第84頁（共84頁）2025年高考物理三輪復習之電學實驗一．選擇題（共10小題）1．（2025?廣州模擬）如圖（a）為探究感應電流產生的磁場與原磁場變化關系的裝置。將兩個相同的線圈串聯，兩相同磁感應強度傳感器探頭分別伸入兩線圈中心位置，且測量的磁場正方向設置相同。現用一條形磁鐵先靠近、后遠離圖（a）中右側線圈，圖（a）中右側傳感器所記錄的B1﹣t圖像如圖（b），則該過程左側傳感器所記錄的B2﹣t圖可能為（）A． B． C． D．2．（2025?汕頭一模）在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，小英發現原、副線圈的電壓之比總是稍大于匝數之比，查閱資料后得知是漏磁、鐵芯發熱等原因導致。某次實驗中原線圈為800匝、副線圈為400匝，原線圈接正弦交流電壓8V時，以下器材接在副線圈兩端一定能夠正常工作的是（）A．標有“4V，2W”燈泡 B．電火花計時器 C．量程為4V的交流電壓表 D．擊穿電壓為4V的電容器3．（2025?射陽縣校級模擬）如圖甲所示，利用電壓傳感器和電流傳感器觀察電容器的充、放電過程。最后得到電容器充、放電過程電壓U和電流I隨時間t變化的圖像，如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．單刀雙擲開關S置于接線柱1、2分別對應電容器放電、充電過程 B．電容器充電過程，電壓逐漸增大 C．電容器放電過程，電流逐漸增大 D．電容器充電過程，電容器的電容逐漸增大4．（2024秋?朝陽區校級期末）如圖是有兩個量程的電流表，已知表頭的內阻為Rg，滿偏電流為Ig，電阻R1＝R2＝Rg，下列說法正確的是（）A．當使用A、B兩個端點時，量程為2Ig B．當使用A、C兩個端點時，量程為2Ig C．當R1的阻值增加時，A、B間量程變大 D．當R2的阻值增加時，A、B間量程變大5．（2024秋?重慶期末）某多用電表的指針指在如圖所示的位置，下列說法正確的是（）A．用多用電表歐姆擋測量某二極管的正向電阻時，應使紅表筆接二極管的負極 B．若該讀數是選用歐姆擋“×100”倍率得到的，應該更換“×1k”倍率，歐姆調零后再測量電阻 C．用多用電表歐姆擋測量電路中的某個電阻，不需要把該電阻與其他電路斷開 D．測量阻值不同的電阻時，都必須重新歐姆調零6．（2024秋?武漢期末）某同學用多用電表測量如圖中各元件的物理量，若調零和擋位選擇正確，閉合開關后，下列操作正確的是（）A．測量通過燈泡的電流時，將紅、黑表筆分別接在圖中c、d兩點 B．測量電阻兩端的電壓時，將紅、黑表筆分別接在圖中c、b兩點 C．測量電阻的阻值時，斷開開關S后，將紅、黑表筆分別接在圖中b、c兩點 D．測量結束后將選擇開關旋到OFF擋或者直流電壓最大擋7．（2024秋?武漢期末）下列說法正確的是（）A．金屬在溫度特別低時電阻可以降到0 B．電流既有大小，又有方向，是矢量 C．使用多用電表歐姆擋測電阻時，指針擺動角度越大，測量越精確 D．電流做的功越多，電功率越大8．（2024秋?房山區期末）如圖所示的電路，是用一個靈敏電流計G和一個變阻器R改裝成的量程更大的電表，下列判斷正確的是（）A．改裝成了電流表，R增大時量程減小 B．改裝成了電流表，R增大時量程增大 C．改裝成了電壓表，R增大時量程減小 D．改裝成了電壓表，R增大時量程增大9．（2024秋?市中區校級期末）某學習小組為了將電壓表改裝成可測量電阻的儀器﹣歐姆表，設計電路如圖所示，電壓表的量程為3V，其內阻RV＝3kΩ，電源的電動勢E＝6V，在電壓表兩端接上兩個表筆，就改裝成了一個可測量電阻的簡易歐姆表，下列關于該表的說法正確的（）A．該歐姆表B表筆為紅表筆，表盤刻度是均勻的 B．電壓表指針指在“3.0V”處，此處刻度應標阻值為“0” C．電壓表指針指在“2.0V”處對應的電阻刻度為3kΩ D．若該歐姆表使用一段時間后，電源內阻不能忽略且變大，電動勢不變，但將兩表筆斷開時調節電阻箱，指針仍能滿偏，按正確使用方法再進行測量，其測量結果將偏大10．（2024秋?江蘇期末）利用圖示的實驗器材探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系，下列說法正確的是（）A．原線圈兩端應與學生電源的直流擋相連接 B．多用電表測量電壓時，應先用最大電壓擋試測 C．實驗時變壓器的鐵芯閉合與否對實驗結果沒有影響 D．實驗測量得到原、副線圈兩端的電壓比嚴格等于匝數比二．多選題（共5小題）（多選）11．（2023秋?漢臺區期末）某同學設計的水量計原理如圖所示：電源（E＝3V，r＝0.5Ω）、電壓表V（量程3V，內阻約3kΩ）、定值電阻（R0＝0.5Ω）、滑動變阻器R（用長3m、橫截面積6×10﹣7m2且涂有絕緣漆的金屬絲緊密纏繞在圓柱形瓷筒上，使用前刮掉與滑片P接觸部分的絕緣漆），下表所示為備選金屬絲及其參數。兩根相同彈簧的形變始終在彈性限度內，容器中無水時，滑片P在上端a。下列分析正確的是（）三種材料在20℃時的電阻率材料ρ/Ω?m銅1.7×10﹣8鋁2.9×10﹣8鎳鉻合金1.0×10﹣6A．金屬絲可選銅絲 B．V表的示數范圍約為0～2.5V C．V表的示數U與水的質量m成正比 D．若將V表刻度盤轉換為水的質量刻度盤，則刻度是不均勻的（多選）12．（2023秋?新化縣期末）如圖所示，表頭的量程為0～100mA，內阻Rg＝100Ω。現將該表頭改裝成電流、電壓兩用的電表，R1＝20Ω，R2＝400Ω，下列正確的是（）A．用oa兩端時可作為電流表，最大測量值為120mA B．用oa兩端時可作為電流表，最大測量值為600mA C．用ob兩端時可作為電壓表，最大測量值為250V D．用ob兩端時可作為電壓表，最大測量值為50V（多選）13．（2023秋?新化縣期末）某同學為測量電源電動勢E和電阻R的阻值，連接如圖甲所示電路圖，圖乙為該同學根據上述設計的實驗電路利用實驗測出的數據繪出的U0﹣I圖線，不計電源內阻，下列正確的是（）A．電源電動勢約為10V B．電源電動勢約為9V C．電阻R的阻值約為20Ω D．電阻R的阻值約為10Ω（多選）14．（2023秋?澄城縣期末）如圖，用靈敏電流表G和電阻箱R串聯改裝成一個電壓表，靈敏電流表G的滿偏電流為Ig＝2mA，內阻為Rg＝300Ω，電阻箱R接入電路的阻值為R＝1200Ω，則（）A．靈敏電流表G的滿偏電壓為Ug＝600V B．改裝后的電壓表的量程為3V C．靈敏電流表G原表盤上1mA刻度線對應的電壓值為1.5V D．若增大電阻箱R接入電路的阻值，則改裝后的電壓表的量程減小（多選）15．（2023秋?贛州期末）下列說法正確的是（）A．圖甲為描繪小燈泡的伏安特性曲線實驗電路圖，在該實驗中小燈泡電阻隨電壓升高而減小 B．圖乙為多用電表的歐姆擋測電阻，測量時發現指針偏角太小，應換更小的倍率擋位 C．圖丙為測量金屬絲電阻率實驗電路圖，在該實驗中電流表外接會使測量的電阻率值偏小 D．圖丁中的螺旋測微器的讀數可讀為2.150mm三．解答題（共5小題）16．（2025?青浦區模擬）（1）用量程合適的電壓傳感器測量中國境內的家庭電路中火線和零線間的電壓，得到隨時間變化的關系式u＝asín（bt+Φ）。分析得出a＝，b＝（寫出大小和單位）。