16.电学实验(2014年高考物理真题分类汇编)

2014年全国高考物理试题电学实验参考答案1.（2014年山东卷）(1)R 2 a(2)如右图所示．(3)2.30(2.29、2.31均正确)．(4)94(93、95均正确)．[解析] (1)根据电阻定律估算得铜导线的电阻大约为R x ＝ρl S＝1.7 Ω，而R 0＋R x ＝4.7 Ω，根据电路图，电压表的量程是3 V ，电源的电动势为6 V ，所以滑动变阻器连入电路的电阻最小为4.7 Ω.为了多测几组数据，以保证实验结果的准确性，滑动变阻器应选R 2.(2)略．(3)电压表最小刻度表示0.1 V ，应该按照110估读进行读数，所以读数为2.30 V. (4)因为R x ＝U I －R 0＝ρl S，所以l ＝⎝⎛⎭⎫U I －R 0S ρ＝94 m. 感悟： 一开始做这个题时我会思考电压表的内阻是否确定。

看到电压表的内阻是约为多少时。

我认为我给电路图是无法准确测出待测电阻的阻值的，然后换一种思维；原来这题就是在原本测电阻率的基础上多加了一个定值电阻而已。

还有滑动变阻器与通常情况下选小电阻的有区别。

要通过计算判断出是选择较大的电阻器。

2.（2014年浙江卷）[答案] (1)如图所示(2)“×”(3)作图见第22题图2用“×”连线R ＝(1.1～1.3) Ω；用“○”连线R ＝(1.5～1.7) Ω[解析] (1)由图2中的电压、电流数据从零开始可知滑动变阻器采用分压式，电压表选择量程3 V ，电流表采用外接法．(2)外接法由于电压表分流，测得的电阻比内接法测得的要小，故电流表外接法得到的数据点是用“×”表示的．(3)用“×”数据点连直线，斜率为铅笔芯的电阻，考虑误差因素，R ＝(1.1～1.3)Ω，用“○”数据点连直线，同理得R ＝(1.5～1.7)Ω.感悟: 能把待测电阻的测量误差通过图像的形式考出来，感觉很新。

万变不离其中吧。

大内偏大，小外偏小。

3. [2014·新课标Ⅱ卷][答案] R x 1 大于 小于[解析] R V R x ＝2000 Ω200 Ω＝10，R x R A ＝200 Ω10 Ω＝20，故R V R x <R x R A＝10，应该采用电流表内接法，即图(a)接法．由“大内偏大，小外偏小”的结论可知电流表内接时测量值R x 1大于真实值，外接时，测量值R x 2小于真实值． 感悟：此题6分属于送分题，非常简单。

目录
第一章直线运动
第二章相互作用
第三章牛顿运动定律
第四章曲线运动
第一节运动的合成与分解
第二节平抛运动
第三节圆周运动
第五章万有引力
第六章功和能的关系
第七章力学实验
第八章静电场
第一节电场力的性质
第二节电场能的性质
第三节电容器及带电粒子在电场中的运动第九章恒定电流
第十章电学实验
第一节电阻及电阻率的测量
第二节描绘小灯泡的伏安特性曲线
第三节测量电源电动势和内阻
第四节多用电表的使用
第五节电表内阻的测量及电表的改装
第六节传感器
第十一章磁场
第一节磁场对通电导线的作用
第二节带电粒子在磁场中的运动
第三节带电粒子在复合场中运动
第十二章电磁感应
第十三章交变电流
第十四章传感器
第十五章机械振动机械波
第十六章光学。

