第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔學困生篇《電學實驗》一．選擇題（共10小題）1．（2024春?天心區校級期末）一小量程電流表G，滿偏電流為500μA，內阻為100Ω。將它改裝成0～1mA、0～10mA的兩量程電流表，電路如圖所示。下列說法正確的是（）A．開關接b時電流表量程較大 B．R1與R2串聯后的總電阻等于100Ω C．用量程0～1mA改裝表測出的電流為0.5mA時，流過G表的電流為200μA D．將圖中R1與R2的位置互換，兩量程都會發生變化2．（2024?廣州模擬）某同學用如圖所示的可拆變壓器做“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗，發現變壓器兩個線圈的導線粗細不同。該同學將原線圈接在學生電源上，分別測量原、副線圈的電壓。下列說法中正確的是（）A．匝數較少線圈是用較細的銅導線繞制的 B．測量原、副線圈的電壓可用直流電壓表 C．實驗可發現原、副線圈的電壓比大于匝數比 D．增加原線圈的匝數可增大副線圈的輸出電壓3．（2024?海淀區三模）如圖甲所示為用傳感器測量某直流電源（在如圖甲中用電池的符號來表示）的電動勢E和內電阻r的實驗電路，按此原理測量得到多組數據后作出的U﹣I圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．如圖中A、B分別為電壓傳感器和電流傳感器 B．閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應置于b端 C．根據如圖乙可求出該電源的電動勢E＝1.48V D．根據如圖乙可求出該電源的內阻r＝1.43Ω4．（2024?北京一模）某同學利用如圖所示的電路描繪小燈泡的伏安特性曲線．在實驗中，他將滑動變阻器的滑片從左端勻速滑向右端，發現電流表的指針始終在小角度偏轉，而電壓表的示數開始時變化很小，但當滑片接近右端時電壓表的示數迅速變大．為了便于操作并減小誤差，你認為應采取的措施是（）A．換用最大阻值更大的滑動變阻器，將導線a的M端移到電流表“3”接線柱上 B．換用最大阻值更大的滑動變阻器，將導線b的N端移到電流表“0.6”接線柱上 C．換用最大阻值更小的滑動變阻器，將導線a的M端移到電流表“3”接線柱上 D．換用最大阻值更小的滑動變阻器，將導線b的N端移到電流表“0.6”接線柱上5．（2023秋?石景山區期末）某同學用傳感器做“觀察電容器的充放電”實驗，采用的實驗電路如圖所示。將開關先與“1”端閉合，對電容器進行充電，充電完畢后再將開關與“2”端閉合，電容器放電。在下列通過傳感器的電流i隨時間t變化的四個圖像中，正確的是（）A． B． C． D．6．（2023秋?小店區校級期中）用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電流表A1、A2，若把A1、A2分別采用串聯或并聯的方式接入電路，如圖（a）、（b）所示，則閉合開關后，下列有關說法正確的是（）A．圖（a）中A1、A2的示數相同 B．圖（a）中A1、A2的指針偏角相同 C．圖（b）中的A1、A2的示數不相同 D．圖（b）中的A1、A2的指針偏角相同7．（2022秋?滕州市期末）平安同學先用多用電表的歐姆表×10擋測量，發現指針偏轉角度很大而讀數很小。為了減小測量誤差，他再次進行測量前應該進行的操作步驟順序是：（）①將紅表筆和黑表筆接觸②把選擇開關旋轉到“×100”位置③把選擇開關旋轉到“×1”位置④調節歐姆調零旋鈕使表針指向歐姆零點A．③①④ B．②①④ C．③④① D．②④①8．（2023秋?九龍坡區校級期中）某實驗小組做“探究影響平行板電容器的因素”的實驗，裝置如圖所示，下面有甲、乙、丙、丁四位同學做四種不同情況的實驗，（）A．甲同學只將電容器b板向下平移，電容C增大，靜電計指針的張角變大 B．乙同學只在極板間插入有機玻璃板，電容C減小，靜電計指針的張角變小 C．丙同學只將a、b之間的間距拉大些，電容C減小，靜電計指針的張角變小 D．丁同學只在極板間插入金屬板，電容C增大，靜電計指針的張角變小9．（2023春?溫江區校級期中）某學生用示波器觀察按正弦規律變化的電壓圖線時，他將掃描范圍旋鈕置于第一擋（10Hz～100Hz）。把衰減調節旋鈕置于“”擋，在屏上出現了如圖甲所示的正弦曲線。后來他又進行了調節，使圖像變成如圖乙所示的曲線，這兩步調節可能是（）A．調節同步極性選擇開關、掃描微調旋鈕、Y增益旋鈕 B．調節同步極性選擇開關、掃描范圍旋鈕、衰減調節旋鈕 C．調節掃描范圍旋鈕、掃描微調旋鈕、水平位移旋鈕 D．調節掃描微調旋鈕、衰減調節旋鈕、水平位移旋鈕10．（2023春?鎮江期末）某電流表G的內阻為500Ω，滿偏電流為0.5mA，要將它改裝成量程為3V的電壓表。下列改裝中，正確的是（）A． B． C． D．二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?西湖區校級模擬）關于高中物理的學生實驗，下列說法正確的是（）A．驗證動量守恒定律時，兩碰撞小球的直徑必須相等 B．探究氣體等溫變化的規律實驗中，不慎將活塞拔出，無需廢除之前獲得的數據，將活塞塞入重新實驗即可 C．探究影響感應電流方向的因素時，甲同學在斷開開關時發現靈敏電流計指針向右偏轉，則開關閉合后將滑動變阻器的滑片向右滑動（如圖），電流計指針向右偏轉。 D．在用單擺測量重力加速度的實驗中，為了使擺的周期大一些，以方便測量，拉開擺球時，使擺角大些（多選）12．（2023秋?西城區校級期中）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現亮斑，那么示波管中的（）A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電 C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電（多選）13．（2023秋?市中區校級月考）下列說法正確的是（）A．用圖a所示電路時，E測＜E真 B．用圖a所示電路時，r測＜r真 C．用圖b所示電路時，E測＜E真 D．用圖b所示電路時，r測＜r真（多選）14．（2022秋?紅山區期末）在探究電磁感應現象的實驗中，用導線將螺線管與靈敏電流計相連，構成閉合電路，下圖所示在下列情況中，靈敏電流計指針發生偏轉的是（）A．螺線管不動，將磁鐵向螺線管中插入 B．螺線管不動，將磁鐵從螺線管中抽出 C．磁鐵放在螺線管里不動 D．磁鐵不動，將螺線管上下移動（多選）15．（2022秋?河東區校級期中）用多用電表電阻擋測電阻，有許多注意事項，下列說法中哪些是錯誤的（）A．測量前必須調零，而且每測一次電阻都要重新調零 B．每次換擋后必須電阻調零 C．待測電阻如果是連接在電路中，應把它先與其他元件斷開，再進行測量 D．兩個表筆要與待測電阻接觸良好才能測得較準確，為此，應當用兩只手分別將兩個表筆與電阻兩端緊緊捏在一起三．填空題（共5小題）16．（2024春?東城區校級期末）某同學利用如圖所示的實驗電路觀察平行板電容器的充放電現象。按如圖所示電路原理圖連接好實驗電路，將開關S接在（選填“1”或“2”），可對電容器進行充電。17．（2022秋?寶雞期末）現將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關按如圖所示連接。請根據實驗現象填空：（1）開關閉合后，將線圈A插入或拔出線圈B，可以看到電流計指針；（2）開關閉合后，線圈A在線圈B中靜止不動，可以看到電流計指針；（3）開關閉合后，將滑動變阻器的滑片P勻速滑動，電流計指針。（各空均選填“偏轉”或者“不偏轉”）18．（2023?郫都區校級學業考試）如圖所示，導體AB做切割磁感線運動時，線路中電流產生，而導體AB順著磁感線運動時，線路中電流產生。（均選填“有”或“無”）19．（2023春?順義區期末）某同學利用圖所示電路研究電磁感應現象。在圖示狀態閉合開關瞬間，發現靈敏電流計的指針向左偏轉。在閉合開關后，將滑動變阻器的滑片向右滑動時，靈敏電流計指針將向（選填“左”或“右”）偏轉；待電路穩定后，將線圈A從線圈B中拔出，靈敏電流計指針將向（選填“左”或“右”）偏轉。20．（2022秋?蘭州期末）如圖所示是三個成功的演示實驗，回答下列問題。（1）在實驗中，電流計指針偏轉的原因是。（2）第一個實驗（如圖a）中，將條形磁鐵從同一高度插入到線圈中同一位置，快速插入和緩慢插入有什么量是相同的？。什么量是不同的？。（3）從三個演示實驗可歸納出的結論是：。