2025年高考物理一轮复习之电学实验

第1页（共1页）2025年高考物理一轮复习之电学实验一．选择题（共5小题）1．小明同学用欧姆表测电阻，选择开关置于“×100”挡时，表针停在图中的100与500之间的中间位置上。为了使测量结果比较精确，下列操作正确的是（）A．直接读数并乘上100即可 B．换“×100”挡，无需重新欧姆调零 C．换“×1k”挡，需重新进行欧姆调零 D．选择任意挡都行，但需进行欧姆调零2．电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是（）A．若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑 B．若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动 C．若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动 D．若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动3．如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0 B．在t1到t2时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度 C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下 D．在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量4．某同学利用图甲所示电路观察电容器的充电和放电现象，计算机屏幕显示出放电过程的I﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．电容器放电时电子由b向a通过电阻 B．电容器放电过程中电阻R两端电压逐渐增大 C．将电阻R换成阻值更大的电阻，放电时间变长 D．若R＝20Ω，则可知电源电动势E＝80V5．如图所示是探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，下部是可调节内阻电池。升高或降低挡板，可改变A、B两电极间电解液通道的横截面积，从而改变电池内阻。电池的两极A、B与电压传感器2相连，位于两个电极内侧的探针a、b与电压传感器1相连，R是滑动变阻器。下列说法正确的是（）A．断开开关S，传感器1的示数为零，传感器2的示数小于电源电动势 B．闭合开关S，在将挡板向上提升的过程中，传感器2的读数将变小 C．闭合开关S，无论R的滑片如何移动，传感器1和传感器2的示数之和总不变 D．闭合开关S，当把滑动变阻器R的滑片向左移动到阻值为零时，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势二．多选题（共3小题）（多选）6．关于高中物理的学生实验，下列说法正确的是（）A．验证动量守恒定律时，两碰撞小球的直径必须相等 B．探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，无需废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验即可 C．探究影响感应电流方向的因素时，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，则开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动（如图），电流计指针向右偏转。 D．在用单摆测量重力加速度的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，拉开摆球时，使摆角大些（多选）7．“探究影响感应电流方向的因素”的实验示意图如图所示：灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”、“拔出”条形磁铁，使线圈中产生感应电流。记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法正确的是（）A．实验时必须保持磁铁运动的速率不变 B．该实验需要知道线圈的绕向 C．该实验需要记录磁铁的运动方向 D．该实验需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系（多选）8．如图所示是探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，下部是可调节内阻电池，升高或降低挡板，可改变A，B两电极间电解液通道的横截面积，从而改变电池内阻，电池的两极A，B与电压传感器2相连，位于两个电极内侧的探针a，b与电压传感器1相连，R是滑动变阻器。下列说法正确的是（）A．断开开关S，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势 B．闭合开关S，在将教板向上提升的过程中，传感器2的读数将变小 C．闭合开关S，无论R的滑片如何移动，传感器1和传感器2的示数之和总不变 D．闭合开关S，当把滑动变阻器R的滑片向左移动到阻值为零时，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势三．填空题（共4小题）9．（1）一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为U时，通过的电流是I。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，金属丝两端所加的电压应为。（2）有一个满偏电流为100mA的毫安表，电表内阻为9Ω，现将该毫安表的量程扩大至0.6A，则应并联一个阻值为Ω的电阻。（3）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表G的量程为0～10mA，内阻为60Ω，图中串联的分压电阻R1＝440Ω，则R2＝Ω。10．高性能混凝土是一种新型高技术的混凝土，广泛应用于建筑工程中，某同学对高性能混凝土的电阻产生了兴趣，决定设计一个精密测量电阻的电路来完成测量。该同学设计的电路如图1所示，图中E为电源（电动势为3V，内阻不计）、待测混凝土样本电阻Rx、滑动变阻器R0（0～100Ω）、滑动变阻器R2（0～100Ω）、滑动变阻器R1（0～4700Ω）、电流表A（量程5mA）、电压表V（量程3V）、灵敏电流计G（量程100μA），开关S1、S2，导线若干。（1）该同学按电路图连接图2，请指出实物图连线①②③中连接错误的是。（2）电路连线改正后，实验过程如下：①S2断开、S1闭合，调节R0的滑动触头，使电流表A的示数大于量程的1②将R2调成最大阻值，闭合S2，调节R1的滑动触头，使灵敏电流计G示数为零③断开S2，将R2电阻调为零，使S2断续接通，并仔细调节R1，使灵敏电流计G示数为零④记录电压表U、电流表I的读数⑤移动滑动变阻器R0的滑动触头，重复步骤②～④，再测四组U、I的读数。在步骤②中“将R2调成最大阻值”作用是。（3）实验数据如表：U（V）1.501.742.002.242.50I（mA）3.023.504.014.494.99请根据表中数据，在方格纸上作出U﹣I图线，利用图线求出该待测混凝土样本电阻Rx＝Ω（保留三位有效数字）。（4）和伏安法测电阻相比，上述实验方法测得的电阻值误差更小，简要说明原因。11．（1）物理实验小组用如图（a）所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。①关于本实验，下列说法正确的是。A．必须平衡摩擦力B．必须控制槽码质量不变C．必须控制小车质量不变D．必须保证槽码的质量远小于小车的质量②某同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2（结果保留三位有效数字）。③按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条过原点的直线，如图（c）所示，若直线斜率为k，则小车（包含定滑轮）的质量为（用k表示）。（2）为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30Ω），有以下一些器材可供选择。电流表A1（量程0～50mA，内阻约10Ω）；电流表A2（量程0～3A，内阻约0.12Ω）；电压表V1（量程0～3V，内阻很大）；电压表V2（量程0～15V，内阻很大）；电源E（电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）；定值电阻R（20Ω，允许最大电流1.0A）；滑动变阻器R1（0～10Ω，允许最大电流2.0A）；单刀单掷开关S一个，导线若干。