2025年高考物理三轮复习之电学实验

第84页（共84页）2025年高考物理三轮复习之电学实验一．选择题（共10小题）1．（2025•广州模拟）如图（a）为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联，两相同磁感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置，且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、后远离图（a）中右侧线圈，图（a）中右侧传感器所记录的B1﹣t图像如图（b），则该过程左侧传感器所记录的B2﹣t图可能为（）A． B． C． D．2．（2025•汕头一模）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小英发现原、副线圈的电压之比总是稍大于匝数之比，查阅资料后得知是漏磁、铁芯发热等原因导致。某次实验中原线圈为800匝、副线圈为400匝，原线圈接正弦交流电压8V时，以下器材接在副线圈两端一定能够正常工作的是（）A．标有“4V，2W”灯泡 B．电火花计时器 C．量程为4V的交流电压表 D．击穿电压为4V的电容器3．（2025•射阳县校级模拟）如图甲所示，利用电压传感器和电流传感器观察电容器的充、放电过程。最后得到电容器充、放电过程电压U和电流I随时间t变化的图像，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．单刀双掷开关S置于接线柱1、2分别对应电容器放电、充电过程 B．电容器充电过程，电压逐渐增大 C．电容器放电过程，电流逐渐增大 D．电容器充电过程，电容器的电容逐渐增大4．（2024秋•朝阳区校级期末）如图是有两个量程的电流表，已知表头的内阻为Rg，满偏电流为Ig，电阻R1＝R2＝Rg，下列说法正确的是（）A．当使用A、B两个端点时，量程为2Ig B．当使用A、C两个端点时，量程为2Ig C．当R1的阻值增加时，A、B间量程变大 D．当R2的阻值增加时，A、B间量程变大5．（2024秋•重庆期末）某多用电表的指针指在如图所示的位置，下列说法正确的是（）A．用多用电表欧姆挡测量某二极管的正向电阻时，应使红表笔接二极管的负极 B．若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，应该更换“×1k”倍率，欧姆调零后再测量电阻 C．用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，不需要把该电阻与其他电路断开 D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零6．（2024秋•武汉期末）某同学用多用电表测量如图中各元件的物理量，若调零和挡位选择正确，闭合开关后，下列操作正确的是（）A．测量通过灯泡的电流时，将红、黑表笔分别接在图中c、d两点 B．测量电阻两端的电压时，将红、黑表笔分别接在图中c、b两点 C．测量电阻的阻值时，断开开关S后，将红、黑表笔分别接在图中b、c两点 D．测量结束后将选择开关旋到OFF挡或者直流电压最大挡7．（2024秋•武汉期末）下列说法正确的是（）A．金属在温度特别低时电阻可以降到0 B．电流既有大小，又有方向，是矢量 C．使用多用电表欧姆挡测电阻时，指针摆动角度越大，测量越精确 D．电流做的功越多，电功率越大8．（2024秋•房山区期末）如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装成的量程更大的电表，下列判断正确的是（）A．改装成了电流表，R增大时量程减小 B．改装成了电流表，R增大时量程增大 C．改装成了电压表，R增大时量程减小 D．改装成了电压表，R增大时量程增大9．（2024秋•市中区校级期末）某学习小组为了将电压表改装成可测量电阻的仪器﹣欧姆表，设计电路如图所示，电压表的量程为3V，其内阻RV＝3kΩ，电源的电动势E＝6V，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，下列关于该表的说法正确的（）A．该欧姆表B表笔为红表笔，表盘刻度是均匀的 B．电压表指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为“0” C．电压表指针指在“2.0V”处对应的电阻刻度为3kΩ D．若该欧姆表使用一段时间后，电源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，其测量结果将偏大10．（2024秋•江苏期末）利用图示的实验器材探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，下列说法正确的是（）A．原线圈两端应与学生电源的直流挡相连接 B．多用电表测量电压时，应先用最大电压挡试测 C．实验时变压器的铁芯闭合与否对实验结果没有影响 D．实验测量得到原、副线圈两端的电压比严格等于匝数比二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•汉台区期末）某同学设计的水量计原理如图所示：电源（E＝3V，r＝0.5Ω）、电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）、定值电阻（R0＝0.5Ω）、滑动变阻器R（用长3m、横截面积6×10﹣7m2且涂有绝缘漆的金属丝紧密缠绕在圆柱形瓷筒上，使用前刮掉与滑片P接触部分的绝缘漆），下表所示为备选金属丝及其参数。两根相同弹簧的形变始终在弹性限度内，容器中无水时，滑片P在上端a。下列分析正确的是（）三种材料在20℃时的电阻率材料ρ/Ω•m铜1.7×10﹣8铝2.9×10﹣8镍铬合金1.0×10﹣6A．金属丝可选铜丝 B．V表的示数范围约为0～2.5V C．V表的示数U与水的质量m成正比 D．若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是不均匀的（多选）12．（2023秋•新化县期末）如图所示，表头的量程为0～100mA，内阻Rg＝100Ω。现将该表头改装成电流、电压两用的电表，R1＝20Ω，R2＝400Ω，下列正确的是（）A．用oa两端时可作为电流表，最大测量值为120mA B．用oa两端时可作为电流表，最大测量值为600mA C．用ob两端时可作为电压表，最大测量值为250V D．用ob两端时可作为电压表，最大测量值为50V（多选）13．（2023秋•新化县期末）某同学为测量电源电动势E和电阻R的阻值，连接如图甲所示电路图，图乙为该同学根据上述设计的实验电路利用实验测出的数据绘出的U0﹣I图线，不计电源内阻，下列正确的是（）A．电源电动势约为10V B．电源电动势约为9V C．电阻R的阻值约为20Ω D．电阻R的阻值约为10Ω（多选）14．（2023秋•澄城县期末）如图，用灵敏电流表G和电阻箱R串联改装成一个电压表，灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝2mA，内阻为Rg＝300Ω，电阻箱R接入电路的阻值为R＝1200Ω，则（）A．灵敏电流表G的满偏电压为Ug＝600V B．