届高考物理点拨专题讲练电学实验二含真题及解析新人教版来源学优高考网

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2024_2025年新教材高中物理模块检测含解析新人教版选择性必修第二册

模块达标验收(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分。

第1～8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，每小题3分；第9～12小题有多个正确选项，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．在物理学发展过程中，观测、试验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。

下列叙述不符合史实的是( )A．奥斯特在试验中视察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培依据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相像性，提出了分子电流假说C．法拉第在试验中视察到，在通有恒定电流的静止导线旁边的固定闭合导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了很多试验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变更解析：选C 通有恒定电流的静止导线旁边产生的磁场是不变的，在其旁边的固定闭合导线圈中没有磁通量的变更，因此，不会出现感应电流，选项C错误。

2．电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。

现使磁铁起先自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电状况是( )A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电解析：选D 磁铁自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，通过线圈的磁通量方向向下且在增大，依据楞次定律可推断出线圈中感应电流的磁场方向向上，利用安培定则可推断出线圈中感应电流方向为逆时针绕向(由上向下看)，流过R的电流方向从b到a，电容器下极板带正电。

选项D正确。

3．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻推断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示。

将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发觉电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内( )A．升降机可能匀速上升B．升降机肯定匀减速上升C．升降机肯定处于失重状态D．通过压敏电阻的电流肯定比电梯静止时大解析：选C 在升降机运动过程的某一段时间内，电流表示数I 不变，且有I ＞I 0，则说明电源的路端电压增大了，从而分析出是压敏电阻的阻值增大了，压敏电阻受的压力减小了，由牛顿其次定律可知，物块具有向下的加速度，处于失重状态，升降机可能向下匀加速运动，也可能向上匀减速运动，故C 正确，A 、B 错误；因压敏电阻的阻值增大，电源总电流减小，电流表示数变大，故通过压敏电阻的电流肯定比电梯静止时小，D 错误。

高三物理第二轮专题练习之电学实验含答案及解析

1.（1）如图甲所示，在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接。

（2）某同学从标称为“220 V 25 W”、“220 V 500 W”的3只灯泡中任选一只，正确使用多用电表测量灯泡阻值如图乙所示。

该灯泡的阻值是___________Ω，标称的额定功率为______________WI=300μA,内阻2.图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的偏电流RR g=100 Ω，可变电阻R的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是色，接正确使用方法测量电阻R x的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则R x= kΩ.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x其测量结果与原结果相比较（填“变大”、“变小”或“不变”）。

3.某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件。

图为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材：①为提高实验结果的准确程度，电流表应选用；电压表应选用；滑动变阻器应选用。

（以上均填器材代号）②为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号。

③若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？相同点：，不同点：。

4.如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。

在开关闭合后，发现小灯泡不亮。

现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各点连接。

（1）为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的挡。

在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的挡。

（2）在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明___ 可能有故障（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤。

高考物理考点名师点拨专题讲练【专题14】电学实验(二)(含答案)