四．解答題（共5小題）21．（2024?寶山區模擬）如圖是“探究感應電流產生的條件”實驗器材和部分連接線路。（1）在給出的圖中，用筆線作為導線完成實驗器材的連接（導線不能交叉），在閉合電鍵S前，滑動變阻器滑片P應置于使滑動變阻器接入電阻（選擇：A．最大、B．最?。┑奈恢?。（2）合上電鍵S后，若線圈A內部磁場的磁感應強度方向向下，則從上往下看環繞線圈A的電流方向為方向（選擇：A．順時針、B．逆時針）；若將線圈A插入線圈B內部，則在這一過程中穿過線圈B的磁通量（選擇：A．增加、B．不變、C．減少）（3）在完成實驗器材正確連接的情況下，下列能產生感應電流的辦法是。（多選）A．閉合電鍵S瞬間B．斷開電鍵S后，移動變阻器滑片PC．閉合電鍵S后，移動變阻器滑片PD．閉合電鍵S后，以線圈A為軸轉動線圈B22．（2022?天津模擬）在“測量電源的電動勢和內阻”的實驗中，連接成如圖1所示的電路。（1）圖中方框A、B中的儀表分別測量什么物理量？閉合開關前，滑動變阻器的滑動頭P應位于a端還是b端？（2）在用伏安法測電池電動勢和內阻的實驗中，共記錄五組數據，作圖得到U﹣I圖線，如圖所示。則該電池的電動勢和內阻分別為多大？23．（2021秋?薛城區期中）圖甲為某元件的U﹣I特性曲線，把它連成圖乙所示的電路．已知電源電動勢E＝5V，內阻r＝1.0Ω，定值電阻R0＝4Ω．求：（1）該元件的電功率；（2）電源的輸出功率．24．（2020秋?株洲期末）用多用電表測未知阻值的電阻．按正確步驟操作后，測量結果如圖所示，讀出其阻值大小為Ω．為了使多用電表測量的結果更準確，必須進行如下操作：a．將選擇開關打到擋（填×1、×10、×100、×1K）b．將紅黑表筆，調節旋鈕，進行歐姆調零c．把電阻接在兩表筆之間進行測量并讀數d．測量完畢將選擇開關打到擋．25．（2021秋?東海縣期中）如圖所示，小明同學用伏安法測量未知電阻Rx，測得電壓表示數U＝2.53V，電流表示數I＝0.50A。若電壓表內阻RV＝3000Ω，電流表內阻RA＝0.1Ω，試求：（1）電阻Rx的測量值R測；（2）電阻Rx的真實值R真；（3）若把測量值與真實值之差除以真實值叫做測量結果的相對誤差（δ＝|測量值?真實值真實值

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔學困生篇《電學實驗》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024春?天心區校級期末）一小量程電流表G，滿偏電流為500μA，內阻為100Ω。將它改裝成0～1mA、0～10mA的兩量程電流表，電路如圖所示。下列說法正確的是（）A．開關接b時電流表量程較大 B．R1與R2串聯后的總電阻等于100Ω C．用量程0～1mA改裝表測出的電流為0.5mA時，流過G表的電流為200μA D．將圖中R1與R2的位置互換，兩量程都會發生變化【考點】電表的改裝和應用（實驗）；混聯電路的特點及應用．【專題】定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；推理能力．【答案】B【分析】根據串并聯電路的特點和歐姆定律推導計算；根據電路特點分析判斷。【解答】解：AB．開關S接b時，根據串并聯電路的特點和歐姆定律可知改裝成的量程為Imb開關S接a時，改裝成的量程為Ima則有Imb＜Ima可知開關S接b時的量程為0～1mA，則有R1故A錯誤，B正確；C．用量程0～1mA改裝表測出的電流為0.5mA時，根據串并聯電路的特點和歐姆定律有Ib可得流過G表的電流為I＝250μA，故C錯誤；D．將圖中R1與R2的位置互換時接a的電流表的量程會發生變化，接b的電流表的量程不會發生變化，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題關鍵掌握電表的改裝原理和歐姆定律。2．（2024?廣州模擬）某同學用如圖所示的可拆變壓器做“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗，發現變壓器兩個線圈的導線粗細不同。該同學將原線圈接在學生電源上，分別測量原、副線圈的電壓。下列說法中正確的是（）A．匝數較少線圈是用較細的銅導線繞制的 B．測量原、副線圈的電壓可用直流電壓表 C．實驗可發現原、副線圈的電壓比大于匝數比 D．增加原線圈的匝數可增大副線圈的輸出電壓【考點】探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系；變壓器的構造與原理．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；推理能力．【答案】C【分析】根據變壓器的工作原理和原副線圈兩端的電學物理量的關系，結合電阻定律分析出導線的金屬；考慮到實際變壓器有功率損失，從而分析出電壓比和匝數比的關系?！窘獯稹拷猓篈、根據變壓器變壓以及變流規律可知匝數較少的線圈電壓較小，電流較大，為了減小功率損失，根據電阻定律可知應選用較粗的銅導線繞制，故A錯誤；B、變壓器的工作原理為互感作用，所以在原副線圈中的電壓均為交流電壓，測量原副線圈的電壓必須用交流電壓表，故B錯誤；C、由于所用變壓器并非理想變壓器，存在功率損失，所以實驗發現原副線圈的電壓比大于匝數比，故C正確；D、增加原線圈的匝數后，原線圈電壓不變，而副線圈與原線圈的匝數比減小，則副線圈輸出電壓減小，故D錯誤；故選：C?！军c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，結合變壓器兩端的電學物理量與匝數比的關系即可完成分析。3．（2024?海淀區三模）如圖甲所示為用傳感器測量某直流電源（在如圖甲中用電池的符號來表示）的電動勢E和內電阻r的實驗電路，按此原理測量得到多組數據后作出的U﹣I圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．如圖中A、B分別為電壓傳感器和電流傳感器 B．閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應置于b端 C．根據如圖乙可求出該電源的電動勢E＝1.48V D．根據如圖乙可求出該電源的內阻r＝1.43Ω【考點】測量普通電源的電動勢和內阻．【專題】實驗題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗能力．【答案】D【分析】根據A傳感器與B傳感器在電路中串并聯關系解答；為保護電路，閉合開關時應使滑動變阻器接入電路的阻值最大；根據閉合電路歐姆定律，結合圖乙的圖像的物理意義解答?！窘獯稹拷猓篈、圖中A傳感器串聯在電路里，則A為電流傳感器；圖中B傳感器并聯在滑動變阻器兩端，則B為電壓傳感器，故A錯誤；B、為保護電路，閉合開關時應使滑動變阻器接入電路的阻值最大，則閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應置于a端，故B錯誤；CD、根據閉合電路歐姆定律得：U＝E﹣Ir，則圖乙的縱截距等于電源電動勢，斜率的絕對值等于電源內阻，則有：電源電動勢E＝1.50V電源內阻r=1.50?1.30140×10?3故選：D?！军c評】本題是應用伏安法測量電源電動勢與內阻的實驗，基礎題目。實驗原理是閉合電路歐姆定律，應用此原理結合圖像的物理意義解答。4．（2024?北京一模）某同學利用如圖所示的電路描繪小燈泡的伏安特性曲線．在實驗中，他將滑動變阻器的滑片從左端勻速滑向右端，發現電流表的指針始終在小角度偏轉，而電壓表的示數開始時變化很小，但當滑片接近右端時電壓表的示數迅速變大．為了便于操作并減小誤差，你認為應采取的措施是（）A．換用最大阻值更大的滑動變阻器，將導線a的M端移到電流表“3”接線柱上 B．換用最大阻值更大的滑動變阻器，將導線b的N端移到電流表“0.6”接線柱上 C．換用最大阻值更小的滑動變阻器，將導線a的M端移到電流表“3”接線柱上 D．換用最大阻值更小的滑動變阻器，將導線b的N端移到電流表“0.6”接線柱上【考點】描繪小燈泡的伏安特性曲線．【專題】實驗題．【答案】D【分析】為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器，為減小實驗誤差，電表應選擇合適的量程，根據實驗現象分析答題．