改装后的电压表的量程为3V C．灵敏电流表G原表盘上1mA刻度线对应的电压值为1.5V D．若增大电阻箱R接入电路的阻值，则改装后的电压表的量程减小（多选）15．（2023秋•赣州期末）下列说法正确的是（）A．图甲为描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图，在该实验中小灯泡电阻随电压升高而减小 B．图乙为多用电表的欧姆挡测电阻，测量时发现指针偏角太小，应换更小的倍率挡位 C．图丙为测量金属丝电阻率实验电路图，在该实验中电流表外接会使测量的电阻率值偏小 D．图丁中的螺旋测微器的读数可读为2.150mm三．解答题（共5小题）16．（2025•青浦区模拟）（1）用量程合适的电压传感器测量中国境内的家庭电路中火线和零线间的电压，得到随时间变化的关系式u＝asín（bt+Φ）。分析得出a＝，b＝（写出大小和单位）。（2）已知一个92235U原子核在中子的轰击下发生裂变反应，方程为：92235UA.裂变方程式左右两边都有中子01n，可以改写成B.裂变反应释放出大量的核能，也叫热核反应C.56144BaD.3689Kr（3）如图甲，发电站输出正弦交流电的功率为P＝300KW，电压为U1＝300V，利用图乙所示电路进行远距离输电，T1、T2均为理想变压器。已知输电线电阻R＝30Ω，输电线上损失的功率ΔP＝3KW，次级发电站两端的电压为U4＝300V，则。A.输电线上的电流I2＝300AB.变压器T2，原线圈的电压U3＝3×104VC.变压器T1，原副线圈的匝数比为1：50D.变压器T2，原副线圈的匝数比为99：1（4）如图甲，太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电动势为零的电学器件。探究一：实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，用图乙电路探究太阳能电池被不透光黑纸包住时的I﹣U特性曲线。①图乙中虚线处（A、需要；B、不需要）连接导线，实验前滑动变阻器的滑片应该调到（填“A”或“B”）端；②通过实验，作出被黑纸包住的太阳能电池的I﹣U特性曲线如图丙，将其与一个电动势为3V（内阻忽略不计）的电源和阻值为5kΩ的定值电阻串联在一起，则太阳能电池消耗的电功率约为W；探究二：在稳定光照环境中，取下太阳能电池外黑纸，测量金属丝的电阻率。③实验中测得电压表示数为U，电流表示数为I，金属丝直径为D、长度为L，则金属丝电阻率为（用上述测量量表示）；④考虑电压表与电流表内阻对测量结果的影响，金属丝电阻率的测量值（A、大于；B、等于；C、小于）真实值。17．（2025•杨浦区一模）电学已经改变了我们的生活方式，电能每时每刻都在为人类作着巨大的贡献。（1）自动体外除颤器的电池能在几秒内使电容为70μF的电容器充电到5000V，充电完成后电容器所带的电荷量为C。成人模式下第一次脉冲放电的能量约为150J，时长为3ms，该脉冲的功率为W。（2）两根材料、长度均相同的圆柱形金属丝a、b，并联后接在同一电源上，金属丝a、b的发热功率之比为1：3，则流过金属丝a、b的电流之比为，金属丝a、b的直径之比为。（3）用可拆变压器进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：①下列有助于减小铁芯的涡流损耗的是（）A.用低压直流电源B.用无铁芯的变压器C.用低电阻率的金属作为铁芯材料D.用多层相互绝缘②已知线圈1匝数为200匝，线圈2匝数为400匝，实验测得的数据如表所示。序号线圈1电压U1/V线圈2电压U2/V14.098.4722.986.2031.964.11ⅰ.根据测量数据可判断连接电源的是（）A.线圈1B.线圈2ⅱ.你的判断依据是。（4）如图（1），在铁棒上缠绕两个线圈a和b，其中a线圈匝数为100匝，b线圈匝数为300匝。闭合开关S1、S2，线圈a输入交流电压u1，图（2）为与b线圈相连的灯泡L两端测得的电压u2随时间t按正弦规律变化的图线。①线圈b中磁通量Φ随时间t的变化图线可能为（）A.B.C.D.②下列操作和灯泡亮度变化相符合的是（）A.断开开关S1，灯泡L立刻熄灭B.断开开关S2，灯泡L立刻熄灭C.同时断开开关S1、S2，灯泡L先变亮后慢慢熄灭③将线圈a、b视作理想变压器的原线圈和副线圈，求线圈a输入交流电压u1的有效值（计算）。18．（2024秋•西宁期末）如图所示是有两个量程的电流表，其中表头的内阻为Rg，满偏电为Ig，定值电阻R1、R2已知，求分别接A、B，A、C两个端点时电流表的量程（用已知字母表示）。19．（2024秋•浦东新区期末）雷雨云产生电荷，底层带负电，顶层带正电，而且还使地面感应带正电荷，这些正电荷如影随形地跟着云移动。富兰克林通过著名的风筝实验，证明了闪电和摩擦起电的火花电是相同的静电现象。（1）（多选）西汉著作《淮南子》中记有“阴阳相薄为雷，激扬为电”，关于雷电，下列说法正确的是。A.发生雷电的过程是放电过程B.发生雷电的过程中，电荷的总量减少C.避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击D.发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程（2）某次闪电前瞬间避雷针周围电场的等势面分布情况，如图1所示。在等势面上有A、B、C三点，则UCB＝kV。将某一电子从C点移动到B点，电场力对该电子做的功为J。（3）（多选）富兰克林成功将天电引入莱顿瓶，证明了天电与摩擦产生的电是相同的。莱顿瓶可看作电容器的原型，关于电容器，下列说法正确的是。A.电容器是存储电荷和电能的装置B.电容器的额定电压小于其击穿电压C.电容器所带电荷量增加时，电容也随之增加D.电容器充、放电时，两极板间电压保持不变（4）有一个已充电的电容器，两极板之间的电压为5V，所带电荷量为2×10﹣3C，此电容器的电容是。A.4×10﹣4FB.2×10﹣3FC.10﹣2FD.2.5×103F（5）“观察电容器的充、放电现象”的实验电路，如图2所示。①电路中①是传感器，②是传感器。②闭合开关K，当开关S接“1”并达到稳定后，电容器右极板带电，当开关S接到“2”的瞬间，电容器进行的是过程，流过R的电流方向为。③在充电过程中，电路中的电流大小I随时间t变化的图像可能是。④若电容器充电后两极板间的电场可以视为匀强电场，两极板间的电压为6V，极板间距为2cm，则两极板间的电场强度大小为V/m。20．（2024秋•金山区期末）一辆无线遥控电动小车可在水平面内做出加速、减速、转弯等运动。在俯视图（a）中，以小车为坐标原点O、速度方向为y轴正方向建立直角坐标系。用F表示地面对小车水平方向的作用力。忽略小车运动过程受到的空气阻力。（1）遥控器发出某种波来控制小车，该波是。A．机械波B．电磁波C．引力波（2）（多选）小车受到的作用力F与对应的小车运动情况可能是。A．F沿y轴正向时，小车沿直线刹车B．F沿x轴正向时，小车做匀速圆周运动C．F沿y轴正向时，小车发生“离心现象”D．F沿x轴正向时，小车发生“离心现象”（3）若小车静止在水平面上，t＝0时刻起受到F的作用，F沿y轴方向且随时间变化的关系如图（b）所示，则：①F﹣t图像与坐标轴所围面积的物理意义是（填写物理量名称）。②在t＝2t0时刻，小车的速度大小为。（4）某同学将小车的干电池取出，用如图（c）所示的电路测量其电动势和内阻，图中电压传感器未画出，定值电阻R＝5.0Ω。连接电路，点击开始记录，得到图（d）中的数据点①；闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片依次得到数据点②、③、④、⑤。①根据实验数据，可知电压表接在和之间（用图c中字母表示）。②测得该电池的电动势为V，内阻为Ω。（结果均保留两位有效数字）