①对于电流表和电压表的选择，下列说法正确的是。A．电流表应选A1，电压表应选V1B．电流表应选A1，电压表应选V2C．电流表应选A2，电压表应选V1D．电流表应选A2，电压表应选V2②请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图。（要求所测量范围尽可能大）③某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝。12．（1）电子温度计是利用半导体的电阻随温度升高而减小的特性而制作的，已知某半导体的电阻随温度t（在20℃～50℃间可视为线性变化，如图甲所示。当温度为tA＝25℃时，用多用电表测得其电阻如图乙所示，此时R1＝Ω；当温度为tB＝30℃时，用多用电表测得其电阻R2＝120Ω。（2）把该半导体与电动势为E＝3.7V、内阻为r＝0.5Ω的电源，理想电压表（量程3V）和定值电阻R0连成如图丙所示的电路，为使电压表示数不会超量程，且当温度在20℃～50℃间变化时电压的变化比较明显，则定值电阻R0的阻值应选。A.10ΩB.100ΩC.500Ω（3）选用合适的R0后，该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计，当电阻温度为40℃时，电压表的示数约为V。（保留两位有效数字）（4）若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值（选填“偏高”或“偏低”）。四．实验题（共8小题）13．某同学通过两种方法测量量程为3V的电压表的内阻。（1）先用多用电表的欧姆挡“×100”挡直接测量电压表的内阻，电压表、多用电表的示数分别如图甲、乙所示，则电压表的示数为V，多用电表的示数为Ω。（2）再进一步精确测量电压表的内阻的电路图如图丙所示，图中电阻箱R的最大电阻为9999Ω，定值电阻r的阻值为500Ω，电源E的内阻不计。连接好电路后调节电阻箱R的阻值，使得电压表的指针满偏，记下此时电阻箱R的阻值R1＝900Ω；然后调节电阻箱R的阻值，使得电压表的指针半偏，记下此时电阻箱R的阻值R2＝4600Ω，则电压表的内阻RV＝Ω。14．某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示的电路，整个电路装置既可以当1mA和10mA的电流表使用，也可以当作两个倍率的欧姆电表使用。他们使用到的器材有：电源E（电动势E＝1.5V，内阻忽略不计）定值电阻R1、R2电流表G（量程为Ig＝100μA，内阻Rg＝990Ω）滑动变阻器R（最大阻值为1500Ω）单刀双掷开关S1、S2（1）按照多用电表的构造和原理，接线柱D端应该接（选填“红”或“黑”）表笔；（2）当单刀双掷开关S1拨到端可作为电流表使用，S2拨到1端时，此时装置可作为mA（选填“1”或“10”）量程的电流表；电阻R1＝Ω，R2＝Ω。（3）将单刀双掷开关S1拨到A端可作为欧姆表使用，若S2拨到1端，此时作为欧姆挡×10倍率，则将S2拨到2端时的倍率为（选填“×1”或“×100”）。15．某实验小组在学校实验室利用如图14甲所示的可拆变压器进行了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验。（1）要顺利完成本实验，除有可拆变压器外，下列器材中还必须要选用的是。A.干电池组B.学生电源C.直流电压表D.指针式多用电表（2）该实验小组将匝数为n1的原线圈两端与电源相连，控制原线圈两端电压为U1改变副线圈匝数n2，测量副线圈两端电压U2，数据处理时该小组绘制了U2﹣n2图像，如图乙所示，该图线斜率为k。若实验小组操作正确，则U1、n1、k应满足的关系为。（3）实验结束后，该实验小组发现变压器铁芯变热，可能的原因是。16．某同学欲测量某电热丝的电阻率ρ。（1）用多用电表粗测该电热丝Rx的电阻值：多用电表选择开关旋至“×100”挡，并进行欧姆调零，将红、黑表笔连接到电热丝两端，多用电表指针位置如图（a）所示，此时读数为Ω。（2）用螺旋测微器测量电热丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为d＝mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。（3）为精确测量该电热丝的电阻Rx，设计了如图（c）所示的实验电路图。现有实验器材：电池组E，电动势为15V，内阻忽略不计；电压表V（量程为3V，内阻为Rv＝3kΩ）；电流表A（量程为12mA，内阻比较小）；定值电阻R0（阻值可选用3kΩ和9kΩ）；滑动变阻器R，最大阻值为50Ω；开关、导线若干。①要求电热丝两端的电压可在0～12V的范围内连续可调，应选用阻值为（填“3kΩ”或“9kΩ”）的定值电阻R0；②闭合开关S，调节滑动变阻器R，使电压表V和电流表A的示数尽量大些，读出此时电压表V和电流表A的示数分别为U、I，则该电热丝电阻的表达式为Rx＝（用U、I、R0、Rv表示，不得直接用数值表示）；③多次测量得到电热丝的电阻Rx的平均值，计算得出电热丝的电阻率。17．小梦同学自制了一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，其内部结构如图所示，R0为调零电阻（最大阻值为R0m），Rs、Rm、Rn为定值电阻（Rs+R0m＜Rm＜Rn），电流计G的内阻为RG（Rs≪RG）。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：（1）短接①②，将单刀双掷开关S与m接通，电流计G示数为Im；保持电阻R0滑片位置不变，将单刀双掷开关S与n接通，电流计G示数变为In，则ImIn（填“大于”或“小于”）；（2）将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为（填“×1”或“×10”）；（3）若从“×1”挡位换成“×10”挡位，调整欧姆零点（欧姆零点在电流计G满偏刻度处）时，调零电阻R0的滑片应该调节（填“向上”或“向下”）；（4）在“×10”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R1，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的23；取走R1，在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的13，则Rx＝18．某实验小组要测量一段金属丝的电阻率。（1）某同学先用多用电表的欧姆挡粗测金属丝电阻，把选择开关调到“×1”挡，测量时多用电表的示数如图甲所示，则该元件电阻为R＝（A.11Ω，B.110Ω）；再用螺旋测微器测量金属丝的直径d，其示数如图乙所示，则d＝mm；（2）为了精确测量金属丝电阻，小组成员甲同学根据实验室提供器材：滑动变阻器（阻值为0～15Ω）、电流表（阻值约为10Ω）、电压表（阻值约为3kΩ），要求从零开始测量数据，请选择正确的电路图；（3）正确连接好第（2）问中的电路，某次实验时，电压表的示数为U，电流表的示数为I，测得金属丝的长为L，则金属丝电阻率ρ＝；（用题中的符号U、I、L、d、π表示）（4）小组成员乙同学设计了如图丙所示电路测量该金属丝电阻率，稳压源的输出电压恒为U0，定值电阻的阻值为R，根据多次实验测出的aP长度x和对应的电压表的示数U作出的U﹣x图线，图线的斜率为k，则金属丝的电阻率ρ＝。（用题中的符号k、R、d、U0、L表示）19．（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择。A．量程为0～3V的电压表B．量程为0～3A的电流表C．量程为0～0.6A的电流表D．零刻度在中间的灵敏电流计（2）某同学按下列步骤进行实验：①将已知绕向的螺线管与电表连接；②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；③分析实验结果，得出结论。上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明的关系。（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角（选填“不变”“变大”或“变小”）。20．根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例．（1）实验小组用多用电表直接粗测人体电阻Rx，先把选择开关调至“×1k”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至（填“×100”或“×10k”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为kΩ；（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路．实验室提供的器材如下：电压表V1（量程5V，内阻r1＝50.0kΩ），电压表V2（量程3V，内阻r2＝30.0kΩ），电流表A（量程0.6A，内阻r＝1Ω），滑动变阻器R（额定电流1.5A，最大阻值50Ω），电源E（电动势6.0V，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择，理由是；②请把实验电路图补充完整；③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表V1的示数为U1，则待测电阻Rx＝（用题中所给的物理量符号表达）。