【解答】解：由圖示電路圖可知，電流表選擇3A量程，將滑動變阻器的滑片從左端勻速滑向右端，發現電流表的指針始終在小角度偏轉，說明電流表所選量程太大，應選擇0.6A量程，應把導線b的N端移到電流表的“0.6”接線柱上；從左向右移動滑片時，電壓表的示數開始時變化很小，當滑片接近右端時電壓表的示數迅速變大，說明所選擇的滑動變阻器最大阻值太大，為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；實驗時電表要選擇合適的量程，量程太大，讀數誤差太大，量程太小，可能會損壞電表．5．（2023秋?石景山區期末）某同學用傳感器做“觀察電容器的充放電”實驗，采用的實驗電路如圖所示。將開關先與“1”端閉合，對電容器進行充電，充電完畢后再將開關與“2”端閉合，電容器放電。在下列通過傳感器的電流i隨時間t變化的四個圖像中，正確的是（）A． B． C． D．【考點】觀察電容器及其充、放電現象；電容的概念與物理意義．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理能力．【答案】A【分析】理解電容器的充放電特點，結合圖像的物理意義完成分析?！窘獯稹拷猓撼潆娺^程中，電容器兩極板間的電壓逐漸增大，電源電動勢和電容器兩極板間的電勢差逐漸減小，充電電流逐漸變小，經過電流傳感器的充電電流為從上到下，放電過程中，電容器兩極板間的電壓逐漸減小，放電電流逐漸減小，且減小得越來越慢，電容器上極板帶正電，經過電流傳感器的放電電流為從下到上，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查了電容器的充放電問題，理解電容器的充放電特點即可完成分析，難度不大。6．（2023秋?小店區校級期中）用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電流表A1、A2，若把A1、A2分別采用串聯或并聯的方式接入電路，如圖（a）、（b）所示，則閉合開關后，下列有關說法正確的是（）A．圖（a）中A1、A2的示數相同 B．圖（a）中A1、A2的指針偏角相同 C．圖（b）中的A1、A2的示數不相同 D．圖（b）中的A1、A2的指針偏角相同【考點】電表的改裝和應用（實驗）．【專題】實驗題；恒定電流專題．【答案】B【分析】電流表A1、A2是由兩個相同的小量程電流表改裝成的，它們并聯時，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉的角度相同，量程大的電流表讀數大．當它們串聯時，A1、A2的示數相同．由于量程不同，內阻不同，兩電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉的角度不同．【解答】解：A、圖甲中的A1、A2并聯，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉的角度相同，量程不同的電流表讀數不同。故A錯誤，B正確。C、圖乙中的A1、A2串聯，A1、A2的示數相同。由于量程不同，內阻不同，電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉的角度不同。故CD錯誤。故選：B。【點評】本題要對于安培表的內部結構要了解：小量程電流表（表頭）與分流電阻并聯而成．指針偏轉角度取決于流過表頭的電流大?。?．（2022秋?滕州市期末）平安同學先用多用電表的歐姆表×10擋測量，發現指針偏轉角度很大而讀數很小。為了減小測量誤差，他再次進行測量前應該進行的操作步驟順序是：（）①將紅表筆和黑表筆接觸②把選擇開關旋轉到“×100”位置③把選擇開關旋轉到“×1”位置④調節歐姆調零旋鈕使表針指向歐姆零點A．③①④ B．②①④ C．③④① D．②④①【考點】練習使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；實驗探究題；定性思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗能力．【答案】A【分析】根據歐姆表使用規則進行分析，由指針偏轉角度確定應使用的倍率，并且注意每次換擋后需要進行歐姆調零?！窘獯稹拷猓褐羔樒D角度過大，讀數很小，說明所選擋位過大，故要將歐姆表倍率調小一個擋位，即調整到“×1”位置；調整擋位后，將紅表筆和黑表筆接觸，要先進行歐姆調零，故實驗步驟的順序為：③①④，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了多用電表讀數、歐姆表的使用方法與步驟，注意明確用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位，使指針指在中間三分之一內的位置，并且歐姆表換擋后要重新進行歐姆調零。8．（2023秋?九龍坡區校級期中）某實驗小組做“探究影響平行板電容器的因素”的實驗，裝置如圖所示，下面有甲、乙、丙、丁四位同學做四種不同情況的實驗，（）A．甲同學只將電容器b板向下平移，電容C增大，靜電計指針的張角變大 B．乙同學只在極板間插入有機玻璃板，電容C減小，靜電計指針的張角變小 C．丙同學只將a、b之間的間距拉大些，電容C減小，靜電計指針的張角變小 D．丁同學只在極板間插入金屬板，電容C增大，靜電計指針的張角變小【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；推理能力．【答案】D【分析】先根據電容的決定式分析出電容的變化趨勢，結合公式Q＝CU分析出電勢差的變化趨勢，由此得出指針張角的變化趨勢。【解答】解：A．根據電容器的決定式C=?rSB．根據電容器的決定式C=?rSC．根據電容器的決定式C=?rSD．只在極板間插入金屬板，相當于減小極板間的距離，根據電容器的決定式C=?rS故選：D。【點評】本題主要考查了電容器的動態分析問題，熟悉電容的表達式，結合公式間的轉化關系即可完成分析。9．（2023春?溫江區校級期中）某學生用示波器觀察按正弦規律變化的電壓圖線時，他將掃描范圍旋鈕置于第一擋（10Hz～100Hz）。把衰減調節旋鈕置于“”擋，在屏上出現了如圖甲所示的正弦曲線。后來他又進行了調節，使圖像變成如圖乙所示的曲線，這兩步調節可能是（）A．調節同步極性選擇開關、掃描微調旋鈕、Y增益旋鈕 B．調節同步極性選擇開關、掃描范圍旋鈕、衰減調節旋鈕 C．調節掃描范圍旋鈕、掃描微調旋鈕、水平位移旋鈕 D．調節掃描微調旋鈕、衰減調節旋鈕、水平位移旋鈕【考點】示波器的使用．【專題】定性思想；理解能力．【答案】A【分析】根據示波器使用方法、各旋鈕作用，分析圖示波形作答即可?！窘獯稹拷猓罕容^甲、乙圖像可知，兩個波形圖像的位相相反，頻率增大，縱向幅度變大，所以需要調節同步極性選擇開關，調節掃描微調旋鈕，同時調節Y增益旋鈕，故A正確。故選：A?！军c評】本題考查示波器的使用要點，知道示波器的使用方法、知道各旋鈕的作用、分析清楚圖示波形圖即可正確解題。10．（2023春?鎮江期末）某電流表G的內阻為500Ω，滿偏電流為0.5mA，要將它改裝成量程為3V的電壓表。下列改裝中，正確的是（）A． B． C． D．【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；推理能力．【答案】A【分析】電流表改裝成為電壓表要串聯電阻分壓，要串聯電阻為UIg?【解答】解：根據電表的改裝原理可知，要將它改裝成量程為3V的電壓表，需要串聯一個電阻，根據串聯電路的分壓原理，串聯的阻值為R串故選：A。【點評】本題主要是考查電表的改裝，知道改裝為電壓表的原理是將一電阻與電流表串聯在一起，然后再根據歐姆定律求出分壓電阻的阻值即可。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?西湖區校級模擬）關于高中物理的學生實驗，下列說法正確的是（）A．驗證動量守恒定律時，兩碰撞小球的直徑必須相等 B．探究氣體等溫變化的規律實驗中，不慎將活塞拔出，無需廢除之前獲得的數據，將活塞塞入重新實驗即可 C．探究影響感應電流方向的因素時，甲同學在斷開開關時發現靈敏電流計指針向右偏轉，則開關閉合后將滑動變阻器的滑片向右滑動（如圖），電流計指針向右偏轉。 D．在用單擺測量重力加速度的實驗中，為了使擺的周期大一些，以方便測量，拉開擺球時，使擺角大些【考點】研究電磁感應現象；驗證動量守恒定律；用單擺測定重力加速度．【專題】定性思想；推理法；單擺問題；電磁感應與電路結合；氣體的狀態參量和實驗定律專題；推理能力．【答案】AC【分析】驗證動量守恒定律時，兩碰撞小球的直徑必須相等，碰撞小球質量大于被碰小球；探究氣體等溫變化的規律實驗中，需要保證氣體質量不變；根據磁通量變化與電流表指針變化關系解答；根據單擺周期公式判斷?！