考题1 测定金属丝(液体)的电阻率例1在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中：(1)某实验小组用如图1所示电路对镍铬合金和康铜丝进行探究，a、b、c、d是四种金属丝．图1①实验小组讨论时，某同学对此电路提出异议，他认为，电路中应该串联一个电流表，只有测出各段金属丝的电阻，才能分析电阻与其影响因素的定量关系．你认为要不要串联电流表？并简单说明理由．②几根镍铬合金丝和康铜丝的规格如下表所示：电路图中三种金属丝a、b、c分别为下表中编号为A、B、C的金属丝，则d(2)该实验小组探究了导体电阻与其影响因素的定量关系后，想测定某金属丝的电阻率．①用毫米刻度尺测量金属丝长度为L＝80.00 cm，用螺旋测微器测金属丝的直径如图2甲所示，则金属丝的直径d为 ________.②按如图乙所示连接好电路，测量金属丝的电阻R.改变滑动变阻器的阻值，获得六组I、U数据描在图丙中所示的坐标系上．由图可求得金属丝电阻R＝________ Ω，该金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)．图2解析 (1)①串联电路电流处处相等，串联电阻两端电压与电阻成正比，不需要测出电流，根据电阻两端电压大小即可比较出电阻大小．②探究影响电阻的因素，应采用控制变量法，实验已选A 、B 、C 的金属丝，根据控制变量法的要求，应控制材料的长度与横截面积相等而材料不同，因此d 应选表中的E.(2)①由图示螺旋测微器可知，其示数为1.5 mm ＋10.0×0.01 mm＝1.600 mm ；②根据坐标系内的点作出图象如图所示．由图象可知，电阻阻值为R ＝U I ＝0.30.6 Ω＝0.5 Ω；由电阻定律R ＝ρLS＝ρLπd 22可得，电阻率ρ＝πRd24L ＝－324×0.800Ω·m≈1.3×10－6Ω·m.答案 (1)①不需要，串联电路电流处处相等，电压与电阻成正比 ②E (2)①1.600 mm ②0.5 1.3×10－61．(2018·江苏·10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图3所示的部件__________(选填“A”、“B”、“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.图3(2)图4所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．图4(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．答案(1)B 0.410 (2)7、9 断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图像法求电阻值)解析(1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B.螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01) mm＝0.410 mm.(2)电压表的示数不为零，电流表的示数几乎为零，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、9间断路．(3)由题知R AR x≈0.005<R xR V≈0.019，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U、I值，求出R x后，再取平均值作为实验结果．2． (1)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图5所示，则它们的读数值依次是________、________、________.图5(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E＝4.5 V，内阻很小．则以下电路图中________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________．若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A ＝2.0 Ω，那么准确测量金属丝电阻R x 的最佳电路应是上图中的________电路(填电路图下的字母代号)．此时测得电流为I 、电压为U ，则金属丝电阻R x ＝________( 用题中字母代号表示)．答案 (1) 0.998 mm(0.996～0.999 mm 均可) 0.42 A 2.26 V(2.25～2.28 V 均可) (2)A 小 B UI －R A解析 (1)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流式接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5 Ω，故采用电流表外接法误差较小；在实验中电压表示数准确，但电流表测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；(2)因已知电流表内阻的准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，故应选B 电路；待测电阻及电流表总电阻R ＝UI，则待测电阻R x ＝R －R A .连接实物图要根据电路原理图，采用先串后并，如果滑动变阻器是分压式接法，一般先将电源、开关、滑动变阻器的全部电阻连接，然后将滑动变阻器的分压部分、待测电阻、电流表串联，最后并联电压表．同时注意电压表和电流表的正负接线柱以及电流表的内、外接法，还要注意量程选取是否合适．考题2 测定电源的电动势和内阻例2 某同学用如图6所示电路测量多用电表的内阻和内部电池的电动势．图6(1)多用电表右侧表笔为________(填“红表笔”或“黑表笔”)．将多用电表选择旋钮调至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，调节________，使指针指在右侧满刻度处．(2)移动滑动变阻器R 的触头，分别读出五组电压表(内阻较大，可视为理想电压表)和欧姆表示数U 、R ，并将计算得出的1U 、1R 记录在表格中，其中第四次测量时欧姆表的示数如图7，其阻值为________ Ω.在如图8所示的坐标纸上作出1U －1R图线．1U 2.50 1.70 1.25 1.00 0.801R0.18 0.10 0.06 0.02图8(3)若改用已使用较长时间的多用电表(电池电动势变小，内阻变大)，但仍能调零后测电阻，其测得电阻R值与原来相比________．(填“偏大”、“不变”或“偏小”)答案(1)黑表笔调零旋钮(调R0也可)(2)30 如图所示(3)偏大3．某同学用如图9所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零)．实验器材的规格如下：图9电流表A1(量程200 μA，内阻R1＝300 Ω)电流表A2(量程30 mA，内阻R2＝5 Ω)定值电阻R0＝9 700 Ω滑动变阻器R(阻值范围0～500 Ω)(1)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.多次改变滑I1(μA) 120 125 130 135 140 145I2(mA) 20.0 16.7 13.2 10.0 6.7 3.3依据表中数据，作出I1—I2图线如图10所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E＝________ V，欧姆表内阻为r＝________ Ω.(结果保留3位有效数字)图10(2)若某次电流表A 1的示数是114 μA ，则此时欧姆表示数约为________ Ω.(结果保留3位有效数字) 答案 (1)1.50(1.48～1.51) 15.0(14.0～16.0) (2)47.5(47.0～48.0)解析 (1)根据闭合电路欧姆定律，由图象与纵坐标的交点可求得：欧姆表内电源的电动势E ＝150 μA×(300＋9 700) Ω＝1.50 V ；由图象的斜率绝对值可求得欧姆表内阻，内阻约为r ＝ΔU ΔI 2＝ΔI 11＋RΔI 2＝－＋－60.020－0Ω＝15.0 Ω.(2)由闭合电路欧姆定律知E ＝I 1(R 0＋R 1)＋Ir ，则I ＝E －I 1＋R 1r＝0.024 A ，故欧姆表的示数R ＝I 1＋R1I＝47.5 Ω.测量电源的电动势和内阻的基本原理是闭合电路欧姆定律，数据处理的主要思想方法是“化曲为直”，常用的方法有三种：1．伏安法——利用电压表和电流表，闭合电路方程为E ＝U ＋Ir ，利用两组数据，联立方程求解E 和r ；也可作出U —I 图象，图线的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻．2．伏阻法——利用电压表和电阻箱．闭合电路方程为E ＝U(1＋rR)．利用两组数据联立方程求解或将原方程线性化，处理为1U ＝r E ·1R ＋1E 或U ＝－r U R ＋E ，作1U —1R 图象或U —UR 图象，利用图线的截距和斜率求E 和r.3．安阻法——利用电流表和电阻箱．闭合电路方程为E ＝I(R ＋r)，利用两组数据联立方程求解或将方程线性化，处理为1I ＝1E ·R＋r E ，作1I－R 图象，利用图线的截距和斜率求E 和r.例3 霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图11所示，在一矩形半导体薄片的P 、Q 间通入电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，在M 、N 间出现电压U H ，这个现象称为霍尔效应，U H 称为霍尔电压，且满足U H ＝k IBd ，式中d 为薄片的厚度，k 为霍尔系数．某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．考题3 从原理迁移中突破电学实验图11(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电，电流与磁场方向如图11所示，该同学用电压表测量U H 时，应将电压表的“＋”接线柱与______(填“M”或“N”)端通过导线相连．(2)已知薄片厚度d ＝0.40 mm ，该同学保持磁感应强度B ＝0.10 T 不变，改变电流I 的大小，测量相应的U H 值，记录数据如下表所示．根据表中数据在图12中画出U H —I 图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为______×10－3V·m·A －1·T －1( V)1.11.93.44.5图12(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图13所示的测量电路，S 1、S 2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片(未画出)．为使电流从Q 端流入，P 端流出，应将S 1掷向________(填“a”或“b”)，S 2掷向________(填“c”或“d”)．为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中．在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件________和________(填器件代号)之间．图13解析 (1)根据左手定则，正电荷受力向左，因此“＋”接线柱应接M 点；(2)画出图象，图象的斜率为kBd ，将B和d 代入就可以求出k 值为1.5；(3)将S 1掷向b ，S 2掷向c ，电流恰好反向；应将该电阻接入公共部分，即在S 1与S 2之间，因此可以在S 1与E 之间也可以在E 与S 2之间．答案 (1)M(1分) (2)如图所示(3分)1．5(1.4～1.6)(1分) (3)b(1分) c(1分) S 1(或S 2)(1分) E(1分)(2018·福建·19(2))(9分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理图如图14甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计改装的电流表，为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻．图14①已知灵敏电流计的满偏电流I g＝100 μA、内阻r g＝2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只________ Ω(保留一位小数)的定值电阻R1；②根据如图14甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整的电路；电压表改装表该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法)，计算出电池组的内阻r＝________ Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是____________________________．④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是________．(填选项前的字母)A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R0的实际阻值比标称值偏大答案①1.0②见解析图(其他正确连接同样给分) ③1.66充分利用已测得的数据④CD解析①由电流表的改装知识可知，R1＝I g r gI m－I g ＝100×10－6×2.0×103200×10－3－100×10－6Ω≈1.0 Ω.②如下图．③根据闭合电路欧姆定律结合逐差法可知r 1＝U 1－U 5I 5－I 1－R 0，r 2＝U 2－U 6I 6－I 2－R 0，r 3＝U 3－U 7I 7－I 3－R 0，r 4＝U 4－U 8I 8－I 4－R 0.故r ＝r 1＋r 2＋r 3＋r 44＝1＋U 2＋U 3＋U 4－5＋U 6＋U 7＋U 84×80×10－3－R 0＝ [.26＋5.16＋5.04＋－＋4.71＋4.59＋4×80×10－3－4.0] Ω≈1.66 Ω.逐差法在计算中体现的主要优点是：充分利用已测得的数据．④根据题意可知，内阻的测量值为r 测＝ΔUΔI －R 0，因此，电压表的内阻、滑动变阻器的阻值对测量结果无影响．若R 1的实际值比计算值偏小，则改装后的电流表示数偏小，导致内阻测量值偏大．根据内阻测量值的表达式可知，R 0的实际值比标称值偏大，也会导致内阻测量值偏大．故选C 、D.知识专题练训练14题组1 测定金属丝(液体)的电阻率1．用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图1甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座两端的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P ，触头上固定了接线柱，按下P 时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．图1(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F 固定后读数．(填仪器部件的字母符号) (2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将图2所示实物图连接成实验电路．图2(3) 闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P 的位置，得到几组U 、I 、L 的数据，用R ＝UI 计算出相应的电阻值后作出R —L 图线如图3所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR ，若电阻丝直径为d ，则电阻率ρ＝________.图3答案 (1)D H G (2)见解析图 (3)πΔRd24ΔL解析 (1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮，使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动微调旋钮夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮使F 固定后读数． (2)根据电路图，连接实物图(3)根据R ＝ρl S ，得ΔR ＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得：ρ＝πΔRd24ΔL .题组2 测定电源的电动势和内阻2．(2018·新课标Ⅰ·23)利用如图4所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：图4待测电源，电阻箱R(最大阻值为999.9 Ω)，电阻R 0(阻值为3.0 Ω)，电阻R 1(阻值为3.0 Ω)，电流表(量程为200 mA ，内阻为R A ＝6.0 Ω)，开关S. 实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S ；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I 和电阻箱相应的阻值R ；③以1I 为纵坐标，R 为横坐标，作1I －R 图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k 和在纵轴上的截距b. 回答下列问题：(1)分别用E 和r 表示电源的电动势和内阻，则1I与R 的关系式为________________________．(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R ＝3.0 Ω时电流表的示数如图5所示，读出数据，完成下表．图5(3)在图6的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k ＝________ A －1·Ω－1，截距b ＝________ A －1.图6(4)根据图线求得电源电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.答案 (1)1I ＝3.0E R ＋3.0E (5.0＋r)(2)①0.110(0.109～0.111均正确) ②9.09(9.01～9.17均正确)(3)见解析图 1.0(0.96～1.04均正确) 6．0(5.9～6.1均正确)(4)3.0(2.7～3.3均正确) 1.0(0.6～1.4均正确) 解析 (1)根据闭合电路欧姆定律可知： E ＝IR A ＋(I ＋IR AR 1)(R ＋R 0＋r)将R 0＝3.0 Ω，R 1＝3.0 Ω，R A ＝6.0 Ω代入上式得1I ＝3.0E R ＋3.0E(5.0＋r)(2)从读数上，有效数字要一致，即读数是0.110 A ，倒数是9.09 A －1.(3)由1I －R 关系式可知k ＝3.0E ，截距b ＝3.0E (5.0＋r)；由给出的数据作出图像，连线时尽可能使多的点在同一直线上，不在直线上的点要均匀分布在直线两侧如图所示．由图像可知，k ＝1.0 A －1·Ω－1，b ＝6.0 A －1.(4)电源电动势E＝3.0 V，电源内阻r＝1.0 Ω.题组3 从原理迁移中突破电学实验3．实际电流表有内阻，测量电流表G1内阻r1的电路如图7所示．图7供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)③定值电阻R1(300 Ω)④定值电阻R2(10 Ω)⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)⑦干电池(1.5 V)⑧电键S及导线若干．(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)(2)对照电路图用笔连线连接如图8所示实物图．图8(3)补全实验步骤：①按如图7所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最________(填“左端”或“右端”)；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；③多次移动滑动触头，记录G1和G2的读数I1和I2；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图9所示．图9(4)根据I 2－I 1图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________________．答案 (1)③ ⑥ (2)见解析图 (3)左端 (4)r 1＝(k －1)R 1解析 (1)因电流表G 1的内阻约为300 Ω，故定值电阻选择R 1；为调节方便滑动变阻器选择R 4. (2)根据电路图连接实物如图所示：(3)为保护测量电路，闭合开关时，测量电路应处于短路状态，故滑片移至最左端．(4)由电路图知I 2＝I 1＋I 1r 1R 1，可得图象的斜率k ＝1＋r 1R 1，解得r 1＝(k －1)R 1.4．现有一刻度盘总共有N 小格、且刻度均匀，量程未准确确定的电压表V 1，已知其量程在13 ～16 V 之间，内阻r 1＝150 k Ω.为测定其准确量程U 1，实验室提供了如下表所列的器材，要求方法简捷，尽可能减少误差，并能测出多组数据.(1)某同学设计了如图10所示的甲、乙、丙三种电路图图10你认为选择________电路图测量效果最好．(填“甲”、“乙”或“丙”) (2)根据测量效果最好的那个电路图，将如图11所示有关器材连接成测量电路．图11(3)若选择测量数据中的一组来计算V 1的量程U 1，则所用的表达式U 1＝________________，式中各符号表示的物理量是：________________.答案 (1)乙 (2)见解析图 (3)Nr 1N 1r 2U 2 N ：V 1的总格数，N 1：V 1的读出格数，U 2：V 2的读数，r 1：V 1表内阻，r 2：V 2表内阻解析 (1)由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，大约是0.1 mA ，所以可将两电压表串联使用，由于滑动变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以选择乙电路图进行测量．(2)根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．(3)待测电压表V 1的指针偏转格数为N 1，每格表示电压值为ΔU ，由欧姆定律可得：N 1ΔU r 1＝U 2r 2所以电压表V 1的量程为U 1＝N·ΔU 联立解得U 1＝Nr 1N 1r 2U 2其中r 1＝150 k Ω，r 2＝30 k Ω，U 2为某次测量时标准电压表V 2的读数，N 1为某次测量时待测电压表V 1的指针偏转格数．。

高考物理二轮复习电学综合实验专题训练(含解析) 新人教版

高考物理二轮复习电学综合实验专题训练（含解析）新人教版1.在“测金属的电阻率”的实验中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测出用金属材料制成的一段圆柱体的长度和横截面的直径如图所示。

则该圆柱体的长度为______mm,横截面的直径为_________mm 。

22.答案：49.15 4.699解析：根据游标卡尺读数规则，该圆柱体的长度为49mm+3×0.05mm=49.15mm,根据螺旋测微器读数规则，圆柱体横截面的直径为4.5mm+0.199mm=4.699mm 。