2025年高考物理三轮复习之电学实验参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案BCBDACAACB二．多选题（共5小题）题号1112131415答案BCBCBDBCCD一．选择题（共10小题）1．（2025•广州模拟）如图（a）为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联，两相同磁感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置，且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、后远离图（a）中右侧线圈，图（a）中右侧传感器所记录的B1﹣t图像如图（b），则该过程左侧传感器所记录的B2﹣t图可能为（）A． B． C． D．【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；实验探究能力．【答案】B【分析】根据楞次定律判断出感应电流方向，应用安培定则判断出左侧线圈电流磁场方向，然后分析答题。【解答】解：磁铁的S极靠近右侧线圈时穿过右侧线圈的磁场方向竖直向上，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流磁场方向向下，由安培定则可知，左侧线圈磁场方向向下与右侧线圈磁场方向相反；磁铁的S极远离右侧线圈时穿过右侧线圈的磁场方向竖直向上，磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流磁场方向向上，由安培定则可知，左侧线圈磁场方向向上与右侧线圈磁场方向相同，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查了楞次定律与安培定则的应用，掌握基础知识是解题的前提，分析清楚磁铁的运动情况，应用安培定则与楞次定律即可解题。2．（2025•汕头一模）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小英发现原、副线圈的电压之比总是稍大于匝数之比，查阅资料后得知是漏磁、铁芯发热等原因导致。某次实验中原线圈为800匝、副线圈为400匝，原线圈接正弦交流电压8V时，以下器材接在副线圈两端一定能够正常工作的是（）A．标有“4V，2W”灯泡 B．电火花计时器 C．量程为4V的交流电压表 D．击穿电压为4V的电容器【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；实验探究能力．【答案】C【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系，求解副线圈两端电压，考虑变压器的漏磁、铁芯发热等原因导致变压器副线圈两端的电压小于理论值，在结合题意逐项分析作答。【解答】解：根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压UA.由于变压器的漏磁、铁芯发热等原因导致变压器副线圈两端的电压小于4V，因此标有“4V，2W”灯泡不能正常发光，故A错误；B.电火花计时器的工作电压为220V的交流电压，因此电火花计时器不能正常工作，故B错误；C.变压器副线圈两端的电压小于4V，因此量程为4V的交流电压表可以正常工作，故C正确；D.变压器副线圈两端产生的交流电压为有效值，其最大值可能大于4V，不能保证击穿电压为4V的电容器能够正常工作，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，要掌握理想变压器电压与匝数比的关系，结合实际变压器漏磁、铁芯发热等原因分析变压器副线圈两端获得的实际电压；知道电火花计时器的工作电压、电容器的击穿电压的含义是解题的关键。3．（2025•射阳县校级模拟）如图甲所示，利用电压传感器和电流传感器观察电容器的充、放电过程。最后得到电容器充、放电过程电压U和电流I随时间t变化的图像，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．单刀双掷开关S置于接线柱1、2分别对应电容器放电、充电过程 B．电容器充电过程，电压逐渐增大 C．电容器放电过程，电流逐渐增大 D．电容器充电过程，电容器的电容逐渐增大【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】B【分析】电容器充电过程中充电电流逐渐减小电容器两板间电压逐渐增大；电容器电容的大小与电容带电荷量的多少无关。【解答】解：A、单刀双掷开关S置于接线柱1、2分别对应电容器充电、放电过程，故A错误；B、电容器的充电过程中，随着电容器带电荷量的增多，根据C=QU可知电容器两板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小为零，故C、电容器放电过程，电荷量逐渐减小，电流逐渐减小，故C错误；D、电容器的电容大小与其所带电荷量的多少无关，所以电容器放电过程，电容器的电容不变，故CD错误。故选：B。【点评】知道电容器充电过程有充电电流，以及充电电流的变化是解题的关键。知道电容器电容的大小与电容器带电荷量的多少无关。4．（2024秋•朝阳区校级期末）如图是有两个量程的电流表，已知表头的内阻为Rg，满偏电流为Ig，电阻R1＝R2＝Rg，下列说法正确的是（）A．当使用A、B两个端点时，量程为2Ig B．当使用A、C两个端点时，量程为2Ig C．当R1的阻值增加时，A、B间量程变大 D．当R2的阻值增加时，A、B间量程变大【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】接A、B时为G表头与R2串联成一支路，该支路与R1并联，为一电流表，由电路得出量程的表达式。接A、C时为R1与R2串联后与G表头并联成一电流表，由电路得出量程的表达式。【解答】解：ACD．当使用A、B两个端点时有I1＝Ig+解得I1＝3Ig当R1增加时，A、B间量程变小；当R2增加时，A、B间量程变大，故AC错误，D正确；B．当使用A、C两个端点时I2＝Ig+解得I2=32故B错误。故选：D。【点评】考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式。5．（2024秋•重庆期末）某多用电表的指针指在如图所示的位置，下列说法正确的是（）A．用多用电表欧姆挡测量某二极管的正向电阻时，应使红表笔接二极管的负极 B．若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，应该更换“×1k”倍率，欧姆调零后再测量电阻 C．