窘獯稹拷猓篈.驗證動量守恒定律時，為了使小球發生對心碰撞，兩碰撞小球的直徑必須相等，故A正確；B.探究氣體等溫變化的規律實驗中，不慎將活塞拔出，氣體質量發生變化，需廢除之前獲得的數據，將活塞塞入重新實驗，故B錯誤；C.甲同學在斷開開關時，磁通量減少，靈敏電流計指針向右偏轉，開關閉合后將滑動變阻器的滑片向右滑動（如圖）時，B中變阻器接入電路的電阻變大，通過B的電流減小，穿過A的磁通量減少，電流計指針向右偏轉，故C正確；D.根據T=2πL故選：AC。【點評】本題主要考查對驗證動量守恒定律、探究氣體等溫變化的規律、探究影響感應電流方向的因素、用單擺測量重力加速度的實驗的理解，根據各實驗原理解答。（多選）12．（2023秋?西城區校級期中）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現亮斑，那么示波管中的（）A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電 C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電【考點】示波器的使用．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題．【答案】AC【分析】由亮斑位置可知電子偏轉的打在偏向X，Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，從而確定極板所帶的電性【解答】解：電子受力方向與電場方向相反，因電子向X向偏轉則，電場方向為X到X′，則X帶正電同理可知Y帶正電，極板Y'應帶負電。故AC正確，BD錯誤。故選：AC。【點評】本題考查示波器的原理，實質上是考查電子的偏轉，要注意明確電子帶負電，其受力與電場的方向相反，即向正極板偏轉。（多選）13．（2023秋?市中區校級月考）下列說法正確的是（）A．用圖a所示電路時，E測＜E真 B．用圖a所示電路時，r測＜r真 C．用圖b所示電路時，E測＜E真 D．用圖b所示電路時，r測＜r真【考點】測量普通電源的電動勢和內阻．【專題】實驗題；恒定電流專題．【答案】AB【分析】甲圖：電壓表測量為電源的輸出電壓，電壓表示數沒有誤差，但電流表測量的卻是外電路中一部分電路中的電流，故可知誤差來自于電壓表的分流。乙圖：本實驗中誤差來自由沒有分析電流表與電壓表的內阻；則通過電表對電路的影響作出真實值與測量值間的圖象，由圖象可分析其誤差情況；【解答】解：A、a圖中，該實驗的系統誤差主要是由電壓表的分流，導致電流表測量的電流小于通過電源的真實電流；利用等效電源分析，即可將電壓表等效為電源內阻，測實驗中測出的電動勢應為等效電阻輸出的電壓，由圖可知，輸出電壓小于電源的電動勢；故可知電動勢的測量值小于真實值；實驗中測出的內阻應為實際電源內阻和電壓表內阻并聯的等效電阻，所以測得的內阻與實際值相比偏小。故AB正確C、b圖中由于電壓表測量值小于電源真實的路端電壓；但當外電路斷開時，電流表的分壓可以忽略，故本接法中電動勢是準確的；而測量的電壓小于真實值，故由b圖象可知測量的內阻大于真實值；即E測＝E真．r測＞r真．故CD錯誤。故選：AB?！军c評】本題考查測量電動勢和內電阻實驗的數據的處理，要求能正確分析誤差的來源，并能用圖象法求出電勢和內電阻。（多選）14．（2022秋?紅山區期末）在探究電磁感應現象的實驗中，用導線將螺線管與靈敏電流計相連，構成閉合電路，下圖所示在下列情況中，靈敏電流計指針發生偏轉的是（）A．螺線管不動，將磁鐵向螺線管中插入 B．螺線管不動，將磁鐵從螺線管中抽出 C．磁鐵放在螺線管里不動 D．磁鐵不動，將螺線管上下移動【考點】研究電磁感應現象．【專題】應用題；定性思想；推理法；理解能力．【答案】ABD【分析】當穿過閉合電路的磁通量發生變化時，閉合電路會產生感應電流，據此逐項分析即可．【解答】解：A、線圈不動，將磁鐵向螺線管中插入，磁通量增大，閉合電路會產生感應電流，靈敏電流計指針發生偏轉。故A正確。B、線圈不動，將磁鐵從螺線管中抽出，磁通量減小，閉合電路會產生感應電流，靈敏電流計指針發生偏轉。故B正確。C、磁鐵放在螺線管里不動，磁通量不變，閉合電路不產生感應電流，靈敏電流計指針不發生偏轉。故C錯誤。D、磁鐵不動，將螺線管上下移動，穿過螺線管的磁通量發生變化，產生感應電流，靈敏電流計指針發生偏轉。故D正確。故選：ABD?！军c評】解決本題的關鍵知道感應電流產生的條件，即穿過閉合回路磁通量發生變化，注意產生感應電流與感應電動勢的區別。（多選）15．（2022秋?河東區校級期中）用多用電表電阻擋測電阻，有許多注意事項，下列說法中哪些是錯誤的（）A．測量前必須調零，而且每測一次電阻都要重新調零 B．每次換擋后必須電阻調零 C．待測電阻如果是連接在電路中，應把它先與其他元件斷開，再進行測量 D．兩個表筆要與待測電阻接觸良好才能測得較準確，為此，應當用兩只手分別將兩個表筆與電阻兩端緊緊捏在一起【考點】練習使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；恒定電流專題．【答案】AD【分析】本題考查歐姆表的使用：每選定一次歐姆擋位后電路發生改變要重新進行歐姆調零，測量電阻要把電阻與其它元件獨立；測完要把選擇開關正確放置【解答】解：A、運用歐姆表測量電阻時，不是每次測量都要重新調零，而是在換擋后要重新調零，故A錯誤，B正確。C、電阻如果是連在電路中，應當把它與其它元件斷開，再進行測量，故C正確。D、兩個表筆與待測電阻要接觸良好才能測得準確，但是不能將兩只手分別將兩只表筆與待測電阻兩端緊緊捏在一起，故D錯誤。選錯誤的故選：AD?！军c評】歐姆表是利用內部電源供電，然后根據電流的性質，由閉合電路歐姆定律求出的電阻，故在使用過程中要注意其操作過程及使用方法．要特別注意：每次換擋都要重新調零．三．填空題（共5小題）16．（2024春?東城區校級期末）某同學利用如圖所示的實驗電路觀察平行板電容器的充放電現象。按如圖所示電路原理圖連接好實驗電路，將開關S接在1（選填“1”或“2”），可對電容器進行充電。【考點】觀察電容器及其充、放電現象．【專題】實驗題；學科綜合題；定性思想；實驗分析法；電容器專題；實驗能力．【答案】1【分析】對電容器進行充電時，電容器兩端應與電源兩端相接?！窘獯稹拷猓簩﹄娙萜鬟M行充電，電容器要與電源串聯在電路中，將開關S接在1。故答案為：1.【點評】本題為觀察電容器的充放電實驗對電容器進行充電時，電容器兩端應與電源兩端相接。17．（2022秋?寶雞期末）現將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關按如圖所示連接。請根據實驗現象填空：（1）開關閉合后，將線圈A插入或拔出線圈B，可以看到電流計指針偏轉；（2）開關閉合后，線圈A在線圈B中靜止不動，可以看到電流計指針不偏轉；（3）開關閉合后，將滑動變阻器的滑片P勻速滑動，電流計指針偏轉。（各空均選填“偏轉”或者“不偏轉”）【考點】研究電磁感應現象．【專題】實驗題；實驗探究題；定性思想；實驗分析法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】（1）偏轉；（2）不偏轉；（3）偏轉?！痉治觥棵鞔_感應電流的產生條件，分析線圈B中的磁通量是否變化即可明確是否有感應電流產生?！窘獯稹拷猓海?）開關閉合后，線圈A插入或拔出線圈B，穿過線圈B的磁通量發生變化，有感應電流產生，則電流計偏轉。（2）線圈A插入線圈B中后，線圈A在線圈B中靜止不動，穿過線圈B的磁通量不變，沒有感應電流產生，則電流計不偏轉。（3）開關閉合后，滑動變阻器的滑片P勻速滑動，回路中電流變化，則穿過線圈B的磁通量發生變化，有感應電流產生，則電流計偏轉。故答案為：（1）偏轉；（2）不偏轉；（3）偏轉。【點評】本題考查了感應電流產生條件的應用，穿過閉合線圈的磁通量發生變化，閉合電路會產生感應電流，知道感應電流產生的條件是解題的前提，根據題意分析磁通量是否變化即可解題。18．（2023?郫都區校級學業考試）如圖所示，導體AB做切割磁感線運動時，線路中有電流產生，而導體AB順著磁感線運動時，線路中無電流產生。（均選填“有”或“無”）【考點】研究電磁感應現象．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；理解能力．【答案】有；無?！痉治觥棵鞔_感應電流產生的條件為：閉合回路中磁通量發生變化，根據條件進行分析即可求解?