2025年高考备考高中物理个性化分层教辅学困生篇《电学实验》

第1页（共1页）2025年高考备考高中物理个性化分层教辅学困生篇《电学实验》一．选择题（共10小题）1．（2024春•天心区校级期末）一小量程电流表G，满偏电流为500μA，内阻为100Ω。将它改装成0～1mA、0～10mA的两量程电流表，电路如图所示。下列说法正确的是（）A．开关接b时电流表量程较大 B．R1与R2串联后的总电阻等于100Ω C．用量程0～1mA改装表测出的电流为0.5mA时，流过G表的电流为200μA D．将图中R1与R2的位置互换，两量程都会发生变化2．（2024•广州模拟）某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，发现变压器两个线圈的导线粗细不同。该同学将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压。下列说法中正确的是（）A．匝数较少线圈是用较细的铜导线绕制的 B．测量原、副线圈的电压可用直流电压表 C．实验可发现原、副线圈的电压比大于匝数比 D．增加原线圈的匝数可增大副线圈的输出电压3．（2024•海淀区三模）如图甲所示为用传感器测量某直流电源（在如图甲中用电池的符号来表示）的电动势E和内电阻r的实验电路，按此原理测量得到多组数据后作出的U﹣I图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．如图中A、B分别为电压传感器和电流传感器 B．闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于b端 C．根据如图乙可求出该电源的电动势E＝1.48V D．根据如图乙可求出该电源的内阻r＝1.43Ω4．（2024•北京一模）某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线．在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大．为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是（）A．换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上 B．换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上 C．换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上 D．换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上5．（2023秋•石景山区期末）某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如图所示。将开关先与“1”端闭合，对电容器进行充电，充电完毕后再将开关与“2”端闭合，电容器放电。在下列通过传感器的电流i随时间t变化的四个图像中，正确的是（）A． B． C． D．6．（2023秋•小店区校级期中）用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（）A．图（a）中A1、A2的示数相同 B．图（a）中A1、A2的指针偏角相同 C．图（b）中的A1、A2的示数不相同 D．图（b）中的A1、A2的指针偏角相同7．（2022秋•滕州市期末）平安同学先用多用电表的欧姆表×10挡测量，发现指针偏转角度很大而读数很小。为了减小测量误差，他再次进行测量前应该进行的操作步骤顺序是：（）①将红表笔和黑表笔接触②把选择开关旋转到“×100”位置③把选择开关旋转到“×1”位置④调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点A．③①④ B．②①④ C．③④① D．②④①8．（2023秋•九龙坡区校级期中）某实验小组做“探究影响平行板电容器的因素”的实验，装置如图所示，下面有甲、乙、丙、丁四位同学做四种不同情况的实验，（）A．甲同学只将电容器b板向下平移，电容C增大，静电计指针的张角变大 B．乙同学只在极板间插入有机玻璃板，电容C减小，静电计指针的张角变小 C．丙同学只将a、b之间的间距拉大些，电容C减小，静电计指针的张角变小 D．丁同学只在极板间插入金属板，电容C增大，静电计指针的张角变小9．（2023春•温江区校级期中）某学生用示波器观察按正弦规律变化的电压图线时，他将扫描范围旋钮置于第一挡（10Hz～100Hz）。把衰减调节旋钮置于“”挡，在屏上出现了如图甲所示的正弦曲线。后来他又进行了调节，使图像变成如图乙所示的曲线，这两步调节可能是（）A．调节同步极性选择开关、扫描微调旋钮、Y增益旋钮 B．调节同步极性选择开关、扫描范围旋钮、衰减调节旋钮 C．调节扫描范围旋钮、扫描微调旋钮、水平位移旋钮 D．调节扫描微调旋钮、衰减调节旋钮、水平位移旋钮10．（2023春•镇江期末）某电流表G的内阻为500Ω，满偏电流为0.5mA，要将它改装成量程为3V的电压表。下列改装中，正确的是（）A． B． C． D．二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•西湖区校级模拟）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）12．（2023秋•西城区校级期中）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电（多选）13．（2023秋•市中区校级月考）下列说法正确的是（）A．用图a所示电路时，E测＜E真 B．用图a所示电路时，r测＜r真 C．用图b所示电路时，E测＜E真 D．用图b所示电路时，r测＜r真（多选）14．（2022秋•红山区期末）在探究电磁感应现象的实验中，用导线将螺线管与灵敏电流计相连，构成闭合电路，下图所示在下列情况中，灵敏电流计指针发生偏转的是（）A．螺线管不动，将磁铁向螺线管中插入 B．螺线管不动，将磁铁从螺线管中抽出 C．磁铁放在螺线管里不动 D．磁铁不动，将螺线管上下移动（多选）15．（2022秋•河东区校级期中）用多用电表电阻挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中哪些是错误的（）A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零 B．每次换挡后必须电阻调零 C．待测电阻如果是连接在电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量 D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此，应当用两只手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起三．填空题（共5小题）16．（2024春•东城区校级期末）某同学利用如图所示的实验电路观察平行板电容器的充放电现象。按如图所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接在（选填“1”或“2”），可对电容器进行充电。17．（2022秋•宝鸡期末）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接。请根据实验现象填空：（1）开关闭合后，将线圈A插入或拔出线圈B，可以看到电流计指针；（2）开关闭合后，线圈A在线圈B中静止不动，可以看到电流计指针；（3）开关闭合后，将滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针。（各空均选填“偏转”或者“不偏转”）18．（2023•郫都区校级学业考试）如图所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中电流产生。（均选填“有”或“无”）19．（2023春•顺义区期末）某同学利用图所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向（选填“左”或“右”）偏转；待电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，灵敏电流计指针将向（选填“左”或“右”）偏转。