用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，不需要把该电阻与其他电路断开 D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零【考点】练习使用多用电表（实验）．【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】A【分析】A.测二极管正向电阻时，需要电流从二极管正极流入，据此分析作答；BC.根据欧姆表测电阻的正确操作分析作答；D.欧姆表测电阻时，换挡必须重新调零，据此分析作答。【解答】解：A.用多用电表欧姆挡时，欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入；测量某二极管的正向电阻时，应使欧姆表的黑表笔与二极管的正极相连，红表笔接二极管的负极，故A正确；B.如图所示，欧姆表的指针偏转角度过大，对应的示数小；若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，为了减小误差，应该更换“×10”倍率，欧姆调零后再测量电阻，故B错误；C.用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，需要把该电阻与其他电路断开，防止其他电阻的影响，故C错误；D.测量阻值不同的电阻时，如果两个电阻的阻值相差不大，不需要换挡，因此不需要进行重新欧姆调零，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查了欧姆表测二极管的正向电阻和测量电阻的实验，要掌握欧姆表测电阻的正确操作和注意事项。6．（2024秋•武汉期末）某同学用多用电表测量如图中各元件的物理量，若调零和挡位选择正确，闭合开关后，下列操作正确的是（）A．测量通过灯泡的电流时，将红、黑表笔分别接在图中c、d两点 B．测量电阻两端的电压时，将红、黑表笔分别接在图中c、b两点 C．测量电阻的阻值时，断开开关S后，将红、黑表笔分别接在图中b、c两点 D．测量结束后将选择开关旋到OFF挡或者直流电压最大挡【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】定量思想；等效替代法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】明确多用电表的使用方法，知道测量电流时需要将电表串联在电路中，而测量电压时需要将电压表并联在电阻两端，而测量电阻时需要将电阻与原电路断开。【解答】解：A、测量通过灯泡的电流时，多用电表应串联接入电路，故A错误；B、测量电阻两端的电压时，电流应从红表笔流入，则将红、黑表笔分别接在图中b、c两点，故B错误；C、测量电阻的阻值时，应先将S断开，再将红、黑表笔分别接在图中b、c两点，故C正确；D、欧姆表使用完后，应该把挡位旋到OFF挡或者交流电压最大挡位，故D错误。故选：C。【点评】本题考查多用电表的使用方法，要注意多用表的使用方法，使用欧姆表测电阻时每次换挡时都要进行欧姆调零。7．（2024秋•武汉期末）下列说法正确的是（）A．金属在温度特别低时电阻可以降到0 B．电流既有大小，又有方向，是矢量 C．使用多用电表欧姆挡测电阻时，指针摆动角度越大，测量越精确 D．电流做的功越多，电功率越大【考点】练习使用多用电表（实验）；电流的概念、性质及电流强度的定义式；电阻及其性质；电功和电功率的概念及影响因素．【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】A【分析】A.根据金属变化超导体产生的条件分析作答；B.根据矢量的含义分析作答；C.根据欧姆表测电阻的原理分析作答；D.根据电功率的物理意义分析作答。【解答】解：A.金属的温度达到临界温度时，金属的电阻突然变为零，成为超导体，故A正确；B.根据矢量的含义可知，矢量既有大小，又有方向，运算时遵守平行四边形定则；虽然电流有大小，又有方向，但其运算时不遵循平行四边形定则，因此电流不是矢量，故B错误；C.根据欧姆表测电阻的原理可知，使用多用电表欧姆挡测电阻时，指针在表盘中央位置附近，测量越精确，故C错误；D.电功率是表示电流做功的快慢的物理量，等于电流所做的功与所用时间的比值，电流做的功越多，电功率不一定越大，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了对超导体、矢量的含义、欧姆表测电阻的原理以及电功率的物理意义的理解和运用，基础题型。8．（2024秋•房山区期末）如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装成的量程更大的电表，下列判断正确的是（）A．改装成了电流表，R增大时量程减小 B．改装成了电流表，R增大时量程增大 C．改装成了电压表，R增大时量程减小 D．改装成了电压表，R增大时量程增大【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题．【答案】A【分析】把电流表改装成大量程电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻．【解答】解：A、改装成了电流表，R增大时电流表量程减小，故A正确，B错误；C、把电流计改装成电压表应给电流计串联一个分压电阻，串联电阻越大，电压表量程越大，由图示电路图可知，电流计与电阻R并联，改装后电压表量程不变，故CD错误；故选：A。【点评】本题考查了电表改装，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点即可正确解题．9．（2024秋•市中区校级期末）某学习小组为了将电压表改装成可测量电阻的仪器﹣欧姆表，设计电路如图所示，电压表的量程为3V，其内阻RV＝3kΩ，电源的电动势E＝6V，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，下列关于该表的说法正确的（）A．该欧姆表B表笔为红表笔，表盘刻度是均匀的 B．电压表指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为“0” C．电压表指针指在“2.0V”处对应的电阻刻度为3kΩ D．若该欧姆表使用一段时间后，电源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，其测量结果将偏大【考点】电表的改装和应用（实验）；练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】C【分析】（1）由图示表盘确定电压表的分度值，然后根据指针位置读出其示数；根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出电压表内阻；（2）根据闭合电路欧姆定律和串联电路中电压比等于电阻比的表达式，联立求解即可；（3）因电动势不变，仅内阻变化，可改变电阻箱的阻值使总的电阻不变，即可分析误差。【解答】解：AB．表笔电流遵循“红进黑出”，B表笔对应电源的正极，即B为黑表笔；当两表笔断开时，调节电阻箱，当其阻值为R时，使电压表刚好满偏，即示数为3V，此时相当于待测电阻为∞，当两表笔短接时，电压表示数为零，此时相当于待测电阻为0，故电压表指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为“∞”，由此可知，表盘刻度是不均匀的，故AB错误；C．