2.某实验小组利用电流表和电阻箱测量电池组的电动势和内阻^(1) 请在虚线框中画出实验的电路图。

(2) 实验的主要步骤如下：①检查并调节电流表指针指零，将开关S 断开，按照电路图连线。

②调节电阻箱R 的阻值至________。

③将开关S 闭合，逐渐调节只使电流表指针有足够的偏转，记下此时的电阻箱的阻值和电流表的示数。

④改变及的阻值，测出几组I 随R 变化的数据，作出R —1/I 的图线如图所示。

（3）由作出R —1/I 的图线可求得电动势E=________V ，内阻r=________Ω. (结果保留两位有效数字)2. 答案：（1）如图所示（2）②最大值（3）2.5 1.0解析：由闭合电路欧姆定律，E=I(R+r)，变化得到R=E·1I -r ，由图象斜率可得电动势E=2.5V,图象在纵轴上截距的绝对值等于内阻r=1Ω.3.)某实验小组要测量一个用电器L 的额定功率（额定电压为10V 、额定功率在12W ～15W 之间），测量电路的部分导线已经接好（如图所示）。

实验室有下列器材可供选用：直流电源：E 1（电动势为3 V ，内阻很小）E 2（电动势为15 V ，内阻很小）直流电流表：A 1（量程0～0.6 A ，内阻约为0.5 Ω）A 2（量程0～3 A ，内阻约为0. 1 Ω）直流电压表：V （量程为3 V 、内阻为3 k Ω）滑动变阻器：R 1（阻值范围0～20 Ω）R 2（阻值范围0～200 Ω）定值电阻：R 3=3 k Ω、R 4=9 k Ω、R 5=25 k Ω 开关一个，导线若干+A VL R 3 R 4R 5为使测量尽可能准确、方便，请回答：①电源应该选择 ▲ （填“E 1”或“E 2”）； ②电流表应该选择 ▲ （填“A 1”或“A 2”）； ③滑动变阻器应该选择 ▲ （填“R 1”或“R 2”）；④由于电压表的量程不够，要利用一个定值电阻进行改装。

2025高考物理步步高同步练习选修2第二章课时1 实验：探究影响感应电流方向的因素含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第二章1楞次定律课时1实验：探究影响感应电流方向的因素[学习目标] 1.通过实验探究电流表指针的偏转方向与感应电流方向之间的关系.2.通过实验探究感应电流的方向与磁通量的变化之间的关系．一、实验原理1．由电流表指针偏转方向与电流方向的关系，找出感应电流的方向．2．通过实验，观察、分析原磁场方向和磁通量的变化，记录感应电流的方向，然后归纳出感应电流的方向与原磁场方向、原磁通量变化之间的关系．二、实验器材条形磁体，螺线管，电流表，导线若干，滑动变阻器，开关，干电池，电池盒．三、实验过程1．探究电流表指针的偏转方向和电流方向之间的关系．实验电路如图1甲、乙所示：图1结论：电流从哪一侧接线柱流入，指针就向哪一侧偏转，即左进左偏，右进右偏．(指针偏转方向应由实验得出，并非所有电流表都是这样的)2．探究条形磁体插入或拔出线圈时感应电流的方向(1)按图2连接电路，明确螺线管的绕线方向．(2)按照控制变量的方法分别进行N极(S极)向下插入线圈和N极(S极)向下时抽出线圈的实验．图2(3)观察并记录磁场方向、电流方向、磁通量大小变化情况，并将结果填入表格．甲乙丙丁条形磁体运动的情况N极向下插入线圈S极向下插入线圈N极朝下时抽出线圈S极朝下时抽出线圈原磁场方向(“向上”或“向下”)穿过线圈的磁通量变化情况(“增加”或“减少”)感应电流的方向(在螺线管上方俯视)逆时针顺时针顺时针逆时针感应电流的磁场方向(“向上”或“向下”)原磁场与感应电流磁场方向的关系(4)整理器材．四、结果分析根据上表记录，得到下述结果：甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；丙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，阻碍磁通量的减少．实验结论：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．五、注意事项1．确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要用试触法并注意减小电流强度，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表．2．电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计．3．实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向．4．按照控制变量的思想进行实验．5．完成一种操作后，等电流计指针回零后再进行下一步操作.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和其所遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．(1)如图3甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道电流从正(负)接线柱流入时，_______________________________.图3(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转，电路稳定后，若向左移动滑动变阻器滑片，则电流表指针向________偏转；若将线圈A抽出，则电流表指针向________偏转．(均填“左”或“右”)答案(1)电流表指针的偏转方向(2)右左解析(1)要探究线圈中感应电流的方向，必须知道感应电流从正(负)接线柱流入时，电流表指针的偏转方向．(2)闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产生的感应电流使电流表指针向右偏转．当向左移动滑动变阻器滑片时，会使线圈A中的磁场增强，电流表指针将向右偏转；当将线圈A抽出时，线圈A在线圈B处的磁场减弱，线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏转．针对训练(2020·南充市高级中学高二期中)有一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁体从线圈上方插入或拔出，如图4所示．请完成下列填空：图4(1)图甲中灵敏电流计指针的偏转方向为_______．(填“偏向正接线柱”或“偏向负接线柱”)(2)图乙中磁体下方的极性是________．(填“N极”或“S极”)(3)图丙中磁体的运动方向是________．(填“向上”或“向下”)(4)图丁中线圈从上向下看的电流方向是________．(填“顺时针”或“逆时针”)答案(1)偏向正接线柱(2)S极(3)向上(4)逆时针解析(1)由题图甲可知，磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，则线圈中感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向，即电流从正接线柱流入电流计，指针偏向正接线柱．(2)由题图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，根据楞次定律可知，磁体下方的极性为S极．(3)由题图丙可知，磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁体向上运动．(4)由题图丁可知，磁体向上运动，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流方向(从上向下看)为逆时针方向．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按图5所示连接，在保持开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下．某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转．由此可以推断()图5A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，都能引起电流表指针向左偏转B．线圈A向上移动或断开开关，都能引起电流表指针向右偏转C．滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流表指针静止在中央D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，所以无法判断电流表指针偏转的方向答案 B解析线圈A向上移动或断开开关时，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向右偏转，故A错误，B正确；P匀速向左滑动时穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向右偏转，P匀速向右滑动时穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向左偏转，故C错误；由以上分析可知，D错误.1．某同学用如图6所示的实验器材探究电磁感应现象．他连接好电路并检查无误后，闭合开关的瞬间观察到电流表指针向右偏转．开关闭合后，他将滑动变阻器的滑片P向E端快速移动，电流表指针将________．(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)图6答案左偏解析闭合开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏转，这说明线圈B磁通量增加，指针向右偏；开关闭合后，将滑动变阻器的滑片P向E端快速移动，穿过线圈B 的磁通量减少，电流表指针将向左偏转．2．(2020·沈阳市期末)如图7所示是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置．图7(1)将图中所缺导线补充完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________(填“向左偏”或“向右偏”)，A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________(填“向左偏”或“向右偏”)．(3)在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是________(填图中仪器的字母)．答案(1)见解析图(2)向右偏向左偏(3)B解析(1)将线圈B和灵敏电流计串联组成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈A串联组成另一个回路即可，连接图如图所示．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过B线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中时，穿过B线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏；A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，线圈A中电流减小，穿过B线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏．(3)在灵敏电流计所在的电路中，为电路提供电流的是线圈B.3．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：(1)为弄清灵敏电流表指针偏转方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极的直流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，他应选用多用电表的________(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动．(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流是由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的．(3)实验中该同学将磁体某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图8中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁体的极性．图8答案(1)欧姆(2)短暂负(3)见解析图解析(1)用多用电表的欧姆挡时，内部电路含有直流电源．(2)灵敏电流表量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流表量程，长时间超量程通电会损坏电流表；欧姆表红表笔连接着电源的负极，灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入．(3)电流表的指针向右偏转，说明电流从正接线柱进入电流表，感应电流的磁场方向向下，故原磁场方向向上，插入的是S极，如图所示．课时2楞次定律[学习目标] 1.理解楞次定律中“阻碍”的含义，能熟练运用楞次定律判断感应电流的方向.2.掌握右手定则，认识右手定则是楞次定律的一种具体表现形式．一、楞次定律1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．2．从能量角度理解楞次定律感应电流沿着楞次定律所述的方向，是能量守恒定律的必然结果，当磁极插入线圈或从线圈内抽出时，推力或拉力做功，使机械能转化为感应电流的电能．二、右手定则伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．1．判断下列说法的正误．(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．(×)(2)感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同．(√)(3)感应电流的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化．(×)(4)右手定则和楞次定律都适用于所有电磁感应现象中感应电流方向的判断．