2025年高考物理一轮复习之电学实验参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）1．小明同学用欧姆表测电阻，选择开关置于“×100”挡时，表针停在图中的100与500之间的中间位置上。为了使测量结果比较精确，下列操作正确的是（）A．直接读数并乘上100即可 B．换“×100”挡，无需重新欧姆调零 C．换“×1k”挡，需重新进行欧姆调零 D．选择任意挡都行，但需进行欧姆调零【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题；理解能力．【答案】C【分析】用欧姆表测电阻时，如偏转角过小，说明选取的挡位太小，需换大挡位，使指针尽量指在中间位置，换挡位后要进行欧姆调零。【解答】解：发现指针指在欧姆挡刻度值为“100”的刻度线附近，偏转角小，说明选取挡位太小，则应换用较大挡位，即选“×1kΩ”挡，换挡位后要进行欧姆调零。故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查的是多用电表测电阻时的读数问题，需注意偏转角与挡位的问题。2．电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是（）A．若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑 B．若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动 C．若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动 D．若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动【考点】示波器的使用；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．【答案】D【分析】根据电子的受力情况分析电子的运动情况，从而分析电子在光屏上的现象【解答】解：A．若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧光屏的O点上侧、下侧各一个光斑。故A错误；B．若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏O点上方移动，故B错误；C．若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故C错误；D．若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，故D正确。故选：D。【点评】此题属于知识应用性题目，结合实际问题讨论电子运动情况，需要较强的逻辑思维和知识构架，难度适中。3．如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．在t2时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为0 B．在t1到t2时间内，强磁铁的加速度大于重力加速度 C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下 D．在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量【考点】研究电磁感应现象．【专题】定量思想；图析法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】A【分析】根据电流的关系得出电动势的关系，结合法拉第电磁感应定律得出磁通量的变化率关系；根据楞次定律结合牛顿第二定律得出磁铁的加速度与重力加速度的关系；根据“来拒去留”分析出线圈受到的作用力的方向；理解电磁感应现象中的能量转化关系。【解答】解：A．t2时刻电流为0，说明感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt可知穿过线圈的磁通量的变化率为B．由“来拒去留”可知在t1到t2时间内，强磁铁受到线圈向上的作用力F，且初始阶段有F小于重力，根据牛顿第二定律可得：a=由此可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；C．由“来拒去留”可知强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C错误；D．在t1到t3的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈的内能的增加量，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查了电磁感应现象的相关应用，能根据楞次定律分析出线圈的作用力方向，掌握运动过程中的能量转化关系即可完成分析。4．某同学利用图甲所示电路观察电容器的充电和放电现象，计算机屏幕显示出放电过程的I﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．电容器放电时电子由b向a通过电阻 B．电容器放电过程中电阻R两端电压逐渐增大 C．将电阻R换成阻值更大的电阻，放电时间变长 D．若R＝20Ω，则可知电源电动势E＝80V【考点】观察电容器及其充、放电现象；电容的概念与物理意义．【专题】定量思想；实验分析法；电容器专题；实验能力．【答案】C【分析】根据电容器极板带电性质分析判断通过电阻R的电流方向，从而判定电子的运动方向；根据欧姆定律分析电阻R两端电压的变化；若串联电阻更大放电的时间会变长；根据欧姆定律和题图数据求电动势。【解答】解：A、开关S接1时电源给电容器充电后上极板带正电，开关S接2时，电容器放电，电流由极板正极流过电阻R到负极板，而电子的移动方向与电流方向相反，则电子由a向b通过电阻R，故A错误；B、电容器放电过程中电流逐渐减小，根据欧姆定律U＝IR，可知电阻R两端电压逐渐减小，故B错误；C、若R增大，总电量q不变，则对电流阻碍作用增大，即电流减小，由q＝It可知放电时间会边长，故C正确；D、由题意可知，电源的电动势：E＝ImR＝4×10﹣3×20V＝80mV，故D错误。故选：C。【点评】本题考查电容器的充放电，注意电流—时间图像曲线与坐标轴所围的面积表示电荷量。5．如图所示是探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，下部是可调节内阻电池。升高或降低挡板，可改变A、B两电极间电解液通道的横截面积，从而改变电池内阻。电池的两极A、B与电压传感器2相连，位于两个电极内侧的探针a、b与电压传感器1相连，R是滑动变阻器。下列说法正确的是（）A．断开开关S，传感器1的示数为零，传感器2的示数小于电源电动势 B．闭合开关S，在将挡板向上提升的过程中，传感器2的读数将变小 C．闭合开关S，无论R的滑片如何移动，传感器1和传感器2的示数之和总不变 D．闭合开关S，当把滑动变阻器R的滑片向左移动到阻值为零时，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】C【分析】断开开关S，电源处于断路状态，电源内电压为零，电源外电压等于电源电动势；将挡板上提，A、B两电极间电解液通道的横截面积变大，根据电阻定律分析电源内阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析电压传感器2的示数的变化；根据闭合电路欧姆定律分析传感器1的示数与传感器2的示数的关系；电源电动势在数值上等于内电压与外电压之和；当把电阻R的滑臂向左移动到阻值为零时，电源处于短路状态，外电压为零，内电压等于电源电动势。【解答】解：A、断开开关S，电源处于断路状态，电源内电压为零，即传感器1的示数为零，电源外电压（即传感器2的示数）等于电源电动势，故A错误；B、闭合开关S，将挡板上提，A、B两电极间电解液通道的横截面积变大，根据电阻定律：R=ρLS，可知电源内阻变小。