忽略电源内阻，闭合电路欧姆定律可得I=代入数据解得：R＝3kΩ当电压表指针指在2.0V处时，可得I'其中R代入数据解得：Rx＝3kΩ，故对应的电阻刻度为3kΩ，故C正确；D．若该欧姆表使用一段时间后，电源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，故总电阻可保持不变，这样按正确使用方法再进行测量，其测量结果不会偏大或偏小，故D错误。故选：C。【点评】本题考查多用电表的使用和电表改装原理，解题关键要掌握欧姆挡换挡需欧姆调零，电表改装遵循欧姆定律和串并联电压电流规律。10．（2024秋•江苏期末）利用图示的实验器材探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，下列说法正确的是（）A．原线圈两端应与学生电源的直流挡相连接 B．多用电表测量电压时，应先用最大电压挡试测 C．实验时变压器的铁芯闭合与否对实验结果没有影响 D．实验测量得到原、副线圈两端的电压比严格等于匝数比【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】B【分析】A.变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，因此该实验使用交流电；B.根据实验的正确操作，从保护电阻的角度分析作答；C.根据铁芯的作用分析作答；D.实际变压器存在能量损失，使得变压器副线圈两端的电压的实际值小于理论值，据此分析作答；【解答】解：A．根据变压器的工作原理，探究原、副线圈电压与匝数的关系时，原线圈两端应与学生电源的交流挡相连接，故A错误；B．为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故B正确；C．实验时变压器的铁芯闭合减少能量损失，对实验结果有影响，故C错误；D．考虑到电能损失，实验测量得到原、副线圈两端的电压比大于匝数比，故D错误。故选：B。【点评】本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验，要求学生了解变压器的原理，掌握实验的正确操作，知道变压器的磁损和铁损。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•汉台区期末）某同学设计的水量计原理如图所示：电源（E＝3V，r＝0.5Ω）、电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）、定值电阻（R0＝0.5Ω）、滑动变阻器R（用长3m、横截面积6×10﹣7m2且涂有绝缘漆的金属丝紧密缠绕在圆柱形瓷筒上，使用前刮掉与滑片P接触部分的绝缘漆），下表所示为备选金属丝及其参数。两根相同弹簧的形变始终在弹性限度内，容器中无水时，滑片P在上端a。下列分析正确的是（）三种材料在20℃时的电阻率材料ρ/Ω•m铜1.7×10﹣8铝2.9×10﹣8镍铬合金1.0×10﹣6A．金属丝可选铜丝 B．V表的示数范围约为0～2.5V C．V表的示数U与水的质量m成正比 D．若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是不均匀的【考点】导体电阻率的测量；胡克定律及其应用；共点力的平衡问题及求解；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】根据电阻定律及欧姆定律分析AB，根据平衡条件结合欧姆定律分析电压表达式。【解答】解：A．根据电阻定律，铜丝的电阻为R1可知铜丝的电阻过小，电压表示数变化不明显，故A错误；B．镍铬合金的电阻为R2V表的示数最大值为Um解得Um＝2.5V故V表的示数范围约为0～2.5V，故B正确；CD．设容器中加水后，每根弹簧的下降的距离为Δx，根据平衡条件可得2kΔx＝mgV表的示数为U=则U=故V表的示数U与水的质量m成正比，若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是均匀的，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题考查欧姆定律及电阻定律的应用，解题关键掌握电压表示数表达式的推导。（多选）12．（2023秋•新化县期末）如图所示，表头的量程为0～100mA，内阻Rg＝100Ω。现将该表头改装成电流、电压两用的电表，R1＝20Ω，R2＝400Ω，下列正确的是（）A．用oa两端时可作为电流表，最大测量值为120mA B．用oa两端时可作为电流表，最大测量值为600mA C．用ob两端时可作为电压表，最大测量值为250V D．用ob两端时可作为电压表，最大测量值为50V【考点】电表的改装和应用（实验）；把表头改装成电压表．【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】改装电流表利用串联分压和并联分流的原理，表头本身并没做任何改变。通过所给基本参数根据原理式运算得出结果。【解答】解：AB．改装电流表的原理是并联分流，可知用oa两端时是电流表，由图可知，其电流最大测量值为Im＝Ig+IgRgR1=故A错误，B正确；CD．改装电压表的原理是串联分压，可知用ob两端时是电压表，其电压最大测量值为Um＝IgRg+ImR2＝0.1×100V+0.6×400V＝250V故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题注意串并联时电流和电压的变化情况。（多选）13．（2023秋•新化县期末）某同学为测量电源电动势E和电阻R的阻值，连接如图甲所示电路图，图乙为该同学根据上述设计的实验电路利用实验测出的数据绘出的U0﹣I图线，不计电源内阻，下列正确的是（）A．电源电动势约为10V B．电源电动势约为9V C．电阻R的阻值约为20Ω D．电阻R的阻值约为10Ω【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；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据闭合电路欧姆定律求出U0表达式，利用数学及图像知识求出电源电动势和电阻R。【解答】解：由闭合电路欧姆定律得：U0＝E﹣IR由公式可知U0﹣I图像的斜率绝对值为：|k|＝R可得R=8-40.5-0.1Ω＝代入U0＝8V，I＝0.1A，解得：E＝9V故AC错误，BD正确。故选：BD。【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律的应用，关键是从图像中找出有用信息，注意利用物理规律求解表达式，利用数学知识求解物理量是一种重要方法。（多选）14．（2023秋•澄城县期末）如图，用灵敏电流表G和电阻箱R串联改装成一个电压表，灵敏电流表G的满偏电流为Ig＝2mA，内阻为Rg＝300Ω，电阻箱R接入电路的阻值为R＝1200Ω，则（）A．灵敏电流表G的满偏电压为Ug＝600V B．改装后的电压表的量程为3V C．