(×)(5)感应电流沿楞次定律所描述的电流方向，说明电磁感应现象遵守能量守恒定律．(√) 2．如图1所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P、Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，MN向右运动时，MN中的电流方向为________，MN向左运动时，MN中的电流方向为________．(均选填“M→N”或“N→M”)图1答案N→M M→N一、对楞次定律的理解1．楞次定律中的因果关系楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．2．对“阻碍”的理解问题结论谁阻碍谁感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化为何阻碍原磁场的磁通量发生了变化阻碍什么阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身如何阻碍当原磁场的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场的磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”结果如何阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响3.“阻碍”的表现形式从磁通量变化的角度看：感应电流的效果是阻碍磁通量的变化．从相对运动的角度看：感应电流的效果是阻碍相对运动．关于楞次定律，下列说法正确的是()A．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．感应电流的磁场总是阻止磁通量的变化C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D．感应电流的磁场总是与原磁场反向，阻碍原磁场的变化答案 A解析感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，阻碍并不是阻止，只是起到延缓的作用，选项A正确，B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；当原磁通量增加时感应电流的磁场与原磁场反向，当原磁通量减少时感应电流的磁场与原磁场同向，选项D错误．二、楞次定律的应用应用楞次定律判断感应电流方向的步骤(1)明确所研究的闭合回路，判断原磁场方向．(2)判断闭合回路内原磁场的磁通量变化．(3)依据楞次定律判断感应电流的磁场方向．(4)利用右手螺旋定则(安培定则)判断感应电流的方向．某磁场的磁感线如图2所示，有一闭合铝质线圈自图示位置A落至位置B，在下落的过程中，自上向下看，铝质线圈中的感应电流方向是()图2A．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向B．先沿逆时针方向，再沿顺时针方向C．始终沿顺时针方向D．始终沿逆时针方向答案 A解析在线圈在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，线圈从A处落到磁感应强度最大位置处的过程中，穿过线圈的磁通量变大，感应电流产生的磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针．线圈从磁感应强度最大位置处落到B处的过程中，穿过线圈的磁通量减小，感应电流产生的磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针，A正确，B、C、D错误．针对训练1如图3所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．则下列说法正确的是()图3A．若金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．若金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．若金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D．若金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向答案 D解析根据楞次定律，当金属圆环上、下运动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故A、B错误；当金属圆环向左侧直导线靠近时，穿过圆环垂直纸面向外的磁场增强，根据楞次定律及安培定则可知，产生的感应电流方向为顺时针，故C错误；当金属圆环向右侧直导线靠近时，穿过圆环垂直纸面向里的磁场增强，根据楞次定律及安培定则可知，产生的感应电流方向为逆时针，故D正确．三、右手定则的理解和应用导学探究如图4所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．图4(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间满足什么关系？根据课本P27右手定则，自己试着做一做．答案(1)感应电流的方向为a→d→c→b→a；(2)满足右手定则．知识深化1．右手定则适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断．2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和感应电流方向三者之间的关系：(1)大拇指所指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．3．楞次定律与右手定则的比较规律比较内容楞次定律右手定则区别研究对象整个闭合回路闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体适用范围各种电磁感应现象只适用于部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况联系右手定则是楞次定律的特例如图5所示，边长为d的正方形线圈，从位置A开始向右运动，并穿过宽度为L(L>d)的匀强磁场区域到达位置B，则()图5A．整个过程，线圈中始终有感应电流B．整个过程，线圈中始终没有感应电流C．线圈进入磁场和离开磁场的过程中，有感应电流，方向都是逆时针方向D．线圈进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针方向；离开磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向答案 D解析在线圈进入或离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，线圈完全在磁场中时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，选项A、B错误；由右手定则可知，线圈进入磁场过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈离开磁场过程中，感应电流沿顺时针方向，选项C错误，D正确．针对训练2如图所示为闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，分析各图中感应电流的方向，在导体中由a→b的是()答案 A解析题图四幅图都属于闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动的情景，用右手定则判断可得：A中电流由a→b，B中电流由b→a，C中电流沿a→c→b→a方向，D中电流由b→a，故A正确．1.(楞次定律的应用)如图6所示，在匀强磁场中有一个用比较软的金属导线制成的闭合圆环．在此圆环的形状由圆形变成正方形的过程中()图6A．环中有感应电流，方向为a→d→c→b→aB．环中有感应电流，方向为a→b→c→d→aC．环中无感应电流D．条件不够，无法确定有无感应电流答案 A解析由圆形变成正方形的过程中，面积减小，磁通量减小，由楞次定律可知，环中产生a→d→c→b→a方向的感应电流，A正确．2．(楞次定律的应用)如图7所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈中的感应电流()图7A．沿abcda流动B．沿dcbad流动C．先沿abcda流动，后沿dcbad流动D．先沿dcbad流动，后沿abcda流动答案 A解析由条形磁铁的磁场分布可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小，为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流的方向是abcda，故选A.3．(右手定则的应用)(多选)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，如图所示，能正确表示磁感应强度B的方向、导体运动速度方向与产生的感应电流方向间关系的是()答案BC解析图A中导体不切割磁感线，导体中无电流，A错误；由右手定则可判断B、C正确；图D中感应电流方向应垂直纸面向外，D错误．考点一楞次定律的理解和应用1．(多选)关于感应电流，下列说法正确的是()A．根据楞次定律知，感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量B．感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化C．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反D．当导体做切割磁感线运动时，只能用安培定则确定感应电流的方向答案BC2.(多选)如图1所示，有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一椭圆形导体框平放在桌面上，使导体框从左边进入磁场，从右边穿出磁场．下列说法正确的是()图1A．导体框进入磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向C．导体框全部在磁场中运动时，感应电流的方向为顺时针方向D．导体框全部在磁场中运动时，无感应电流产生答案BD解析根据楞次定律，导体框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针方向，导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向，导体框全部在磁场中运动时，没有感应电流产生，故A、C错误，B、D正确．3.(2020·辽宁师大附中高二上月考)1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验：他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图2所示的闭合超导线圈，那么，从上向下看，这个线圈中将出现()图2A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向的持续流动的感应电流D．逆时针方向的持续流动的感应电流答案 D解析当N磁单极子向下靠近线圈时，穿过线圈向下的磁通量增加，当N磁单极子向下远离线圈时，穿过线圈的磁通量向上且减小，根据楞次定律结合安培定则可知，产生的感应电流均为逆时针方向，选项D正确．4.如图3所示，通有恒定电流的直导线右侧有一矩形线框abcd，导线与线框共面．如果线框运动时产生方向为abcda的感应电流，线框可能的运动是()图3A．向上平移B．向下平移C．向左平移D．向右平移答案 C解析导线中电流不变时，产生的磁场不变，导线周围的磁感应强度不变，线框上下平移时穿过线框的磁通量不变，即不会产生感应电流，故A、B错误；线框向左平移时，线框中的磁感应强度增大，穿过线框的磁通量增大，可以产生感应电流，根据楞次定律可知电流方向为abcda，故C正确；线框向右平移时，线框中的磁感应强度减小，穿过线框的磁通量减小，可以产生感应电流，根据楞次定律可知电流方向为adcba，故D错误．5.(2020·厦门外国语学校期末)1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，如图4所示．通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验，下列说法正确的是()图4A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流C．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的阻值的过程中，电流表G中有a→b的感应电流D．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的阻值的过程中，电流表G中有b→a的感应电流答案 D解析闭合开关S的瞬间，通过B线圈的磁通量不发生变化，B线圈中不产生感应电流，故选项A、B错误；闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的阻值的过程中，A线圈中的电流逐渐减小，即B线圈处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可知，电流表G 中的感应电流方向为b→a，故选项C错误，D正确．6.如图5所示，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属棒，与导轨接触良好，它从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在OC 上，a端始终在OA上，直到金属棒完全落在OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则ab棒在上述过程中()图5A．感应电流方向是b→aB．感应电流方向是a→bC．感应电流方向先是b→a，后是a→bD．感应电流方向先是a→b，后是b→a答案 C解析由几何知识可知，在金属棒向下滑动的过程中，金属棒与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形aOb内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先是b→a，后是a→b，C项正确．。