由闭合电路欧姆定律可得外电压（即电压传感器2的示数）为：U外C、电源电动势在数值上等于内电压与路端电压之和，即传感器1和传感器2的示数之和等于电源电动势，故其示数之和保持不变，故C正确。D、当把电阻R的滑臂向左移动到阻值为零时，外电路电阻为0（即电源短路），外电压（即电压传感器2的示数）为零，内电压（即电压传感器1的示数）等于电源电动势，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电源的电动势与内、外电压的关系，闭合电路欧姆定律得应用。掌握电源电动势在数值上等于内电压与外电压之和，内电压与外电压之比等于电源内阻与电路外电阻之比。二．多选题（共3小题）（多选）6．关于高中物理的学生实验，下列说法正确的是（）A．验证动量守恒定律时，两碰撞小球的直径必须相等 B．探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，无需废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验即可 C．探究影响感应电流方向的因素时，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，则开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动（如图），电流计指针向右偏转。 D．在用单摆测量重力加速度的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，拉开摆球时，使摆角大些【考点】研究电磁感应现象；验证动量守恒定律；用单摆测定重力加速度．【专题】定性思想；推理法；单摆问题；电磁感应与电路结合；气体的状态参量和实验定律专题；推理能力．【答案】AC【分析】验证动量守恒定律时，两碰撞小球的直径必须相等，碰撞小球质量大于被碰小球；探究气体等温变化的规律实验中，需要保证气体质量不变；根据磁通量变化与电流表指针变化关系解答；根据单摆周期公式判断。【解答】解：A.验证动量守恒定律时，为了使小球发生对心碰撞，两碰撞小球的直径必须相等，故A正确；B.探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，气体质量发生变化，需废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验，故B错误；C.甲同学在断开开关时，磁通量减少，灵敏电流计指针向右偏转，开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动（如图）时，B中变阻器接入电路的电阻变大，通过B的电流减小，穿过A的磁通量减少，电流计指针向右偏转，故C正确；D.根据T=2πLg可知在摆角小于故选：AC。【点评】本题主要考查对验证动量守恒定律、探究气体等温变化的规律、探究影响感应电流方向的因素、用单摆测量重力加速度的实验的理解，根据各实验原理解答。（多选）7．“探究影响感应电流方向的因素”的实验示意图如图所示：灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”、“拔出”条形磁铁，使线圈中产生感应电流。记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法正确的是（）A．实验时必须保持磁铁运动的速率不变 B．该实验需要知道线圈的绕向 C．该实验需要记录磁铁的运动方向 D．该实验需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系【考点】研究电磁感应现象．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；理解能力．【答案】BCD【分析】根据“探究影响感应电流方向的因素”的实验原理分析。【解答】解：A.该实验无需保持磁铁运动的速率不变，故A错误；B.该实验需要记录磁铁在线圈中的磁场方向，才能得到磁场的变化与感应电流的方向关系，故B正确；C.该实验必需记录感应电流产生的磁场方向，这样才能知道感应电流的磁场方向与原磁场方向的关系，故C正确；D.该实验需要确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系才能知道产生的感应电流的具体的方向，故D正确。故选：BCD。【点评】本题考查了“探究影响感应电流方向的因素”的实验，理解实验原理是解题的前提。（多选）8．如图所示是探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，下部是可调节内阻电池，升高或降低挡板，可改变A，B两电极间电解液通道的横截面积，从而改变电池内阻，电池的两极A，B与电压传感器2相连，位于两个电极内侧的探针a，b与电压传感器1相连，R是滑动变阻器。下列说法正确的是（）A．断开开关S，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势 B．闭合开关S，在将教板向上提升的过程中，传感器2的读数将变小 C．闭合开关S，无论R的滑片如何移动，传感器1和传感器2的示数之和总不变 D．闭合开关S，当把滑动变阻器R的滑片向左移动到阻值为零时，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】AC【分析】电压传感器1测的是电源的内电压，电压传感器2测的是路端电压；将挡板上提，横截面积变大，根据电阻定律和欧姆定律进行分析；明确开关断开，外电路为开路，滑动变阻器的滑动片位于左端时，外电路短路。【解答】解：A.当S断开时，电路中电流为0，故内阻分压为0，外电压等于电源电动势，故A正确；B.将挡板上提，横截面积变大，根据电阻定律r=根据闭合电路欧姆定律I电压传感器2测的是路端电压，根据欧姆定律，路端电压U=即电压传感器2的示数变大，故B错误；C.电压传感器1测的是电源的内电压，闭合S，传感器1和传感器2的示数之和等于电源电动势，其示数之和保持不变，故C正确；D.闭合S，当把滑动变阻器R的滑片向左移动到阻值为零时，外电路电阻为0，电压传感器2的示数为0，电压传感器1的示数等于电源电动势，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验，明确两电压传感器所测的电压是解题的关键；理解外电路断开和外电路短路时两电压传感器示数的含义。三．填空题（共4小题）9．（1）一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为U时，通过的电流是I。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，金属丝两端所加的电压应为4U。（2）有一个满偏电流为100mA的毫安表，电表内阻为9Ω，现将该毫安表的量程扩大至0.6A，则应并联一个阻值为1.8Ω的电阻。（3）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表G的量程为0～10mA，内阻为60Ω，图中串联的分压电阻R1＝440Ω，则R2＝1000Ω。【考点】电表的改装和应用（实验）；串联电路的特点及应用．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）4U；（2）1.8；（3）1000。【分析】（1）根据电阻定律先求解金属丝变化后的电阻和原来电阻值的比较，然后再由欧姆定律求电压；（2）根据并联分流原理改装电流表，列式求解；（3）根据串联分压的原理改装电压表，并根据所给数据列式求解。【解答】解：（1）根据题意，金属丝原来的电阻R=ρLS，U金属丝均匀拉长到原来的2倍，电阻R′＝ρ2LS2=根据欧姆定律，所加电压U′＝IR′＝I×4R＝4U。（2）根据并联电路的特点IgRg＝（I﹣Ig）Rx代入Ig＝100mA，Rg＝9Ω，I＝0.6A解得Rx＝1.8Ω；（3）根据串联电路的特点改装为量程为U2＝15V的电压表时，有Ig（Rg+R1+R2）＝U2代入Ig＝10mA，Rg＝60Ω，R1＝440Ω，解得R2＝1000Ω故答案为：（1）4U；（2）1.8；（3）1000。【点评】熟练掌握电阻定律和电表的改装原理，并能进行相关应用。10．高性能混凝土是一种新型高技术的混凝土，广泛应用于建筑工程中，某同学对高性能混凝土的电阻产生了兴趣，决定设计一个精密测量电阻的电路来完成测量。该同学设计的电路如图1所示，图中E为电源（电动势为3V，内阻不计）、待测混凝土样本电阻Rx、滑动变阻器R0（0～100Ω）、滑动变阻器R2（0～100Ω）、滑动变阻器R1（0～4700Ω）、电流表A（量程5mA）、电压表V（量程3V）、灵敏电流计G（量程100μA），开关S1、S2，导线若干。