（2）已知一個92235U原子核在中子的轟擊下發生裂變反應，方程為：92235UA.裂變方程式左右兩邊都有中子01n，可以改寫成B.裂變反應釋放出大量的核能，也叫熱核反應C.56144BaD.3689Kr（3）如圖甲，發電站輸出正弦交流電的功率為P＝300KW，電壓為U1＝300V，利用圖乙所示電路進行遠距離輸電，T1、T2均為理想變壓器。已知輸電線電阻R＝30Ω，輸電線上損失的功率ΔP＝3KW，次級發電站兩端的電壓為U4＝300V，則。A.輸電線上的電流I2＝300AB.變壓器T2，原線圈的電壓U3＝3×104VC.變壓器T1，原副線圈的匝數比為1：50D.變壓器T2，原副線圈的匝數比為99：1（4）如圖甲，太陽能電池在有光照時，可以將光能轉化為電能，在沒有光照時，可以視為一個電動勢為零的電學器件。探究一：實驗小組用測繪小燈泡伏安特性曲線的實驗方法，用圖乙電路探究太陽能電池被不透光黑紙包住時的I﹣U特性曲線。①圖乙中虛線處（A、需要；B、不需要）連接導線，實驗前滑動變阻器的滑片應該調到（填“A”或“B”）端；②通過實驗，作出被黑紙包住的太陽能電池的I﹣U特性曲線如圖丙，將其與一個電動勢為3V（內阻忽略不計）的電源和阻值為5kΩ的定值電阻串聯在一起，則太陽能電池消耗的電功率約為W；探究二：在穩定光照環境中，取下太陽能電池外黑紙，測量金屬絲的電阻率。③實驗中測得電壓表示數為U，電流表示數為I，金屬絲直徑為D、長度為L，則金屬絲電阻率為（用上述測量量表示）；④考慮電壓表與電流表內阻對測量結果的影響，金屬絲電阻率的測量值（A、大于；B、等于；C、小于）真實值。17．（2025?楊浦區一模）電學已經改變了我們的生活方式，電能每時每刻都在為人類作著巨大的貢獻。（1）自動體外除顫器的電池能在幾秒內使電容為70μF的電容器充電到5000V，充電完成后電容器所帶的電荷量為C。成人模式下第一次脈沖放電的能量約為150J，時長為3ms，該脈沖的功率為W。（2）兩根材料、長度均相同的圓柱形金屬絲a、b，并聯后接在同一電源上，金屬絲a、b的發熱功率之比為1：3，則流過金屬絲a、b的電流之比為，金屬絲a、b的直徑之比為。（3）用可拆變壓器進行“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中：①下列有助于減小鐵芯的渦流損耗的是（）A.用低壓直流電源B.用無鐵芯的變壓器C.用低電阻率的金屬作為鐵芯材料D.用多層相互絕緣②已知線圈1匝數為200匝，線圈2匝數為400匝，實驗測得的數據如表所示。序號線圈1電壓U1/V線圈2電壓U2/V14.098.4722.986.2031.964.11ⅰ.根據測量數據可判斷連接電源的是（）A.線圈1B.線圈2ⅱ.你的判斷依據是。（4）如圖（1），在鐵棒上纏繞兩個線圈a和b，其中a線圈匝數為100匝，b線圈匝數為300匝。閉合開關S1、S2，線圈a輸入交流電壓u1，圖（2）為與b線圈相連的燈泡L兩端測得的電壓u2隨時間t按正弦規律變化的圖線。①線圈b中磁通量Φ隨時間t的變化圖線可能為（）A.B.C.D.②下列操作和燈泡亮度變化相符合的是（）A.斷開開關S1，燈泡L立刻熄滅B.斷開開關S2，燈泡L立刻熄滅C.同時斷開開關S1、S2，燈泡L先變亮后慢慢熄滅③將線圈a、b視作理想變壓器的原線圈和副線圈，求線圈a輸入交流電壓u1的有效值（計算）。18．（2024秋?西寧期末）如圖所示是有兩個量程的電流表，其中表頭的內阻為Rg，滿偏電為Ig，定值電阻R1、R2已知，求分別接A、B，A、C兩個端點時電流表的量程（用已知字母表示）。19．（2024秋?浦東新區期末）雷雨云產生電荷，底層帶負電，頂層帶正電，而且還使地面感應帶正電荷，這些正電荷如影隨形地跟著云移動。富蘭克林通過著名的風箏實驗，證明了閃電和摩擦起電的火花電是相同的靜電現象。（1）（多選）西漢著作《淮南子》中記有“陰陽相薄為雷，激揚為電”，關于雷電，下列說法正確的是。A.發生雷電的過程是放電過程B.發生雷電的過程中，電荷的總量減少C.避雷針利用尖端放電，避免建筑物遭受雷擊D.發生雷電的過程是電能向光能、內能等轉化的過程（2）某次閃電前瞬間避雷針周圍電場的等勢面分布情況，如圖1所示。在等勢面上有A、B、C三點，則UCB＝kV。將某一電子從C點移動到B點，電場力對該電子做的功為J。（3）（多選）富蘭克林成功將天電引入萊頓瓶，證明了天電與摩擦產生的電是相同的。萊頓瓶可看作電容器的原型，關于電容器，下列說法正確的是。A.電容器是存儲電荷和電能的裝置B.電容器的額定電壓小于其擊穿電壓C.電容器所帶電荷量增加時，電容也隨之增加D.電容器充、放電時，兩極板間電壓保持不變（4）有一個已充電的電容器，兩極板之間的電壓為5V，所帶電荷量為2×10﹣3C，此電容器的電容是。A.4×10﹣4FB.2×10﹣3FC.10﹣2FD.2.5×103F（5）“觀察電容器的充、放電現象”的實驗電路，如圖2所示。①電路中①是傳感器，②是傳感器。②閉合開關K，當開關S接“1”并達到穩定后，電容器右極板帶電，當開關S接到“2”的瞬間，電容器進行的是過程，流過R的電流方向為。③在充電過程中，電路中的電流大小I隨時間t變化的圖像可能是。④若電容器充電后兩極板間的電場可以視為勻強電場，兩極板間的電壓為6V，極板間距為2cm，則兩極板間的電場強度大小為V/m。20．（2024秋?金山區期末）一輛無線遙控電動小車可在水平面內做出加速、減速、轉彎等運動。在俯視圖（a）中，以小車為坐標原點O、速度方向為y軸正方向建立直角坐標系。用F表示地面對小車水平方向的作用力。忽略小車運動過程受到的空氣阻力。（1）遙控器發出某種波來控制小車，該波是。A．機械波B．電磁波C．引力波（2）（多選）小車受到的作用力F與對應的小車運動情況可能是。A．F沿y軸正向時，小車沿直線剎車B．F沿x軸正向時，小車做勻速圓周運動C．F沿y軸正向時，小車發生“離心現象”D．F沿x軸正向時，小車發生“離心現象”（3）若小車靜止在水平面上，t＝0時刻起受到F的作用，F沿y軸方向且隨時間變化的關系如圖（b）所示，則：①F﹣t圖像與坐標軸所圍面積的物理意義是（填寫物理量名稱）。②在t＝2t0時刻，小車的速度大小為。（4）某同學將小車的干電池取出，用如圖（c）所示的電路測量其電動勢和內阻，圖中電壓傳感器未畫出，定值電阻R＝5.0Ω。連接電路，點擊開始記錄，得到圖（d）中的數據點①；閉合開關S，移動滑動變阻器的滑片依次得到數據點②、③、④、⑤。①根據實驗數據，可知電壓表接在和之間（用圖c中字母表示）。②測得該電池的電動勢為V，內阻為Ω。（結果均保留兩位有效數字）

