0～99.9Ω）、开关和若干导线。该同学在设计实验电路时发现电流表的量程较小。（1）该同学利用现有的电流表和电阻箱改装成一量程为0～0.6A的电流表，则电阻箱R0的阻值应调整到1.0Ω（保留一位小数），并在图甲的虚线框内画出改装后的电路图。（2）该同学正确操作，改变滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压表V的示数U和电流表A的示数I（表盘刻度值并未修改），根据实验数据所绘出的U﹣I图像如图乙所示。根据该图像可得，被测电池的电动势E＝1.48V，内阻r＝0.84Ω。（结果均保留到小数点后两位）【考点】测量普通电源的电动势和内阻；伏安法测电阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）1.0（2）1.48，0.84。【分析】（1）根据欧姆定律计算；根据电流表的分压不能忽略分析判断；（2）根据闭合电路欧姆定律推导表达式结合图像计算电动势和内阻。【解答】解：（1）小量程电流表改装成大量程电流表，需要并联一个电阻，根据欧姆定律有IgRg＝（I﹣Ig）R0解得R0＝1.0Ω相对于电源，电流表的分压不能忽略，故采用电流表外接，电路图如图所示（2）电流表改装后的量程为原来的4倍，干路中的电流I′＝4I，根据闭合电路的欧姆定律有U＝E﹣I′r＝E﹣4Ir题图乙图像的纵截距表示电动势，则电池的电动势E＝b＝1.48V题图乙图像的斜率的绝对值表示内阻，则r=k=1.48-1.10故答案为：（1）1.0，（2）1.48，0.84。【点评】本题关键掌握电表的改装原理和利用图像处理数据的方法。8．（2024春•宿迁期末）将多个苹果串联制成“水果电池”，测量“水果电池”的电动势E和内阻r。（1）利用多用电表粗测“水果电池”的电动势，选择直流电压挡0～10V，如图甲所示为多用电表指针偏转位置，则读数为4.4V。（2）利用下列器材测量该“水果电池”的电动势E和内阻r。电流表A（量程5mA，内阻约20Ω）电压表V（量程15V，内阻约4kΩ）滑动变阻器R待测“水果电池”（内阻r约为800Ω）开关S，导线若干①图乙中a、b两个实验电路中最合理的电路为b（选填“a”或“b”）。②根据实验数据画出U﹣I图线，如图丙所示。由图线可得“水果电池”的电动势E＝5.00V，内阻r＝789Ω。（计算结果保留3位有效数字）③考虑电流表内阻的影响，采用所选电路测量“水果电池”电动势E的测量值与真实值相比偏小（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【考点】测量水果电池的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）4.4；（2）①b；②5.00，789；③偏小。【分析】（1）先确定最小分度值再读数；（2）①根据误差分析选择电流表的接法；②根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率和截距计算；③当外电路断路时，分析电压表测量的电压。【解答】解：（1）选择直流电压挡0～10V，最小分度值为0.2V，该读数为4.4V。（2）①由于RV则电流表采用相对电源的内接法，为方便调节电流，采用限流接法，实验电路图如图b所示；②由闭合电路欧姆定律知U＝E﹣Ir所以图像的纵坐标表示电源电动势，即“水果电池”的电动势为E＝5.00V图像的斜率的绝对值表示电源的内阻r=|ΔU③从电路图可以看出，当外电路断路时，电压表测量的是外电压，小于电源电动势，所以E测量值小于真实值。故答案为：（1）4.4；（2）①b；②5.00，789；③偏小。【点评】本题关键掌握测量“水果电池”的电动势E和内阻r实验原理、利用图像处理实验数据的方法。9．（2024春•杭州期末）（Ⅰ）某同学做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验。采用如图甲所示的实验装置，让槽码通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。（1）为完成实验，除图中已有的器材，还需要交流电源、天平（含配套砝码）和刻度尺。（2）如图甲，关于本实验，下列说法正确的是C。A．应适当调节滑轮高度，使线与桌面平行，确保小车能做匀加速直线运动B．此时有可能正在进行“补偿阻力”的实验操作C．实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放D．电火花计时器的工作电压应为交流8V（3）如图乙，是某同学挑选的一条较为清晰的纸带，并选取了部分点为计数点（计数点间的距离如图）。已知打点计时器打点的时间间隔T＝0.02s，由图可知小车做匀加速直线运动的加速度a＝3.01m/s2（保留三位有效数字）。据此可知本次实验操作中存在不合理之处在于小车的质量未远大于槽码的质量。