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示，導體AB做切割磁感線運動時，閉合回路中有磁通量的變化，故線路中有電流產生；導體AB順著磁感線運動時，閉合回路中的磁通量不變，線路中無流產生。故答案為：有；無?！军c評】本題考查感應電流的條件應用，要注意明確本題中導體AB通過導線和電流表形成閉合回路，要注意分析回路中磁通量是否變化。19．（2023春?順義區期末）某同學利用圖所示電路研究電磁感應現象。在圖示狀態閉合開關瞬間，發現靈敏電流計的指針向左偏轉。在閉合開關后，將滑動變阻器的滑片向右滑動時，靈敏電流計指針將向右（選填“左”或“右”）偏轉；待電路穩定后，將線圈A從線圈B中拔出，靈敏電流計指針將向右（選填“左”或“右”）偏轉?！究键c】研究電磁感應現象．【專題】定性思想；推理法；實驗分析法；電磁感應與電路結合；推理能力．【答案】右；右【分析】圖示狀態閉合開關瞬間，穿過線圈B的磁通量增大，發現靈敏電流計的指針向左偏轉，滑片向右滑動、將線圈A從線圈B中拔出都會引起B中的磁通量減小，以此判斷感應電流的方向?！窘獯稹拷猓洪]合開關瞬間，穿過線圈B的磁通量增大，發現靈敏電流計的指針向左偏轉，根據圖可知，閉合開關后，將滑動變阻器的滑片向右滑動時，通過A的電流減小，則穿過線圈B的磁通量減小，可知靈敏電流計指針將向向右偏轉；電路穩定后，將線圈A從線圈B中拔出，則穿過線圈B的磁通量減小，可知靈敏電流計指針將向向右偏轉。故答案為：右；右【點評】這道題通過實驗，得到磁通量增大時和磁通量減小時感應電流的方向相反，屬于比較容易的題。20．（2022秋?蘭州期末）如圖所示是三個成功的演示實驗，回答下列問題。（1）在實驗中，電流計指針偏轉的原因是穿過閉合回路的磁通量發生變化。（2）第一個實驗（如圖a）中，將條形磁鐵從同一高度插入到線圈中同一位置，快速插入和緩慢插入有什么量是相同的？磁通量的變化量。什么量是不同的？磁通量的變化率。（3）從三個演示實驗可歸納出的結論是：穿過閉合電路的磁通量發生變化，閉合電路就會產生感應電流；感受應電動勢的大小與磁通量變化的快慢有關。。【考點】研究電磁感應現象．【專題】實驗題；定性思想；控制變量法；電磁感應與電路結合；實驗能力．【答案】（1）穿過閉合回路的磁通量發生變化；（2）磁通量的變化量；磁通量的變化率；（3）穿過閉合電路的磁通量發生變化，閉合電路就會產生感應電流；感受應電動勢的大小與磁通量變化的快慢有關?！痉治觥慨斖ㄟ^閉合回路的磁通量發生變化，會產生感應電流，電流表指針發生偏轉。根據閉合電路歐姆定律確定電流表指針偏轉角與電動勢的關系?！窘獯稹拷猓海?）當磁通量發生變化，會產生感應電流，電流表指針發生偏轉。（2）將條形磁鐵從同一高度插入到線圈中同一位置，快速插入和慢速插入磁通量的變化量相同，所用的時間不同，則磁通量的變化率不同。（3）通過三個實驗可以得出穿過閉合電路的磁通量發生變化，閉合電路就會產生感應電流；感受應電動勢的大小與磁通量變化的快慢有關。故答案為：（1）穿過閉合回路的磁通量發生變化；（2）磁通量的變化量；磁通量的變化率；（3）穿過閉合電路的磁通量發生變化，閉合電路就會產生感應電流；感受應電動勢的大小與磁通量變化的快慢有關?！军c評】解決本題的關鍵知道感應電流的產生條件，以及知道感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比。四．解答題（共5小題）21．（2024?寶山區模擬）如圖是“探究感應電流產生的條件”實驗器材和部分連接線路。（1）在給出的圖中，用筆線作為導線完成實驗器材的連接（導線不能交叉），在閉合電鍵S前，滑動變阻器滑片P應置于使滑動變阻器接入電阻A（選擇：A．最大、B．最?。┑奈恢谩＃?）合上電鍵S后，若線圈A內部磁場的磁感應強度方向向下，則從上往下看環繞線圈A的電流方向為A方向（選擇：A．順時針、B．逆時針）；若將線圈A插入線圈B內部，則在這一過程中穿過線圈B的磁通量A（選擇：A．增加、B．不變、C．減少）（3）在完成實驗器材正確連接的情況下，下列能產生感應電流的辦法是AC。（多選）A．閉合電鍵S瞬間B．斷開電鍵S后，移動變阻器滑片PC．閉合電鍵S后，移動變阻器滑片PD．閉合電鍵S后，以線圈A為軸轉動線圈B【考點】研究電磁感應現象．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；實驗能力．【答案】（1）A；（2）A；A；（3）AC【分析】（1）根據實驗的要求連接實驗器材。為保護電路，在閉合電鍵S前滑動變阻器滑片P應置于使滑動變阻器接入電阻最大的位置。（2）根據安培定則判斷線圈A的電流方向。根據線圈B所處磁場的強弱變化，判斷磁通量變化。（3）根據產生感應電流的條件分析解答?！窘獯稹浚?）完成的實驗器材連接如下圖所示。為保護電路，在閉合電鍵S前滑動變阻器滑片P應置于使滑動變阻器接入電阻最大的位置（故選擇A）。（2）根據安培定則判斷，可知從上往下看環繞線圈A的電流方向為順時針方向（故選擇A）。將線圈A插入線圈B內部，在這一過程中穿過線圈B的磁通量增加（故選擇A）。（3）A．閉合電鍵S瞬間，線圈A中電流突然增加，其產生的磁場的磁感應強度增大，則線圈B的磁通量增大，根據法拉第電磁感應定律，可知線圈B產生感應電流，故A正確；B．斷開電鍵S后，再移動變阻器滑片P，此時電路處于斷開狀態沒有電流通過，不存在磁場，不能產生感應電流，故B錯誤；C．閉合電鍵S后，再移動變阻器滑片P，線圈A中有變化的電流，產生變化的磁場，則線圈B的磁通量發生變化，能產生感應電流，故C正確；D．閉合電鍵S后，以線圈A為軸轉動線圈B，線圈B的磁通量不發生變化，不能產生感應電流，故D錯誤。故答案為：（1）A；（2）A；A；（3）AC【點評】本題考查了電磁感應現象產生感應電流的條件。產生感應電流的條件是閉合回路的磁通量發生變化。22．（2022?天津模擬）在“測量電源的電動勢和內阻”的實驗中，連接成如圖1所示的電路。（1）圖中方框A、B中的儀表分別測量什么物理量？閉合開關前，滑動變阻器的滑動頭P應位于a端還是b端？（2）在用伏安法測電池電動勢和內阻的實驗中，共記錄五組數據，作圖得到U﹣I圖線，如圖所示。則該電池的電動勢和內阻分別為多大？【考點】測量普通電源的電動勢和內阻．【專題】計算題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗能力．【答案】（1）圖中方框A、B中的儀表分別測量電流和電壓，閉合開關前，滑動變阻器的滑動頭P應位于b端；（2）該電池的電動勢為1.5V，內阻為1.2Ω。【分析】（1）A串聯在電路中，測量電流的，B與滑動變阻器并聯，測量電壓，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器，為保護電路，閉合開關前滑片要置于阻值最大處。（2）由圖示電源U﹣I圖象求出電源電動勢與內阻?！窘獯稹拷猓海?）由圖發現，A串聯在干路中，是電流表用來測電流，B與電源并聯，用來測電壓；閉合開關前，應使滑動變阻器接入電路阻值最大，故滑動頭P應位于b端。（2）根據閉合電路歐姆定律U＝E﹣Ir結合圖像可知E＝1.5Vr＝|1.5?0.60.75|Ω＝1.2答：（1）圖中方框A、B中的儀表分別測量電流和電壓，閉合開關前，滑動變阻器的滑動頭P應位于b端；（2）該電池的電動勢為1.5V，內阻為1.2Ω?！军c評】本題考查了求實驗器材選擇、求電源電動勢與內阻，應用圖象法處理實驗數據是常用的實驗數據處理方法，要掌握圖象法處理實驗數據的方法。23．（2021秋?薛城區期中）圖甲為某元件的U﹣I特性曲線，把它連成圖乙所示的電路．已知電源電動勢E＝5V，內阻r＝1.0Ω，定值電阻R0＝4Ω．求：（1）該元件的電功率；（2）電源的輸出功率．【考點】描繪小燈泡的伏安特性曲線．【專題】實驗題．【答案】見試題解答內容【分析】將R0等效為內阻，作出等效電源的伏安特性曲線，則交點為該元件的工作點；由圖可得出該元件的電功率及電源的輸出功率．【解答】解：（1）電源的電動勢E＝5V；等效內阻為r′＝1+4＝5Ω；在圖中做出伏安特性曲線如圖所示；由圖可知，該元件的電流為0.4A，電壓為3V；則該元件的功率P＝UI＝0.4×3＝1.2W；（2）電源的電流為0.4A，路端電壓U1＝E﹣Ir＝5﹣0.4×1＝4.6V；輸出功率P出＝U1I＝4.6×0.4＝1.84W；答：（1）該元件的電功率為1.2W；（2）電源的輸出功率為1.84W．【點評】本題考查伏安特性曲線的應用，要注意正確作出等效電源的圖象，明確交點的意義即可求解．24．（2020秋?株洲期末）用多用電表測未知阻值的電阻．