20．（2022秋•兰州期末）如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。（1）在实验中，电流计指针偏转的原因是。（2）第一个实验（如图a）中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和缓慢插入有什么量是相同的？。什么量是不同的？。（3）从三个演示实验可归纳出的结论是：。四．解答题（共5小题）21．（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B22．（2022•天津模拟）在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，连接成如图1所示的电路。（1）图中方框A、B中的仪表分别测量什么物理量？闭合开关前，滑动变阻器的滑动头P应位于a端还是b端？（2）在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，共记录五组数据，作图得到U﹣I图线，如图所示。则该电池的电动势和内阻分别为多大？23．（2021秋•薛城区期中）图甲为某元件的U﹣I特性曲线，把它连成图乙所示的电路．已知电源电动势E＝5V，内阻r＝1.0Ω，定值电阻R0＝4Ω．求：（1）该元件的电功率；（2）电源的输出功率．24．（2020秋•株洲期末）用多用电表测未知阻值的电阻．按正确步骤操作后，测量结果如图所示，读出其阻值大小为Ω．为了使多用电表测量的结果更准确，必须进行如下操作：a．将选择开关打到挡（填×1、×10、×100、×1K）b．将红黑表笔，调节旋钮，进行欧姆调零c．把电阻接在两表笔之间进行测量并读数d．测量完毕将选择开关打到挡．25．（2021秋•东海县期中）如图所示，小明同学用伏安法测量未知电阻Rx，测得电压表示数U＝2.53V，电流表示数I＝0.50A。若电压表内阻RV＝3000Ω，电流表内阻RA＝0.1Ω，试求：（1）电阻Rx的测量值R测；（2）电阻Rx的真实值R真；（3）若把测量值与真实值之差除以真实值叫做测量结果的相对误差（δ＝|测量值−真实值真实值

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅学困生篇《电学实验》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024春•天心区校级期末）一小量程电流表G，满偏电流为500μA，内阻为100Ω。将它改装成0～1mA、0～10mA的两量程电流表，电路如图所示。下列说法正确的是（）A．开关接b时电流表量程较大 B．R1与R2串联后的总电阻等于100Ω C．用量程0～1mA改装表测出的电流为0.5mA时，流过G表的电流为200μA D．将图中R1与R2的位置互换，两量程都会发生变化【考点】电表的改装和应用（实验）；混联电路的特点及应用．【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题；推理能力．【答案】B【分析】根据串并联电路的特点和欧姆定律推导计算；根据电路特点分析判断。【解答】解：AB．开关S接b时，根据串并联电路的特点和欧姆定律可知改装成的量程为Imb开关S接a时，改装成的量程为Ima则有Imb＜Ima可知开关S接b时的量程为0～1mA，则有R1故A错误，B正确；C．用量程0～1mA改装表测出的电流为0.5mA时，根据串并联电路的特点和欧姆定律有Ib可得流过G表的电流为I＝250μA，故C错误；D．将图中R1与R2的位置互换时接a的电流表的量程会发生变化，接b的电流表的量程不会发生变化，故D错误。故选：B。【点评】本题关键掌握电表的改装原理和欧姆定律。2．（2024•广州模拟）某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，发现变压器两个线圈的导线粗细不同。该同学将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压。下列说法中正确的是（）A．匝数较少线圈是用较细的铜导线绕制的 B．测量原、副线圈的电压可用直流电压表 C．实验可发现原、副线圈的电压比大于匝数比 D．增加原线圈的匝数可增大副线圈的输出电压【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系；变压器的构造与原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】C【分析】根据变压器的工作原理和原副线圈两端的电学物理量的关系，结合电阻定律分析出导线的金属；考虑到实际变压器有功率损失，从而分析出电压比和匝数比的关系。【解答】解：A、根据变压器变压以及变流规律可知匝数较少的线圈电压较小，电流较大，为了减小功率损失，根据电阻定律可知应选用较粗的铜导线绕制，故A错误；B、变压器的工作原理为互感作用，所以在原副线圈中的电压均为交流电压，测量原副线圈的电压必须用交流电压表，故B错误；C、由于所用变压器并非理想变压器，存在功率损失，所以实验发现原副线圈的电压比大于匝数比，故C正确；D、增加原线圈的匝数后，原线圈电压不变，而副线圈与原线圈的匝数比减小，则副线圈输出电压减小，故D错误；故选：C。【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，结合变压器两端的电学物理量与匝数比的关系即可完成分析。3．（2024•海淀区三模）如图甲所示为用传感器测量某直流电源（在如图甲中用电池的符号来表示）的电动势E和内电阻r的实验电路，按此原理测量得到多组数据后作出的U﹣I图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．如图中A、B分别为电压传感器和电流传感器 B．闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于b端 C．根据如图乙可求出该电源的电动势E＝1.48V D．根据如图乙可求出该电源的内阻r＝1.43Ω【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【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】D【分析】根据A传感器与B传感器在电路中串并联关系解答；为保护电路，闭合开关时应使滑动变阻器接入电路的阻值最大；根据闭合电路欧姆定律，结合图乙的图像的物理意义解答。【解答】解：A、图中A传感器串联在电路里，则A为电流传感器；图中B传感器并联在滑动变阻器两端，则B为电压传感器，故A错误；B、为保护电路，闭合开关时应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，则闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于a端，故B错误；CD、根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir，则图乙的纵截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，则有：电源电动势E＝1.50V电源内阻r=1.50−1.30140×10−3故选：D。【点评】本题是应用伏安法测量电源电动势与内阻的实验，基础题目。实验原理是闭合电路欧姆定律，应用此原理结合图像的物理意义解答。4．（2024•北京一模）某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线．在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大．为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是（）A．换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上 B．换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上 C．