1.命题情境具有一定的问题性、真实性、探究性或开放性。

试题的任务情境呈现出类型多样、、具有一定复杂程度和开放性等特点的真实情境。

电学实验以电学量测量为基础，借助数学知识探究较为抽象的物理量。

2.高考在考查电学实验知识的同时也注重考查实验能力,并且把对能力的考查放在首要位置。

3.命题中更多出现数字实验，创新实验方式等数字实验室系统，它们利用传感数据采集器等收集实验数据，用计算机软件分析实验数据、得出实验结论。

试题经常出现利用数字实验或云技术平挥决一些用常规方法难以实现的疑难实验，或利用手机等信息技术工具捷地解决某些物理学习问题。

4.电学设计性实验题充分体现了探究性和应用性,源于教材却又高于教材,侧重考查同学们的综合实验素质和利用基本原理,方法进行创新的能力,力求达到“只有亲自动手做过实验并能进行再思考的考生才能得高分”的命题思想。

5.电学实验主要考查电阻率的测量、电源电动势和内阻的测量、了解伏安法、差值法、半偏法、等效法、电桥法等测电阻的方法。

会用传感器控制电路、设计相关实验方案.学会替换和改装电表进行实验.会利用电学实验知识探究创新实验方案。

一、电阻率的测量原理由R＝ρlS得ρ＝RSl＝πd2R4l，因此，只要测出金属丝的长度l、直径d和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ.二、测电动势和内电阻的原理1.伏安法2.安阻法闭合电路的欧姆定律E ＝IR ＋Ir，电路图如图所示．3.伏阻法闭合电路欧姆定律E ＝U ＋URr，电路图如图所示．三、电表的改装与校准电表的两种改装的比较四、1．电流表的内、外接法内接法外接法电路图误差原因电流表分压U 测＝U x ＋U A电压表分流I 测＝I x ＋I V电阻测量值R测＝U测I测＝R x＋R A>R x测量值大于真实值R测＝U测I测＝R x R VR x＋R V<R x测量值小于真实值适用于测量大阻值电阻小阻值电阻两种电路选择标准当R A≪R x或R x>R A R V时，选用电流表内接法当R V≫R x或R x<R A R V时，选用电流表外接法2.滑动变阻器两种连接方式的对比限流接法分压接法对比说明电路图串、并联关系不同负载R上电压调节范围(不计电源内阻)RER＋R0≤U≤E0≤U≤E分压电路调节范围大闭合S前触头位置b端a端都是为了保护电路元件3.滑动变阻器两种接法的选择滑动变阻器的最大阻值和用电器的阻值差不多且不要求电压从零开始变化，通常情况下，由于限流式结构简单、耗能少，优先使用限流式．滑动变阻器必须接成分压电路的几种情况：①要求电压表能从零开始读数，要求电压(电流)测量范围尽可能大；②当待测电阻R x≫R(滑动变阻器的最大阻值)时(限流式接法滑动变阻器几乎不起作用)；③若采用限流式接法，电路中的最小电流仍超过电路中电表、电阻允许的最大电流．五、差值法测电阻1．电流表差值法(如图所示)(1)基本原理：定值电阻R0的电流I0＝I2－I1，电流表的电压U1＝(I2－I1)R0.(2)可测物理量：①若R 0为已知量，可求得电流表的内阻r 1＝(I 2－I 1)R 0I 1；②若r 1为已知量，可求得R 0＝I 1r 1I 2－I 12．电压表差值法(如图所示)(1)基本原理：定值电阻R 0的电压U 0＝U 2－U 1，电压表的电流I 1＝U 2－U 1R 0.(2)可测物理量：①若R 0为已知量，可求得电压表的内阻r 1＝U 1U 2－U 1R 0；②若r 1为已知量，可求得R 0＝U 2－U 1U 1r 1.五、半偏法测电表内阻1．