(最新实用)2020年高考物理二轮热点专题训练----《电学实验》(解析版)

2020年高考物理二轮热点专题训练----《电学实验》1．下面各图均是用游标卡尺测量时的示意图，图甲中游标卡尺为50分度，图乙为20分度游标卡尺，图丙为10分度游标卡尺，它们的读数分别为__________；________；________.【解析】在图甲中，主尺读数为42 mm，游标尺上第5条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于卡尺是50分度的，所以读数为42 mm＋5×0.02 mm＝42.10 mm；在图乙中，主尺读数为63 mm，游标尺上第6条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于卡尺是20分度的，所以读数为63 mm＋6×0.05 mm＝63.30 mm；在图丙中，主尺读数为29 mm，游标尺上第8条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于卡尺是10分度的，所以读数为29 mm＋8×0.1 mm＝29.8 mm.【答案】42.10 mm63.30 mm29.8 mm2.如图所示为电压表和电流表的刻度盘示意图，指针位置分别如图甲、乙所示．(1)若使用的是0～3 V量程的电压表，读数为________V．若使用的是0～15 V量程的电压表，读数为________V.(2)若使用的是0～0.6 A量程的电流表，读数为________A．若使用的是0～3 A量程的电流表，读数为________A.【解析】对于电压表，当选取0～3 V量程时，每小格为0.1 V，读数为1.68 V，当选取0～15 V量程时，每小格为0.5 V，读数为8.4 V；对于电流表，当选取0～0.6 A量程时，每小格为0.02 A，读数为0.46 A，当选取0～3 A量程时，每小格为0.1 A，读数为2.30 A.【答案】(1)1.688.4(2)0.46 2.303.某同学用以下器材接成如图甲所示的电路，并将原微安表盘改成如图乙所示的欧姆表盘，成功地改装了一个简易的“R×1 k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10～20 kΩ范围内的电阻时精确度令人满意，表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处.所供器材如下：A.满偏电流I g＝100 μA的微安表一个B.电动势E＝1.5 V，电阻可忽略不计的电池C.阻值调至14 kΩ的电阻箱RD.红、黑测试表笔和导线若干(1)根据题中信息可知原微安表的内阻R g＝________ Ω.(2)在图甲电路的基础上，不换微安表和电池，图乙的刻度也不改变，仅增加1个电阻，就能改装成“R×1”的欧姆表.要增加的电阻应接在________之间(填a、b、c)，电阻阻值为________.(保留两位有效数字)(3)画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图.【答案】(1)1 k(2)a、c15 Ω(3)见解析图【解析】(1)根据“使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10～20 kΩ范围内的电阻时精确度令人满意”说明在测阻值在10～20 kΩ的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间附近，由此可结合刻度盘确定此表的中值电阻，即表内总电阻约为R总＝15 kΩ.当表笔短接时，电流满偏，根据欧姆定律有：I g＝ER＋R g，代入E、R、I g的值可得R g＝1 kΩ.(2)要把原表改装成“R×1”的欧姆表，就要减少表的内阻，依题意，显然只有在ac之间并联一个小电阻R′，才能使表内总电阻等于中值电阻R并＝15 Ω.根据R并＝R′(R＋R g)R′＋R＋R g，代入R以及R g的数值可计算得R′≈15 Ω.(3)画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图如图所示.4.某实验小组利用提供的器材测量某种电阻丝(电阻约为20 Ω)材料的电阻率．他们首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：电池组E(电动势为3.0 V，内阻约1 Ω)；电流表A1(量程0～100 mA，内阻约5 Ω)；电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约0.2 Ω)；电阻箱R(0～999.9 Ω)；开关、导线若干．他们的实验操作步骤如下：A．用螺旋测微器在三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d；B．根据提供的器材，设计并连接好如图甲所示的电路；C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大，闭合开关S；D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调节电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R 和接入电路的电阻丝长度L ；E ．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调节电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R 和接入电路的电阻丝长度L .F ．断开开关，拆除电路并整理好器材．(1)小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次直径的测量值d ＝________mm ；(2)实验中电流表应选择________(选填“A 1”或“A 2”)；(3)小明用记录的多组电阻箱的电阻值R 和对应的接入电路中电阻丝长度L 的数据，绘出了如图丙所示的R －L 关系图线，图线在R 轴的截距为R 0，在L 轴的截距为L 0，再结合测出的电阻丝直径d ，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ＝________(用给定的物理量符号和已知常数表示)．【解析】(1)由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5 mm ，可动刻度是22.6×0.01 mm ＝0.226 mm ，金属丝直径d ＝0.5 mm ＋0.226 mm ＝0.726 mm.(2)电路中最大电流约为I ＝ER 电阻丝＋r ＝320＋1 A≈0.14 A ，不到0.6 A 的四分之一，如果使用电流表A 2实验误差较大，因此电流表应选A1.(3)由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，外电路总电阻R 总＝R ＋R 电阻丝＝R ＋ρL S ＝R ＋ρL π(d 2)2＝R ＋ρ4L πd 2，由题图丙可知，当电阻丝接入电路的长度为零时，电路总电阻R 总＝R 0，则R ＋ρ4L πd 2＝R 0，R ＝R 0－ρ4L πd 2，图象斜率的绝对值|k |＝R 0L 0＝4ρπd 2，则电阻率ρ＝πd 2R 04L 0. 【答案】(1)0.726(0.725～0.727) (2)A 1 (3)πd 2R 04L 05.一只小灯泡，额定功率为0.75 W ，额定电压值已模糊不清.A 小组的同学想测定其额定电压值，于是先用欧姆表测出该灯泡的电阻约为3 Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U ＝PR ＝1.5 V .B 小组同学认为A 小组测量方法有误，他们利用下面可供选择的器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压，并根据测量数据来绘制灯泡的U －I 图线，进而找到灯泡的额定电压.A.电压表V(量程3 V ，内阻约3 kΩ)B.电流表A 1(量程1 500 mA ，内阻约0.02 Ω)C.电流表A2(量程500 mA，内阻约0.6 Ω)D.滑动变阻器R1(0～10 Ω)E.滑动变阻器R2(0～100 Ω)F.电源E(电动势4.0 V，内阻不计)G.开关S和导线若干H.待测灯泡L(额定功率0.75 W，额定电压未知)(1)在实验过程中，B小组的同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，在下面所给的虚线框中画出实验的电路原理图.上述器材中，电流表选________(选填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选________(选填“R1”或“R2”).(2)当电压达到1.23 V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70 V时，灯泡功率已超过额定功率，便立即断开开关，并将所测数据记录在下面表格中.(3)由图象得出该灯泡的额定电压应为________ V；显然这一结果大于1.5 V，究其原因是________________________________.【答案】(1)见解析图A2R1(2)见解析图(3)2.5(2.4～2.6均可)灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡电阻随温度升高而变大)【解析】(1)题目表格中电流最大310 mA，考虑测量的精确度，故电流表选择A2；要描绘小灯泡的U－I图象，电压要从零开始连续调节，故滑动变阻器用分压式接法，选择小量程的变阻器方便操作，故变阻器选择R1；电路如图所示.(2)小灯泡的U－I图象如图所示：(3)小灯泡的额定功率为0.75 W；当电压为2.5 V时，电流为0.3 A，此时电功率为：P ＝UI＝2.5×0.3 W＝0.75 W，恰好等于额定功率，故额定电压为2.5 V；显然这一结果大于1.5 V，究其原因是灯泡电阻随着温度的升高而变大.6.待测电阻R x的阻值约为20 Ω，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A．电流表A1(量程为150 mA，内阻约为10 Ω)B．电流表A2(量程为20 mA，内阻r2＝30 Ω)C．电压表V(量程为15 V，内阻约为3 000 Ω)D．定值电阻R0＝100 ΩE．滑动变阻器R1，最大阻值为5 Ω，额定电流为1.0 AF ．滑动变阻器R 2，最大阻值为5 Ω，额定电流为0.5 AG ．电源，电动势E ＝4 V(内阻不计)H ．电键S 及导线若干(1)为了使电表调节范围较大，测量准确，测量时电表读数不小于其量程的三分之一，请从所给的器材中选择合适的实验器材：__________________________(均用器材前对应的序号字母填写)；(2)根据你选择的实验器材，请你在虚线框内画出测量R x 的最佳实验电路图并标明元件符号；(3)待测电阻的表达式为R x ＝____________，式中各符号的物理意义为___________________________________________．【解析】(1)由于电源电动势为4 V ，电压表V 量程为15 V ，测量中电压表示数达不到其量程的三分之一，故电压表不能使用；可将电流表A 2与定值电阻R 0串联当作电压表与电流表A 1配合使用，用伏安法测量待测电阻阻值，由于改装的电压表内阻已知，故电流表A 1采用外接法，改装的电压表量程为20 mA×130 Ω＝2.6 V ，两个滑动变阻器最大阻值均为5 Ω，无法起到限流作用，故滑动变阻器采用分压式接法；此时考虑到干路最小电流约为0.8 A ，故滑动变阻器只能选择R 1，经过估算当电流表A 1满偏时，电流表A 2也正好满偏，非常匹配，满足电表读数不小于其量程的三分之一．故器材选择ABDEGH.(2)如图所示(3)待测电阻R x ＝I 2(r 2＋R 0)I 1－I 2，其中，I 1、I 2分别为A 1和A 2的示数，R 0与r 2分别为定值电阻和A 2内阻的阻值．【答案】(1)ABDEGH (2)见解析图 (3)I 2(r 2＋R 0)I 1－I 2I 1、I 2分别为A 1和A 2的示数，R 0与r 2分别为定值电阻和A 2内阻的阻值 7.某同学利用如图所示的电路，测定一个自感系数很大的线圈L 的直流电阻R L ，实验室提供下列器材：①待测线圈L ，阻值约为2 Ω，额定电流为2 A②电流表A 1量程为0.6 A ，内阻r 1为0.2 Ω③电流表A 2量程为3 A ，内阻r 2约为0.2 Ω④变阻器R 1阻值为0～10 Ω，变阻器R 2阻值为0～1 kΩ⑤电池 E ，电动势为9 V ，内阻很小⑥定值电阻 R 3＝10 Ω，R 4＝1 000 Ω⑦开关S 1、S 2要求实验时，改变变阻器的阻值，待电路稳定时，可使在尽可能大的范围内测得多组A 1表、A 2表的读数I 1、I 2，利用I 2－I 1的图象，求出电感线圈的电阻.(1)实验中定值电阻应选用________，变阻器应选用________.(填代号)(2)I 2－I 1对应的函数关系式为__________.(选用题干所给出的物理符号表示)(3)实验结束时应先断开开关________，后断开开关________.(4)由I 2－I 1图象得出I 2I 1的平均值为6.0，则电感线圈的直流电阻为________.(结果保留3位有效数字)【答案】(1)R 3 R 1 (2)I 2＝R L ＋R 3＋r 1R L I 1 (3)S 2 S 1 (4)2.04 Ω 【解析】(1)采用已知内阻的小量程电流表A 1替代电压表测量电压，需要串联一个大于等于R ＝2×20.6Ω－0.2 Ω≈6.5 Ω的定值电阻，所以实验中定值电阻应选用阻值为10 Ω的R 3，要用分压电路，选择较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选用阻值为0～10 Ω的R 1.