换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上 D．换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线．【专题】实验题．【答案】D【分析】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，为减小实验误差，电表应选择合适的量程，根据实验现象分析答题．【解答】解：由图示电路图可知，电流表选择3A量程，将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，说明电流表所选量程太大，应选择0.6A量程，应把导线b的N端移到电流表的“0.6”接线柱上；从左向右移动滑片时，电压表的示数开始时变化很小，当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大，说明所选择的滑动变阻器最大阻值太大，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；实验时电表要选择合适的量程，量程太大，读数误差太大，量程太小，可能会损坏电表．5．（2023秋•石景山区期末）某同学用传感器做“观察电容器的充放电”实验，采用的实验电路如图所示。将开关先与“1”端闭合，对电容器进行充电，充电完毕后再将开关与“2”端闭合，电容器放电。在下列通过传感器的电流i随时间t变化的四个图像中，正确的是（）A． B． C． D．【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】定性思想；推理法；电容器专题；推理能力．【答案】A【分析】理解电容器的充放电特点，结合图像的物理意义完成分析。【解答】解：充电过程中，电容器两极板间的电压逐渐增大，电源电动势和电容器两极板间的电势差逐渐减小，充电电流逐渐变小，经过电流传感器的充电电流为从上到下，放电过程中，电容器两极板间的电压逐渐减小，放电电流逐渐减小，且减小得越来越慢，电容器上极板带正电，经过电流传感器的放电电流为从下到上，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题主要考查了电容器的充放电问题，理解电容器的充放电特点即可完成分析，难度不大。6．（2023秋•小店区校级期中）用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关说法正确的是（）A．图（a）中A1、A2的示数相同 B．图（a）中A1、A2的指针偏角相同 C．图（b）中的A1、A2的示数不相同 D．图（b）中的A1、A2的指针偏角相同【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题；恒定电流专题．【答案】B【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．【解答】解：A、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故A错误，B正确。C、图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。故CD错误。故选：B。【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．7．（2022秋•滕州市期末）平安同学先用多用电表的欧姆表×10挡测量，发现指针偏转角度很大而读数很小。为了减小测量误差，他再次进行测量前应该进行的操作步骤顺序是：（）①将红表笔和黑表笔接触②把选择开关旋转到“×100”位置③把选择开关旋转到“×1”位置④调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点A．③①④ B．②①④ C．③④① D．②④①【考点】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】A【分析】根据欧姆表使用规则进行分析，由指针偏转角度确定应使用的倍率，并且注意每次换挡后需要进行欧姆调零。【解答】解：指针偏转角度过大，读数很小，说明所选挡位过大，故要将欧姆表倍率调小一个挡位，即调整到“×1”位置；调整挡位后，将红表笔和黑表笔接触，要先进行欧姆调零，故实验步骤的顺序为：③①④，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了多用电表读数、欧姆表的使用方法与步骤，注意明确用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中间三分之一内的位置，并且欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。8．（2023秋•九龙坡区校级期中）某实验小组做“探究影响平行板电容器的因素”的实验，装置如图所示，下面有甲、乙、丙、丁四位同学做四种不同情况的实验，（）A．甲同学只将电容器b板向下平移，电容C增大，静电计指针的张角变大 B．乙同学只在极板间插入有机玻璃板，电容C减小，静电计指针的张角变小 C．丙同学只将a、b之间的间距拉大些，电容C减小，静电计指针的张角变小 D．丁同学只在极板间插入金属板，电容C增大，静电计指针的张角变小【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；推理能力．【答案】D【分析】先根据电容的决定式分析出电容的变化趋势，结合公式Q＝CU分析出电势差的变化趋势，由此得出指针张角的变化趋势。【解答】解：A．根据电容器的决定式C=ɛrSB．根据电容器的决定式C=ɛrSC．根据电容器的决定式C=ɛrSD．只在极板间插入金属板，相当于减小极板间的距离，根据电容器的决定式C=ɛrS故选：D。【点评】本题主要考查了电容器的动态分析问题，熟悉电容的表达式，结合公式间的转化关系即可完成分析。9．（2023春•温江区校级期中）某学生用示波器观察按正弦规律变化的电压图线时，他将扫描范围旋钮置于第一挡（10Hz～100Hz）。把衰减调节旋钮置于“”挡，在屏上出现了如图甲所示的正弦曲线。后来他又进行了调节，使图像变成如图乙所示的曲线，这两步调节可能是（）A．调节同步极性选择开关、扫描微调旋钮、Y增益旋钮 B．调节同步极性选择开关、扫描范围旋钮、衰减调节旋钮 C．调节扫描范围旋钮、扫描微调旋钮、水平位移旋钮 D．调节扫描微调旋钮、衰减调节旋钮、水平位移旋钮【考点】示波器的使用．【专题】定性思想；理解能力．【答案】A【分析】根据示波器使用方法、各旋钮作用，分析图示波形作答即可。【解答】解：比较甲、乙图像可知，两个波形图像的位相相反，频率增大，纵向幅度变大，所以需要调节同步极性选择开关，调节扫描微调旋钮，同时调节Y增益旋钮，故A正确。故选：A。【点评】本题考查示波器的使用要点，知道示波器的使用方法、知道各旋钮的作用、分析清楚图示波形图即可正确解题。10．（2023春•镇江期末）某电流表G的内阻为500Ω，满偏电流为0.5mA，要将它改装成量程为3V的电压表。下列改装中，正确的是（）A． B． C． D．【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；推理能力．【答案】A【分析】电流表改装成为电压表要串联电阻分压，要串联电阻为UIg−【解答】解：根据电表的改装原理可知，要将它改装成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻，根据串联电路的分压原理，串联的阻值为R串故选：A。【点评】本题主要是考查电表的改装，知道改装为电压表的原理是将一电阻与电流表串联在一起，然后再根据欧姆定律求出分压电阻的阻值即可。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•西湖区校级模拟）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=2πL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）12．（2023秋•西城区校级期中）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电【考点】示波器的使用．