电流表半偏法(电路图如图所示)(1)实验步骤①先断开S 2，再闭合S 1，将R 1由最大阻值逐渐调小，使电流表读数等于其量程I m ；②保持R 1不变，闭合S 2，将电阻箱R 2由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于12I m 时记录下R 2的值，则R A ＝R 2.(2)实验原理当闭合S 2时，因为R 1≫R A ，故总电流变化极小，认为不变仍为I m ，电流表读数为I m 2，则R 2中电流为I m2，所以R A ＝R 2.(3)误差分析①测量值偏小：R A 测＝R 2＜R A 真．②原因分析：当闭合S 2时，总电阻减小，总电流增大，大于原电流表的满偏电流，而此时电流表半偏，所以流经R 2的电流比电流表所在支路的电流大，R 2的电阻比电流表的电阻小，而我们把R 2的读数当成电流表的内阻，故测得的电流表的内阻偏小．③减小误差的方法：选电动势较大的电源E ，选阻值非常大的滑动变阻器R 1，满足R 1≫R A .2．电压表半偏法(电路图如图所示)(1)实验步骤①将R 2的阻值调为零，闭合S ，调节R 1的滑动触头，使电压表读数等于其量程U m ；②保持R 1的滑动触头不动，调节R 2，当电压表读数等于12U m 时记录下R 2的值，则R V ＝R 2.(2)实验原理：R V ≫R 1，R 2接入电路时可认为电压表和R 2两端的总电压不变，仍为U m ，当电压表示数调为U m 2时，R 2两端电压也为U m2，则二者电阻相等，即R V ＝R 2.(3)误差分析①测量值偏大：R V 测＝R 2>R V 真．②原因分析：当R 2的阻值由零逐渐增大时，R 2与电压表两端的总电压也将逐渐增大，因此电压表读数等于12U m 时，R 2两端的电压将大于12U m ，使R 2>R V ，从而造成R V 的测量值偏大．显然电压表半偏法适用于测量内阻较大的电压表的电阻．③减小误差的方法：选电动势较大的电源E ，选阻值较小的滑动变阻器R 1，满足R 1≪R V .六、等效替代法测电阻如图所示，先让待测电阻串联后接到电动势恒定的电源上，调节R 2，使电表指针指在适当位置读出电表示数；然后将电阻箱串联后接到同一电源上，保持R 2阻值不变，调节电阻箱的阻值，使电表的读数仍为原来记录读数，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．七、电桥法测电阻(1)操作：如图甲所示，实验中调节电阻箱R 3，使灵敏电流计G 的示数为0.(2)原理：当I G ＝0时，有U AB ＝0，则U R 1＝U R 3，U R 2＝U Rx ；电路可以等效为如图乙所示．根据欧姆定律有U R 1R 1＝U R 2R 2，U R 1R 3＝U R 2R x ，由以上两式解得R 1R x ＝R 2R 3或R 1R 2＝R 3R x ，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻R x 的阻值．八、定值电阻在电学实验中的应用定值电阻在电路中的主要作用(1)保护作用：保护电表，保护电源．(2)测量作用：已知电压的定值电阻相当于电流表，已知电流的定值电阻相当于电压表，主要有如图所示两种情况：图甲中流过电压表V 2的电流：I 2＝U 1－U 2R ；图乙中电流表A 2两端的电压U 2＝(I 1－I 2)R ；(3)扩大作用：测量电路中用来扩大电表量程；当待测电阻过小时，可串联定值电阻用来扩大待测量．（建议用时：30分钟）①闭合开关1S，断开开关2S，调节滑动变阻器②保持滑片P不动，把开关SR=，该测量值流表的内阻A填“2R”或“3R”）；③闭合开关1S，把开关2S与2U；④以U为纵坐标，I为横坐标，作出动势E=，内阻r=（3）在不计电流表内阻测量误差的情况下，引起系统误差。