2025年高考物理三輪復習之電學實驗參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案BCBDACAACB二．多選題（共5小題）題號1112131415答案BCBCBDBCCD一．選擇題（共10小題）1．（2025?廣州模擬）如圖（a）為探究感應電流產生的磁場與原磁場變化關系的裝置。將兩個相同的線圈串聯，兩相同磁感應強度傳感器探頭分別伸入兩線圈中心位置，且測量的磁場正方向設置相同。現用一條形磁鐵先靠近、后遠離圖（a）中右側線圈，圖（a）中右側傳感器所記錄的B1﹣t圖像如圖（b），則該過程左側傳感器所記錄的B2﹣t圖可能為（）A． B． C． D．【考點】研究電磁感應現象．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；實驗探究能力．【答案】B【分析】根據楞次定律判斷出感應電流方向，應用安培定則判斷出左側線圈電流磁場方向，然后分析答題。【解答】解：磁鐵的S極靠近右側線圈時穿過右側線圈的磁場方向豎直向上，磁通量增加，由楞次定律可知，感應電流磁場方向向下，由安培定則可知，左側線圈磁場方向向下與右側線圈磁場方向相反；磁鐵的S極遠離右側線圈時穿過右側線圈的磁場方向豎直向上，磁通量減少，由楞次定律可知，感應電流磁場方向向上，由安培定則可知，左側線圈磁場方向向上與右側線圈磁場方向相同，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題考查了楞次定律與安培定則的應用，掌握基礎知識是解題的前提，分析清楚磁鐵的運動情況，應用安培定則與楞次定律即可解題。2．（2025?汕頭一模）在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，小英發現原、副線圈的電壓之比總是稍大于匝數之比，查閱資料后得知是漏磁、鐵芯發熱等原因導致。某次實驗中原線圈為800匝、副線圈為400匝，原線圈接正弦交流電壓8V時，以下器材接在副線圈兩端一定能夠正常工作的是（）A．標有“4V，2W”燈泡 B．電火花計時器 C．量程為4V的交流電壓表 D．擊穿電壓為4V的電容器【考點】探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；交流電專題；實驗探究能力．【答案】C【分析】根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，求解副線圈兩端電壓，考慮變壓器的漏磁、鐵芯發熱等原因導致變壓器副線圈兩端的電壓小于理論值，在結合題意逐項分析作答。【解答】解：根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，副線圈兩端電壓UA.由于變壓器的漏磁、鐵芯發熱等原因導致變壓器副線圈兩端的電壓小于4V，因此標有“4V，2W”燈泡不能正常發光，故A錯誤；B.電火花計時器的工作電壓為220V的交流電壓，因此電火花計時器不能正常工作，故B錯誤；C.變壓器副線圈兩端的電壓小于4V，因此量程為4V的交流電壓表可以正常工作，故C正確；D.變壓器副線圈兩端產生的交流電壓為有效值，其最大值可能大于4V，不能保證擊穿電壓為4V的電容器能夠正常工作，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查了“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗，要掌握理想變壓器電壓與匝數比的關系，結合實際變壓器漏磁、鐵芯發熱等原因分析變壓器副線圈兩端獲得的實際電壓；知道電火花計時器的工作電壓、電容器的擊穿電壓的含義是解題的關鍵。3．（2025?射陽縣校級模擬）如圖甲所示，利用電壓傳感器和電流傳感器觀察電容器的充、放電過程。最后得到電容器充、放電過程電壓U和電流I隨時間t變化的圖像，如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．單刀雙擲開關S置于接線柱1、2分別對應電容器放電、充電過程 B．電容器充電過程，電壓逐漸增大 C．電容器放電過程，電流逐漸增大 D．電容器充電過程，電容器的電容逐漸增大【考點】觀察電容器及其充、放電現象．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】B【分析】電容器充電過程中充電電流逐漸減小電容器兩板間電壓逐漸增大；電容器電容的大小與電容帶電荷量的多少無關。【解答】解：A、單刀雙擲開關S置于接線柱1、2分別對應電容器充電、放電過程，故A錯誤；B、電容器的充電過程中，隨著電容器帶電荷量的增多，根據C=QU可知電容器兩板間的電壓逐漸增大，充電電流逐漸減小為零，故C、電容器放電過程，電荷量逐漸減小，電流逐漸減小，故C錯誤；D、電容器的電容大小與其所帶電荷量的多少無關，所以電容器放電過程，電容器的電容不變，故CD錯誤。故選：B。【點評】知道電容器充電過程有充電電流，以及充電電流的變化是解題的關鍵。知道電容器電容的大小與電容器帶電荷量的多少無關。4．（2024秋?朝陽區校級期末）如圖是有兩個量程的電流表，已知表頭的內阻為Rg，滿偏電流為Ig，電阻R1＝R2＝Rg，下列說法正確的是（）A．當使用A、B兩個端點時，量程為2Ig B．當使用A、C兩個端點時，量程為2Ig C．當R1的阻值增加時，A、B間量程變大 D．當R2的阻值增加時，A、B間量程變大【考點】電表的改裝和應用（實驗）．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】D【分析】接A、B時為G表頭與R2串聯成一支路，該支路與R1并聯，為一電流表，由電路得出量程的表達式。接A、C時為R1與R2串聯后與G表頭并聯成一電流表，由電路得出量程的表達式。【解答】解：ACD．當使用A、B兩個端點時有I1＝Ig+解得I1＝3Ig當R1增加時，A、B間量程變小；當R2增加時，A、B間量程變大，故AC錯誤，D正確；B．當使用A、C兩個端點時I2＝Ig+解得I2=32故B錯誤。故選：D。【點評】考查電流表的改裝原理，明確并聯電阻的分流作用，會由電路求量程的表達式。5．（2024秋?重慶期末）某多用電表的指針指在如圖所示的位置，下列說法正確的是（）A．用多用電表歐姆擋測量某二極管的正向電阻時，應使紅表筆接二極管的負極 B．若該讀數是選用歐姆擋“×100”倍率得到的，應該更換“×1k”倍率，歐姆調零后再測量電阻 C．用多用電表歐姆擋測量電路中的某個電阻，不需要把該電阻與其他電路斷開 D．測量阻值不同的電阻時，都必須重新歐姆調零【考點】練習使用多用電表（實驗）．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】A【分析】A.測二極管正向電阻時，需要電流從二極管正極流入，據此分析作答；BC.根據歐姆表測電阻的正確操作分析作答；D.歐姆表測電阻時，換擋必須重新調零，據此分析作答。【解答】解：A.用多用電表歐姆擋時，歐姆表的內部電流從黑表筆流出，紅表筆流入；測量某二極管的正向電阻時，應使歐姆表的黑表筆與二極管的正極相連，紅表筆接二極管的負極，故A正確；B.如圖所示，歐姆表的指針偏轉角度過大，對應的示數小；若該讀數是選用歐姆擋“×100”倍率得到的，為了減小誤差，應該更換“×10”倍率，歐姆調零后再測量電阻，故B錯誤；C.用多用電表歐姆擋測量電路中的某個電阻，需要把該電阻與其他電路斷開，防止其他電阻的影響，故C錯誤；D.測量阻值不同的電阻時，如果兩個電阻的阻值相差不大，不需要換擋，因此不需要進行重新歐姆調零，故D錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查了歐姆表測二極管的正向電阻和測量電阻的實驗，要掌握歐姆表測電阻的正確操作和注意事項。6．