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．【答案】AC【分析】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，从而确定极板所带的电性【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电同理可知Y带正电，极板Y'应带负电。故AC正确，BD错误。故选：AC。【点评】本题考查示波器的原理，实质上是考查电子的偏转，要注意明确电子带负电，其受力与电场的方向相反，即向正极板偏转。（多选）13．（2023秋•市中区校级月考）下列说法正确的是（）A．用图a所示电路时，E测＜E真 B．用图a所示电路时，r测＜r真 C．用图b所示电路时，E测＜E真 D．用图b所示电路时，r测＜r真【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【答案】AB【分析】甲图：电压表测量为电源的输出电压，电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电流，故可知误差来自于电压表的分流。乙图：本实验中误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻；则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况；【解答】解：A、a图中，该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，由图可知，输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与实际值相比偏小。故AB正确C、b图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的；而测量的电压小于真实值，故由b图象可知测量的内阻大于真实值；即E测＝E真．r测＞r真．故CD错误。故选：AB。【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻。（多选）14．（2022秋•红山区期末）在探究电磁感应现象的实验中，用导线将螺线管与灵敏电流计相连，构成闭合电路，下图所示在下列情况中，灵敏电流计指针发生偏转的是（）A．螺线管不动，将磁铁向螺线管中插入 B．螺线管不动，将磁铁从螺线管中抽出 C．磁铁放在螺线管里不动 D．磁铁不动，将螺线管上下移动【考点】研究电磁感应现象．【专题】应用题；定性思想；推理法；理解能力．【答案】ABD【分析】当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路会产生感应电流，据此逐项分析即可．【解答】解：A、线圈不动，将磁铁向螺线管中插入，磁通量增大，闭合电路会产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转。故A正确。B、线圈不动，将磁铁从螺线管中抽出，磁通量减小，闭合电路会产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转。故B正确。C、磁铁放在螺线管里不动，磁通量不变，闭合电路不产生感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转。故C错误。D、磁铁不动，将螺线管上下移动，穿过螺线管的磁通量发生变化，产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转。故D正确。故选：ABD。【点评】解决本题的关键知道感应电流产生的条件，即穿过闭合回路磁通量发生变化，注意产生感应电流与感应电动势的区别。（多选）15．（2022秋•河东区校级期中）用多用电表电阻挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中哪些是错误的（）A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零 B．每次换挡后必须电阻调零 C．待测电阻如果是连接在电路中，应把它先与其他元件断开，再进行测量 D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此，应当用两只手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；恒定电流专题．【答案】AD【分析】本题考查欧姆表的使用：每选定一次欧姆挡位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置【解答】解：A、运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零，故A错误，B正确。C、电阻如果是连在电路中，应当把它与其它元件断开，再进行测量，故C正确。D、两个表笔与待测电阻要接触良好才能测得准确，但是不能将两只手分别将两只表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，故D错误。选错误的故选：AD。【点评】欧姆表是利用内部电源供电，然后根据电流的性质，由闭合电路欧姆定律求出的电阻，故在使用过程中要注意其操作过程及使用方法．要特别注意：每次换挡都要重新调零．三．填空题（共5小题）16．（2024春•东城区校级期末）某同学利用如图所示的实验电路观察平行板电容器的充放电现象。按如图所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接在1（选填“1”或“2”），可对电容器进行充电。【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】实验题；学科综合题；定性思想；实验分析法；电容器专题；实验能力．【答案】1【分析】对电容器进行充电时，电容器两端应与电源两端相接。【解答】解：对电容器进行充电，电容器要与电源串联在电路中，将开关S接在1。故答案为：1.【点评】本题为观察电容器的充放电实验对电容器进行充电时，电容器两端应与电源两端相接。17．（2022秋•宝鸡期末）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接。请根据实验现象填空：（1）开关闭合后，将线圈A插入或拔出线圈B，可以看到电流计指针偏转；（2）开关闭合后，线圈A在线圈B中静止不动，可以看到电流计指针不偏转；（3）开关闭合后，将滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电流计指针偏转。（各空均选填“偏转”或者“不偏转”）【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】（1）偏转；（2）不偏转；（3）偏转。【分析】明确感应电流的产生条件，分析线圈B中的磁通量是否变化即可明确是否有感应电流产生。【解答】解：（1）开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，则电流计偏转。（2）线圈A插入线圈B中后，线圈A在线圈B中静止不动，穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，则电流计不偏转。（3）开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，回路中电流变化，则穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，则电流计偏转。故答案为：（1）偏转；（2）不偏转；（3）偏转。【点评】本题考查了感应电流产生条件的应用，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，知道感应电流产生的条件是解题的前提，根据题意分析磁通量是否变化即可解题。18．（2023•郫都区校级学业考试）如图所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中无电流产生。