按正確步驟操作后，測量結果如圖所示，讀出其阻值大小為1000（或1k）Ω．為了使多用電表測量的結果更準確，必須進行如下操作：a．將選擇開關打到×100擋（填×1、×10、×100、×1K）b．將紅黑表筆短接，調節調零旋鈕，進行歐姆調零c．把電阻接在兩表筆之間進行測量并讀數d．測量完畢將選擇開關打到OFF擋．【考點】練習使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；恒定電流專題．【答案】見試題解答內容【分析】歐姆表讀數為表盤示數乘以倍率．偏角小說明電阻大，要換用大倍率擋．換擋后先進行歐姆調零再測量．測量完畢將選擇開關打到OFF擋．【解答】解：由圖知選擇開關打在“×10”擋，故歐姆表的讀數為：示數×倍率＝100×10＝1000Ω．a、因為歐姆表指針偏角太小，測量誤差較大，說明所選用的倍率太小，必須使指針轉刻度中央附近，因此應換大倍率，如×100擋．b、將紅黑表筆短接，調節調零旋鈕，重新歐姆調零后測量．d、測量完畢將選擇開關打到OFF擋．故答案為：1000（或1k）；a．×100；b．短接；調零（調節“Ω”也行）；d．OFF（“最大交流電壓”擋也行）．【點評】解決本題的關鍵掌握多用電表的操作步驟，以及注意事項，能根據指針偏角的大小選擇倍率．25．（2021秋?東?？h期中）如圖所示，小明同學用伏安法測量未知電阻Rx，測得電壓表示數U＝2.53V，電流表示數I＝0.50A。若電壓表內阻RV＝3000Ω，電流表內阻RA＝0.1Ω，試求：（1）電阻Rx的測量值R測；（2）電阻Rx的真實值R真；（3）若把測量值與真實值之差除以真實值叫做測量結果的相對誤差（δ＝|測量值?真實值真實值【考點】伏安法測電阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）電阻Rx的測量值R測為5.06Ω；（2）電阻Rx的真實值R真為4.96Ω；（3）若把測量值與真實值之差除以真實值叫做測量結果的相對誤差為2.0%?！痉治觥侩娏鞅淼膬冉臃y電阻的誤差來源于電流表的分壓，即電壓的測量值大于真實值，電阻的測量值也大于真實值，分別求測量值和真實值，再由相對誤差的定義求本次實驗的相對誤差?！窘獯稹拷猓海?）由歐姆定律得R測=（2）由于測量電路為內接法，R測是RV和R真的串聯總阻值，即R測＝R真+RA得R真＝R測﹣RA＝5.06Ω﹣0.1Ω＝4.96Ω（3）根據δ=|得δ=|答：（1）電阻Rx的測量值R測為5.06Ω；（2）電阻Rx的真實值R真為4.96Ω；（3）若把測量值與真實值之差除以真實值叫做測量結果的相對誤差為2.0%?！军c評】測量電阻的方法有多種，關鍵是理解其實驗原理，正確應用串并聯電路的知識進行解答。本題除了理解電流表的內外接法的誤差之外，更進一步鞏固相對誤差的概念。

考點卡片1．電容的概念與物理意義【知識點的認識】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=Q（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數值由電容器的構造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關?！久}方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無關D、電容在數值上等于使兩極板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關。電容器不帶電，電容沒變。故A、B錯誤，C正確。由C=Q故選：CD。點評：解決本題的關鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關【解題思路點撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無關。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=2．混聯電路的特點及應用【知識點的認識】1.混聯電路的概念：電路中有串聯部分和并聯部分共存的電路叫作混聯電路。2.根據串、并聯電路的特點解決混聯電路問題。【命題方向】如圖所示，R1與R2并聯之后再與R3串聯，已知UAB＝12V，R1＝6Ω，P3＝16W，I1=4（1）R1兩端的電壓為多少？（2）R3的電流是多少？（3）R2阻值為多少？（4）R3阻值為多少？分析：電阻R1與電阻R2并聯，根據通過R1的電流和R1的阻值，通過歐姆定律求出R1兩端的電壓，從而得出R3兩端的電壓，根據R3的功率求出通過R3的電流，根據總電流求出R2的電流，結合歐姆定律求出R2的阻值．解答：（1）根據歐姆定律得，R1兩端的電壓U1=I（2）R3兩端的電壓U3＝UAB﹣U1＝4V．則通過R3的電流I3（3）通過R2的電流I2則R2（4）R3答：（1）R1兩端的電壓為8V．（2）R3的電流是4A．（3）R2阻值為3Ω．（4）R3阻值為1Ω．點評：解決本題的關鍵知道串并聯電路的特點，以及掌握部分電路歐姆定律，并能靈活運用．【解題思路點撥】解決簡單混聯電路的方法（1）準確地判斷出電路的連接方式，畫出等效電路圖。（2）準確地利用串、并聯電路的基本規律、特點。（3）靈活地選用恰當的物理公式進行計算。3．把表頭改裝成電壓表【知識點的認識】1.表頭G的物理號為，三個參量如下①內阻Rg：表頭的內阻②滿偏電流Ig：指針片轉到最大值時，流過表頭的電流滿偏電壓Ug：表頭通過滿偏電流時，加載表頭兩端的電壓：Ug＝IgRg2.電表改裝原理：①電壓表改裝：將表頭串聯一個較大電阻，如下圖②電流表改裝：將表頭并聯一個較小電阻。如下圖3.對電表改裝的進一步理解4.電表改裝問題的兩點提醒（1）無論表頭G改裝成電壓表還是電流表，它的三個特征量Ug、Ig、Rg是不變的，即通過表頭的最大電流Ig并不改變。（2）改裝后電壓表的量程指小量程電流表表頭滿偏時對應的R與表頭串聯電路的總電壓；改裝后電流表的量程指小量程電流表表頭滿偏時：對應的R與表頭并聯電路的總電流。【命題方向】有一電流表G，內阻Rg＝10Ω，滿偏電流Ig＝3mA．（1）要把它改裝成量程為0～3V的電壓表，應串聯一個多大的電阻？改裝后電壓表的內阻是多大？（2）要把它改裝成量程為0～0.6A的電流表，需要并聯一個多大的電阻？改裝后電流表的內阻是多大？分析：把電流表改裝成電壓表需要串聯一個分壓電阻，改裝成大量程的電流表，需要并聯一個分流電阻，由串并聯電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值．解：（1）把電流表G改裝成0﹣3V的電壓表，需要串聯電阻的阻值為：R=UIg?（2）把G改裝成0﹣0.6A的電流表，需要并聯電阻的阻值為：R=IgRg答：（1）要把它改裝成量程為0﹣3V的電壓表，應串聯一個990Ω的電阻；內阻為1000Ω。（2）要把它改裝成量程為0﹣0.6A的電流表，需要并聯一個0.05Ω的電阻．內阻為0.05Ω。點評：本題考查了電壓表與電流表的改裝，知道電表改裝原理、應用串并聯電路特點與歐姆定律可以正確解題．【解題思路點撥】電表改裝的認識（1）無論表頭G改裝成電壓表還是電流表，它的三個特征量Ug、Ig、Rg是不變的，即通過表頭的最大電流Ig并不改變。（2）電表改裝的問題實際上是串、并聯電路中電流、電壓的計算問題，只要把表頭G看成一個電阻Rg即可，切記通過表頭的滿偏電流Ig是不變的。（3）電壓表的測量值是新改裝后的電壓表內阻Rg與R串兩端的電壓之和，電流表的測量值是通過新改裝后的電流表Rg與R并的電流之和。4．變壓器的構造與原理【知識點的認識】理想變壓器1．構造：如圖所示，變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的兩個線圈組成的．（1）原線圈：與交流電源連接的線圈，也叫初級線圈．（2）副線圈：與負級連接的線圈，也叫次級線圈．2．原理：電流磁效應、電磁感應．3．基本關系式（1）功率關系：P入＝P出．（2）電壓關系：U有多個副線圈時，U1（3）電流關系：只有一個副線圈時I1由P入＝P出及P＝UI推出有多個副線圈時，U1I1＝U2I2+U3I3+…+UnIn．4．幾種常用的變壓器（1）自耦變壓器﹣﹣調壓變壓器（2）互感器①電壓互感器：用來把高電壓變成低電壓②電流互感器：用來把大電流變成低電流【命題方向】（1）第一類?？碱}型：理想變壓器的規律如圖，理想變壓器原、副線圈匝數比n1：n2＝2：1，V和A均為理想電表，燈光電阻RL＝6Ω，AB端電壓u1＝122sin100πt（V）．