（Ⅱ）（1）如图甲是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为22.0mA；若选用倍率为“×10”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为190Ω。（2）利用游标卡尺测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中的A（选填“A”、“B”或“C”）进行测量，示数如图丙所示，其值为14.50mm。（Ⅲ）某实验小组为尽量准确测定电池组的电动势和内阻，实验室提供以下器材：A．待测电池组（电动势约为3V，内阻约为1Ω）B．电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）C．电流表（量程0～0.6A，内阻为3.0Ω）D．电流表（量程0～3.0A，内阻约为0.2Ω）E．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2.0A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，额定电流0.5A）G．开关、导线若干（1）滑动变阻器应选用E（选填“E”或“F”）。（2）如图甲所示，部分导线已连接，为完成实验，请在图中把导线补充完整。（3）电路连接后，进行实验，得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U﹣I图像，如图乙所示。根据图像可知，电池组的电动势为2.90V（结果保留三位有效数字），内阻为0.80Ω（结果保留两位有效数字）。（4）实验中电流表的内阻对于电动势和内阻的测量值造成系统误差不会（填“会”或“不会）。【考点】测量普通电源的电动势和内阻；游标卡尺的使用与读数；探究加速度与力、质量之间的关系；练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】I（1）刻度尺；（2）C；（3）3.01；小车的质量未远大于槽码的质量Ⅱ（1）22.0；190；（2）A；14.50；Ⅲ（1）E；（2）如图所示；（3）2.90；0.80；（4）不会。【分析】Ⅰ明确“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验原理和注意事项，再根据纸带的处理方法分析纸带求解加速度，根据加速度确定物体质量间的关系，从而分析误差情况；Ⅱ掌握常用测量工具的读数方法，从而读数电流、电阻和容器的内径；Ⅲ掌握测量电动势和内电阻的实验原理，正确选择电路和仪表，再根据闭合电路欧姆定律进行分析求解电动势和内电阻，并分析实验误差。【解答】解：Ⅰ（1）实验中需要测量长度，所以还需要刻度尺；（2）A、应适当调节滑轮高度，使线与木板平行，而不是与桌面平行，故A错误；B、补偿阻力时不能挂槽码，所以此时不是在补偿阻力，故B错误；C、为了有效利用纸带的长度，实验时小车应从靠近打点计时器处静止释放，故C正确；D、电火花计时器的工作电压应为交流220V，故D错误。故选：C。（3）由图可知，两计数点之间有两个间隔，故计数点间的时间间隔为T＝2×0.02s＝0.04s；由遂差法可得a=(x4+x5+x6加速度达到了3m/s2，由牛顿第二定律可知，mg＝（m+M）a，解得：m=37M，即本实验没有满足小车的质量远大Ⅱ（1）电流挡读数：最小分度为1mA，则向下估读一位，读出电流值为22.0mA；欧姆挡挡位为×10，指针示数为19，故最终读数：R＝19×10Ω＝190Ω；（2）测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的内测量爪，即图中A进行测量。20等分游标卡尺的精确度为0.05mm，盛水容器的内径d＝14mm+10×0.05mm＝14.50mm；Ⅲ（1）由题意可知，电源电动势为3V，内阻约为1Ω，电流表量程只能选择0.6A，所以滑动变阻器只能选择总阻值较小的E；（2）电流表内阻已知，所以采用电流表相对电源的内接法，滑动变阻器采用限流接法，实物图如图所示；（3）根据U＝E﹣I（RA+r）可知，图象与纵轴的交点表示电动势，图象的斜率表示RA+r，由图可知，E＝2.90V；r=2.90-1.000.50Ω﹣3.0Ω＝0.80（4）由于电流表内阻已知，并且本实验采用了相对电源的内接法，其阻值在计算时已考虑其中，所以对测量结果没有影响。故答案为：Ⅰ（1）刻度尺；（2）C；（3）3.01；小车的质量未远大于槽码的质量Ⅱ（1）22.0；190；（2）A；14.50；Ⅲ（1）E；（2）如图所示；（3）2.90；0.80；（4）不会。【点评】本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，测量仪器的使用以及探究加速度与物体受力、物体质量关系的实验，关键是明确实验原理，掌握掌握实验利用图像处理数据的方法，掌握欧姆表测量原理和读数方法等。10．（2024•武城县校级开学）某实验小组利用如图甲所示的电路来探究某电容器的充、放电规律。