（均选填“有”或“无”）【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；理解能力．【答案】有；无。【分析】明确感应电流产生的条件为：闭合回路中磁通量发生变化，根据条件进行分析即可求解。【解答】解：如图所示，导体AB做切割磁感线运动时，闭合回路中有磁通量的变化，故线路中有电流产生；导体AB顺着磁感线运动时，闭合回路中的磁通量不变，线路中无流产生。故答案为：有；无。【点评】本题考查感应电流的条件应用，要注意明确本题中导体AB通过导线和电流表形成闭合回路，要注意分析回路中磁通量是否变化。19．（2023春•顺义区期末）某同学利用图所示电路研究电磁感应现象。在图示状态闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转。在闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，灵敏电流计指针将向右（选填“左”或“右”）偏转；待电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，灵敏电流计指针将向右（选填“左”或“右”）偏转。【考点】研究电磁感应现象．【专题】定性思想；推理法；实验分析法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】右；右【分析】图示状态闭合开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，发现灵敏电流计的指针向左偏转，滑片向右滑动、将线圈A从线圈B中拔出都会引起B中的磁通量减小，以此判断感应电流的方向。【解答】解：闭合开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，发现灵敏电流计的指针向左偏转，根据图可知，闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，通过A的电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，可知灵敏电流计指针将向向右偏转；电路稳定后，将线圈A从线圈B中拔出，则穿过线圈B的磁通量减小，可知灵敏电流计指针将向向右偏转。故答案为：右；右【点评】这道题通过实验，得到磁通量增大时和磁通量减小时感应电流的方向相反，属于比较容易的题。20．（2022秋•兰州期末）如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。（1）在实验中，电流计指针偏转的原因是穿过闭合回路的磁通量发生变化。（2）第一个实验（如图a）中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和缓慢插入有什么量是相同的？磁通量的变化量。什么量是不同的？磁通量的变化率。（3）从三个演示实验可归纳出的结论是：穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；感受应电动势的大小与磁通量变化的快慢有关。。【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题；定性思想；控制变量法；电磁感应与电路结合；实验能力．【答案】（1）穿过闭合回路的磁通量发生变化；（2）磁通量的变化量；磁通量的变化率；（3）穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；感受应电动势的大小与磁通量变化的快慢有关。【分析】当通过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流表指针发生偏转。根据闭合电路欧姆定律确定电流表指针偏转角与电动势的关系。【解答】解：（1）当磁通量发生变化，会产生感应电流，电流表指针发生偏转。（2）将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入磁通量的变化量相同，所用的时间不同，则磁通量的变化率不同。（3）通过三个实验可以得出穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；感受应电动势的大小与磁通量变化的快慢有关。故答案为：（1）穿过闭合回路的磁通量发生变化；（2）磁通量的变化量；磁通量的变化率；（3）穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；感受应电动势的大小与磁通量变化的快慢有关。【点评】解决本题的关键知道感应电流的产生条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。四．解答题（共5小题）21．（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：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A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A（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AC。（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【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）A；（2）A；A；（3）AC【分析】（1）根据实验的要求连接实验器材。为保护电路，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最大的位置。（2）根据安培定则判断线圈A的电流方向。根据线圈B所处磁场的强弱变化，判断磁通量变化。（3）根据产生感应电流的条件分析解答。【解答】（1）完成的实验器材连接如下图所示。为保护电路，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最大的位置（故选择A）。（2）根据安培定则判断，可知从上往下看环绕线圈A的电流方向为顺时针方向（故选择A）。将线圈A插入线圈B内部，在这一过程中穿过线圈B的磁通量增加（故选择A）。（3）A．闭合电键S瞬间，线圈A中电流突然增加，其产生的磁场的磁感应强度增大，则线圈B的磁通量增大，根据法拉第电磁感应定律，可知线圈B产生感应电流，故A正确；B．断开电键S后，再移动变阻器滑片P，此时电路处于断开状态没有电流通过，不存在磁场，不能产生感应电流，故B错误；C．闭合电键S后，再移动变阻器滑片P，线圈A中有变化的电流，产生变化的磁场，则线圈B的磁通量发生变化，能产生感应电流，故C正确；D．闭合电键S后，以线圈A为轴转动线圈B，线圈B的磁通量不发生变化，不能产生感应电流，故D错误。故答案为：（1）A；（2）A；A；（3）AC【点评】本题考查了电磁感应现象产生感应电流的条件。产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化。22．（2022•天津模拟）在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，连接成如图1所示的电路。（1）图中方框A、B中的仪表分别测量什么物理量？闭合开关前，滑动变阻器的滑动头P应位于a端还是b端？（2）在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，共记录五组数据，作图得到U﹣I图线，如图所示。则该电池的电动势和内阻分别为多大？【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力．【答案】（1）图中方框A、B中的仪表分别测量电流和电压，闭合开关前，滑动变阻器的滑动头P应位于b端；（2）该电池的电动势为1.5V，内阻为1.2Ω。【分析】（1）A串联在电路中，测量电流的，B与滑动变阻器并联，测量电压，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处。（2）由图示电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻。【解答】解：（1）由图发现，A串联在干路中，是电流表用来测电流，B与电源并联，用来测电压；闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路阻值最大，故滑动头P应位于b端。（2）根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir结合图像可知E＝1.5Vr＝|1.5−0.60.75|Ω＝1.2答：（1）图中方框A、B中的仪表分别测量电流和电压，闭合开关前，滑动变阻器的滑动头P应位于b端；（2）该电池的电动势为1.5V，内阻为1.2Ω。【点评】本题考查了求实验器材选择、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象法处理实验数据的方法。23．（2021秋•薛城区期中）图甲为某元件的U﹣I特性曲线，把它连成图乙所示的电路．已知电源电动势E＝5V，内阻r＝1.0Ω，定值电阻R0＝4Ω．求：（1）该元件的电功率；（2）电源的输出功率．【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线．【专题】实验题．【答案】见试题解答内容【分析】将R0等效为内阻，作出等效电源的伏安特性曲线，则交点为该元件的工作点；由图可得出该元件的电功率及电源的输出功率．【解答】解：（1）电源的电动势E＝5V；等效内阻为r′＝1+4＝5Ω；在图中做出伏安特性曲线如图所示；由图可知，该元件的电流为0.4A，电压为3V；则该元件的功率P＝UI＝0.4×3＝1.2W；（2）电源的电流为0.4A，路端电压U1＝E﹣Ir＝5﹣0.4×1＝4.6V；输出功率P出＝U1I＝4.6×0.4＝1.84W；答：（1）该元件的电功率为1.2W；（2）电源的输出功率为1.84W．【点评】本题考查伏安特性曲线的应用，要注意正确作出等效电源的图象，明确交点的意义即可求解．24．（2020秋•株洲期末）用多用电表测未知阻值的电阻．按正确步骤操作后，测量结果如图所示，读出其阻值大小为1000（或1k）Ω．为了使多用电表测量的结果更准确，必须进行如下操作：a．将选择开关打到×100挡（填×1、×10、×100、×1K）b．将红黑表笔短接，调节调零旋钮，进行欧姆调零c．把电阻接在两表笔之间进行测量并读数d．测量完毕将选择开关打到OFF挡．【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】欧姆表读数为表盘示数乘以倍率．偏角小说明电阻大，要换用大倍率挡．换挡后先进行欧姆调零再测量．测量完毕将选择开关打到OFF挡．【解答】解：由图知选择开关打在“×10”挡，故欧姆表的读数为：示数×倍率＝100×10＝1000Ω．a、因为欧姆表指针偏角太小，测量误差较大，说明所选用的倍率太小，必须使指针转刻度中央附近，因此应换大倍率，如×100挡．b、将红黑表笔短接，调节调零旋钮，重新欧姆调零后测量．d、测量完毕将选择开关打到OFF挡．故答案为：1000（或1k）；a．×100；b．短接；调零（调节“Ω”也行）；d．OFF（“最大交流电压”挡也行）．【点评】解决本题的关键掌握多用电表的操作步骤，以及注意事项，能根据指针偏角的大小选择倍率．25．（2021秋•东海县期中）如图所示，小明同学用伏安法测量未知电阻Rx，测得电压表示数U＝2.53V，电流表示数I＝0.50A。若电压表内阻RV＝3000Ω，电流表内阻RA＝0.1Ω，试求：（1）电阻Rx的测量值R测；（2）电阻Rx的真实值R真；（3）若把测量值与真实值之差除以真实值叫做测量结果的相对误差（δ＝|测量值−真实值真实值【考点】伏安法测电阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）电阻Rx的测量值R测为5.06Ω；（2）电阻Rx的真实值R真为4.96Ω；（3）若把测量值与真实值之差除以真实值叫做测量结果的相对误差为2.0%。【分析】电流表的内接法测电阻的误差来源于电流表的分压，即电压的测量值大于真实值，电阻的测量值也大于真实值，分别求测量值和真实值，再由相对误差的定义求本次实验的相对误差。【解答】解：（1）由欧姆定律得R测=（2）由于测量电路为内接法，R测是RV和R真的串联总阻值，即R测＝R真+RA得R真＝R测﹣RA＝5.06Ω﹣0.1Ω＝4.96Ω（3）根据δ=|得δ=|答：（1）电阻Rx的测量值R测为5.06Ω；（2）电阻Rx的真实值R真为4.96Ω；（3）若把测量值与真实值之差除以真实值叫做测量结果的相对误差为2.0%。【点评】测量电阻的方法有多种，关键是理解其实验原理，正确应用串并联电路的知识进行解答。本题除了理解电流表的内外接法的误差之外，更进一步巩固相对误差的概念。

考点卡片1．电容的概念与物理意义【知识点的认识】（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。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=Q故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=2．混联电路的特点及应用【知识点的认识】1.混联电路的概念：电路中有串联部分和并联部分共存的电路叫作混联电路。2.根据串、并联电路的特点解决混联电路问题。【命题方向】如图所示，R1与R2并联之后再与R3串联，已知UAB＝12V，R1＝6Ω，P3＝16W，I1=4（1）R1两端的电压为多少？（2）R3的电流是多少？（3）R2阻值为多少？（4）R3阻值为多少？分析：电阻R1与电阻R2并联，根据通过R1的电流和R1的阻值，通过欧姆定律求出R1两端的电压，从而得出R3两端的电压，根据R3的功率求出通过R3的电流，根据总电流求出R2的电流，结合欧姆定律求出R2的阻值．解答：（1）根据欧姆定律得，R1两端的电压U1=I（2）R3两端的电压U3＝UAB﹣U1＝4V．则通过R3的电流I3（3）通过R2的电流I2则R2（4）R3答：（1）R1两端的电压为8V．（2）R3的电流是4A．（3）R2阻值为3Ω．（4）R3阻值为1Ω．点评：解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及掌握部分电路欧姆定律，并能灵活运用．【解题思路点拨】解决简单混联电路的方法（1）准确地判断出电路的连接方式，画出等效电路图。（2）准确地利用串、并联电路的基本规律、特点。（3）灵活地选用恰当的物理公式进行计算。3．把表头改装成电压表【知识点的认识】1.表头G的物理号为，三个参量如下①内阻Rg：表头的内阻②满偏电流Ig：指针片转到最大值时，流过表头的电流满偏电压Ug：表头通过满偏电流时，加载表头两端的电压：Ug＝IgRg2.电表改装原理：①电压表改装：将表头串联一个较大电阻，如下图②电流表改装：将表头并联一个较小电阻。如下图3.对电表改装的进一步理解4.电表改装问题的两点提醒（1）无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。（2）改装后电压表的量程指小量程电流表表头满偏时对应的R与表头串联电路的总电压；改装后电流表的量程指小量程电流表表头满偏时：对应的R与表头并联电路的总电流。【命题方向】有一电流表G，内阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝3mA．（1）要把它改装成量程为0～3V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？（2）要把它改装成量程为0～0.6A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，由串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．解：（1）把电流表G改装成0﹣3V的电压表，需要串联电阻的阻值为：R=UIg−（2）把G改装成0﹣0.6A的电流表，需要并联电阻的阻值为：R=IgRg答：（1）要把它改装成量程为0﹣3V的电压表，应串联一个990Ω的电阻；内阻为1000Ω。（2）要把它改装成量程为0﹣0.6A的电流表，需要并联一个0.05Ω的电阻．内阻为0.05Ω。点评：本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律可以正确解题．