（2024秋?武漢期末）某同學用多用電表測量如圖中各元件的物理量，若調零和擋位選擇正確，閉合開關后，下列操作正確的是（）A．測量通過燈泡的電流時，將紅、黑表筆分別接在圖中c、d兩點 B．測量電阻兩端的電壓時，將紅、黑表筆分別接在圖中c、b兩點 C．測量電阻的阻值時，斷開開關S后，將紅、黑表筆分別接在圖中b、c兩點 D．測量結束后將選擇開關旋到OFF擋或者直流電壓最大擋【考點】練習使用多用電表（實驗）．【專題】定量思想；等效替代法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】明確多用電表的使用方法，知道測量電流時需要將電表串聯在電路中，而測量電壓時需要將電壓表并聯在電阻兩端，而測量電阻時需要將電阻與原電路斷開。【解答】解：A、測量通過燈泡的電流時，多用電表應串聯接入電路，故A錯誤；B、測量電阻兩端的電壓時，電流應從紅表筆流入，則將紅、黑表筆分別接在圖中b、c兩點，故B錯誤；C、測量電阻的阻值時，應先將S斷開，再將紅、黑表筆分別接在圖中b、c兩點，故C正確；D、歐姆表使用完后，應該把擋位旋到OFF擋或者交流電壓最大擋位，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查多用電表的使用方法，要注意多用表的使用方法，使用歐姆表測電阻時每次換擋時都要進行歐姆調零。7．（2024秋?武漢期末）下列說法正確的是（）A．金屬在溫度特別低時電阻可以降到0 B．電流既有大小，又有方向，是矢量 C．使用多用電表歐姆擋測電阻時，指針擺動角度越大，測量越精確 D．電流做的功越多，電功率越大【考點】練習使用多用電表（實驗）；電流的概念、性質及電流強度的定義式；電阻及其性質；電功和電功率的概念及影響因素．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】A【分析】A.根據金屬變化超導體產生的條件分析作答；B.根據矢量的含義分析作答；C.根據歐姆表測電阻的原理分析作答；D.根據電功率的物理意義分析作答。【解答】解：A.金屬的溫度達到臨界溫度時，金屬的電阻突然變為零，成為超導體，故A正確；B.根據矢量的含義可知，矢量既有大小，又有方向，運算時遵守平行四邊形定則；雖然電流有大小，又有方向，但其運算時不遵循平行四邊形定則，因此電流不是矢量，故B錯誤；C.根據歐姆表測電阻的原理可知，使用多用電表歐姆擋測電阻時，指針在表盤中央位置附近，測量越精確，故C錯誤；D.電功率是表示電流做功的快慢的物理量，等于電流所做的功與所用時間的比值，電流做的功越多，電功率不一定越大，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了對超導體、矢量的含義、歐姆表測電阻的原理以及電功率的物理意義的理解和運用，基礎題型。8．（2024秋?房山區期末）如圖所示的電路，是用一個靈敏電流計G和一個變阻器R改裝成的量程更大的電表，下列判斷正確的是（）A．改裝成了電流表，R增大時量程減小 B．改裝成了電流表，R增大時量程增大 C．改裝成了電壓表，R增大時量程減小 D．改裝成了電壓表，R增大時量程增大【考點】電表的改裝和應用（實驗）．【專題】實驗題．【答案】A【分析】把電流表改裝成大量程電流表應并聯一個分流電阻，把電流表改裝成電壓表需要串聯一個分壓電阻．【解答】解：A、改裝成了電流表，R增大時電流表量程減小，故A正確，B錯誤；C、把電流計改裝成電壓表應給電流計串聯一個分壓電阻，串聯電阻越大，電壓表量程越大，由圖示電路圖可知，電流計與電阻R并聯，改裝后電壓表量程不變，故CD錯誤；故選：A。【點評】本題考查了電表改裝，知道電表的改裝原理、應用串并聯電路特點即可正確解題．9．（2024秋?市中區校級期末）某學習小組為了將電壓表改裝成可測量電阻的儀器﹣歐姆表，設計電路如圖所示，電壓表的量程為3V，其內阻RV＝3kΩ，電源的電動勢E＝6V，在電壓表兩端接上兩個表筆，就改裝成了一個可測量電阻的簡易歐姆表，下列關于該表的說法正確的（）A．該歐姆表B表筆為紅表筆，表盤刻度是均勻的 B．電壓表指針指在“3.0V”處，此處刻度應標阻值為“0” C．電壓表指針指在“2.0V”處對應的電阻刻度為3kΩ D．若該歐姆表使用一段時間后，電源內阻不能忽略且變大，電動勢不變，但將兩表筆斷開時調節電阻箱，指針仍能滿偏，按正確使用方法再進行測量，其測量結果將偏大【考點】電表的改裝和應用（實驗）；練習使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】（1）由圖示表盤確定電壓表的分度值，然后根據指針位置讀出其示數；根據電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出電壓表內阻；（2）根據閉合電路歐姆定律和串聯電路中電壓比等于電阻比的表達式，聯立求解即可；（3）因電動勢不變，僅內阻變化，可改變電阻箱的阻值使總的電阻不變，即可分析誤差。【解答】解：AB．表筆電流遵循“紅進黑出”，B表筆對應電源的正極，即B為黑表筆；當兩表筆斷開時，調節電阻箱，當其阻值為R時，使電壓表剛好滿偏，即示數為3V，此時相當于待測電阻為∞，當兩表筆短接時，電壓表示數為零，此時相當于待測電阻為0，故電壓表指針指在“3.0V”處，此處刻度應標阻值為“∞”，由此可知，表盤刻度是不均勻的，故AB錯誤；C．忽略電源內阻，閉合電路歐姆定律可得I=代入數據解得：R＝3kΩ當電壓表指針指在2.0V處時，可得I'其中R代入數據解得：Rx＝3kΩ，故對應的電阻刻度為3kΩ，故C正確；D．若該歐姆表使用一段時間后，電源內阻不能忽略且變大，電動勢不變，但將兩表筆斷開時調節電阻箱，指針仍能滿偏，故總電阻可保持不變，這樣按正確使用方法再進行測量，其測量結果不會偏大或偏小，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查多用電表的使用和電表改裝原理，解題關鍵要掌握歐姆擋換擋需歐姆調零，電表改裝遵循歐姆定律和串并聯電壓電流規律。10．（2024秋?江蘇期末）利用圖示的實驗器材探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系，下列說法正確的是（）A．原線圈兩端應與學生電源的直流擋相連接 B．多用電表測量電壓時，應先用最大電壓擋試測 C．實驗時變壓器的鐵芯閉合與否對實驗結果沒有影響 D．實驗測量得到原、副線圈兩端的電壓比嚴格等于匝數比【考點】探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】B【分析】A.變壓器是利用電磁感應的原理來改變交流電壓的裝置，因此該實驗使用交流電；B.根據實驗的正確操作，從保護電阻的角度分析作答；C.根據鐵芯的作用分析作答；D.實際變壓器存在能量損失，使得變壓器副線圈兩端的電壓的實際值小于理論值，據此分析作答；【解答】解：A．根據變壓器的工作原理，探究原、副線圈電壓與匝數的關系時，原線圈兩端應與學生電源的交流擋相連接，故A錯誤；B．為了保護電表，測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量，故B正確；C．