（1）开关S接1，电源给电容器充电，观察到电流表指针偏转情况为D；A．逐渐偏转到某一刻度后保持不变B．逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0C．迅速偏转到某一刻度后保持不变D．迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0（2）将开关S接2，电容器放电，在放电过程中电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。如图乙关于i、Q、U、C随时间t的变化的图像，正确的是B；（3）如图丙为电容器放电时的I﹣t图像。已知电容器放电之前的电压为8V，I﹣t图线与坐标轴围成的面积可以用所围小方格的总面积近似代替。数出小方格数为82，据此则可求得电容器电荷量Q值为4.10×10﹣3C，该电容器的实测电容值为513μF。（结果均保留3位有效数字）【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）D；（2）B；（3）4.10×10﹣3；513【分析】（1）电源给电容器充电时电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，根据电容的定义式判断其电压的变化，可得充电电流的变化情况。（2）电容器的电容在充放电过程中是不变的；放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容的定义式判断其电压变化情况，可得放电电流的变化情况，根据电流的定义式分析Q﹣t图像的斜率如何变化。（3）I﹣t图像与时间轴所围成的面积等于电荷量。根据电容的定义式求解电容值。【解答】解：（1）开关S接1，电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到的电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0。故ABC错误；D正确。（2）D．电容器的电容在充放电过程中是不变的，电容只跟电容器的构造有关，故D错误；ABC．放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容的定义式：C=QU，可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据电流的定义式：i=qt=ΔQΔt，可知Q（3）根据：Q＝It，可知电荷量等于I﹣t图像与时间轴所围成的面积，则有：Q＝82×10×10﹣6×5C＝4.10×10﹣3C根据：C=QU，已知U＝8V，解得：C＝5.13×10﹣4F＝513故答案为：（1）D；（2）B；（3）4.10×10﹣3；513【点评】本题考查了探究某电容器的充、放电规律的实验，掌握此实验中充放电的电流变化情况，掌握电容的定义式与决定式。11．（2024春•嘉兴期末）电容器储存电荷的特性可用电容来表征。某一固定电容器外观如图1所示，在观察电容器的充、放电实验中，实验电路图如图2所示。（1）某一固定电容器外观如图1所示，下列说法正确的是AD。A．35表示额定电压B．35表示击穿电压C．2200表示电荷量D．2200表示电容（2）电容器在整个充放电过程中的电流i随时间t图像和两极板电压U与时间t的图像，可能正确的是图4的BD。（3）用电流传感器替换灵敏电流计，测出电路中的电流随时间变化的图像如图3所示，电源电压为8V，则电容器的电容约为4.4×10﹣4F。（保留2位有效数字）【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理能力．【答案】（1）AD；（2）BD；（3）4.4×10﹣4【分析】（1）理解电容器的铭牌上物理量的物理意义；（2）理解图像的物理意义，结合电容器充放电的特点即可完成分析；（3）根据电容的比值定义式得出电容器的电容。【解答】解：（1）根据电容器的外观可知，35V表示额定电压，2200μF表示电容器的电容，故AD正确，BC错误；故选：AD。（2）在开始充电的瞬间，电容器极板两端电压为零，电荷量变化率刚开始比较大，随着电容极板上电荷数量的增加，电荷量变化率减小，根据C=Q可知极板间电压逐渐增大。且变化率减小。由i=q可知充电电流逐渐减小。电容放电时，两极板间电压逐渐减小，且变化率减小。电流反向，逐渐减小，故BD正确，AC错误；故选：BD。（3）根据I﹣t图像与横轴围成的面积表示放电过程中释放的电荷量，可知Q＝14×0.25×10﹣3×1C＝3.5×10﹣3C根据C=Q可知C＝4.4×10﹣4F故答案为：（1）AD；（2）BD；（3）4.4×10﹣4【点评】本题主要考查了电容器的充放电问题，理解电容器充放电的特点，掌握图像的物理意义，结合电荷量的计算公式即可完成分析。12．