[] J单元　电路 部分电路及其规律 1. 2014·豫东、豫北十校联考安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流．设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是( ) A．电流为，电流的方向为顺时针 B．电流为，电流的方向为顺时针 C．电流为，电流的方向为逆时针 D．电流为，电流的方向为逆时针 1．C　[解析] 电流I＝＝＝，方向与电子运动的方向相反，即沿逆时针方向，选项C正确． 10．2014·数理化学科能力竞赛如果人或牲畜站在距离电线的落地点8～10 m以内或雷雨天的大树附近，就可能发生触电事故，这种触电叫作跨步电压触电．人受到较高的跨步电压作用时，双脚会抽筋而身体倒地．经验证明，人倒地后电流在体内持续作用2 s就会致命. 当人发觉跨步电压威胁时，应赶快把双脚并在一起，或尽快用一条腿跳着离开危险区． 跨步电压的示意图如图X13-9所示，人受到跨步电压作用时，电流沿着人的下身，从脚经腿、胯部又到脚与大地形成通路．若站在湿地上的某人两脚间的距离为0.5 m，一只脚的电阻是300 Ω，人体躯干内部的电阻为1000 Ω，设每米湿地的电阻为100 Ω. (1)若通过躯干的电流为0.1 A时，则跨步电压、通过人体和湿地的总电流各为多大？ (2)若人的两脚之间的距离增大为1.0 m，通过人体和湿地的总电流不变，则跨步电压和通过人体的电流做功的电功率各为多少？如果通过躯干的电流达到0.1 A 至1.0 A时就能使心脏进入纤维性颤动而对人体造成伤害甚至导致死亡，那么以上两种情况对人体有危险吗？ 图X1310．(1)160 V　3.3 A　(2)310.6 V　60.3 W　有危险 [解析] (1)把人体和两脚之间的湿地分别看成一个电阻，则两电阻并联． 人体的电阻 R1＝(300×2＋1000)Ω＝1600 Ω 当两脚间的距离为0.5 m时，两脚间湿地的电阻 R2＝ρ·L1＝100×0.5 Ω＝50 Ω 跨步电压 U＝I1R1＝0.1×1600 V＝160 V 电路中总电阻 R总＝ 电路中的总电流 I＝＝·(R1＋R2)＝·(1600＋50) A＝3.3 A. (2)当两脚间的距离为1.0 m时，两脚间湿地的电阻 R′2＝ρL′1＝100×1.0 Ω＝100 Ω 两脚间的总电阻R′总＝ 跨步电压U′＝I总R′总＝3.3× V＝310.6 V 通过人体的电流做功的电功率为 P＝＝ W＝60.3 W. 通过人体的电流 I2＝＝ A＝0.19 A 综上所述，以上两种情况对人体都有极大的危险． 9．[2014·天津卷] (1)半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点．在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出，半径OA的方向恰好与v的方向相同，如图所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________． (2)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示． 若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些______________________________． 实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)． A．避免小车在运动过程中发生抖动 B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰 C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力 平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：______________________． 他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)． A．在接通电源的同时释放了小车 B．小车释放时离打点计时器太近 C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力 (3)现要测量一个未知电阻Rx的阻值，除Rx外可用的器材有： 多用电表(仅可使用欧姆挡)； 一个电池组E(电动势6 V)； 一个滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流1 A)； 两个相同的电流表G(内阻Rg＝1000 Ω，满偏电流Ig＝100 μA)； 两个标准电阻(R1＝29 000 Ω，R2＝0.1 Ω)； 一个电键S、导线若干． 为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是________(填字母代号)． A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆 B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆 C．如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量 D. 如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量 根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁． 9．(1) (n) (2)①刻度尺、天平(包括砝码) D ③可在小车上加适量的砝码(或钩码) CD (3)①AC ②如图所示 22．[2014·山东卷] 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度． 