實驗時變壓器的鐵芯閉合減少能量損失，對實驗結果有影響，故C錯誤；D．考慮到電能損失，實驗測量得到原、副線圈兩端的電壓比大于匝數比，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系”實驗，要求學生了解變壓器的原理，掌握實驗的正確操作，知道變壓器的磁損和鐵損。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2023秋?漢臺區期末）某同學設計的水量計原理如圖所示：電源（E＝3V，r＝0.5Ω）、電壓表V（量程3V，內阻約3kΩ）、定值電阻（R0＝0.5Ω）、滑動變阻器R（用長3m、橫截面積6×10﹣7m2且涂有絕緣漆的金屬絲緊密纏繞在圓柱形瓷筒上，使用前刮掉與滑片P接觸部分的絕緣漆），下表所示為備選金屬絲及其參數。兩根相同彈簧的形變始終在彈性限度內，容器中無水時，滑片P在上端a。下列分析正確的是（）三種材料在20℃時的電阻率材料ρ/Ω?m銅1.7×10﹣8鋁2.9×10﹣8鎳鉻合金1.0×10﹣6A．金屬絲可選銅絲 B．V表的示數范圍約為0～2.5V C．V表的示數U與水的質量m成正比 D．若將V表刻度盤轉換為水的質量刻度盤，則刻度是不均勻的【考點】導體電阻率的測量；胡克定律及其應用；共點力的平衡問題及求解；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】根據電阻定律及歐姆定律分析AB，根據平衡條件結合歐姆定律分析電壓表達式。【解答】解：A．根據電阻定律，銅絲的電阻為R1可知銅絲的電阻過小，電壓表示數變化不明顯，故A錯誤；B．鎳鉻合金的電阻為R2V表的示數最大值為Um解得Um＝2.5V故V表的示數范圍約為0～2.5V，故B正確；CD．設容器中加水后，每根彈簧的下降的距離為Δx，根據平衡條件可得2kΔx＝mgV表的示數為U=則U=故V表的示數U與水的質量m成正比，若將V表刻度盤轉換為水的質量刻度盤，則刻度是均勻的，故C正確，D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查歐姆定律及電阻定律的應用，解題關鍵掌握電壓表示數表達式的推導。（多選）12．（2023秋?新化縣期末）如圖所示，表頭的量程為0～100mA，內阻Rg＝100Ω。現將該表頭改裝成電流、電壓兩用的電表，R1＝20Ω，R2＝400Ω，下列正確的是（）A．用oa兩端時可作為電流表，最大測量值為120mA B．用oa兩端時可作為電流表，最大測量值為600mA C．用ob兩端時可作為電壓表，最大測量值為250V D．用ob兩端時可作為電壓表，最大測量值為50V【考點】電表的改裝和應用（實驗）；把表頭改裝成電壓表．【專題】定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】改裝電流表利用串聯分壓和并聯分流的原理，表頭本身并沒做任何改變。通過所給基本參數根據原理式運算得出結果。【解答】解：AB．改裝電流表的原理是并聯分流，可知用oa兩端時是電流表，由圖可知，其電流最大測量值為Im＝Ig+IgRgR1=故A錯誤，B正確；CD．改裝電壓表的原理是串聯分壓，可知用ob兩端時是電壓表，其電壓最大測量值為Um＝IgRg+ImR2＝0.1×100V+0.6×400V＝250V故C正確，D錯誤。故選：BC。【點評】本題注意串并聯時電流和電壓的變化情況。（多選）13．（2023秋?新化縣期末）某同學為測量電源電動勢E和電阻R的阻值，連接如圖甲所示電路圖，圖乙為該同學根據上述設計的實驗電路利用實驗測出的數據繪出的U0﹣I圖線，不計電源內阻，下列正確的是（）A．電源電動勢約為10V B．電源電動勢約為9V C．電阻R的阻值約為20Ω D．電阻R的阻值約為10Ω【考點】測量普通電源的電動勢和內阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據閉合電路歐姆定律求出U0表達式，利用數學及圖像知識求出電源電動勢和電阻R。【解答】解：由閉合電路歐姆定律得：U0＝E﹣IR由公式可知U0﹣I圖像的斜率絕對值為：|k|＝R可得R=8-40.5-0.1Ω＝代入U0＝8V，I＝0.1A，解得：E＝9V故AC錯誤，BD正確。故選：BD。【點評】本題考查了閉合電路歐姆定律的應用，關鍵是從圖像中找出有用信息，注意利用物理規律求解表達式，利用數學知識求解物理量是一種重要方法。（多選）14．（2023秋?澄城縣期末）如圖，用靈敏電流表G和電阻箱R串聯改裝成一個電壓表，靈敏電流表G的滿偏電流為Ig＝2mA，內阻為Rg＝300Ω，電阻箱R接入電路的阻值為R＝1200Ω，則（）A．靈敏電流表G的滿偏電壓為Ug＝600V B．改裝后的電壓表的量程為3V C．靈敏電流表G原表盤上1mA刻度線對應的電壓值為1.5V D．若增大電阻箱R接入電路的阻值，則改裝后的電壓表的量程減小【考點】電表的改裝和應用（實驗）；把表頭改裝成電壓表．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】根據Ug＝IgRg求表頭的滿偏電壓，根據歐姆定律求解改裝后的電壓表的量程和對應刻度的電壓值。【解答】解：ABD、靈敏電流表G的滿偏電壓為U改裝后的電壓表量程U=由此可知：若增大電阻箱接入電路的阻值R，改裝后的電壓表量程U增大，故AD錯誤，B正確；C、當I＝1mA時，對應的電壓U′=I(Rg+R故選：BC。【點評】本題考查電表的改裝，解題關鍵掌握原理并能熟練應用歐姆定律計算相關問題。（多選）15．（2023秋?贛州期末）下列說法正確的是（）A．圖甲為描繪小燈泡的伏安特性曲線實驗電路圖，在該實驗中小燈泡電阻隨電壓升高而減小 B．圖乙為多用電表的歐姆擋測電阻，測量時發現指針偏角太小，應換更小的倍率擋位 C．圖丙為測量金屬絲電阻率實驗電路圖，在該實驗中電流表外接會使測量的電阻率值偏小 D．圖丁中的螺旋測微器的讀數可讀為2.150mm【考點】練習使用多用電表（實驗）；螺旋測微器的使用與讀數．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】CD【分析】小燈泡溫度上升，電阻隨電壓升高而增大，根據歐姆表使用方法分析；根據實驗原理分析誤差，根據螺旋測微器的精確度讀數。【解答】解：A．圖甲為描繪小燈泡的伏安特性曲線實驗電路圖，實驗中小燈泡溫度上升，電阻隨電壓升高而增大，故A錯誤；B．圖乙為多用電表的歐姆擋測電阻，測量時發現指針偏角太小，說明待測電阻較大，則應換更大的倍率擋位，故B錯誤；C．圖丙為測量金屬絲電阻率實驗電路圖，在該實驗中電流表外接，由于電壓表分流導致金屬絲電阻的測量值偏小，從而導致測量的電阻率值偏小，故C正確；D．螺旋測微器的精確度為0.01mm，讀數為d＝2mm+15.0×0.01mm＝2.150mm故D正確。故選：CD。【點評】本題考查電學實驗原理及螺旋測微器的讀數，解題關鍵掌握誤差分析的方法。三．解答題（共5小題）16．（2025?青浦區模擬）（1）用量程合適的電壓傳感器測量中國境內的家庭電路中火線和零線間的電壓，得到隨時間變化的關系式u＝asín（bt+Φ）。