（2024•阆中市校级开学）某同学用如图所示装置探究感应电流的方向与引起感应电流的磁场的关系，已知电流从a接线柱流入电流表时，电流表指针右偏。（1）若无论快速插入还是拔出磁铁，均不能看到电流表指针有明显偏转，经检查电路没有断路，则原因可能是电流表量程过大或线圈匝数过少或磁铁磁性太弱。（2）解决上述问题后，该同学进行了4次实验，并把磁铁下方磁场方向、磁铁运动情况、电流表指针偏转情况及线圈中感应电流的磁场方向都记录在下表中：实验序号磁铁磁场方向磁铁运动情况指针偏转情况感应电流的磁场方向1向下插入右偏2向下拔出左偏3向上插入左偏4向上拔出右偏在实验1、4中，线圈中感应电流的磁场方向为向上（填“向上”或“向下”）。（3）由实验1、3得出的结论是穿过闭合电路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（填“相同”或“相反”）。（4）由实验2、4得出的结论是穿过闭合电路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（填“相同”或“相反”）。（5）由实验1、2、3、4得出的结论是感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。【考点】研究电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；实验能力．【答案】（1）电流表量程过大或线圈匝数过少或磁铁磁性太弱；（2）向上；（3）相反；（4）相同；（5）阻碍【分析】根据控制变量法的要求，分析各实验操作，根据所控制的变量与实验现象间的关系，得出实验结论。【解答】解：（1）电路没有断路而电流表没有明显示数，可能是电流表量程过大或线圈匝数过少或磁铁磁性太弱所致。（2）电流从a接线柱流入电流表指针向右偏转，根据右手螺旋定则可知感应电流的磁场方向向上。（3）由表中信息可知，在实验1、3中，磁铁插入线圈，穿过线圈的磁通量增加，穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，但感应电流产生的磁场方向均与原磁场方向相反，由此可知穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反。（4）由表中实验信息可知，在实验2、4中，穿过线圈的磁通量减小，穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，但感应电流产生的磁场方向均与原磁场方向相同，由此可知穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。（5）综合分析4次实验可知感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。故答案为：（1）电流表量程过大或线圈匝数过少或磁铁磁性太弱；（2）向上；（3）相反；（4）相同；（5）阻碍【点评】本题考查了控制变量法的应用，熟练应用控制变量法，认真分析实验数据，即可正确解题；本题难度不大，是一道基础题。13．（2024•江西开学）某同学用如图甲所示的电路测量金属丝的电阻率。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，则螺旋测微器的示数d＝1.150mm。（2）实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在M（填“M”或“N”）端。（3）若测得接入电路的金属丝的长度为L，电压表的示数为U，电流表的示数为I，则该金属丝的电阻率可用U、d、L、I表示为ρ＝πUd2【考点】导体电阻率的测量．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）1.150；（2）M；（3）πU【分析】（1）根据螺旋测微器的精确度读数；（2）滑动变阻器在电路的作用是保护电路；（3）根据欧姆定律及电阻定律解答。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，示数为d＝1mm+0.01mm×15.0＝1.150mm。（2）根据题图甲所示的电路可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关S前，滑片P应处于M端。（3）金属丝的横截面积S=π(d2)解得ρ=故答案为：（1）1.150；（2）M；（3）πU【点评】本题考查电阻定律及电阻率测量实验，解题关键掌握电阻定律的应用，注意实验原理及实验方法。14．（2024•湖北模拟）某同学为了将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表—欧姆表。