下列說法正確的是（）A．電流頻率為100HzB．V的讀數為24VC．A的讀數為0.5AD．變壓器輸入功率為6W【分析】根據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論．解；A、AB端電壓u1＝122sin100πt（V）．電流頻率為f=100πB、電壓表的示數為電路的有效電壓的大小，根據電壓與匝數成正比，可知，U2＝6V，故B錯誤；C、I2=UD、P1＝P2＝U2I2＝6W，故D正確．故選：D．【點評】掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決．（2）第二類?？碱}型：理想變壓器的動態分析如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為10：1，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝2202sin100π（V），則（）A．當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表V1的示數為22VB．當t=1600s時，電壓表VC．單刀雙擲開關與a連接，當滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，電壓表V1示數增大，電流表示數變小D．當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表V1和電流表的示數均變小【分析】根據瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據電壓與匝數成正比即可求得結論．解：A、根據電壓與匝數成正比可知，原線圈的電壓的最大值為2202V，所以副線圈的電壓的最大值為222V，副線圈電壓的有效值為22V，即滑動變阻器和電阻R0的總電壓為22V，但是不知道電阻R0的大小，所以不能計算滑動變阻器的電壓的大小，所以A錯誤．B、根據瞬時值表達式可知，原線圈的電壓的有效值為220V，所以電壓表V0的讀數為220V，所以B正確．C、當滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，滑動變阻器的電阻變大，電路的總電阻變大，所以電流變小，電阻R0電壓減小，滑動變阻器的電壓變大，所以電壓表的示數變大，所以C正確．D、若當單刀雙擲開關由a扳向b時，理想變壓器原、副線圈的匝數比由10：1變為5：1，所以輸出的電壓升高，電壓表和電流表的示數均變大，所以D錯誤．故選BC．【點評】電路的動態變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法．【解題方法點撥】一、理想變壓器的規律理想變壓器①沒有能量損失；②沒有磁通量損失基本關系功率關系原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率P入＝P出電壓關系原、副線圈的電壓比等于匝數比，即U1電流關系①只有一個副線圈：電流和匝數成反比，即I1②多個副線圈：由輸入功率和輸出功率相等確定電流關系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn頻率關系原、副線圈中電流的頻率相等制約關系電壓副線圈電壓U2由原線圈電壓U1和匝數比決定，即U2=n2n功率副線圈中的功率P2由用戶負載決定，原線圈的輸入功率P1由副線圈的輸出功率P2決定，即P1＝P2（副制約原）電流原線圈的電流I1由副線圈的電流I2和匝數比決定，即I1=n2n二、理想變壓器的動態分析．解決理想變壓器中有關物理量的動態分析問題的方法1．分清不變量和變量，弄清理想變壓器中電壓、電流、功率之間的聯系和相互制約關系，利用閉合電路歐姆定律，串、并聯電路特點進行分析判定．2．分析該類問題的一般思維流程是：5．驗證動量守恒定律【知識點的認識】一、實驗目的驗證碰撞中的動量守恒．二、實驗原理1．如圖所示，讓質量較大的小球與靜止的質量較小的小球正碰，根據動量守恒定律應有m1v1＝m1v1′+m2v2′．2．小球從斜槽上滾下后做平拋運動，其水平速度等于水平位移和運動時間的比，而各小球運動時間相同，則它們的水平位移之比等于它們的水平速度之比，則動量守恒時有m1?OP＝m1?OM+m2?ON，若能測出m1、m2及OP、OM和ON并代入上式，即可驗證碰撞中動量是否守恒．三、實驗器材實驗裝置如圖所示，斜槽、重錘、兩個大小相同質量不等的小球、天平、白紙、復寫紙、刻度尺、圓規．四、實驗步驟1．將斜槽固定在桌邊使末端的切線水平．2．在地板上合適的位置鋪上白紙并在相應的位置鋪上復寫紙，用小鉛錘把斜槽末端即入射球的重心投影到白紙上O點．3．不放被碰小球時，讓入射小球10次都從斜槽同一高度由靜止開始滾下落在復寫紙上，用圓規找出落點的平均位置P點．4．把被碰小球放在槽口末端，然后讓入射小球從原高度滾下與被碰小球碰10次，用圓規找出入射小球和被碰小球落點的平均位置M、N．5．用天平測出兩個小球的質量，用刻度尺測出ON、OP、OM的長度．6．將數據代入m1?OP＝m1?OM+m2?ON，驗證碰撞過程中的動量是否守恒．【命題方向】題型一：實驗原理與實驗操作某同學用圖所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復上述操作10次．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復這種操作10次．圖中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點，接著進行測量、驗證．在以下選項中，哪些是本次實驗必須進行的測量？（）A．水平槽上不放B球時，測量A球落點位置到O點的距離B．A球與B球碰撞后，測量A球和B球落點位置到O點的距離C．測量A球或B球的直徑D．測量A球和B球的質量（或兩球質量之比）E．測量G點相對于水平槽面的高度分析：根據實驗原理可得mAv0＝mAv1+mBv2，根據下落時間相同可得，通過實驗的原理確定需要測量的物理量．解：根據實驗的原理知，mAv0＝mAv1+mBv2，即ma故選：ABD．點評：掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，是解決本題的關鍵．題型二：數據處理與誤差分析如圖1，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．①實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通過僅測量C（填選項前的符號），間接地解決這個問題．A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程②圖1中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影．實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP．然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復．接下來要完成的必要步驟是ADE．（填選項前的符號）A．用天平測量兩個小球的質量m1、m2B．測量小球m1開始釋放高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM，ON③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為m1?OM+m2?ON＝m1?OP（用②中測量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為m1?OM2④經測定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖2所示．碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1′，則p1：p1′＝14：11；若碰撞結束時m2的動量為p2′，則p1′：p2′＝11：2.9．實驗結果說明，碰撞前、后總動量的比值p1p1⑤有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質，其它條件不變，可以使被碰小球做平拋運動的射程增大．