【解题思路点拨】电表改装的认识（1）无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。（2）电表改装的问题实际上是串、并联电路中电流、电压的计算问题，只要把表头G看成一个电阻Rg即可，切记通过表头的满偏电流Ig是不变的。（3）电压表的测量值是新改装后的电压表内阻Rg与R串两端的电压之和，电流表的测量值是通过新改装后的电流表Rg与R并的电流之和。4．变压器的构造与原理【知识点的认识】理想变压器1．构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．（1）原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈．（2）副线圈：与负级连接的线圈，也叫次级线圈．2．原理：电流磁效应、电磁感应．3．基本关系式（1）功率关系：P入＝P出．（2）电压关系：U有多个副线圈时，U1（3）电流关系：只有一个副线圈时I1由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2+U3I3+…+UnIn．4．几种常用的变压器（1）自耦变压器﹣﹣调压变压器（2）互感器①电压互感器：用来把高电压变成低电压②电流互感器：用来把大电流变成低电流【命题方向】（1）第一类常考题型：理想变压器的规律如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2＝2：1，V和A均为理想电表，灯光电阻RL＝6Ω，AB端电压u1＝122sin100πt（V）．下列说法正确的是（）A．电流频率为100HzB．V的读数为24VC．A的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解；A、AB端电压u1＝122sin100πt（V）．电流频率为f=100πB、电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U2＝6V，故B错误；C、I2=UD、P1＝P2＝U2I2＝6W，故D正确．故选：D．【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．（2）第二类常考题型：理想变压器的动态分析如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin100π（V），则（）A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22VB．当t=1600s时，电压表VC．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表V1示数增大，电流表示数变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为2202V，所以副线圈的电压的最大值为222V，副线圈电压的有效值为22V，即滑动变阻器和电阻R0的总电压为22V，但是不知道电阻R0的大小，所以不能计算滑动变阻器的电压的大小，所以A错误．B、根据瞬时值表达式可知，原线圈的电压的有效值为220V，所以电压表V0的读数为220V，所以B正确．C、当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，所以电流变小，电阻R0电压减小，滑动变阻器的电压变大，所以电压表的示数变大，所以C正确．D、若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D错误．故选BC．【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．【解题方法点拨】一、理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2=n2n功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n二、理想变压器的动态分析．解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法1．分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．2．分析该类问题的一般思维流程是：5．验证动量守恒定律【知识点的认识】一、实验目的验证碰撞中的动量守恒．二、实验原理1．如图所示，让质量较大的小球与静止的质量较小的小球正碰，根据动量守恒定律应有m1v1＝m1v1′+m2v2′．2．小球从斜槽上滚下后做平抛运动，其水平速度等于水平位移和运动时间的比，而各小球运动时间相同，则它们的水平位移之比等于它们的水平速度之比，则动量守恒时有m1•OP＝m1•OM+m2•ON，若能测出m1、m2及OP、OM和ON并代入上式，即可验证碰撞中动量是否守恒．三、实验器材实验装置如图所示，斜槽、重锤、两个大小相同质量不等的小球、天平、白纸、复写纸、刻度尺、圆规．四、实验步骤1．将斜槽固定在桌边使末端的切线水平．2．在地板上合适的位置铺上白纸并在相应的位置铺上复写纸，用小铅锤把斜槽末端即入射球的重心投影到白纸上O点．3．不放被碰小球时，让入射小球10次都从斜槽同一高度由静止开始滚下落在复写纸上，用圆规找出落点的平均位置P点．4．把被碰小球放在槽口末端，然后让入射小球从原高度滚下与被碰小球碰10次，用圆规找出入射小球和被碰小球落点的平均位置M、N．5．用天平测出两个小球的质量，用刻度尺测出ON、OP、OM的长度．6．将数据代入m1•OP＝m1•OM+m2•ON，验证碰撞过程中的动量是否守恒．【命题方向】题型一：实验原理与实验操作某同学用图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，接着进行测量、验证．在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？（）A．水平槽上不放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球和B球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E．测量G点相对于水平槽面的高度分析：根据实验原理可得mAv0＝mAv1+mBv2，根据下落时间相同可得，通过实验的原理确定需要测量的物理量．解：根据实验的原理知，mAv0＝mAv1+mBv2，即ma故选：ABD．点评：掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键．题型二：数据处理与误差分析如图1，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量C（填选项前的符号），间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是ADE．（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM，ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为m1•OM+m2•ON＝m1•OP（用②中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为m1⋅OM2④经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1：p1′＝14：11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′：p2′＝11：2.9．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p1p1⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为76.8cm．分析：验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．解：（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度．