（1）先用如图a所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12kΩ时，电压表指针指在如图b所示位置，则电压表的读数为1.50V，由以上数据可得电压表的内阻RV＝6kΩ；（2）将图a的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图c所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关，调节电阻箱，使指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为∞（选填“0”或“∞”）。再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，并找出对应的电压刻度，则如图b所示位置处对应的电阻刻度为6kΩ；（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调节电阻箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将不变（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【考点】电表的改装和应用（实验）；电压表、电流表的读数．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）1.50，6；（2）∞，6；（3）不变。【分析】（1）先确定电压表的最小分度值再读数；（2）根据闭合电路欧姆欧姆定律计算；根据两个表笔断开，之间的电阻无穷大分析判断；根据闭合电路欧姆欧姆定律列方程组计算；（3）根据电动势不变，能够使电压表满偏分析判断。【解答】解：（1）电压表的最小分度值为0.1V，则读数为1.50V；根据闭合电路欧姆定律得3R1.50R解得RV＝6kΩ（2）使指针指在3.0V处，两个表笔之间的电阻无穷大，此处刻度应标阻值为∞；电压表内阻RV＝6kΩ，根据第（1）问，电压表指针指在3.0V时，电阻箱阻值为R＝3kΩ，再保持电阻箱阻值不变，将两个表笔短接，指针指0刻度处，根据闭合电路欧姆定律得Im当指针半偏时，根据闭合电路欧姆定律得12解得Rx＝6kΩ（3）根据Im=ER，只要电动势不变，且电池内阻与电阻箱阻值之和能调整到3kΩ故答案为：（1）1.50，6；（2）∞，6；（3）不变。【点评】本题关键掌握将电压表改装成欧姆表的原理和注意事项，掌握电压表的读数方法。15．（2024春•庐阳区校级期末）（1）如图甲所示为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，给电容器充电后与电源断开，保持电荷量不变。若将B板向右移动少许，静电计指针偏角变小（选填“变大”“变小”或“不变”）。（2）某同学用图乙所示电路观察电容器的充、放电现象。现提供如下实验器材：电源E电压为5V（内阻不计）、电容器C、电阻箱R、毫安表G、单刀双掷开关S和导线若干。①将开关S拨至位置1，电容器充电完毕后，将开关S拨至位置2，此过程得到的I﹣t图像如图丙所示，则电容器充电完毕后的电荷量为7.3×10﹣3C，电容器的电容C＝1.5×10﹣3F。（计算结果均保留两位有效数字）②如果不改变电路其他参数，只增大电阻箱R接入电路的阻值，则此过程的I﹣t曲线与坐标轴所围成的面积将不变（选填“减小”“不变”或“增大”）。【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；电容器专题；实验能力．【答案】（1）变小；（2）7.3×10﹣3；1.5×10﹣3，不变。【分析】（1）根据平行板电容器决定式和电容定义式分析判断；（2）①根据图线与横轴围成的面积表示通过电荷量计算；②根据电容定义式计算；【解答】解：（1）给电容器充电后与电源断开，即保持电荷量不变。若将B板右移，则极板间距减小，根C=ɛ则电容增大；根据Q＝CU则电势差减少，静电计指针偏角变小。（2）①电容器放电时，根据公式q＝It可知，在I﹣t图像中，图线与横轴围成的面积表示通过电荷量的多少，由图乙可知图线与横轴围成的面积为30个小格，则电容器开始放电时所带的电荷量为q＝30×0.5×0.5×10﹣3C＝7.5×10﹣3C根据题意及图甲可知，电容器充电结束时，两极板间电压为5V，则电容器的电容为C=q②根据q＝CU可知，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，极板上的电荷量不变，则I﹣t图像中，图线与横轴围成面积不变。故答案为：（1）变小；（2）7.3×10﹣3；1.5×10﹣3，不变。【点评】本题关键掌握探究平行板电容器电容大小决定因素的实验原理。16．（2024春•炎陵县期末）某小组用如图甲所示的可拆变压器探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系。（1）在实验时组装的变压器如图乙所示。将原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是D。