(2)由I 1(R 3＋r 1)＝(I 2－I 1)R L ，得：I 2I 1＝R L ＋R 3＋r 1R L ，所以：I 2＝R L ＋R 3＋r 1R LI 1 (3)实验结束时为防止烧坏电路，应先断开开关S 2 ，将电感线圈与A 1断开，然后再断开S 1.(4)由I 2＝R L ＋R 3＋r 1R L I 1，代入数据得：R L ＝R 3＋r 15＝10＋0.25Ω＝2.04 Ω. 8.某同学利用右图所示电路测量量程为2.5 V 的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R (最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E (电动势3 V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下①按电路原理图连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S ；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V ，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R 1”或“R 2”)．(2)根据电路图将下图中实物图连线．(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．A．100 μA B．250 μAC．500 μA D．1 mA【解析】(1)本实验测电压表的内阻，实验中电压表示数变化不大，则接入电阻箱后电路的总电阻变化不大，故需要滑动变阻器的最大阻值较小，故选R1可减小实验误差．(2)滑动变阻器为分压式接法，连接实物电路如图所示：(3)电压表和电阻箱串联，两端电压分别为2.00 V和0.50 V，则R V＝4R＝2 520 Ω.(4)电压表的满偏电流I g＝UR V＝2.52 520A≈1 mA，故选项D正确．【答案】(1)R1(2)见解析图(3)2 520(4)D9.某同学为了测量金属热电阻在不同温度下的阻值，设计了如图甲所示的电路，其中R0为电阻箱，R x为金属热电阻，电压表可看做理想电表，电源使用的是稳压学生电源(内阻不计)，实验步骤如下：①按照电路图连接好电路②记录当前温度t③将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值R1④将单刀双掷开关S 与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U ，记录电阻箱阻值R 2 ⑤改变温度，重复② ～ ④的步骤(1)则该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式为：R x ＝________，根据测量数据画出其电阻R x 随温度t 变化的关系如图乙所示；(2)若调节电阻箱阻值，使R 0 ＝ 120 Ω，则可判断，当环境温度为________时，金属热电阻消耗的功率最大.【答案】(1)R 1R 2 (2)20 ℃【解析】(1)设电源电压为E ，则将单刀双掷开关S 与1闭合时，U R x ＝E －UR 1；单刀双掷开关S 与2闭合时：E －U R x ＝UR 2；联立解得：R x ＝R 1R 2；(2)金属热电阻消耗的功率最大时，此时金属热电阻的值等于电阻箱的阻值，即R x ＝R 0 ＝ 120 Ω，根据电阻－时间关系可知：R x ＝t ＋100，当R x ＝120 Ω时，t ＝20 ℃.10.某物理兴趣实验小组的同学为了测量电动势约为3 V 的某电源的电动势和内阻，实验室可供选择的实验器材如下．A ．电压表V 1(0～3 V ，R V1＝10 kΩ)B ．电压表V 2(0～15 V ，R V2＝50 kΩ)C ．电流表A 1(0～3 mA ，R g ＝100 Ω)D ．电流表A 2(0～3 A ，内阻约为0.5 Ω)E ．滑动变阻器R 1(0～10 Ω)F ．滑动变阻器R 2(0～1 000 Ω)G ．定值电阻R 3＝0.5 ΩH．定值电阻R4＝10 ΩI．开关S以及导线若干回答下列问题：(1)在设计本实验时，为了减小实验误差，电压表应选______(填器材前的序号)，为了操作方便，滑动变阻器应选________(填器材前的序号)，通过分析可知电流表A1的量程太小、电流表A2的量程太大，该小组的同学想将电流表A1改装成量程合适的电流表，则应将电流表A1与定值电阻________(填器材前的序号)________(填“串”或“并”)联，改装后的电流表的量程应为________A；(2)请设计合适的电路图测量电源的电动势和内阻，画在如图甲所示的虚线框内；(3)该实验小组的同学利用所设计的电路得到多组数据，以电流表A1的示数为横坐标、电压表的示数为纵坐标建立坐标系，并将各组数据描绘在该坐标系中，得到的U－I图象如图乙所示，则该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(结果保留两位小数)【解析】(1)电源的电动势约为3 V，电压表应选A，为方便实验操作，滑动变阻器应选E，它的阻值范围是0～10 Ω，电路中最小电流约为0.3 A，为了扩大电流表A1的量程，应与A1并联一个小电阻R3，改装电流表的满偏电流I＝I g＋I g R gR3＝0.003 A＋3×10－3×1000.5A＝0.603 A；(2)电路图如图所示；(3)分析可知，改装后电流表的量程是电流表A1量程的201倍，图线在纵轴上的截距等于电源的电动势，由题图乙读出电源的电动势为E＝2.96 V，图线斜率的绝对值表示电源内阻r，故r＝2.96－2.12201×2.5×10－3Ω＝1.67 Ω.【答案】(1)A E G并0～0.603(2)见解析图(3)2.96 1.6711.某同学用如图所示电路进行实验，测定电源电动势、电压表内阻及电流表量程.器材如下：电源E(电动势大小、内阻未知)；电流表G(总刻度30小格，量程未知，内阻不计)；电阻箱R(0～9 999.9 Ω)；电压表V(0～3 V)；单刀双掷开关S及导线若干.实验步骤如下：a.单刀双掷开关S接1，调节电阻箱阻值，使电流表满偏(指针偏转30格)，读出此时电阻箱阻值为800.0 Ω.b.继续调节电阻箱阻值，当电流表半偏(指针偏转15格)时，读出电阻箱阻值为1 800.0 Ω.c.开关S接2，把电阻箱阻值调为0，读出此时电流表指针偏转10格，电压表示数2.80 V.请回答下列问题：(1)开关S闭合前应把电阻箱阻值调为________；(填“最大值”或“最小值”)(2)由以上测量数据可推算得到电压表内阻R V＝________ Ω，电流表量程为________ mA，电源电动势E＝________ V；(3)若电流表和电阻箱中只有一个断路；该同学利用电路中的电压表来检查故障，具体做法为：开关S断开，用一根导线一端连接2，则另一端应接电路________点(填“a”或“b”).判断依据是____________________________.【答案】(1)最大值(2)2 800 3.0 3.0(3)b若电压表有读数，则故障为电阻箱断路；若电压表无读数，则故障为电流表断路【解析】(1)为了让电流由最小值开始调节，故应将电阻箱的阻值调为最大值；(2)设每一格代表电流为I，当开关接1时，电流表满偏时有：30I＝Er＋800半偏时有：15I＝Er＋1 800而电阻箱电阻为零时有：10I＝ER V＋r，U＝10IR V联立解得：R V＝2 800 Ω；I＝1×10－4 A；E＝3.0 V；则可知电流表量程为30I＝3.0 mA.(3)电路断开，一根导线一端连接2，则另一端应接电路b点，可将电压表与G串联接到电源两端，若电压表有读数，则故障为电阻箱断路；若电压表无读数，则故障为电流表断路.12.小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R随温度t的变化关系，已知该金属电阻在常温下的阻值约10 Ω，R随t的升高而增大，实验电路如图所示，控温箱用以调节金属电阻的温度．实验时闭合S，先将开关K与1端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t1、t2、…和电流表的相应示数I1、I2、….然后将开关K与2端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次为I1、I2、…，分别记下电阻箱相应的示数R1、R2、….(1)有以下两种电流表，实验电路中应选用________．A．量程0～100 mA，内阻约2 ΩB．量程0～0.6 A，内阻可忽略(2)实验过程中，要将电阻箱的阻值由9.9 Ω调节至10.0 Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”，正确的操作顺序是________．①将旋钮a由“0”旋转至“1”②将旋钮b由“9”旋转至“0”③将旋钮c由“9”旋转至“0”(3)实验记录的t和R的数据见下表请根据表中数据，在下图的方格纸上作出R－t图线．由图线求得R随t的变化关系为R＝________Ω.【解析】(1)电路中电源电动势为1.5 V，金属电阻的阻值约为10 Ω，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，电流在0.075～0.15 A，则电流一般在0.1 A以内调整，为使电流读数更准确，应选用量程0～100 mA的电流表．(2)调节电阻箱时按照先调大再调小的原则，旋转各旋钮的正确操作顺序是①②③(或①③②)．(3)R－t图象如图所示由R－t图象知，R＝0.04t＋8.8 Ω.【答案】(1)A(2)①②③(或①③②)(3) 0.04t＋8.813.某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源(电动势为3 V，内阻为1 Ω)、电键、滑动变阻器(最大阻值为20 Ω)、电压表、电流表、小灯泡、导线若干.(电压表和电流表均视为理想电表)(1)实验中得到了小灯泡的U －I 图象如图甲所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而________.(选填“增大”“减小”或“不变”)(2)根据图甲，在图乙中把缺少的导线补全，连接成实验的电路.(3)若某次连接时，把AB 间的导线误接在AC 之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是________ W.(计算结果保留2位有效数字)【答案】(1)增大 (2)见解析图 (3)0.33【解析】(1)根据欧姆定律R ＝UI知，小灯泡的电阻随电压增大而增大.(2)由图甲可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压式接法，由于灯泡电阻较小，因此电流表需要外接，由此可正确连接实物图如图所示：(3)由电路图可知，把AB间的导线误接在AC之间时，滑动变阻器左右两部分电阻丝并联然后与灯泡串联，当滑动变阻器并联电阻最大，即滑片位于中点时，电路总电阻最大，通过灯泡的电流最小，灯泡功率最小，此时滑动变阻器并联阻值为5 Ω，此时等效电源内阻为6 Ω，在同一坐标系内作出电源的U－I图象如图所示，由图象可知，灯泡两端电压U＝0.95 V，电流I＝0.35 A，灯泡实际功率P＝UI＝0.95×0.35 W≈0.33 W.14.某校进行实验电路设计比赛，实验台上备有下列器材：A．电压表V1(量程约2 V，内阻约1 kΩ)B．电压表V2(量程为6 V，内阻为2 kΩ)C．电流计G(量程为3 mA，内阻约500 Ω)D．电流表A(量程为0.6 A，内阻为0.5 Ω)E．滑动变阻器R1(0～15 Ω，0.5 A)F．滑动变阻器R2(0～1 kΩ，0.1 A)G．电阻箱R3(0～999.9 Ω，0.1 A)H．电阻箱R4(0～9 999.9 Ω，0.2 A)I．电源(6 V,0.5 A)J．开关、导线若干(1)利用以上器材在下图中虚线框内设计最佳测量电路，要求既能确定电压表V1的量程，又能尽量准确地测定其内阻，在图中标明选用器材的符号．图中滑动变阻器R应选择________(填写元件符号).(2)(多选)若已知电压表V1量程为2 V，则下列实验小组设计的电路图中，能用来测定电压表V1的内阻且设计合理的是________．【解析】(1)分压电路中，在额定电流允许的前提下选择阻值较小的滑动变阻器更方便调节，因此选择R1.给定器材中电阻箱R4的最大阻值约为电压表V1内阻的10倍，因此最简测量电路为半偏法电路，如图所示．由于待测电压表V1量程未知，不能读数，要确定V1的量程，需在半偏法电路两端并联电压表V2以便读取总电压U，这样既不影响半偏法实验测量，同时又可以测出测量电路两端电压，保证此电压在调整电阻箱和滑动变阻器时保持不变，以减小实验误差．(2)若电压表V1量程已知，则可采用伏安法直接测量，电压表额定电流约为I V＝21 000 A ＝2 mA，可用电流计G测量电流，电压则由V1读取，滑动变阻器阻值R1远小于测量电路总电阻，应采用分压电路，选项A中电路图设计合理；选项B中，滑动变阻器用R2接成限流电路，R2接入电路中的阻值最大时，每1 kΩ电阻的电压约为62.5V＝2.4 V，超过V1量程，不合理；选项C 中V 2与V 1串联，可将V 2当电流表使用，满偏电流I V2＝62 000 A ＝3 mA ，与电流计G 量程相同，且R 2接入电路中的阻值最大时，每1 kΩ电阻的电压约为64 V ＝1.5 V ，设计合理；同理，选项D 中V 2与V 1并联，V 2多余且只能测量电压，不能计算V 1内阻，设计不合理．【答案】(1)设计电路如图所示 R 1 (2)AC15.某探究活动小组自主设计了实验装置来测量物体的带电量。