灵敏电流表G原表盘上1mA刻度线对应的电压值为1.5V D．若增大电阻箱R接入电路的阻值，则改装后的电压表的量程减小【考点】电表的改装和应用（实验）；把表头改装成电压表．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】BC【分析】根据Ug＝IgRg求表头的满偏电压，根据欧姆定律求解改装后的电压表的量程和对应刻度的电压值。【解答】解：ABD、灵敏电流表G的满偏电压为U改装后的电压表量程U=由此可知：若增大电阻箱接入电路的阻值R，改装后的电压表量程U增大，故AD错误，B正确；C、当I＝1mA时，对应的电压U′=I(Rg+R故选：BC。【点评】本题考查电表的改装，解题关键掌握原理并能熟练应用欧姆定律计算相关问题。（多选）15．（2023秋•赣州期末）下列说法正确的是（）A．图甲为描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图，在该实验中小灯泡电阻随电压升高而减小 B．图乙为多用电表的欧姆挡测电阻，测量时发现指针偏角太小，应换更小的倍率挡位 C．图丙为测量金属丝电阻率实验电路图，在该实验中电流表外接会使测量的电阻率值偏小 D．图丁中的螺旋测微器的读数可读为2.150mm【考点】练习使用多用电表（实验）；螺旋测微器的使用与读数．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】CD【分析】小灯泡温度上升，电阻随电压升高而增大，根据欧姆表使用方法分析；根据实验原理分析误差，根据螺旋测微器的精确度读数。【解答】解：A．图甲为描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图，实验中小灯泡温度上升，电阻随电压升高而增大，故A错误；B．图乙为多用电表的欧姆挡测电阻，测量时发现指针偏角太小，说明待测电阻较大，则应换更大的倍率挡位，故B错误；C．图丙为测量金属丝电阻率实验电路图，在该实验中电流表外接，由于电压表分流导致金属丝电阻的测量值偏小，从而导致测量的电阻率值偏小，故C正确；D．螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为d＝2mm+15.0×0.01mm＝2.150mm故D正确。故选：CD。【点评】本题考查电学实验原理及螺旋测微器的读数，解题关键掌握误差分析的方法。三．解答题（共5小题）16．（2025•青浦区模拟）（1）用量程合适的电压传感器测量中国境内的家庭电路中火线和零线间的电压，得到随时间变化的关系式u＝asín（bt+Φ）。分析得出a＝2202V，b＝100πrad/s（2）已知一个92235U原子核在中子的轰击下发生裂变反应，方程为：92235U+A.裂变方程式左右两边都有中子01n，可以改写成B.裂变反应释放出大量的核能，也叫热核反应C.56144BaD.3689Kr（3）如图甲，发电站输出正弦交流电的功率为P＝300KW，电压为U1＝300V，利用图乙所示电路进行远距离输电，T1、T2均为理想变压器。已知输电线电阻R＝30Ω，输电线上损失的功率ΔP＝3KW，次级发电站两端的电压为U4＝300V，则D。A.输电线上的电流I2＝300AB.变压器T2，原线圈的电压U3＝3×104VC.变压器T1，原副线圈的匝数比为1：50D.变压器T2，原副线圈的匝数比为99：1（4）如图甲，太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电动势为零的电学器件。探究一：实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，用图乙电路探究太阳能电池被不透光黑纸包住时的I﹣U特性曲线。①图乙中虚线处需要（A、需要；B、不需要）连接导线，实验前滑动变阻器的滑片应该调到A（填“A”或“B”）端；②通过实验，作出被黑纸包住的太阳能电池的I﹣U特性曲线如图丙，将其与一个电动势为3V（内阻忽略不计）的电源和阻值为5kΩ的定值电阻串联在一起，则太阳能电池消耗的电功率约为3.99×10﹣4W；探究二：在稳定光照环境中，取下太阳能电池外黑纸，测量金属丝的电阻率。③实验中测得电压表示数为U，电流表示数为I，金属丝直径为D、长度为L，则金属丝电阻率为πD2U4④考虑电压表与电流表内阻对测量结果的影响，金属丝电阻率的测量值小于（A、大于；B、等于；C、小于）真实值。【考点】测量普通电源的电动势和内阻；导体电阻率的测量．【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；实验探究能力．【答案】（1）2202V；100πrad/s；（2）CD；（3）D；（4）①需要；A；②3.99×10﹣4；③πD2U【分析】（1）熟悉家庭电路的特点，结合家庭电路中交流电的公式完成分析；（2）裂变方程式两边都有中子，但反应过程必须有中子参与不能约去；根据比结合能的概念结合题目选项完成分析；（3）因为ΔP=I22R，即可求得输电线上的电流；发电站输出电流的大小，结合I1T【解答】解：（1）家庭照明电路的电压U＝220V，根据有效值与最大值的关系，电压关系式中的a家庭照明电路交流电的频率f＝50Hz电压关系式中的b（2）A.裂变反应中92235左右两边都有中子，这是用慢中子取轰击U235使其产生裂变，中子参与了核反应；若改写成92235U→56144B.裂变反应是指重原子核（如铀﹣235或钚﹣239）分裂成两个或多个较小原子核的过程，这个过程会释放出大量能量，但不能称为热核反应；轻核聚变，才称为核聚变，故B错误；CD.由于比结合能越大，原子核越稳定，92235U原子核变成56144Ba原子核和3689Kr原子核，说明56144Ba原子核和故选：CD；（3）A.根据功率公式，输电线上的损失功率ΔP输电线上的电流为I2=ΔPC.根据理想变压器，对升压变压器P2＝P1＝P＝300kW根据功率公式，升压变压器副线圈两端电压U根据理想变压器电压与匝数比的关系，变压器T1，原副线圈的匝数比为n1n2BD.导线上损失的电压ΔU＝I2R＝10×30Ω＝300V变压器T2，原线圈两端电压U根据理想变压器电压与匝数比的关系，变压器T1，原副线圈的匝数比为n故B错误，D正确。故选：D。（4）①要测绘太阳能电池的伏安特性曲线，需要太阳能电池两端的电压从0开始变化，因此滑动变阻器要采用分压式接法，图乙中虚线处需要连接导线，实验前滑动变阻器的滑片应该调到A端；②设太阳能电池两端电压为U，根据闭合电路的欧姆定律E＝U+IR0代入数据变形得U＝3﹣5×103I当I＝0时，U＝3V；当I＝600μA时，U＝0，作出电源的I﹣U图像如图所示：交点坐标I＝210μA＝2.1×10﹣4A，U＝1.9V太阳能电池消耗的电功率约为P＝UI＝1.9×2.1×10﹣4W＝3.99×10﹣4W③根据欧姆定律，金属丝的电阻R根据电阻定律R联立解得电阻率ρ④考虑电压表的分流作用，通过金属丝的电流IR＝I﹣IV根据欧姆定律，金属丝的电阻R根据电阻定律R电阻率ρ因此金属丝电阻率的测量值小于真实值。故答案为：（1）2202V；100πrad/s；（2）CD；（3）D；（4）①需要；A；②3.99×10﹣4；③πD2U【点评】本题主要考查了变压器的相关应用，理解变压器的工作原理，结合原副线圈的匝数比和电学的相关知识完成分析。17．