分析得出a＝2202V，b＝100πrad/s（2）已知一個92235U原子核在中子的轟擊下發生裂變反應，方程為：92235U+A.裂變方程式左右兩邊都有中子01n，可以改寫成B.裂變反應釋放出大量的核能，也叫熱核反應C.56144BaD.3689Kr（3）如圖甲，發電站輸出正弦交流電的功率為P＝300KW，電壓為U1＝300V，利用圖乙所示電路進行遠距離輸電，T1、T2均為理想變壓器。已知輸電線電阻R＝30Ω，輸電線上損失的功率ΔP＝3KW，次級發電站兩端的電壓為U4＝300V，則D。A.輸電線上的電流I2＝300AB.變壓器T2，原線圈的電壓U3＝3×104VC.變壓器T1，原副線圈的匝數比為1：50D.變壓器T2，原副線圈的匝數比為99：1（4）如圖甲，太陽能電池在有光照時，可以將光能轉化為電能，在沒有光照時，可以視為一個電動勢為零的電學器件。探究一：實驗小組用測繪小燈泡伏安特性曲線的實驗方法，用圖乙電路探究太陽能電池被不透光黑紙包住時的I﹣U特性曲線。①圖乙中虛線處需要（A、需要；B、不需要）連接導線，實驗前滑動變阻器的滑片應該調到A（填“A”或“B”）端；②通過實驗，作出被黑紙包住的太陽能電池的I﹣U特性曲線如圖丙，將其與一個電動勢為3V（內阻忽略不計）的電源和阻值為5kΩ的定值電阻串聯在一起，則太陽能電池消耗的電功率約為3.99×10﹣4W；探究二：在穩定光照環境中，取下太陽能電池外黑紙，測量金屬絲的電阻率。③實驗中測得電壓表示數為U，電流表示數為I，金屬絲直徑為D、長度為L，則金屬絲電阻率為πD2U4④考慮電壓表與電流表內阻對測量結果的影響，金屬絲電阻率的測量值小于（A、大于；B、等于；C、小于）真實值。【考點】測量普通電源的電動勢和內阻；導體電阻率的測量．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）2202V；100πrad/s；（2）CD；（3）D；（4）①需要；A；②3.99×10﹣4；③πD2U【分析】（1）熟悉家庭電路的特點，結合家庭電路中交流電的公式完成分析；（2）裂變方程式兩邊都有中子，但反應過程必須有中子參與不能約去；根據比結合能的概念結合題目選項完成分析；（3）因為ΔP=I22R，即可求得輸電線上的電流；發電站輸出電流的大小，結合I1T【解答】解：（1）家庭照明電路的電壓U＝220V，根據有效值與最大值的關系，電壓關系式中的a家庭照明電路交流電的頻率f＝50Hz電壓關系式中的b（2）A.裂變反應中92235左右兩邊都有中子，這是用慢中子取轟擊U235使其產生裂變，中子參與了核反應；若改寫成92235U→56144B.裂變反應是指重原子核（如鈾﹣235或钚﹣239）分裂成兩個或多個較小原子核的過程，這個過程會釋放出大量能量，但不能稱為熱核反應；輕核聚變，才稱為核聚變，故B錯誤；CD.由于比結合能越大，原子核越穩定，92235U原子核變成56144Ba原子核和3689Kr原子核，說明56144Ba原子核和故選：CD；（3）A.根據功率公式，輸電線上的損失功率ΔP輸電線上的電流為I2=ΔPC.根據理想變壓器，對升壓變壓器P2＝P1＝P＝300kW根據功率公式，升壓變壓器副線圈兩端電壓U根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，變壓器T1，原副線圈的匝數比為n1n2BD.導線上損失的電壓ΔU＝I2R＝10×30Ω＝300V變壓器T2，原線圈兩端電壓U根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，變壓器T1，原副線圈的匝數比為n故B錯誤，D正確。故選：D。（4）①要測繪太陽能電池的伏安特性曲線，需要太陽能電池兩端的電壓從0開始變化，因此滑動變阻器要采用分壓式接法，圖乙中虛線處需要連接導線，實驗前滑動變阻器的滑片應該調到A端；②設太陽能電池兩端電壓為U，根據閉合電路的歐姆定律E＝U+IR0代入數據變形得U＝3﹣5×103I當I＝0時，U＝3V；當I＝600μA時，U＝0，作出電源的I﹣U圖像如圖所示：交點坐標I＝210μA＝2.1×10﹣4A，U＝1.9V太陽能電池消耗的電功率約為P＝UI＝1.9×2.1×10﹣4W＝3.99×10﹣4W③根據歐姆定律，金屬絲的電阻R根據電阻定律R聯立解得電阻率ρ④考慮電壓表的分流作用，通過金屬絲的電流IR＝I﹣IV根據歐姆定律，金屬絲的電阻R根據電阻定律R電阻率ρ因此金屬絲電阻率的測量值小于真實值。故答案為：（1）2202V；100πrad/s；（2）CD；（3）D；（4）①需要；A；②3.99×10﹣4；③πD2U【點評】本題主要考查了變壓器的相關應用，理解變壓器的工作原理，結合原副線圈的匝數比和電學的相關知識完成分析。17．（2025?楊浦區一模）電學已經改變了我們的生活方式，電能每時每刻都在為人類作著巨大的貢獻。（1）自動體外除顫器的電池能在幾秒內使電容為70μF的電容器充電到5000V，充電完成后電容器所帶的電荷量為0.35C。成人模式下第一次脈沖放電的能量約為150J，時長為3ms，該脈沖的功率為5×104W。（2）兩根材料、長度均相同的圓柱形金屬絲a、b，并聯后接在同一電源上，金屬絲a、b的發熱功率之比為1：3，則流過金屬絲a、b的電流之比為1：3，金屬絲a、b的直徑之比為1：3（3）用可拆變壓器進行“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中：①下列有助于減小鐵芯的渦流損耗的是（CD）A.用低壓直流電源B.用無鐵芯的變壓器C.用低電阻率的金屬作為鐵芯材料D.用多層相互絕緣②已知線圈1匝數為200匝，線圈2匝數為400匝，實驗測得的數據如表所示。序號線圈1電壓U1/V線圈2電壓U2/V14.098.4722.986.2031.964.11ⅰ.根據測量數據可判斷連接電源的是（B）A.線圈1B.線圈2ⅱ.你的判斷依據是由于有銅損，鐵損和漏磁，所以副線圈測量電壓應該小于理論電壓值，所以線圈2為輸入端，線圈1為輸出端。（4）如圖（1），在鐵棒上纏繞兩個線圈a和b，其中a線圈匝數為100匝，b線圈匝數為300匝。閉合開關S1、S2，線圈a輸入交流電壓u1，圖（2）為與b線圈相連的燈泡L兩端測得的電壓u2隨時間t按正弦規律變化的圖線。①線圈b中磁通量Φ隨時間t的變化圖線可能為（C）A.B.C.D.②下列操作和燈泡亮度變化相符合的是（B）A.斷開開關S1，燈泡L立刻熄滅B.斷開開關S2，燈泡L立刻熄滅C.同時斷開開關S1、S2，燈泡L先變亮后慢慢熄滅③將線圈a、b視作理想變壓器的原線圈和副線圈，求線圈a輸入交流電壓u1的有效值（計算）522【考點】探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系；平行板電容器的相關參數與計算；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】（1）0.35、5×104；（2）1：3、1：3；（3）①CD；②ⅰB；ⅱ由于有銅損，鐵損和漏磁，所以副線圈測量電壓應該小于理論電壓值，所以線圈2為輸入端，線圈1為輸出端；（4）①C；②B；③【分析】（1）根據電容的定義變形后求電荷量，根據功率的定義求該脈沖的電功率；（2）根據功率公式、歐姆定律和電阻定律示直徑之比；（3）根據變壓器的原理和變壓規律分析判斷；（4）根據法拉第電磁感應定律結合圖像的變化率、交流電的有效值等相關規律進行分析判斷。