故答案是C（2）实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前．至于用天平秤质量先后均可以．所以答案是ADE或DEA（3）设落地时间为t，则v0=OPt，v1而动量守恒的表达式是m1v0＝m1v1+m2v2动能守恒的表达式是1所以若两球相碰前后的动量守恒，则m1•OM+m2•ON＝m1•OP成立若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有m1（4）碰撞前后m1动量之比：PP1P1（5）发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是m1v0＝m1v1+m2v2由1得动能守恒的表达式是m联立解得v2=2故答案为：①C；②ADE或DEA；③m1•OM+m2•ON＝m1OP；m1•OM2+m2•ON2＝m1OP2④14；2.9；1.01；⑤76.8．点评：（1）掌握多用电表如何测量电阻及怎样读数，知道电阻刻度盘是不均匀的．（2）验证动量守恒定律中，学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度，并利用动能守恒定律来解最大速度．题型三同类实验拓展与创新请参考：http：//www．jyeoo．com/physics2/ques/detail/9feb6bd4﹣42dc﹣4606﹣8f8b﹣929f232e17d3【解题方法点拨】一（对应题型一）．实验原理与实验操作．让质量较大的小球A（质量为m1）与静止的质量较小的小球B（质量为m2）碰撞，要验证m1v1＝m1v1′+m2v2′，需测量碰撞前后小球的速度．本实验中较巧妙地借助平抛运动的规律，将速度的测量转化为水平位移的测量，只需验证m1•OP＝m1•OM+m2•ON即可．保证“水平”和“正碰”及正确测量三个落点的相对位置P、M、N是实验成功的关键．实验操作时应注意：（1）入射小球A和被碰小球B大小应完全相同，且m1＞m2．（2）入射小球每次都必须从斜槽上同一高度处由静止滚下．（3）斜槽末端切线方向必须水平，被碰小球放在斜槽末端边缘处．（4）两球碰撞时，球心应等高或在同一水平线上．二（对应题型二）．数据处理与误差分析1．数据处理本实验运用转换法，即将测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移；由于本实验仅限于研究系统在碰撞前后动量的关系，所以各物理量的单位不必统一使用国际单位制单位．2．误差分析（1）系统误差主要来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件．如气垫导轨是否水平，两碰撞球是否等大．（2）偶然误差主要来源于质量m和速度v的测量．三（对应题型三）．同类实验拓展与创新．验证碰撞过程满足动量守恒定律的关键是通过实验测出碰撞前后两物体的速度，我们可以用以下几种方案设计并完成实验：方案一：利用气垫导轨验证动量守恒定律1．实验器材：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块（两个）、弹簧片、撞针、橡皮泥等．2．实验方法（1）测质量：用天平测出两滑块的质量．（2）安装：按图所示，正确安装好气垫导轨．（3）实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块在各种情况下碰撞前后的速度（例如：①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向）．（4）验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用光滑桌面上两车的碰撞验证动量守恒定律1．实验器材：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车（两个）、天平、撞针、橡皮泥等．2．实验方法（1）测质量：用天平测出两小车的质量．（2）安装：如图S77所示，将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．（3）实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．（4）测速度：可以测量纸带上对应的距离，算出速度．（5）改变条件：改变碰撞条件，重复实验．（6）验证：一维碰撞中的动量守恒．6．用单摆测定重力加速度【知识点的认识】1．单摆测定重力加速度．（1）实验原理一个小球和一根细线就可以组成一个单摆．单摆在摆角很小的情况下做简谐运动．单摆的周期与振幅、摆球的质量无关．与摆长的二次方根成正比．与重力加速度的二次方根成反比．单摆做简谐运动时，其周期为：T＝2πLg，固有：g=（2）实验器材带孔小钢球一个，约1m长的细线一条，铁架台，米尺，秒表，游标卡尺．（3）实验内容．①取约1m长的细线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后拴在桌边的支架上，如图所示．②用米尺量出悬线长L′，准确到毫米；用游标卡尺测摆球直径，算出半径r，也准确到毫米．则单摆的摆长为L′+r．③把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度（例如不超过10°），然后放开小球让它摆动，用停表测量单摆完成30次全振动（或50次）所用的时间，求出完成一次全振动所需要的时间，这个平均时间就是单摆的周期．④把测得的周期和摆长的数值代入公式g=4⑤改变摆长，重做几次实验．设计一个表格，把测得的数据和计算结果填入表格中，计算出每次实验的重力加速度．最后求出几次实验得到的重力加速度的平均值，即可看作本地区的重力加速度．⑥原始数据记录样表．2．注意事项①选择材料时应选择细轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm；②单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑或悬点不固定，摆长改变的现象；③注意摆动时摆角不宜过大，不能超过10°，以保证单摆做简谐运动；④摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆．⑤测量应在摆球通过平衡位置时开始计时，因为在此位置摆球速度最大，易于分辩小球过此位置的时刻；画出单摆的平衡位置，作为记时的参照点．必须是摆球同方向经过平衡位置记一次数．⑥测量单摆的摆长时应使摆球处于自然下垂状态，用米尺测量出摆线的长度，再用游标卡尺测出摆球的直径，然后算出摆长．3．秒表的使用和读数：秒表的读数等于内侧分针的读数与外侧秒针的读数之和．注意：当内侧分针没有超过半格时，外侧秒针读小于30的数字．超过半格时，外侧秒针读大于30的数字．机械式停表只能精确到0.1s，读数时不需估读．7．观察电容器及其充、放电现象【知识点的认识】1.把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路（如图）。①充电过程：把开关S接1，此时电源给电容器充电。在充电过程中，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定的电势差。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板。同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。随着两极板之间电势差的增大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。即使断开电源，两极板上的电荷由于相互吸引而仍然被保存在电容器中。②放电过程：把开关S接2，电容器对电阻R放电。观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和。此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。2.电流传感器可以像电流表一样测量电流。不同的是，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I﹣t图像。一次实验过程中测得的I﹣t图像如下图所示：【命题方向】如图甲所示是某实验小组