可供使用的器材有： 图甲 图乙 电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω； 电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ； 滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω； 滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω； 定值电阻：R0＝3 Ω； 电源：电动势6 V，内阻可不计； 开关、导线若干． 回答下列问题： (1)实验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(选填“a”或“b”)． (2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接． (3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V. (4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)． 22．[答案] (1)R2　a (2)如右图所示． (3)2.30(2.29、2.31均正确)． (4)94(93、95均正确)． [解析] (1)根据电阻定律估算得铜导线的电阻大约为Rx＝ρ＝1.7 Ω，而R0＋Rx＝4.7 Ω，根据电路图，电压表的量程是3 V，电源的电动势为6 V，所以滑动变阻器连入电路的电阻最小为4.7 Ω.为了多测几组数据，以保证实验结果的准确性，滑动变阻器应选R2. (2)略． (3)电压表最小刻度表示0.1 V，应该按照估读进行读数，所以读数为2.30 V. (4)因为Rx＝－R0＝ρ，所以l＝＝94 m. 34．[2014·广东卷] (1)某同学设计的可调电源电路如图22(a)所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合开关S. 用电压表测量A、B两端的电压：将电压表调零，选择0～3 V挡，示数如图22(b)所示，电压值为________V. 在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于________端． 要使输出电压U变大，滑片P应向________端滑动． 若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在________的风险(选填“断路”或“短路”)． (a) (b) (2)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系． 如图23(a)所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表．由数据算得劲度系数k＝________N/m.(g取9.80 m/s2) 砝码质量(g)50100150弹簧长度(cm)8.627.636.66取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图23(b)所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________． 用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v.释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________． 重复中的操作，得到v与x的关系如图23(c)．由图可知，v与x成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比． (a) (b) (c) 34．(1)1.30　A　B　短路　[解析] 据十分之一估读法，应该为1.30 V； 接通电路前，应该使滑片置于A端，用电器上的电压为0，这样才能起到保护外电路的作用； 要增大外电路电压，需要使滑片滑向B端； 若电源电路输出端短路，电源电路中没有接入保护电阻，则当滑片滑至B端时，电路就会短路，电源被烧毁． (2)50　相等　滑块的动能　正比　压缩量的平方 [解析] 根据F1＝mg＝kΔx1，F2＝2mg＝kΔx2，有ΔF＝F1－F2＝kΔx1－kΔx2，则k＝ N/m＝49.5 N/m，同理可以求得k′＝ N/m＝50.5 N/m，则劲度系数为k＝＝50 N/m. 滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故滑块通过两个光电门时的速度相等． 在该过程中弹簧的弹性势能转化为滑块的动能； 图线是过原点的倾斜直线，所以v与x成正比；弹性势能转化为动能，即E弹＝mv2，即弹性势能与速度平方成正比，则弹性势能与压缩量平方成正比． 闭合电路的欧姆定律 2．[2014·天津卷] 如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( ) A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．增大两板间的距离 D．断开开关S 2．2014·上海虹口一模某同学从电子市场购买了一款手机电池板，如图X13-1所示，他根据电池板上的标识做出了下列判断，则正确的是( ) 图X13-1 A．该电池的电动势为4.2 V B．该电池的电动势为3.7 V C．该电池一次可以提供的最大电能为8.4×103 J D．该电池一次可以提供的最大电能为2.664×104 J 2．BD　[解析] 该电池的电动势为3.7 V ，选项B正确；该电池一次可以提供的最大电能为3.7 V×2000mA·h＝2.664×104 J，选项D正确. 图X13-2 3. 2014·浙江东阳中学月考图X13-2为汽车的蓄电池、车灯(电阻不变)与启动电动机组成的电路，蓄电池的内阻为0.05 Ω.电流表和电压表均为理想电表，只接通S1时，电流表的示数为10 A，电压表的示数为12 V．