【解答】解：（1）根據電容定義變形后得到：Q＝CU代入數據可得，電容器充電完成后所帶電荷量為：Q＝0.35C由功率公式：P可得該脈沖的功率為：P＝5×104W（2）對于純電阻，發熱功率表達式為：P＝UI由題可知：Pa：Pb＝1：3兩金屬絲并聯后，電壓相等，則電流之比為：Ia：Ib＝1：3對于純電阻，發熱功率表達式也可寫為：P根據電阻定律表達式：R由題可知：Pa：Pb＝1：3所以兩金屬絲的直徑之比為：d（3）①A、本實驗中要使用交流電源，故A錯誤；B、變壓器的鐵芯有聚磁的作用，不能沒有，故B錯誤；C、若用低電阻率的金屬作為鐵芯材料，會減小鐵芯的渦流損耗，故C正確；D、若鐵芯采用多層相互絕緣，也可以減小鐵芯的渦流損耗，故D正確。故選：CD②進行實驗中，從輸入端到輸出端，如果不考慮銅損，鐵損和漏磁，則滿足：U但實際各種損耗都有，所以輸出端的電壓要小于理想狀態下的電壓。結合題中表格數據分析可知，輸入端為線圈2，輸出端為線圈1，即線圈2連接電源。（4）①根據法拉第電磁感應定律可知：U1=結合題目中的電壓u2隨時間t的變化圖像可知，當t＝0時：u2＝0即此時：ΔΦ當t＝1×10﹣2s時：u2＝0即此時：ΔΦ故選：C。②A．斷開開關S1，b線圈會產生感應電動勢，會對與燈泡L形成的回路放電，所以燈泡會逐漸熄滅，故A錯誤；B．斷開開關S2，燈泡無回路，無電流，所以燈泡會立即熄滅，故B正確；C．同時斷開開關S1、S2，燈泡無回路，無電流，所以燈泡會立即熄滅，故C錯誤。故選：B。③由圖像可知，b線圈產生的感應電動勢的最大值為15V，由正弦交流電最大值與有效值之間的關系可得，b線圈兩端電壓的有效值為：Ua線圈與b線圈的磁通量相同，磁通量的變化率也相同，即：U則線圈a輸入交流電壓u1的有效值為：U故答案為：（1）0.35、5×104；（2）1：3、1：3；（3）①CD；②ⅰB；ⅱ由于有銅損，鐵損和漏磁，所以副線圈測量電壓應該小于理論電壓值，所以線圈2為輸入端，線圈1為輸出端；（4）①C；②B；③【點評】本題考查電路關于功率以及交流電產生的原理等內容，抓住功率公式、歐姆定律、法拉第電磁感應定律、正弦交流電有效值與峰值的關系等可以解決問題。18．（2024秋?西寧期末）如圖所示是有兩個量程的電流表，其中表頭的內阻為Rg，滿偏電為Ig，定值電阻R1、R2已知，求分別接A、B，A、C兩個端點時電流表的量程（用已知字母表示）。【考點】電表的改裝和應用（實驗）．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】接A、B時電流表的量程為I1為R1+R2+RgR1?Ig，接A、C【分析】結合電路圖根據串并聯電路的知識分別列式求解。【解答】解：設接A、B時電流表的量程為I1，接A、C時電流表的量程為I2，根據串并聯電路的知識有Ig（Rg+R2）＝（I1﹣Ig）R1，IgRg＝（I2﹣Ig）（R1+R2）；解得I1=R1+R2+RgR1?答：接A、B時電流表的量程為I1為R1+R2+RgR1?Ig，接A、C【點評】考查電表的改裝和量程的計算，熟練掌握串并聯電路的知識分析解決實際問題。19．（2024秋?浦東新區期末）雷雨云產生電荷，底層帶負電，頂層帶正電，而且還使地面感應帶正電荷，這些正電荷如影隨形地跟著云移動。富蘭克林通過著名的風箏實驗，證明了閃電和摩擦起電的火花電是相同的靜電現象。（1）（多選）西漢著作《淮南子》中記有“陰陽相薄為雷，激揚為電”，關于雷電，下列說法正確的是ACD。A.發生雷電的過程是放電過程B.發生雷電的過程中，電荷的總量減少C.避雷針利用尖端放電，避免建筑物遭受雷擊D.發生雷電的過程是電能向光能、內能等轉化的過程（2）某次閃電前瞬間避雷針周圍電場的等勢面分布情況，如圖1所示。在等勢面上有A、B、C三點，則UCB＝﹣2kV。將某一電子從C點移動到B點，電場力對該電子做的功為3.2×10﹣16J。（3）（多選）富蘭克林成功將天電引入萊頓瓶，證明了天電與摩擦產生的電是相同的。萊頓瓶可看作電容器的原型，關于電容器，下列說法正確的是AB。A.電容器是存儲電荷和電能的裝置B.電容器的額定電壓小于其擊穿電壓C.電容器所帶電荷量增加時，電容也隨之增加D.電容器充、放電時，兩極板間電壓保持不變（4）有一個已充電的電容器，兩極板之間的電壓為5V，所帶電荷量為2×10﹣3C，此電容器的電容是A。A.4×10﹣4FB.2×10﹣3FC.10﹣2FD.2.5×103F（5）“觀察電容器的充、放電現象”的實驗電路，如圖2所示。①電路中①是電壓傳感器，②是電流傳感器。②閉合開關K，當開關S接“1”并達到穩定后，電容器右極板帶正電，當開關S接到“2”的瞬間，電容器進行的是放電過程，流過R的電流方向為從左向右。③在充電過程中，電路中的電流大小I隨時間t變化的圖像可能是A。④若電容器充電后兩極板間的電場可以視為勻強電場，兩極板間的電壓為6V，極板間距為2cm，則兩極板間的電場強度大小為300V/m。【考點】觀察電容器及其充、放電現象；電場力做功與電勢差的關系；等勢面及其與電場線的關系．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；電容器專題；推理論證能力．【答案】（1）ACD；（2）﹣2，3.2×10﹣16；（3）AB；（4）A；（5）①電壓，電流；②正，放電，從左向右；③A；④300。【分析】（1）根據雷電的放點過程、電荷守恒定律以及避雷針工作原理，能量的轉化和守恒定律進行分析解答；（2）根據電勢差公式和電場力做功的公式代入數據解答；（3）根本就電容器的作用、擊穿電壓以及電容的公式進行分析解答；（4）根據電容的計算公式列式解答；（5）根據電路的串并聯關系判斷傳感器類型，結合電路結構分析充放電狀態，充電電流的變化情況，結合電場強度的公式計算場強大小。【解答】解：（1）A.雷電是天空中帶異種電荷的烏云之間發生的放電過程，故A正確；B.電荷不會消失，也不會憑空創造，只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分，但電荷的總量不變，即發生雷電的過程中，電荷的總量不變，故B錯誤；C.為了安全，避雷針利用尖端放電，避免建筑物遭受雷擊，故C正確；D.根據能量守恒定律可知，發生雷電的過程是電能向光能、內能等轉化的過程，故D正確。故選：ACD。（2）根據電勢差與電勢的關系有UCB＝φC﹣φB＝7kV﹣9kV＝﹣2kV；將一電子從C點移動到B點，電場力對該電子做的功為WCB＝﹣eUCB＝﹣1.6×10﹣19×（﹣2000）J＝3.2×10﹣16J；（3）A.根據電容器的特征可知，電容器是存儲電荷和電能的裝置，故A正確；B.額定電壓是指電容器在正常工作時所能承受的最大電壓，為了確保電容器的安全，電容器的額定電壓小于其擊穿電壓，故B正確；C.電容器的電容由電容器自身決定，與極板之間的電壓、極板所帶電荷量大小無本質上的決定關系，可知，電容器所帶電荷量增加時，電容不變，故C錯誤；D.