（1）该同学按电路图连接图2，请指出实物图连线①②③中连接错误的是①②③。（2）电路连线改正后，实验过程如下：①S2断开、S1闭合，调节R0的滑动触头，使电流表A的示数大于量程的1②将R2调成最大阻值，闭合S2，调节R1的滑动触头，使灵敏电流计G示数为零③断开S2，将R2电阻调为零，使S2断续接通，并仔细调节R1，使灵敏电流计G示数为零④记录电压表U、电流表I的读数⑤移动滑动变阻器R0的滑动触头，重复步骤②～④，再测四组U、I的读数。在步骤②中“将R2调成最大阻值”作用是保护灵敏电流计G。（3）实验数据如表：U（V）1.501.742.002.242.50I（mA）3.023.504.014.494.99请根据表中数据，在方格纸上作出U﹣I图线，利用图线求出该待测混凝土样本电阻Rx＝500Ω（保留三位有效数字）。（4）和伏安法测电阻相比，上述实验方法测得的电阻值误差更小，简要说明原因电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流。【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；分析综合能力．【答案】故答案为：（1）①②③；（2）保护灵敏电流计G；（3）U﹣I图线见解答；500；（4）电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流。【分析】（1）由实验原理图判断得解；（2）由R2的作用得解；（3）描点连线得解；由U﹣I图象的斜率含义得解；（4）由误差分析得解。【解答】解：（1）根据该同学按电路图连接图2，实物图中连线①应该接在滑动变阻器R2的右上端；连线②应该接在滑动变阻器R1的右下端；连线③应该接在电流表的负接线柱上；故①②③连接均错误。（2）由实验原理图可知，由于R2串联在电路中当限流电阻使用，故其作用是保护灵敏电流计G；（3）作出U﹣I图线如图：该待测混凝土样本电阻Rx（4）该实验方法测得的电阻值误差更小，原因是电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流。故答案为：（1）①②③；（2）保护灵敏电流计G；（3）U﹣I图线见解答；500；（4）电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流。【点评】本题主要考查电阻的测量，熟悉电阻的测量是解题的关键，难度一般。11．（1）物理实验小组用如图（a）所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。①关于本实验，下列说法正确的是AC。A．必须平衡摩擦力B．必须控制槽码质量不变C．必须控制小车质量不变D．必须保证槽码的质量远小于小车的质量②某同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为2.00m/s2（结果保留三位有效数字）。③按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条过原点的直线，如图（c）所示，若直线斜率为k，则小车（包含定滑轮）的质量为2k（用k（2）为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30Ω），有以下一些器材可供选择。电流表A1（量程0～50mA，内阻约10Ω）；电流表A2（量程0～3A，内阻约0.12Ω）；电压表V1（量程0～3V，内阻很大）；电压表V2（量程0～15V，内阻很大）；电源E（电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）；定值电阻R（20Ω，允许最大电流1.0A）；滑动变阻器R1（0～10Ω，允许最大电流2.0A）；单刀单掷开关S一个，导线若干。①对于电流表和电压表的选择，下列说法正确的是A。A．电流表应选A1，电压表应选V1B．电流表应选A1，电压表应选V2C．电流表应选A2，电压表应选V1D．电流表应选A2，电压表应选V2②请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图。（要求所测量范围尽可能大）③某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝UI-【考点】伏安法测电阻；探究加速度与力、质量之间的关系．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）AC；2.00；2k；（2）A；见解析；【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；根据运动学公式得出木块的速度，结合逐差法得出加速度；根据牛顿第二定律结合图像的物理意义完成分析；（2）根据电源电动势选择电压表，根据通过电阻的最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图。根据串联电路特点与欧姆定律求出待测电阻值。【解答】解：（1）①A.实验中必须平衡摩擦力，故A正确；BC.研究质量不变的情况下，加速度与力的关系时，必须控制小车质量不变，故B错误，C正确；D.因为有弹簧测力计测量小车受的拉力，则不需要保证槽码的质量远小于小车的质量，故D错误。故选：AC。②两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为50Hz，两点间时间为t＝5×解得t＝0.1s小车的加速度大小为a=Δxt2=7.98+10.01+11.99-2.00-3.96-6.02③由牛顿第二定律有2F＝Ma即a=2由图像可知k=解得M=（2）①电源电动势为3V，则电压表选V1；通过待测电阻的最大电流约为I=ERx=3量程为3A的电流表读数误差太大，可以把定值电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流约为：I'=ER+Rx电流表应选择A1；故A正确，BCD错误；故选：A。②定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为30Ω+20Ω＝50Ω，远大于滑动变阻器最大阻值10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电流表内阻约为10Ω，电压表内阻很大，电流表可以采用外接法，电路图如图所示：③根据欧姆定律可知，待测电阻阻值为Rx=U故答案为：（1）AC；2.00；2k；（2）A；见解析；【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验、伏安法测电阻实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析；在电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，故应注意此类问题的解法；在实验中要注意把握准确性及安全性原则。12．（1）电子温度计是利用半导体的电阻随温度升高而减小的特性而制作的，已知某半导体的电阻随温度t（在20℃～50℃间可视为线性变化，如图甲所示。当温度为tA＝25℃时，用多用电表测得其电阻如图乙所示，此时R1＝150Ω；当温度为tB＝30℃时，用多用电表测得其电阻R2＝120Ω。（2）把该半导体与电动势为E＝3.7V、内阻为r＝0.5Ω的电源，理想电压表（量程3V）和定值电阻R0连成如图丙所示的电路，为使电压表示数不会超量程，且当温度在20℃～50℃间变化时电压的变化比较明显，则定值电阻R0的阻值应选B。A.10ΩB.100ΩC.500Ω（3）选用合适的R0后，该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计，当电阻温度为40℃时，电压表的示数约为1.4V。（保留两位有效数字）（4）若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高（选填“偏高”或“偏低”）。【考点】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）150；（2）B；（3）1.4；（4）偏高。【分析】（1）多用电表档的示数是指针示与倍率的乘积；（2）分别计算当R0取三个值时，电压表示数的范围，从而确定R0的阻值；（3）由图数据，可计算出温度为40℃时电阻的大小，然后根据欧姆定律和串并联电路的关系求电压表的示数；（4）写出电压表示数的表达式，结合题设条件分析误差。