A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡（2）某小组探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系时，在铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800和n2＝200，原线圈两端与正弦式交流电源相连，用交流电压表测得原、副线圈两端的电压分别为10V和0.8V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是D。A．副线圈的匝数太少B．副线圈的电阻太小C．原线圈的匝数太多，电阻过大D．没有将铁芯B安装在铁芯A上【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；交流电专题；实验能力．【答案】（1）D；（2）D。【分析】（1）副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压。副线圈上的感应电流（感应电动势）也应该是交流。（2）根据变压比等于匝数比进行分析，明确实验室所用变压器存在漏磁现象。【解答】解：（1）根据变压器的原理可知，变压器原线圈输入的是交变电流，副线圈输出的也是交变电流，用多用电表测量副线圈的电压，电表用交流电压挡，故D正确，ABC错误。故选：D。（2）如果变压器为理想变压器，根据变压器变压关系U1U2=n1n2U1=200800×10V＝故选：D。故答案为：（1）D；（2）D。【点评】本题关键明确变压器的工作原理，同时要结合变压器的变压比公式列式分析，同时要注意明确误差原因。17．（2024•郫都区校级模拟）某同学想测某电阻的阻值。（1）先用多用电表直接测量其电阻，先把选择开关调至欧姆“×100”挡，经过正确的操作后，发现指针偏转角度过大，根据下面有关操作，请选择合理实验步骤并按操作顺序写出：CAB，最终测量结果如图所示，则待测电阻为150Ω。A、将红黑表笔短接，进行欧姆调零；B、将两表笔分别与待测电阻两端接触，并读数；C、将选择开关置于×10挡；D、将选择开关置于×1K挡；（2）该同学想更准确地测出其电阻，他从实验室找到如下器材：a.待测电阻Rxb.电压表V（量程1V、内阻RV＝300Ω）c.电流表A1（量程2A、内阻RA≈20Ω）d.电流表A2（量程30mA、内阻RA≈5Ω）e.滑动变阻器R1（0∼10Ω）f.滑动变阻器R2（0∼1kΩ）g.电阻箱R0（0∼999.9Ω）h.电源（电动势3V、内阻不计）、开关，导线若干（a）该同学分析实验器材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应串联（填“串联”或“并联”）电阻箱R0，并将R0的阻值调为600Ω；（b）实验时，为了减小实验误差，且要求电表的示数从零开始调节，请将设计的电路画在图虚线框中，并标出所选用的相应的器材符号；（c）忽略偶然误差对结果的影响，由此测得的阻值＝真实阻值（填“＞”、“＝”、“＜”）。【考点】练习使用多用电表（实验）；伏安法测电阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）CAB；150；（2）（a）串联、600；（b）设计电路如下；（c）＝。【分析】（1）欧姆表在更换倍率后要重新欧姆调零，其读数乘以挡位数值为该铅笔笔芯的电阻；电压表内阻比待测电阻大很多，应用电流表的外接法，根据两电流表的内阻是否已知，确定电路并连接即可；（2）a根据电压表的改装原理求分压电阻的值；b根据题设要求，从减小误差的角度设计电路；c由实验原理和操作实际分析误差。【解答】解：（1）指针偏角过大，说明倍率选择过大，因此应换用更小倍率进行测量，则应把选择开关调至欧姆的“×10”挡。每次换挡后都必须让红、黑表笔短接进行欧姆调零，然后再进行笔芯电阻的测量；故测量步骤的顺序为：CAB。欧姆表盘为多用电表最上面弧线所示刻度，根据图甲中表盘示数可读得该铅笔笔芯的电阻为：R＝15×10Ω＝150Ω；（2）a根据电压表的改装原理，即串联分压的原理有：1300×（300Ω+R0整理可得：R0＝600Ω。b根据题设要求，控制电路滑动变阻器采用分压接法，用改装的电压表测量待测电阻两端电压，电流表选选择量程较小的A2，由于电压表的内阻已知，所以电流表采用外接法，设计电路图如下所示，c由于改装的电压表的内阻是已知的，通过Rx的电流可以用干路中的电流减去电压表的电流，这样电流和电压测量的均是准确值。所以测量值等于准确值。故答案为：（1）CAB；150；（2）（a）串联、600；（b）设计电路如下；（c）＝。【点评】本题考查了欧姆表的调节和读数，电路图的设计，及电阻的计算。抓住电路连接和欧姆定律的应用可以解决此问题。18．（2024•麦积区二模）某实验小组欲将电流表（量程为0～3mA）改装为欧姆表。实验器材如下：电动势为1.5V的干电池1节、滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω）。