請你用④中已知的數據，分析和計算出被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為76.8cm．分析：驗證動量守恒定律實驗中，質量可測而瞬時速度較難．因此采用了落地高度不變的情況下，水平射程來反映平拋的初速度大小，所以僅測量小球拋出的水平射程來間接測出速度．過程中小球釋放高度不需要，小球拋出高度也不要求．最后可通過質量與水平射程乘積來驗證動量是否守恒．解：（1）驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通過落地高度不變情況下水平射程來體現速度．故答案是C（2）實驗時，先讓入射球ml多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP．然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球ml從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復．測量平均落點的位置，找到平拋運動的水平位移，因此步驟中D、E是必須的，而且D要在E之前．至于用天平秤質量先后均可以．所以答案是ADE或DEA（3）設落地時間為t，則v0=OPt，v1而動量守恒的表達式是m1v0＝m1v1+m2v2動能守恒的表達式是1所以若兩球相碰前后的動量守恒，則m1?OM+m2?ON＝m1?OP成立若碰撞是彈性碰撞，動能是守恒的，則有m1（4）碰撞前后m1動量之比：PP1P1（5）發生彈性碰撞時，被碰小球獲得速度最大，根據動量守恒的表達式是m1v0＝m1v1+m2v2由1得動能守恒的表達式是m聯立解得v2=2故答案為：①C；②ADE或DEA；③m1?OM+m2?ON＝m1OP；m1?OM2+m2?ON2＝m1OP2④14；2.9；1.01；⑤76.8．點評：（1）掌握多用電表如何測量電阻及怎樣讀數，知道電阻刻度盤是不均勻的．（2）驗證動量守恒定律中，學會在相同高度下，水平射程來間接測出速度，并利用動能守恒定律來解最大速度．題型三同類實驗拓展與創新請參考：http：//www．jyeoo．com/physics2/ques/detail/9feb6bd4﹣42dc﹣4606﹣8f8b﹣929f232e17d3【解題方法點撥】一（對應題型一）．實驗原理與實驗操作．讓質量較大的小球A（質量為m1）與靜止的質量較小的小球B（質量為m2）碰撞，要驗證m1v1＝m1v1′+m2v2′，需測量碰撞前后小球的速度．本實驗中較巧妙地借助平拋運動的規律，將速度的測量轉化為水平位移的測量，只需驗證m1?OP＝m1?OM+m2?ON即可．保證“水平”和“正碰”及正確測量三個落點的相對位置P、M、N是實驗成功的關鍵．實驗操作時應注意：（1）入射小球A和被碰小球B大小應完全相同，且m1＞m2．（2）入射小球每次都必須從斜槽上同一高度處由靜止滾下．（3）斜槽末端切線方向必須水平，被碰小球放在斜槽末端邊緣處．（4）兩球碰撞時，球心應等高或在同一水平線上．二（對應題型二）．數據處理與誤差分析1．數據處理本實驗運用轉換法，即將測量小球做平拋運動的初速度轉換成測平拋運動的水平位移；由于本實驗僅限于研究系統在碰撞前后動量的關系，所以各物理量的單位不必統一使用國際單位制單位．2．誤差分析（1）系統誤差主要來源于裝置本身是否符合要求，即：①碰撞是否為一維碰撞．②實驗是否滿足動量守恒的條件．如氣墊導軌是否水平，兩碰撞球是否等大．（2）偶然誤差主要來源于質量m和速度v的測量．三（對應題型三）．同類實驗拓展與創新．驗證碰撞過程滿足動量守恒定律的關鍵是通過實驗測出碰撞前后兩物體的速度，我們可以用以下幾種方案設計并完成實驗：方案一：利用氣墊導軌驗證動量守恒定律1．實驗器材：氣墊導軌、光電計時器、天平、滑塊（兩個）、彈簧片、撞針、橡皮泥等．2．實驗方法（1）測質量：用天平測出兩滑塊的質量．（2）安裝：按圖所示，正確安裝好氣墊導軌．（3）實驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊在各種情況下碰撞前后的速度（例如：①改變滑塊的質量．②改變滑塊的初速度大小和方向）．（4）驗證：一維碰撞中的動量守恒．方案二：利用光滑桌面上兩車的碰撞驗證動量守恒定律1．實驗器材：光滑長木板、打點計時器、紙帶、小車（兩個）、天平、撞針、橡皮泥等．2．實驗方法（1）測質量：用天平測出兩小車的質量．（2）安裝：如圖S77所示，將打點計時器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿過打點計時器，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥．（3）實驗：接通電源，讓小車A運動，小車B靜止，兩車碰撞時撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運動．（4）測速度：可以測量紙帶上對應的距離，算出速度．（5）改變條件：改變碰撞條件，重復實驗．（6）驗證：一維碰撞中的動量守恒．6．用單擺測定重力加速度【知識點的認識】1．單擺測定重力加速度．（1）實驗原理一個小球和一根細線就可以組成一個單擺．單擺在擺角很小的情況下做簡諧運動．單擺的周期與振幅、擺球的質量無關．與擺長的二次方根成正比．與重力加速度的二次方根成反比．單擺做簡諧運動時，其周期為：T＝2πLg，固有：g=（2）實驗器材帶孔小鋼球一個，約1m長的細線一條，鐵架臺，米尺，秒表，游標卡尺．（3）實驗內容．①取約1m長的細線穿過帶孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結，然后拴在桌邊的支架上，如圖所示．②用米尺量出懸線長L′，準確到毫米；用游標卡尺測擺球直徑，算出半徑r，也準確到毫米．則單擺的擺長為L′+r．③把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度（例如不超過10°），然后放開小球讓它擺動，用停表測量單擺完成30次全振動（或50次）所用的時間，求出完成一次全振動所需要的時間，這個平均時間就是單擺的周期．④把測得的周期和擺長的數值代入公式g=4⑤改變擺長，重做幾次實驗．設計一個表格，把測得的數據和計算結果填入表格中，計算出每次實驗的重力加速度．最后求出幾次實驗得到的重力加速度的平均值，即可看作本地區的重力加速度．⑥原始數據記錄樣表．2．注意事項①選擇材料時應選擇細輕又不易伸長的線，長度一般在1m左右，小球應選用密度較大的金屬球，直徑應較小，最好不超過2cm；②單擺懸線的上端不可隨意卷在鐵夾的桿上，應夾緊在鐵夾中，以免擺動時發生擺線下滑或懸點不固定，擺長改變的現象；③注意擺動時擺角不宜過大，不能超過10°，以保證單擺做簡諧運動；④擺球擺動時，要使之保持在同一個豎直平面內，不要形成圓錐擺．⑤測量應在擺球通過平衡位置時開始計時，因為在此位置擺球速度最大，易于分辯小球過此位置的時刻；畫出單擺的平衡位置，作為記時的參照點．必須是擺球同方向經過平衡位置記一次數．⑥測量單擺的擺長時應使擺球處于自然下垂狀態，用米尺測量出擺線的長度，再用游標卡尺測出擺球的直徑，然后算出擺長．3．秒表的使用和讀數：秒表的讀數等于內側分針的讀數與外側秒針的讀數之和．注意：當內側分針沒有超過半格時，外側秒針讀小于30的數字．超過半格時，外側秒針讀大于30的數字．機械式停表只能精確到0.1s，讀數時不需估讀．7．觀察電容器及其充、放電現象【知識點的認識】1.把直流電源、電阻、電容器、電流表、電壓表以及單刀雙擲開關組裝成實驗電路（如圖）。①充電過程：把開關S接1，此時電源給電容器充電。在充電過程中，可以看到電壓表示數迅速增大，隨后逐漸穩定在某一數值，表示電容器兩極板具有一定的電勢差。通過觀察電流表可以知道，充電時電流由電源的正極流向電容器的正極板。同時，電流從電容器的負極板流向電源的負極。隨著兩極板之間電勢差的增大，充電電流逐漸減小至0，此時電容器兩極板帶有一定的等量異種電荷。即使斷開電源，兩極板上的電荷由于相互吸引而仍然被保存在電容器中。②放電過程：把開關S接2，電容器對電阻R放電。觀察電流表可以知道，放電電流由電容器的正極板經過電阻R流向電容器的負極板，正負電荷中和。此時兩極板所帶的電荷量減小，電勢差減小，放電電流也減小，最后兩極板電勢差以及放電電流都等于0。2.電流傳感器可以像電流表一樣測量電流。不同的是，它的反應非?？欤梢圆蹲降剿查g的電流變化。此外，由于它與計算機相連，還能顯示出電流隨時間變化的I﹣t圖像。一次實驗過程中測得的I﹣t圖像如下圖所示：【命題方向】如圖甲所示是某實驗小組