再接通S2，启动电动机工作时，电流表的示数变为8 A，则此时通过启动电动机的电流是( ) A．2 A B．8 A C．50 A D．58 A C　[解析] 只接通S1时，由闭合电路的欧姆定律得E＝U＋Ir＝12 V＋10×0.05 V＝12.5 V，R灯＝＝ Ω＝1.2Ω.再接通S2后，通过启动电动机的电流为I电动机＝－I′＝ A－8 A＝50 A，选项C正确． 4．[2014·天津卷] 如图X13-3所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( ) 图X13-3 2014·天津卷第2题 A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．增大两板间的距离 D．断开开关SB　[解析] 本题考查含有电容器的动态电路及受力平衡等知识点，为了保证带电油滴悬浮在两板之间静止不动，就要使电容器两板之间的场强E不变．电路稳定后，和电容器相串联的电阻对电容器两端的电压不产生影响，而增大R1的阻值将使电容器两端的电压增大，根据E＝可知，E增大，故A错误；增大R2的阻值，电容器两端的电压不变，E不变，故B正确；增大两板间的距离，E减小，故C错误；断开开关S，电容器两端的电压发生改变，D错误． 图X13-4 5．2014·武汉11月调考为了保证行车安全和乘客身体健康，动车上装有烟雾报警装置，其原理如图X13-4所示．M为烟雾传感器，其阻值RM随着烟雾浓度的改变而变化，电阻R为可变电阻．当车厢内有人抽烟时，烟雾的浓度增大，导致警报装置S两端的电压增大，发出警报．下列说法正确的是( ) A．RM随烟雾浓度的增大而增大 B．RM随烟雾浓度的增大而减小 C．若要提高报警灵敏度可增大R D．若要提高报警灵敏度可减小R 图X13-5 5．BC　[解析] 有人抽烟时，烟雾的浓度增大，S两端的电压U＝IRS增大，说明干路的电流I增大，传感器的电阻减小，选项B正确；增大R，传感器的电阻变化引起总电阻的变化更明显，可提高报警灵敏度，选项C正确． 6．2014·湖北八市三月联考在如图X13-5所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列判断正确的是( ) A．|ΔU1|＜|ΔU2 |，|ΔU2| ＞|ΔU3 | B．||不变，变小 C．||变大，变大 D.变大，变大 6．A　[解析] 当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，电阻R2变大，电路的总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I＝变小，路端电压U3变大，且＝r保持一定，U3＝U1＋U2，而U1＝IR1减小，则|ΔU2| ＞|ΔU3|，|ΔU1|＜|ΔU2 |，选项A正确，选项D错误；定值电阻R1＝＝，选项B错误；电阻R2＝变大，r＋R1＝不变，选项C错误． 7．2014·合肥一模如图X13-6所示的电路中，GMR为一个磁敏电阻，它的阻值随所处空间磁场的增强而增大，电源的内阻不可忽略．闭合开关S1和S2后，当滑片P向右滑动时，则( ) 图X13-6 A．L1、L2都变暗 B．L1、L2都变亮 C．L1变暗，L2变亮 D．L1变亮，L2变暗 7．D　[解析] 滑片P向右滑动时， 滑动变阻器连入电路的阻值变大，左侧电路中的电流变小，电磁铁的磁性变弱，GMR的阻值减小，右侧电路的总电阻变小，干路电流I变大．路端电压U＝E－Ir变小， L2变暗；通过L2的电流变小，通过L1的电流I1＝I－I2变大，L1变亮，选项D正确． 8．2014·佛山一模如图X13-7所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，L为小灯泡，电源的内阻为r.开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则( ) A．电压表的示数变大 B．小灯泡变亮 C．电容器处于充电状态 D．电源的总功率变大 8．AC　[解析] 当滑动变阻器的滑片P向上移动时，电阻R′变大，电路的总电阻变大，干路的电流I变小，小灯泡变暗，路端电压U＝E－Ir变大，选项 A正确，选项B错误；电容器两端的电压变大，处于充电状态，选项C正确；电源的总功率P＝EI随电流I的减小而减小，选项D错误． 9．2014·石家庄联考如图X13-8所示，电源的电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，电容器的电容C＝40 μF，电阻R1＝R2＝4 Ω，R3＝5 Ω.接通开关S，待电路稳定后，求： (1)理想电压表V的示数； (2)电容器所带的电荷量． 图X13-8 9．(1)5 V　(2)1.6×10－4 C [解析] (1)接通开关S，待电路稳定后，电路等效为R1和R3串联，由闭合电路的欧姆定律，有 I＝＝1 A R3两端的电压为 U3＝IR3＝5 V 即理想电压表V的示数为5 V. (2)电容器两端的电压等于R1两端的电压 U1＝IR1＝4 V 电容器所带的电荷量Q＝CU1＝1.6×10－4 C.11． [2014·四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g. (1)求发射装置对粒子做的功； (2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度； (3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～Bm＝范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)． 电路综合问题 11. 2014·洛阳名校联考 如图X13-10所示的电路，电源的电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L＝0.20m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m. (1)若开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少？ (2)若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，能否从极板间射出？(要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2) 图X13-10 11．(1)6.0×10－2 C　(2)不能 [解析] (1)S断开时，电阻R3两端电压 U3＝＝16 V S闭合后，外电路的总电阻R＝＝6 Ω 路端电压U＝＝21 V 电阻R3两端的电压U′3＝U＝14 V 流过R4的电荷量ΔQ＝CU3－CU′3＝6.0×10－12 C. (2)设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时有＝mg 当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则 mg－＝ma 假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t＝ 竖直方向y＝at2 由以上各式得y＝6.25×10－3 m> 故带电微粒不能从极板间射出． 实验：描绘小电珠的伏安特性曲线 22．[2014·浙江卷] 小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值． (1)图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出． 第22题图1 (2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U－I图上，如图2所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(选填“○”或“×”)表示的． 第22题图2 (3)请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为________Ω. 22．[答案] (1)如图所示 第22题图1 第22题图2 (2)“×” (3)作图见第22题图2用“×”连线R＝(1.1～1.3) Ω；用“○”连线R＝(1.5～1.7) Ω [解析] (1)由图2中的电压、电流数据从零开始可知滑动变阻器采用分压式，电压表选择量程3 V，电流表采用外接法． (2)外接法由于电压表分流，测得的电阻比内接法测得的要小，故电流表外接法得到的数据点是用“×”表示的． (3)用“×”数据点连直线，斜率为铅笔芯的电阻，考虑误差因素，R＝(1.1～1.3)Ω，用“○”数据点连直线，同理得R＝(1.5～1.7)Ω. 22．(6分)[2014·新课标卷] 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为200 Ω，电压表V的内阻约为2 kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示， 结果由公式Rx＝计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则______(选填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值． 22. [答案] Rx1　大于　小于 [解析] ＝＝10，＝＝20，故<＝10，应该采用电流表内接法，即图(a)接法．由“大内偏大，小外偏小”的结论可知电流表内接时测量值Rx1大于真实值，外接时，测量值Rx2小于真实值． 1．2014·深圳一模 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学连接了如图X15-1甲所示的实物电路图．闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零． 甲 乙 图X15-1 (1)他借助多用电表检查小灯泡．先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“×1 Ω”挡，再进行__________调零；又将红、黑表笔分别接触接线柱，多用电表的表盘如图乙所示，说明小灯泡正常，此时灯丝的电阻为__________ Ω. (2)他将多用电表的选择开关旋于某直流电压挡，将红、黑表笔分别接触接线柱，闭合开关，发现电压表的示数约等于电源的电动势，说明接线柱间的导线出现了______(选填“断路”或“短路”)． (3)故障排除后，为了使电流表的示数从零开始，要在__________接线柱间(选填“”或“”)再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最________端(选填“左”和“右”)． 1．(1)欧姆　6.0 Ω　(2)断路　(3)　左 [解析] (1)多用电表测电阻时应先进行欧姆调零；多用电表的表盘的读数为6.0 Ω. (2)电压表的示数约等于电源电动势，说明电压表直接接在开路的电源上，接线柱间的导线出现了断路． (3)为了使电流表的示数从零开始，滑动变阻器要采用分压式，要在“”接线柱间再连接一根导线；初始时刻输出的电压最小，滑片应置于最左端． 实验：测定金属的电阻率 2．2014·广州四校联考现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ ，其阻值Rx≈0.5 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A．