【解答】解：（1）由图和题意可知，当温度为tA＝25℃时，由多用电表测得其电阻R1＝15×10Ω＝150Ω；（2）若R0＝100Ω，则可求得电压表的读数范围为ER1+R0+同理可知若R1＝10Ω，则可求得电压表的读数范围为3.46V～3.40V若R0＝500Ω，则可求得电压表的读数范围为0.85V＝0.72V，则为使电压表示数不会超量程，且当温度在20℃～50℃间变化时电压的变化比较明显，则定值电阻R2的阻值应选：B；（3）当电阻温度为40℃时，可求得R电压表的示数约为：U（4）若电池用久后内阻r变大，根据U=ER故答案为：（1）150；（2）B；（3）1.4；（4）偏高。【点评】本题考查多用电表的读数、使用、改装、误差分析等，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是学会通过表中的数据解决问题，还要知道串联电路电压的规律。四．实验题（共8小题）13．某同学通过两种方法测量量程为3V的电压表的内阻。（1）先用多用电表的欧姆挡“×100”挡直接测量电压表的内阻，电压表、多用电表的示数分别如图甲、乙所示，则电压表的示数为2.00V，多用电表的示数为2200Ω。（2）再进一步精确测量电压表的内阻的电路图如图丙所示，图中电阻箱R的最大电阻为9999Ω，定值电阻r的阻值为500Ω，电源E的内阻不计。连接好电路后调节电阻箱R的阻值，使得电压表的指针满偏，记下此时电阻箱R的阻值R1＝900Ω；然后调节电阻箱R的阻值，使得电压表的指针半偏，记下此时电阻箱R的阻值R2＝4600Ω，则电压表的内阻RV＝2300Ω。【考点】测定电压表或电流表的内阻．【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）2.00；2200；（2）2300。【分析】（1）根据电压表和多用电表的读数规则分析。（2）根据闭合电路欧姆定律分析列式。【解答】解：（1）电压表的最小分度为0.1V，应估读到0.01V，故电压表的示数为2.00V；根据多用电表的读数规则可知，电压表的内阻为22×100Ω＝2200Ω。（2）设电压表满偏时电流为I，则电压表半偏时电流为I2I(解得：RV＝2300Ω。故答案为：（1）2.00；2200；（2）2300。【点评】本题考查闭合电路欧姆定律，涉及到电压表和多用电表的读数问题，目的是考查学生的实验能力，灵活运用欧姆定律解题是关键。14．某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示的电路，整个电路装置既可以当1mA和10mA的电流表使用，也可以当作两个倍率的欧姆电表使用。他们使用到的器材有：电源E（电动势E＝1.5V，内阻忽略不计）定值电阻R1、R2电流表G（量程为Ig＝100μA，内阻Rg＝990Ω）滑动变阻器R（最大阻值为1500Ω）单刀双掷开关S1、S2（1）按照多用电表的构造和原理，接线柱D端应该接红（选填“红”或“黑”）表笔；（2）当单刀双掷开关S1拨到端可作为电流表使用，S2拨到1端时，此时装置可作为10mA（选填“1”或“10”）量程的电流表；电阻R1＝11Ω，R2＝99Ω。（3）将单刀双掷开关S1拨到A端可作为欧姆表使用，若S2拨到1端，此时作为欧姆挡×10倍率，则将S2拨到2端时的倍率为×100（选填“×1”或“×100”）。【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】（1）红；（2）10；11；99；（3）×100【分析】（1）无论是什么电表，都是红表笔进电表，黑表笔出电表；（2）根据电流表并联的分流电阻的大小，判断量程的大小；根据两个量程的关系，结合并联电路电流的关系列方程求两个电阻值；（3）欧姆表的倍率不同，即量程不同，有两种方法，一是使用不同电动势的电源，二是使电路的最大电流不同，电路最大电流越小，量程越大，倍率越大。分别计算出两种接法的欧姆表的内阻，从而确定倍率。【解答】解：（1）红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故D端应与红表笔相连；（2）当单刀双掷开关S2，拨到B端、S2拨到1端时，总电阻更小，则量程更大，故为10mA；S2拨到2端，量程为1mA，扩大了n=1100×10-R1+R2=拨到1端，量程为10mA，扩大了n'=10100×10-R1=联立解得R1＝11Ω、R2＝99Ω（3）当单刀双掷开关S1拨到A端、S2拨到2端，电流表量程为1mA，此时欧姆表内阻为r内=EI1=S2拨到1端，电流表量程为10mA，同理此时欧姆表内阻为150Ω若S2拨到1端，此时作为欧姆挡×10倍率，则将S2拨到2端时的倍率为×100.故答案为：（1）红；（2）10；11；99；（3）×100【点评】本题考查了电流表改装和欧姆表的工作原理，要理解欧姆定律和串并联电路的关系，知道欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻。做实验题目知道实验目的、实验原理、实验器材及实验要求，是解题的前提与关键。15．某实验小组在学校实验室利用如图14甲所示的可拆变压器进行了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验。（1）要顺利完成本实验，除有可拆变压器外，下列器材中还必须要选用的是BD。A.干电池组B.学生电源C.直流电压表D.指针式多用电表（2）该实验小组将匝数为n1的原线圈两端与电源相连，控制原线圈两端电压为U1改变副线圈匝数n2，测量副线圈两端电压U2，数据处理时该小组绘制了U2﹣n2图像，如图乙所示，该图线斜率为k。若实验小组操作正确，则U1、n1、k应满足的关系为k=U1（3）实验结束后，该实验小组发现变压器铁芯变热，可能的原因是铁芯内产生涡流。【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；理解能力．【答案】（1）BD；（2）k=U1n【分析】（1）明确实验原理，确定实验所需要的仪器；（2）根据变压器电压之表和匝数之比的关系列式，得出U2与n2的表达式，从而根据图象确定出U1、n1、k应满足的关系；（3）在通以交流电时，铁芯中会产生涡流，从而发热。【解答】解：（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是交流电，所以选用学生电源和指针示多用电表，而不能使用干电池阻和直流电压表，故BD正确，AC错误；故选：BD。（2）根据变压器原理可知，U1U2=n1n2（3）变压器铁芯发热是因为铁芯内产生了涡流。故答案为：（1）BD；（2）k=U1n【点评】本题考查探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验，要注意明确实验原理，由电压之比和匝数之比的关系确定表达式是解题的关键。16．某同学欲测量某电热丝的电阻率ρ。（1）用多用电表粗测该电热丝Rx的电阻值：多用电表选择开关旋至“×100”挡，并进行欧姆调零，将红、黑表笔连接到电热丝两端，多用电表指针位置如图（a）所示，此时读数为1500Ω。（2）用螺旋测微器测量电热丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为d＝0.640mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。（3）为精确测量该电热丝的电阻Rx，设计了如图（c）所示的实验电路图。现有实验器材：电池组E，电动势为15V，内阻忽略不计；电压表V（量程为3V，内阻为Rv＝3kΩ）；电流表A（量程为12mA，内阻比较小）；定值电阻R0（阻值可选用3kΩ和9kΩ）；滑动变阻器R，最大阻值为50Ω；开关、导线若干。①要求电热丝两端的电压可在0～12V的范围内连续可调，应选用阻值为9kΩ（填“3kΩ”或“9kΩ”）的定值电阻R0；②闭合开关S，调节滑动变阻器R，使电压表V和电流表A的示数尽量大些，读出此时电压表V和电流表A的示数分别为U、I，则该电热丝电阻的表达式为Rx＝(RV+R0)UIRV-③多次测量得到电热丝的电阻Rx的平均值，计算得出电热丝的电阻率。【考点】练习使用多用电表（实验）；螺旋测微器的使用与读数；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）1500；（2）0.640；（3）①9kΩ；②(R【分析】（1）根据多用电表的使用规律读取示数；（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；（3）①根据图乙中数据，用类似于电压表的改装原理求保护电阻的值；②根据电阻定律和欧姆定律求待测电阻的值。【解答】解：（1）多用电表选择“×100”挡，多用电表此时读数为15×100Ω＝1500Ω；（2）螺旋测微器的精度为0.01mm，其读数为固定刻度与可动刻度的和，所以金属丝的直径为d＝0.5mm+14.0×0.01mm＝0.640mm；（3）①电压表的量程为3V，要使能测量大致12V的电压，所以要串联一个分压电阻分压。