高考物理二轮复习专题测试：电学实验含解析

高考物理二轮复习专题测试：电学实验(附参考答案)1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)利用如图甲所示电路,可以测量电源的电动势和内阻,所用的实验器材有:待测电源,电阻箱R(最大阻值999.9Ω),电阻R 0(阻值为3.0Ω),电阻R 1(阻值为3.0Ω),电流表(量程为200 mA,内阻为R A =6.0Ω),开关S 。

实验步骤如下:①将电阻箱阻值调到最大,闭合开关S;②多次调节电阻箱,记下电流表的示数I 和电阻箱相应的阻值R; ③以I1为纵坐标,R 为横坐标,作R I1图线(用直线拟合); ④求出直线的斜率k 和在纵轴上的截距b 。

回答下列问题:(1)分别用E 和r 表示电源的电动势和内阻,则错误!未找到引用源。

与R 的关系式为。

(2)实验得到的部分数据如下表所示,其中电阻R =3.0Ω时电流表的示数如图乙所示,读出数据,完成下表。

答:① ,② 。

R/Ω1.02.03.04.05.06.07.0I/A 0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077 I -1/A -16.998.00②10.011.011.913.0(3)在图丙的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图,根据图线求得斜率k= A -1Ω-1,截距b= A -1。

(4)根据图线求得电源电动势E= V,内阻r= Ω。

【解题指南】本题要首先利用闭合电路欧姆定律得出I 与R 的函数关系,然后变形成y=kx+b 这样的一次函数。

【解析】本题考查了测量电源电动势和内电阻。

(1)电流表电阻是R 1的2倍,所以干路电流为3I,根据闭合电路欧姆定律A IR R R r I E +++=)(30代入数据,化简得Er R E I 15331++=。