根據C=QU可知，電容器充電時，極板所帶電荷量增大，則極板之間電壓增大，電容器放電時，極板所帶電荷量減小，則兩極板間電壓減小，故故選：AB。（4）電容器兩極板之間的電壓為U＝5V，所帶電荷量為Q＝2×10﹣3C，此電容器的電容C=QU，解得C＝4×10﹣4F，故A故選：A。（5）①與電容器并聯，測量電容器極板之間的電壓，可知①是電壓傳感器；②與電容器串聯，測量電路中的充放電流，可知②是電流傳感器；②閉合開關K，當開關S接“1”并達到穩定后，電容器右極板與電源正極連接，電容器右極板帶正電；當開關S接到“2”的瞬間，電容器進行的是放電過程；由于電容器右極板帶正電，流過R的電流方向為從左向右。③在充電過程中，剛剛開始充電的瞬間，電流達到最大值，充電結束后穩定時，電流為0，即電流隨時間逐漸變小，可知，電路中的電流大小隨時間變化的圖像可能是A圖像。故A正確，BCD錯誤。故選：A。④兩極板間的電壓為U＝6V，極板間距為d＝2cm＝0.02m，則兩極板間的電場強度大小E=Ud=6故答案為：（1）ACD；（2）﹣2，3.2×10﹣16；（3）AB；（4）A；（5）①電壓，電流；②正，放電，從左向右；③A；④300。【點評】考查電容器的相關問題以及電勢差和電場力做功等問題，會根據題意進行準確分析解答。20．（2024秋?金山區期末）一輛無線遙控電動小車可在水平面內做出加速、減速、轉彎等運動。在俯視圖（a）中，以小車為坐標原點O、速度方向為y軸正方向建立直角坐標系。用F表示地面對小車水平方向的作用力。忽略小車運動過程受到的空氣阻力。（1）遙控器發出某種波來控制小車，該波是B。A．機械波B．電磁波C．引力波（2）（多選）小車受到的作用力F與對應的小車運動情況可能是BD。A．F沿y軸正向時，小車沿直線剎車B．F沿x軸正向時，小車做勻速圓周運動C．F沿y軸正向時，小車發生“離心現象”D．F沿x軸正向時，小車發生“離心現象”（3）若小車靜止在水平面上，t＝0時刻起受到F的作用，F沿y軸方向且隨時間變化的關系如圖（b）所示，則：①F﹣t圖像與坐標軸所圍面積的物理意義是沖量（填寫物理量名稱）。②在t＝2t0時刻，小車的速度大小為0。（4）某同學將小車的干電池取出，用如圖（c）所示的電路測量其電動勢和內阻，圖中電壓傳感器未畫出，定值電阻R＝5.0Ω。連接電路，點擊開始記錄，得到圖（d）中的數據點①；閉合開關S，移動滑動變阻器的滑片依次得到數據點②、③、④、⑤。①根據實驗數據，可知電壓表接在A和C之間（用圖c中字母表示）。②測得該電池的電動勢為1.5V，內阻為0.50Ω。（結果均保留兩位有效數字）【考點】測量普通電源的電動勢和內阻；F﹣t圖像中的動量問題；電磁波與信息化社會．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）B；（2）BD；（3）沖量；0；（4）A、C；1.5；0.50【分析】（1）根據電磁波特點分析判斷；（2）根據力與運動的關系分析；（3）根據動量定理解答；（4）電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內阻。【解答】（1）遙控器發出電磁波種波來控制小車，故B正確，AC錯誤。故選：B。（2）AC．F沿y軸正向時，小車沿直線加速，故AC錯誤；B．F沿x軸正向時，小車受力方向與速度方向垂直，可能做勻速圓周運動，故B正確；D．F沿x軸正向時，若v過大，則小車受力不足以提供向心力，會發生“離心現象”，故D正確；故選：BD。（3）①根據I＝Ft，可知F﹣t圖像與坐標軸所圍面積的物理意義是沖量。②根據動量定理有F0t0-12×2F0t解得v＝0（4）①干電池電阻較小，圖中數據電壓變化較明顯，可知電壓表接在A和C之間。②根據閉合電路歐姆定律有U＝E﹣I（R+r）結合圖像斜率與截距可知E＝1.5VR+r=1.5-0.4解得r＝0.50故答案為：（1）B；（2）BD；（3）沖量；0；（4）A、C；1.5；0.50【點評】要掌握實驗器材的選擇原則：安全性原則、精確性原則、方便實驗操作原則；要掌握應用圖象法處理實驗數據的方法，電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內阻。

考點卡片1．胡克定律及其應用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產生的力叫彈力．（2）彈力的產生條件：①彈力的產生條件是兩個物體直接接觸，②并發生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發生彈性形變，從而產生彈力．在彈性限度內，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產生的，也可能是壓縮產生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關量．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據胡克定律兩次列式后聯立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據胡克定律，有：F2＝kx2；聯立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關鍵是根據胡克定律列式后聯立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類常考題型是考查胡克定律與其他知識點的結合：如圖所示，一根輕質彈簧上端固定，下端掛一個質量為m0的平盤，盤中有一物體，質量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度內，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根據胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設剛松手時，加速度大小為a，根據牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態時物體的受力情況，再分析非平衡狀態時物體的受力情況，根據牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據具體的條件或計算來確定．2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法：根據物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對繩的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。【命題方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據合力為零分析AB選項；根據對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據物體的受力平衡，依據幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在