所以分压电阻：R0=UUgRV-②此时电压表V和电流表A的示数分别为U、I。则该电热丝电阻的表达式为Rx=(R故答案为：（1）1500；（2）0.640；（3）①9kΩ；②(R【点评】本题主要考查了螺旋测微器的读数和电阻率的测定，要理解实验的原理，根据欧姆定律和电阻定律是解题的关键。17．小梦同学自制了一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，其内部结构如图所示，R0为调零电阻（最大阻值为R0m），Rs、Rm、Rn为定值电阻（Rs+R0m＜Rm＜Rn），电流计G的内阻为RG（Rs≪RG）。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：（1）短接①②，将单刀双掷开关S与m接通，电流计G示数为Im；保持电阻R0滑片位置不变，将单刀双掷开关S与n接通，电流计G示数变为In，则Im大于In（填“大于”或“小于”）；（2）将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为×10（填“×1”或“×10”）；（3）若从“×1”挡位换成“×10”挡位，调整欧姆零点（欧姆零点在电流计G满偏刻度处）时，调零电阻R0的滑片应该向上调节（填“向上”或“向下”）；（4）在“×10”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R1，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的23；取走R1，在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的13，则Rx＝400【考点】练习使用多用电表（实验）；电表的改装和应用（实验）．【专题】定量思想；等效替代法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）大于；（2）×10；（3）向上；（4）400。【分析】（1）开关S由与m接通变为与n接通后，分析电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析电流的变化；（2）根据倍率越大的挡位，内电阻越大，判断挡位；（3）若从“×1”挡位换成“×10”挡位，总电阻增大，通过电流表的电流减小，根据电路连接情况分析滑动变阻器的移动情况；（4）根据闭合电路的欧姆定律结合①②间接入电阻的情况列方程求解。【解答】解：（1）据题Rm＜Rn，则开关与m接通时电路的总电阻小于开关与n接通时电路的总电阻，电源的电动势E不变，根据闭合电路欧姆定律I=ER总可知Im干大于In干，因拨动开关前后并联部分电路相同，可知电流计的示数Im（2）、（3）从“×1”挡位换成“×10”挡位，①②短接欧姆调零后，欧姆表内部电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路满偏电流减小，而通过电流计G的满偏电流不变，则通过Rs支路的电流减小，根据电路结构可知，电流计G所在支路的电阻减小，所以应将R0的滑片向上调节。根据上述分析可知，从“×1”挡位换成“×10”挡位欧姆调零后，并联部分的满偏电压U并g减小，干路满偏电流I干g减小。根据闭合电路欧姆定律得E＝U并g+I干g（R+r）R应增大，即挡位电阻应从Rm切换到Rn，所以S与n接通时，欧姆表的挡位为“×10”。（4）在“×10”挡位欧姆调零后，设欧姆表内部电路总电阻为R内，根据闭合电路欧姆定律有I干g=其中I干g为G满偏时的干路电流。因测量过程中干路电流与通过G的电流成正比，则在①②间接入R1＝100Ω时，有2在①②间接入Rx时，有1联立解得：Rx＝400Ω故答案为：（1）大于；（2）×10；（3）向上；（4）400。【点评】本题的关键要理解欧姆表的原理：闭合电路欧姆定律，要弄清楚电路的连接情况和改装原理，能够根据闭合电路的欧姆定律进行解答。18．某实验小组要测量一段金属丝的电阻率。（1）某同学先用多用电表的欧姆挡粗测金属丝电阻，把选择开关调到“×1”挡，测量时多用电表的示数如图甲所示，则该元件电阻为R＝A（A.11Ω，B.110Ω）；再用螺旋测微器测量金属丝的直径d，其示数如图乙所示，则d＝0.900mm；（2）为了精确测量金属丝电阻，小组成员甲同学根据实验室提供器材：滑动变阻器（阻值为0～15Ω）、电流表（阻值约为10Ω）、电压表（阻值约为3kΩ），要求从零开始测量数据，请选择正确的电路图D；（3）正确连接好第（2）问中的电路，某次实验时，电压表的示数为U，电流表的示数为I，测得金属丝的长为L，则金属丝电阻率ρ＝πUd24IL；（用题中的符号U、I、L、（4）小组成员乙同学设计了如图丙所示电路测量该金属丝电阻率，稳压源的输出电压恒为U0，定值电阻的阻值为R，根据多次实验测出的aP长度x和对应的电压表的示数U作出的U﹣x图线，图线的斜率为k，则金属丝的电阻率ρ＝kπd2R4(U0-kL)。（用题中的符号k、【考点】导体电阻率的测量；练习使用多用电表（实验）；螺旋测微器的使用与读数．【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）A；0.900；（2）D；（3）πUd24IL；（【分析】（1）根据欧姆表的读数规则读数；螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；（2）实验要求电压从零开始测量，因此滑动变阻器采用分压式接法；根据待测电阻、电流表内阻和电压表内阻的比值关系确定电流表的内外接法，然后完成电路图的连接；（3）根据欧姆定律和电阻定律求解电阻率；（4）根据串联电路电压的分配与电阻的关结合电阻定律求解U﹣x函数，然后根据斜率含义求电阻率。【解答】解：（1）欧姆表测电阻，使用“×1”挡，待测电阻R＝11×1Ω＝11Ω，故A正确，B错误。故选：A。螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径d＝0.5mm+40.0×0.01mm＝0.900mm；（2）实验要求电压从零开始测量，因此滑动变阻器采用分压式接法；由于Rx综上分析，故ABC错误，D正确。故选：D。（3）根据欧姆定律，待测电阻R根据电阻定律R代入数据解得ρ（4）滑动变阻器的总电阻R与电压表并联部分的电阻R根据串联电路电压的分配与电阻的关系U代入数据化简得U结合U﹣x函数图像斜率的含义，图像斜率k解得电阻率ρ=故答案为：（1）A；0.900；（2）D；（3）πUd24IL；（【点评】本题主要考查了欧姆表、螺旋测微器的读数规则；考查了电阻率的测定，关键是要明确实验原理、掌握欧姆定律和电阻定律。19．（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择D。A．量程为0～3V的电压表B．量程为0～3A的电流表C．量程为0～0.6A的电流表D．零刻度在中间的灵敏电流计（2）某同学按下列步骤进行实验：①将已知绕向的螺线管与电表连接；②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；③分析实验结果，得出结论。上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明电流流入灵敏电流计的方向与电流计指针偏转方向的关系。（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角变大（选填“不变”“变大”或“变小”）。【考点】研究电磁感应现象；楞次定律及其应用．【专题】实验题；实验探究题；比较思想；实验分析法；电磁感应与电路结合；实验能力．【答案】（1）D；（2）电流流入灵敏电流计的方向与电流计指针偏转方向；（3）变大。【分析】（1）为了确定感应电流方向，需要一个零刻度在中间的灵敏电流计；（2）在探究“楞次定律“的实验中，要搞清电流的流向与电流计指针偏转方向的关系；（3）当磁铁插入螺线管的速度越快，产生的感应电流越大，电表指针偏角变大。【解答】解：（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，为了观察到明显的现象并确定感应电流的方向，还需要一个零刻度在中间的灵敏电流计，故ABC错误，D正确。故选：D。（2）根据上述实验的操作，实验中，漏掉的实验步骤是要查明电流流入灵敏电流计的方向与指针偏转方向的关系。（3）当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，产生的感应电流也越大，电表指针偏角变大。故答案为：（1）D；（2）电流流入灵敏电流计的方向与电流计指针偏转方向；（3）变大。