(2)电流表每小格表示2 mA,因此电流表读数是0.110 A,倒数是9.09 A -1。

(3)根据坐标纸上给出的点,画出一条直线,得出斜率k=1.0A -1Ω-1,截距b=6.0A -1。

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届高考物理点拨专题讲练电学实验二含真题及解析新人教版来源学优高考网文档编制序号：[KK8UY-LL9IO69-TTO6M3-MTOL89-FTT688]2015届高考物理考前三个月名师考点点拨专题讲练14 电学实验（二）（含14真题及原创解析）新人教版考题1 测定金属丝(液体)的电阻率例1 在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中：(1)某实验小组用如图1所示电路对镍铬合金和康铜丝进行探究，a、b、c、d是四种金属丝．图1①实验小组讨论时，某同学对此电路提出异议，他认为，电路中应该串联一个电流表，只有测出各段金属丝的电阻，才能分析电阻与其影响因素的定量关系．你认为要不要串联电流表？并简单说明理由．②几根镍铬合金丝和康铜丝的规格如下表所示：电路图中三种金属丝a、b、c分别为下表中编号为A、B、C的金属丝，则d应选下表中的________((2)该实验小组探究了导体电阻与其影响因素的定量关系后，想测定某金属丝的电阻率．①用毫米刻度尺测量金属丝长度为L＝80.00 cm，用螺旋测微器测金属丝的直径如图2甲所示，则金属丝的直径d为 ________.②按如图乙所示连接好电路，测量金属丝的电阻R.改变滑动变阻器的阻值，获得六组I、U数据描在图丙中所示的坐标系上．由图可求得金属丝电阻R＝________ Ω，该金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)．图2解析 (1)①串联电路电流处处相等，串联电阻两端电压与电阻成正比，不需要测出电流，根据电阻两端电压大小即可比较出电阻大小．②探究影响电阻的因素，应采用控制变量法，实验已选A 、B 、C 的金属丝，根据控制变量法的要求，应控制材料的长度与横截面积相等而材料不同，因此d 应选表中的E .(2)①由图示螺旋测微器可知，其示数为 1.5 mm ＋10.0×0.01 mm＝1.600 mm ；②根据坐标系内的点作出图象如图所示．由图象可知，电阻阻值为R ＝U I ＝0.30.6 Ω＝0.5 Ω；由电阻定律R ＝ρLS＝ρL π?d 2?2可得，电阻率ρ＝πRd 24L ＝3.14×0.5×?1.600×10－3?24×0.800Ω·m≈1.3×10－6 Ω·m.答案 (1)①不需要，串联电路电流处处相等，电压与电阻成正比 ②E (2)①1.600 mm ②0.5 1.3×10－61．(2014·江苏·10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图3所示的部件__________(选填“A ”、“B ”、“C ”或“D ”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm.图3(2)图4所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．图4(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V 和38 mA ，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．答案 (1)B 0.410 (2)7、9 断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图像法求电阻值)解析 (1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B .螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01) mm＝0.410 mm.(2)电压表的示数不为零，电流表的示数几乎为零，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、9间断路．(3)由题知R AR x≈0.005<R xR V≈0.019，说明电流表的分压作用不显着，故可将电流表改为内接，并测出多组U、I值，求出R x后，再取平均值作为实验结果．2． (1)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图5所示，则它们的读数值依次是________、________、________.图5(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E＝4.5 V，内阻很小．则以下电路图中________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________．若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A＝2.0 Ω，那么准确测量金属丝电阻R x的最佳电路应是上图中的________电路(填电路图下的字母代号)．此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻R x＝________( 用题中字母代号表示)．答案(1) 0.998 mm(0.996～0.999 mm均可) 0.42 A 2.26 V(2.25～2.28 V均可) (2)A 小 B UI－R A解析(1)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流式接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为 5 Ω，故采用电流表外接法误差较小；在实验中电压表示数准确，但电流表测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；(2)因已知电流表内阻的准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，故应选B电路；待测电阻及电流表总电阻R＝UI，则待测电阻R x＝R－R A.连接实物图要根据电路原理图，采用先串后并，如果滑动变阻器是分压式接法，一般先将电源、开关、滑动变阻器的全部电阻连接，然后将滑动变阻器的分压部分、待测电阻、电流表串联，最后并联电压表．同时注意电压表和电流表的正负接线柱以及电流表的内、外接法，还要注意量程选取是否合适．考题2 测定电源的电动势和内阻例 2 某同学用如图6所示电路测量多用电表的内阻和内部电池的电动势．图6(1)多用电表右侧表笔为________(填“红表笔”或“黑表笔”)．将多用电表选择旋钮调至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，调节________，使指针指在右侧满刻度处．(2)移动滑动变阻器R的触头，分别读出五组电压表(内阻较大，可视为理想电压表)和欧姆表示数U、R，并将计算得出的1U、1R记录在表格中，其中第四次测量时欧姆表的示数如图7，其阻值为________ Ω.在如图8所示的坐标纸上作出1U－1R图线．图8(3)若改用已使用较长时间的多用电表(电池电动势变小，内阻变大)，但仍能调零后测电阻，其测得电阻R值与原来相比________．(填“偏大”、“不变”或“偏小”)答案(1)黑表笔调零旋钮(调R0也可)(2)30 如图所示(3)偏大3．某同学用如图9所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零)．实验器材的规格如下：图9电流表A1(量程200 μA，内阻R1＝300 Ω)电流表A2(量程30 mA，内阻R2＝5 Ω)定值电阻R0＝9 700 Ω滑动变阻器R(阻值范围0～500 Ω)(1)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2.依据表中数据，作出I1—I2图线如图10所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E＝________ V，欧姆表内阻为r＝________ Ω.(结果保留3位有效数字)图10(2)若某次电流表A1的示数是114 μA，则此时欧姆表示数约为________ Ω.(结果保留3位有效数字)答案(1)1.50(1.48～1.51) 15.0(14.0～16.0)(2)47.5(47.0～48.0)解析(1)根据闭合电路欧姆定律，由图象与纵坐标的交点可求得：欧姆表内电源的电动势E＝150 μA×(300＋9 700) Ω＝1.50 V；由图象的斜率绝对值可求得欧姆表内阻，内阻约为r＝ΔUΔI2＝ΔI1?R1＋R0?ΔI2＝?150－120?×?300＋9 700?×10－60.020－0Ω＝15.0 Ω.(2)由闭合电路欧姆定律知E＝I1(R0＋R1)＋Ir，则I＝E－I1?R0＋R1?r＝0.024A，故欧姆表的示数R＝I1?R0＋R1?I＝47.5 Ω.测量电源的电动势和内阻的基本原理是闭合电路欧姆定律，数据处理的主要思想方法是“化曲为直”，常用的方法有三种：1．伏安法——利用电压表和电流表，闭合电路方程为E＝U＋Ir，利用两组数据，联立方程求解E和r；也可作出U—I图象，图线的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻．2．伏阻法——利用电压表和电阻箱．闭合电路方程为E＝U(1＋rR)．利用两组数据联立方程求解或将原方程线性化，处理为1U＝rE·1R＋1E或U＝－rUR＋E，作1U—1R图象或U—UR图象，利用图线的截距和斜率求E和r.3．安阻法——利用电流表和电阻箱．闭合电路方程为E＝I(R＋r)，利用两组数据联立方程求解或将方程线性化，处理为1I＝1E·R＋rE，作1I－R图象，利用图线的截距和斜率求E和r.例 3 霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图11所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通考题3 从原理迁移中突破电学实验入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压U H，这个现象称为霍尔效应，U H称为霍尔电压，且满足U H＝k IBd，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数．某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．图11(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电，电流与磁场方向如图11所示，该同学用电压表测量U H时，应将电压表的“＋”接线柱与______(填“M”或“N”)端通过导线相连．(2)已知薄片厚度d＝0.40 mm，该同学保持磁感应强度B＝0.10 T不变，改变电流I的大小，测量相应的U H值，记录数据如下表所示．根据表中数据在图12中画出U H—I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为－3 －1－1I(×10－3 A) 3.0 6.09.012.015.018.0U H(×10－3 V) 1.1 1.9 3.4 4.5 6.2 6.8图12(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图13所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片(未画出)．为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向________(填“a”或“b”)，S2掷向________(填“c”或“d”)．为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中．在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件________和________(填器件代号)之间．图13解析(1)根据左手定则，正电荷受力向左，因此“＋”接线柱应接M点；(2)画出图象，图象的斜率为kBd，将B和d代入就可以求出k值为1.5；(3)将S1掷向b，S2掷向c，电流恰好反向；应将该电阻接入公共部分，即在S1与S2之间，因此可以在S1与E之间也可以在E与S2之间．答案(1)M(1分) (2)如图所示(3分)1．5(1.4～1.6)(1分) (3)b(1分) c(1分) S1(或S2)(1分) E(1分)(2014·福建·19(2))(9分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理图如图14甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计改装的电流表，为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻．图14①已知灵敏电流计的满偏电流I g＝100 μA、内阻r g＝2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只________ Ω(保留一位小数)的定值电阻R1；②根据如图14甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整的电路；测量次数12345678电压表读数U/V5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46改装表读数I/mA20406080100120140160该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法)，计算出电池组的内阻r＝________ Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是____________________________．④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是________．(填选项前的字母)A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R0的实际阻值比标称值偏大答案①1.0②见解析图(其他正确连接同样给分) ③1.66充分利用已测得的数据④CD解析①由电流表的改装知识可知，R1＝I g r gI m－I g＝100×10－6×2.0×103200×10－3－100×10－6Ω≈1.0 Ω.②如下图．③根据闭合电路欧姆定律结合逐差法可知r1＝U1－U5I5－I1－R0，r2＝U2－U6I6－I2－R0，r3＝U3－U7I7－I3－R0，r4＝U4－U8I8－I4－R0.故r＝r1＋r2＋r3＋r44＝?U1＋U2＋U3＋U4?－?U5＋U6＋U7＋U8?4×80×10－3－R0＝[?5.26＋5.16＋5.04＋4.94?－?4.83＋4.71＋4.59＋4.46?4×80×10－3－ 4.0]Ω≈1.66 Ω.逐差法在计算中体现的主要优点是：充分利用已测得的数据．④根据题意可知，内阻的测量值为r测＝ΔUΔI－R0，因此，电压表的内阻、滑动变阻器的阻值对测量结果无影响．若R1的实际值比计算值偏小，则改装后的电流表示数偏小，导致内阻测量值偏大．根据内阻测量值的表达式可知，R0的实际值比标称值偏大，也会导致内阻测量值偏大．故选C、D.知识专题练训练14题组1 测定金属丝(液体)的电阻率1．用伏安法测定电阻约为 5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图1甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座两端的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．图1(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数．(填仪器部件的字母符号)(2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将图2所示实物图连接成实验电路．图2(3) 闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P的位置，得到几组U、I、L的数据，用R＝UI计算出相应的电阻值后作出R—L图线如图3所示．取图线上两个点间数据之差ΔL和ΔR，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ＝________.图3答案(1)D H G(2)见解析图(3)πΔRd2 4ΔL解析(1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮，使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转动微调旋钮夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮使F固定后读数．(2)根据电路图，连接实物图(3)根据R＝ρlS，得ΔR＝ρΔLS，而S＝πd24，代入得：ρ＝πΔRd24ΔL.题组2 测定电源的电动势和内阻2．(2014·新课标Ⅰ·23)利用如图4所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：图4待测电源，电阻箱R(最大阻值为999.9 Ω)，电阻R0(阻值为3.0 Ω)，电阻R 1(阻值为3.0 Ω)，电流表(量程为200 mA，内阻为R A＝6.0 Ω)，开关S.实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以1I为纵坐标，R为横坐标，作1I－R图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b.回答下列问题：(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则1I与R的关系式为________________________．(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝3.0 Ω时电流表的示数如图5所示，读出数据，完成下表．R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.07.0I/A0.1430.125①0.1000.0910.0840.0771I/A－1 6.998.00②10.011.011.913.0图5(3)在图6的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k ＝________ A－1·Ω－1，截距b＝________ A－1.图6(4)根据图线求得电源电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.答案(1)1I＝3.0ER＋3.0E(5.0＋r)(2)①0.110(0.109～0.111均正确)②9.09(9.01～9.17均正确)(3)见解析图 1.0(0.96～1.04均正确)6．0(5.9～6.1均正确)(4)3.0(2.7～3.3均正确) 1.0(0.6～1.4均正确)解析(1)根据闭合电路欧姆定律可知：E＝IR A＋(I＋IR AR1)(R＋R0＋r)将R0＝3.0 Ω，R1＝3.0 Ω，R A＝6.0 Ω代入上式得1I＝3.0ER＋3.0E(5.0＋r)(2)从读数上，有效数字要一致，即读数是0.110 A，倒数是9.09 A－1.(3)由1I－R关系式可知k＝3.0E，截距b＝3.0E(5.0＋r)；由给出的数据作出图像，连线时尽可能使多的点在同一直线上，不在直线上的点要均匀分布在直线两侧如图所示．由图像可知，k＝1.0 A－1·Ω－1，b＝6.0 A－1.(4)电源电动势E＝3.0 V，电源内阻r＝1.0 Ω.题组3 从原理迁移中突破电学实验3．实际电流表有内阻，测量电流表G1内阻r1的电路如图7所示．图7供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)③定值电阻R1(300 Ω)④定值电阻R2(10 Ω)⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)⑦干电池(1.5 V)⑧电键S及导线若干．(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)(2)对照电路图用笔连线连接如图8所示实物图．图8(3)补全实验步骤：①按如图7所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最________(填“左端”或“右端”)；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；③多次移动滑动触头，记录G1和G2的读数I1和I2；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图9所示．图9(4)根据I2－I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________________．答案(1)③⑥(2)见解析图(3)左端(4)r1＝(k－1)R1解析(1)因电流表G1的内阻约为300 Ω，故定值电阻选择R1；为调节方便滑动变阻器选择R4.(2)根据电路图连接实物如图所示：(3)为保护测量电路，闭合开关时，测量电路应处于短路状态，故滑片移至最左端．(4)由电路图知I2＝I1＋I1r1R1，可得图象的斜率k＝1＋r1R1，解得r1＝(k－1)R1.4．现有一刻度盘总共有N小格、且刻度均匀，量程未准确确定的电压表V1，已知其量程在13 ～16 V之间，内阻r1＝150 kΩ.为测定其准确量程U1，实验室提供了如下表所列的器材，要求方法简捷，尽可能减少误差，(1)某同学设计了如图10所示的甲、乙、丙三种电路图图10你认为选择________电路图测量效果最好．(填“甲”、“乙”或“丙”)(2)根据测量效果最好的那个电路图，将如图11所示有关器材连接成测量电路．图11(3)若选择测量数据中的一组来计算V1的量程U1，则所用的表达式U1＝________________，式中各符号表示的物理量是：________________.答案(1)乙(2)见解析图(3)Nr1N1r2U2N：V1的总格数，N1：V1的读出格数，U2：V2的读数，r1：V1表内阻，r2：V2表内阻解析(1)由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，大约是0.1 mA，所以可将两电压表串联使用，由于滑动变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以选择乙电路图进行测量．(2)根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．(3)待测电压表V1的指针偏转格数为N1，每格表示电压值为ΔU，由欧姆定律可得：N1ΔUr1＝U2r2所以电压表V1的量程为U1＝N·ΔU联立解得U1＝Nr1 N1r2U2其中r1＝150 kΩ，r2＝30 kΩ，U2为某次测量时标准电压表V2的读数，N1为某次测量时待测电压表V1的指针偏转格数．。