将它们按如图甲所示连接。（1）将图甲中接线柱P（填“P”或“Q”）接红表笔。（2）将图甲中P、Q两接线柱短接，调节滑动变阻器使电流表G满偏，则欧姆表的内阻RG＝500Ω。（3）保持滑动变阻器不动，在P、Q间接入一电阻，电流表示数如图乙所示，此电阻的阻值为1000Ω。【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）P；（2）500；（3）1000。【分析】（1）欧姆表内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，据此分析作答；（2）根据闭合电路的欧姆定律求欧姆表的内阻；（3）根据闭合电路的欧姆定律求待测电阻。【解答】解：（1）欧姆表内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此图甲中接线柱P接红表笔；（2）根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表的内阻R（3）电流表的分度值为0.1mA，电流表的读数为1.00mA；根据闭合电路的欧姆定律，待测电阻Rx故答案为：（1）P；（2）500；（3）1000。【点评】本题考查了将电流表改装成欧姆表，要明确实验的原理，掌握闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的内部电流从黑表笔流出、红表笔流入。19．（2024•龙凤区校级模拟）某物理实验小组探究测量量程为3.0V的电压表内阻（内阻约为几千欧），设计了如图甲所示的电路，可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值9999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值2kΩ），滑动变阻器R2（最大阻值15Ω），直流电源E（电动势6V），开关2只，导线若干。实验步骤如下：a.按图甲的电路图连接好图乙的实物图线路；b.闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；c.保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关S2，调节电阻箱使电压表示数为2.0V，记下电阻箱的阻值。（1）根据图甲电路，用笔画线代替导线，完成图乙中实物图余下导线的连接；（2）实验中滑动变阻器应选择R2（选填“R1”或“R2”）；（3）在步骤b中，闭合开关S1、S2前，图甲中滑动变阻器的滑片应该移到最左端（选填“左”或“右”）端；（4）在步骤c中，记录的电阻箱阻值为1500Ω，则该电压表的内阻为3000Ω（结果保留到个位）；（5）在步骤c实验操作过程中，实际上断开S2后滑动变阻器上的分压会发生微小变化，如果要考虑其变化的影响，本实验测量的电压表内阻与其真实值相比，测量值偏大（选填“偏小”、“不变”或“偏大”）。【考点】测定电压表或电流表的内阻．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）如图所示；（2）R2；（3）左；（4）3000；（5）偏大。【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）根据方便调节选择滑动变阻器；（3）根据保护电路确定滑片位置，让测量电路中电流从零开始调节；（4）根据串联分压特点计算电压表内阻；（5）根据电路电阻的变化分析误差。【解答】解：（1）实物连接如图；（2）实验中滑动变阻器采用分压电路，则应选择阻值较小的R2；（3）滑动变阻器采用了分压接法，所以在步骤b中，为了让测量部分电压从零开始调节，闭合开关S1、S2前，图甲中滑动变阻器的滑片应该移到最左端；（4）在步骤c中，保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关S2，调节电阻箱使电压表示数为2.0V，此时电阻箱分压1V，则电压表内阻等于电阻箱阻值的2倍，电阻箱阻值为1500Ω，则该电压表的内阻为3000Ω。（5）在步骤c实验操作过程中，实际上断开S2后与滑动变阻器并联的电阻值变大，则滑动变阻器上的分压会变大，则电阻箱的分压大于1V，则电压表内阻小于电阻箱阻值的2倍，则本实验测量的电压表内阻与其真实值相比，测量值偏大。故答案为：（1）如图所示；（2）R2；（3）左；（4）3000；（5）偏大。【点评】本题考查测量电压表内阻，要求掌握实验原理、实验电路、数据处理和误差分析，会根据串并联电路规律分析问题。四．解答题（共1小题）20．（2024•宝山区模拟）如图是“探究感应电流产生的条件”实验器材和部分连接线路。（1）在给出的图中，用笔线作为导线完成实验器材的连接（导线不能交叉），在闭合电键S前，滑动变阻器滑片P应置于使滑动变阻器接入电阻A（选择