【点评】解答本题时，要理解实验原理，掌握实验器材的选择方法和实验步骤。20．根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例．（1）实验小组用多用电表直接粗测人体电阻Rx，先把选择开关调至“×1k”挡，经欧姆调零后测量人体电阻，指针偏转如图a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至×10k（填“×100”或“×10k”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图b所示，则人体电阻为100kΩ；（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设计了一个实验电路．实验室提供的器材如下：电压表V1（量程5V，内阻r1＝50.0kΩ），电压表V2（量程3V，内阻r2＝30.0kΩ），电流表A（量程0.6A，内阻r＝1Ω），滑动变阻器R（额定电流1.5A，最大阻值50Ω），电源E（电动势6.0V，内阻不计），开关S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择V2，理由是通过被测电阻的最大可能电流为5×10﹣5A，电流表的量程太大，V2可作为量程为1×10﹣4A的电流表使用；②请把实验电路图补充完整；③若步骤①中所选电表的示数为D，电压表V1的示数为U1，则待测电阻Rx＝(U1【考点】伏安法测电阻；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）×10k，100；（2）V2，通过被测电阻的最大可能电流为5×10﹣5A，电流表的量程太大，V2可作为量程为1×10﹣4A的电流表使用；（4）(U【分析】（1）根据欧姆表的实验方法和减小误差分析判断；（2）根据估算电流选择电表；（3）根据方便调节选择滑动变阻器的接入方式；（4）根据欧姆定律计算。【解答】解：（1）由题图可知，当选择开关调至“×1k”挡时，欧姆表指针偏角过小，说明电阻较大，可知选择量程过小，应把选择开关调至“×10k”挡；由图b可知，人体电阻阻值为Rx＝10×10kΩ＝100kΩ；（2）流过人体的最大电流约为I则电流表的量程太大，可以用电压表V2代替电流表，其量程为3（3）由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示（4）流过人体电阻的电流I人体电阻两端的电压U＝U1﹣D根据欧姆定律可得人体电阻R故答案为：（1）×10k，100；（2）V2，通过被测电阻的最大可能电流为5×10﹣5A，电流表的量程太大，V2可作为量程为1×10﹣4A的电流表使用；（4）(U【点评】本题考查伏安法测电阻实验，要求掌握实验原理、实验器材的选择、实验电路设计和数据处理。

考点卡片1．电容的概念与物理意义【知识点的认识】1．电容器（1）组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。（2）带电量：一个极板所带电量的绝对值。（3）电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。2．电容（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=Q（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。电容决定式：C=εS4πkd．其中，ε是一个常数，S为电容极板的正对面积，d为电容极板的距离，k则是静电力常量。而常见的平行板电容器，电容为C=εSd【命题方向】题型一：对电容器的认识例1：下列四个电学器材中，电容器是（）A．B．C．D．分析：每种类型的电容内部结构是不一样的，简单来说就是，两个电极中间夹了一层介质就构成了电容。根据介质的不同又分为薄膜电容、铝电解电容、陶瓷电容等。解：A、这是一个蓄电池。故A错误；B、这是滑动变阻器，是一个可调电阻。故B错误；C、这是电流表，用来测量电流的器材，故C错误；D、这是一个可调电容大小的电容器，故D正确。故选：D。点评：了解常见的电容器构造，并能区分于其他的电器。题型二：对电容器的理解例2：关于电容器，下列说法中正确的是（）A．电容器是产生电荷的装置B．两个金属导体直接接触就构成了一个电容器C．电容器充电时能使两个极板带上等量的异种电荷D．电容器充电时能使两个极板带上等量的同种电荷分析：两个相互靠近又彼此绝缘的导体就构成一个电容器，电容器充电时两个极板会带等量异种电荷。解：A、电容器是容纳电荷的装置，它不能产生电荷；故A错误；B、只有彼此绝缘的导体相互靠近才能构成电容器；两导体直接接触就不能再容纳电荷；故B错误；C、电容器充电后，两个极板上带上等量异种电荷；故C正确；D错误。故选：C。点评：本题考查对电容器的理解；明确只要两个相互靠近又彼此绝缘的导体就构成一个电容器；它通过电荷间的吸引而起到储存电荷的作用。2．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题3．串联电路的特点及应用4．楞次定律及其应用5．螺旋测微器的使用与读数6．探究加速度与力、质量之间的关系【知识点的认识】一、实验目的1．学会用控制变量法研究物理规律．2．验证牛顿第二定律．3．掌握利用图象处理数据的方法．二、实验原理探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量﹣﹣小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系．三、实验器材打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码．四、实验步骤（一）测质量1．用天平测出小车和砝码的总质量M，小盘和砝码的总质量m，把测量结果记录下来．（二）仪器安装及平衡摩擦力2．按下图把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在车上，即不给小车施加牵引力．3．平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫一块木板．反复移动木板的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态．这时，小车拖着纸带运动时受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力在斜面方向上的分力平衡．（三）保持小车的质量不变4．把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂小盘，先接通电源再放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点，打完点后切断电源，取下纸带，在纸带上标上纸带号码．5．保持小车和砝码的质量不变，在小盘里放入适量的砝码，把小盘和砝码的总质量m′记录下来，重复步骤4．在小盘内再放入适量砝码，记录下小盘和砝码的总质量m″，再重复步骤4．6．重复步骤5三次，得到三条纸带．7．在每条纸带上都选取一段比较理想的部分，标明计数点，测量各个计数点到O计数点间的距离，算出与每条纸带对应的小车加速度的值．8．用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力F，作用力的大小F等于小盘和砝码的总重力，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点，如果这些点是在一条过原点的直线上，便证明了加速度与作用力成正比．（四）保持小盘和砝码的质量不变9．保持小盘和砝码的质量不变，在小车上加砝码，重复上面的实验，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和砝码总质量的倒数，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点．如果这些点是在一条过原点的直线上，就证明了加速度与质量成反比．五、注意事项1．平衡摩擦力：就是调出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受的摩擦阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车施加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动．整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．2．实验条件：每条纸带必须在满足小车与