（2025•杨浦区一模）电学已经改变了我们的生活方式，电能每时每刻都在为人类作着巨大的贡献。（1）自动体外除颤器的电池能在几秒内使电容为70μF的电容器充电到5000V，充电完成后电容器所带的电荷量为0.35C。成人模式下第一次脉冲放电的能量约为150J，时长为3ms，该脉冲的功率为5×104W。（2）两根材料、长度均相同的圆柱形金属丝a、b，并联后接在同一电源上，金属丝a、b的发热功率之比为1：3，则流过金属丝a、b的电流之比为1：3，金属丝a、b的直径之比为1：3（3）用可拆变压器进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中：①下列有助于减小铁芯的涡流损耗的是（CD）A.用低压直流电源B.用无铁芯的变压器C.用低电阻率的金属作为铁芯材料D.用多层相互绝缘②已知线圈1匝数为200匝，线圈2匝数为400匝，实验测得的数据如表所示。序号线圈1电压U1/V线圈2电压U2/V14.098.4722.986.2031.964.11ⅰ.根据测量数据可判断连接电源的是（B）A.线圈1B.线圈2ⅱ.你的判断依据是由于有铜损，铁损和漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论电压值，所以线圈2为输入端，线圈1为输出端。（4）如图（1），在铁棒上缠绕两个线圈a和b，其中a线圈匝数为100匝，b线圈匝数为300匝。闭合开关S1、S2，线圈a输入交流电压u1，图（2）为与b线圈相连的灯泡L两端测得的电压u2随时间t按正弦规律变化的图线。①线圈b中磁通量Φ随时间t的变化图线可能为（C）A.B.C.D.②下列操作和灯泡亮度变化相符合的是（B）A.断开开关S1，灯泡L立刻熄灭B.断开开关S2，灯泡L立刻熄灭C.同时断开开关S1、S2，灯泡L先变亮后慢慢熄灭③将线圈a、b视作理想变压器的原线圈和副线圈，求线圈a输入交流电压u1的有效值（计算）522【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系；平行板电容器的相关参数与计算；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】（1）0.35、5×104；（2）1：3、1：3；（3）①CD；②ⅰB；ⅱ由于有铜损，铁损和漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论电压值，所以线圈2为输入端，线圈1为输出端；（4）①C；②B；③【分析】（1）根据电容的定义变形后求电荷量，根据功率的定义求该脉冲的电功率；（2）根据功率公式、欧姆定律和电阻定律示直径之比；（3）根据变压器的原理和变压规律分析判断；（4）根据法拉第电磁感应定律结合图像的变化率、交流电的有效值等相关规律进行分析判断。【解答】解：（1）根据电容定义变形后得到：Q＝CU代入数据可得，电容器充电完成后所带电荷量为：Q＝0.35C由功率公式：P可得该脉冲的功率为：P＝5×104W（2）对于纯电阻，发热功率表达式为：P＝UI由题可知：Pa：Pb＝1：3两金属丝并联后，电压相等，则电流之比为：Ia：Ib＝1：3对于纯电阻，发热功率表达式也可写为：P根据电阻定律表达式：R由题可知：Pa：Pb＝1：3所以两金属丝的直径之比为：d（3）①A、本实验中要使用交流电源，故A错误；B、变压器的铁芯有聚磁的作用，不能没有，故B错误；C、若用低电阻率的金属作为铁芯材料，会减小铁芯的涡流损耗，故C正确；D、若铁芯采用多层相互绝缘，也可以减小铁芯的涡流损耗，故D正确。故选：CD②进行实验中，从输入端到输出端，如果不考虑铜损，铁损和漏磁，则满足：U但实际各种损耗都有，所以输出端的电压要小于理想状态下的电压。结合题中表格数据分析可知，输入端为线圈2，输出端为线圈1，即线圈2连接电源。（4）①根据法拉第电磁感应定律可知：U1=结合题目中的电压u2随时间t的变化图像可知，当t＝0时：u2＝0即此时：ΔΦ当t＝1×10﹣2s时：u2＝0即此时：ΔΦ故选：C。②A．断开开关S1，b线圈会产生感应电动势，会对与灯泡L形成的回路放电，所以灯泡会逐渐熄灭，故A错误；B．断开开关S2，灯泡无回路，无电流，所以灯泡会立即熄灭，故B正确；C．同时断开开关S1、S2，灯泡无回路，无电流，所以灯泡会立即熄灭，故C错误。故选：B。③由图像可知，b线圈产生的感应电动势的最大值为15V，由正弦交流电最大值与有效值之间的关系可得，b线圈两端电压的有效值为：Ua线圈与b线圈的磁通量相同，磁通量的变化率也相同，即：U则线圈a输入交流电压u1的有效值为：U故答案为：（1）0.35、5×104；（2）1：3、1：3；（3）①CD；②ⅰB；ⅱ由于有铜损，铁损和漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论电压值，所以线圈2为输入端，线圈1为输出端；（4）①C；②B；③【点评】本题考查电路关于功率以及交流电产生的原理等内容，抓住功率公式、欧姆定律、法拉第电磁感应定律、正弦交流电有效值与峰值的关系等可以解决问题。18．（2024秋•西宁期末）如图所示是有两个量程的电流表，其中表头的内阻为Rg，满偏电为Ig，定值电阻R1、R2已知，求分别接A、B，A、C两个端点时电流表的量程（用已知字母表示）。【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】接A、B时电流表的量程为I1为R1+R2+RgR1•Ig，接A、C【分析】结合电路图根据串并联电路的知识分别列式求解。【解答】解：设接A、B时电流表的量程为I1，接A、C时电流表的量程为I2，根据串并联电路的知识有Ig（Rg+R2）＝（I1﹣Ig）R1，IgRg＝（I2﹣Ig）（R1+R2）；解得I1=R1+R2+RgR1•答：接A、B时电流表的量程为I1为R1+R2+RgR1•Ig，接A、C【点评】考查电表的改装和量程的计算，熟练掌握串并联电路的知识分析解决实际问题。19．（2024秋•浦东新区期末）雷雨云产生电荷，底层带负电，顶层带正电，而且还使地面感应带正电荷，这些正电荷如影随形地跟着云移动。富兰克林通过著名的风筝实验，证明了闪电和摩擦起电的火花电是相同的静电现象。（1）（多选）西汉著作《淮南子》中记有“阴阳相薄为雷，激扬为电”，关于雷电，下列说法正确的是ACD。A.发生雷电的过程是放电过程B.发生雷电的过程中，电荷的总量减少C.避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击D.发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程（2）某次闪电前瞬间避雷针周围电场的等势面分布情况，如图1所示。在等势面上有A、B、C三点，则UCB＝﹣2kV。将某一电子从C点移动到B点，电场力对该电子做的功为3.2×10﹣16J。（3）（多选）富兰克林成功将天电引入莱顿瓶，证明了天电与摩擦产生的电是相同的。莱顿瓶可看作电容器的原型，关于电容器，下列说法正确的是AB。A.电容器是存储电荷和电能的装置B.电容器的额定电压小于其击穿电压C.电容器所带电荷量增加时，电容也随之增加D.电容器充、放电时，两极板间电压保持不变（4）有一个已充电的电容器，两极板之间的电压为5V，所带电荷量为2×10﹣3C，此电容器的电容是A。A.4×10﹣4FB.2×10﹣3FC.10﹣2FD.2.5×103F（5）“观察电容器的充、放电现象”的实验电路，如图2所示。①电路中①是电压传感器，②是电流传感器。②闭合开关K，当开关S接“1”并达到稳定后，电容器右极板带正电，当开关S接到“2”的瞬间，电容器进行的是放电过程，流过R的电流方向为从左向右。③在充电过程中，电路中的电流大小I随时间t变化的图像可能是A。④若电容器充电后两极板间的电场可以视为匀强电场，两极板间的电压为6V，极板间距为2cm，则两极板间的电场强度大小为300V/m。【考点】观察电容器及其充、放电现象；电场力做功与电势差的关系；等势面及其与电场线的关系．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；电容器专题；推理论证能力．【答案】（1）ACD；（2）﹣2，3.2×10﹣16；（3）AB；（4）A；（5）①电压，电流；②正，放电，从左向右；③A；④300。【分析】（1）根据雷电的放点过程、电荷守恒定律以及避雷针工作原理，能量的转化和守恒定律进行分析解答；（2）根据电势差公式和电场力做功的公式代入数据解答；（3）根本就电容器的作用、击穿电压以及电容的公式进行分析解答；（4）根据电容的计算公式列式解答；（5）根据电路的串并联关系判断传感器类型，结合电路结构分析充放电状态，充电电流的变化情况，结合电场强度的公式计算场强大小。【解答】解：（1）A.雷电是天空中带异种电荷的乌云之间发生的放电过程，故A正确；B.电荷不会消失，也不会凭空创造，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，但电荷的总量不变，即发生雷电的过程中，电荷的总量不变，故B错误；C.为了安全，避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击，故C正确；D.根据能量守恒定律可知，发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程，故D正确。故选：ACD。（2）根据电势差与电势的关系有UCB＝φC﹣φB＝7kV﹣9kV＝﹣2kV；将一电子从C点移动到B点，电场力对该电子做的功为WCB＝﹣eUCB＝﹣1.6×10﹣19×（﹣2000）J＝3.2×10﹣16J；（3）A.根据电容器的特征可知，电容器是存储电荷和电能的装置，故A正确；B.额定电压是指电容器在正常工作时所能承受的最大电压，为了确保电容器的安全，电容器的额定电压小于其击穿电压，故B正确；C.电容器的电容由电容器自身决定，与极板之间的电压、极板所带电荷量大小无本质上的决定关系，可知，电容器所带电荷量增加时，电容不变，故C错误；D.根据C=QU可知，电容器充电时，极板所带电荷量增大，则极板之间电压增大，电容器放电时，极板所带电荷量减小，则两极板间电压减小，故故选：AB。（4）电容器两极板之间的电压为U＝5V，所带电荷量为Q＝2×10﹣3C，此电容器的电容C=QU，解得C＝4×10﹣4F，故A故选：A。（5）①与电容器并联，测量电容器极板之间的电压，可知①是电压传感器；②与电容器串联，测量电路中的充放电流，可知②是电流传感器；②闭合开关K，当开关S接“1”并达到稳定后，电容器右极板与电源正极连接，电容器右极板带正电；当开关S接到“2”的瞬间，电容器进行的是放电过程；由于电容器右极板带正电，流过R的电流方向为从左向右。③在充电过程中，刚刚开始充电的瞬间，电流达到最大值，充电结束后稳定时，电流为0，即电流随时间逐渐变小，可知，电路中的电流大小随时间变化的图像可能是A图像。故A正确，BCD错误。故选：A。④两极板间的电压为U＝6V，极板间距为d＝2cm＝0.02m，则两极板间的电场强度大小E=Ud=6故答案为：（1）ACD；（2）﹣2，3.2×10﹣16；（3）AB；（4）A；（5）①电压，电流；②正，放电，从左向右；③A；④300。【点评】考查电容器的相关问题以及电势差和电场力做功等问题，会根据题意进行准确分析解答。20．（2024秋•金山区期末）一辆无线遥控电动小车可在水平面内做出加速、减速、转弯等运动。在俯视图（a）中，以小车为坐标原点O、速度方向为y轴正方向建立直角坐标系。用F表示地面对小车水平方向的作用力。忽略小车运动过程受到的空气阻力。（1）遥控器发出某种波来控制小车，该波是B。A．机械波B．电磁波C．引力波（2）（多选）小车受到的作用力F与对应的小车运动情况可能是BD。A．F沿y轴正向时，小车沿直线刹车B．F沿x轴正向时，小车做匀速圆周运动C．F沿y轴正向时，小车发生“离心现象”D．F沿x轴正向时，小车发生“离心现象”（3）若小车静止在水平面上，t＝0时刻起受到F的作用，F沿y轴方向且随时间变化的关系如图（b）所示，则：①F﹣t图像与坐标轴所围面积的物理意义是冲量（填写物理量名称）。②在t＝2t0时刻，小车的速度大小为0。（4）某同学将小车的干电池取出，用如图（c）所示的电路测量其电动势和内阻，图中电压传感器未画出，定值电阻R＝5.0Ω。连接电路，点击开始记录，得到图（d）中的数据点①；闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片依次得到数据点②、③、④、⑤。①根据实验数据，可知电压表接在A和C之间（用图c中字母表示）。②测得该电池的电动势为1.5V，内阻为0.50Ω。（结果均保留两位有效数字）【考点】测量普通电源的电动势和内阻；F﹣t图像中的动量问题；电磁波与信息化社会．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）B；（2）BD；（3）冲量；0；（4）A、C；1.5；0.50【分析】（1）根据电磁波特点分析判断；（2）根据力与运动的关系分析；（3）根据动量定理解答；（4）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。【解答】（1）遥控器发出电磁波种波来控制小车，故B正确，AC错误。故选：B。（2）AC．F沿y轴正向时，小车沿直线加速，故AC错误；B．F沿x轴正向时，小车受力方向与速度方向垂直，可能做匀速圆周运动，故B正确；D．F沿x轴正向时，若v过大，则小车受力不足以提供向心力，会发生“离心现象”，故D正确；故选：BD。（3）①根据I＝Ft，可知F﹣t图像与坐标轴所围面积的物理意义是冲量。②根据动量定理有F0t0-12×2F0t解得v＝0（4）①干电池电阻较小，图中数据电压变化较明显，可知电压表接在A和C之间。②根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣I（R+r）结合图像斜率与截距可知E＝1.5VR+r=1.5-0.4解得r＝0.50故答案为：（1）B；（2）BD；（3）冲量；0；（4）A、C；1.5；0.50【点评】要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；要掌握应用图象法处理实验数据的方法，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻。

考点卡片1．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在