现有如下器材可供选择： 电流表A(量程0.6 A，内阻约为0.6 Ω)电压表V(量程3 V，内阻约为3 kΩ)待测的电阻丝Rx(阻值约为0.5 Ω)标准电阻R0 (阻值5 Ω)滑动变阻器R1(5 Ω，2 A)滑动变阻器R2(200 Ω，1.5 A)直流电源E(E＝6 V，内阻不计)开关S、导线若干(1) 图X14-2为四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是_______； 图X14-2 (2) 实验中滑动变阻器应该选择________(选填“R1”或“R2”)，并采用________接法； (3) 根据你在(1)(2)中的选择，在图X14-3甲上完成实验电路的连接； (4) 实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L、直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝____________________； 甲 乙 图X14-3 (5) 用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图X14-3乙所示，则该电阻丝的直径D＝__________． 2．(1)C　(2)R1　分压 (3)如图所示　(4) (5)1.205(±0.002) mm [解析] (1)电阻Rx两端的最大电压U＝IRx＝0.25 V，约为电压表量程的，需要在待测电阻Rx两端串联分压电阻，即串联标准电阻R0，此时R0＋Rx<，电流表采用外接法，选项C正确； (2)滑动变阻器若选用R2限流接法，调控范围小，操作不便，应选择R1，并采用分压接法； (3)根据测量电路图和滑动变阻器的分压式接法，实物连线如图所示； (4)待测电阻Rx＝－R0，由电阻定律有Rx＝＝，联立解得ρ＝； (5)螺旋测微器的读数为1 mm＋0.01×20.5 mm＝1.205 mm. 5. 2014·泉州一模某同学要测量由某种新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ.步骤如下： (1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图X14-6甲所示，由图可知其长度为__________cm； 图X14-6 (2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为________mm； (3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω. (4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱形导体(电阻为R) 电流表A1(量程4 mA，内阻约为50 Ω) 电流表A2(量程10 mA，内阻约为30 Ω) 电压表V1(量程3 V，内阻约为10 kΩ) 电压表V2(量程15 V，内阻约为25 kΩ) 直流电源E(电动势4 V，内阻不计) 滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，额定电流2.0 A) 滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，额定电流0.5 A) 开关S，导线若干． 为减小实验误差，要求测得多组数据进行分析，请在虚线框中画出合理的测量电路图，并标明所用器材的代号. 5．(1) 5.015　(2) 4.700 (3) 220 (4)如图所示 [解析] (1)游标卡尺的读数为50 mm＋0.05×3 mm＝50.15 mm＝5.015 cm. (2)螺旋测微器的读数为4.5 mm＋0.01×20.0 mm＝4.700 mm. (3)多用电表的读数为22×10 Ω＝220 Ω. (4)因电源的电动势为4 V，故电压表应选V1；通过电流表的最大电流约为I＝＝ A≈0.013 A，则电流表选A2；因R<＝100 Ω，电流表采用外接法；要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器选R1，采用分压接法， 如图所示． 4．2014·汕头一模如图X16-3甲所示，用伏安法测量电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池． 图X16-3 (1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使F与A的间距稍大于被测物体，放入被测物体，再转动________到夹住被测物体，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数．(填仪器部件字母符号) (2)根据电路图连接图乙的实物图． 图X16-4 (3)闭合开关后，滑动变阻器的滑片调至合适位置后不动，多次改变__________的位置，得到几组 U、I、L的数据，其中U是电压表的示数，I是电流表的示数，L是O、P间的电阻丝的长度．用R＝计算出相应的电阻后作出R－L的图像如图X16-4所示．取图像上两个点间的数据之差ΔL和ΔR，若电阻丝的直径为d，则电阻率ρ＝________. 4．(1)D　H　G　(2)连线如图所示 (3)线夹P(P点或P) [解析] (1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动旋钮D，使F与A的间距稍大于被测物体，放入被测物体，再转动微调旋钮H到夹住被测物体，直到棘轮发出声音为止，拨动卡销G使F固定后读数． (2)根据电路原理图连接实物图如图所示． (3)闭合开关后，滑动变阻器的滑片调至合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，测量多组U、I、L；由电阻定律得R＝＝·L，则R-L图像的斜率＝，所以电阻率ρ＝. 实验：把电流表改装成电压表 实验：测定电源的电动势和内阻 23．[2014·新课标全国卷] 利用如图(a)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999.9 Ω)，电阻R0(阻值为3.0 Ω)，电阻R1(阻值为3.0 Ω)，电流表A(量程为200 mA，内阻为RA＝6.0 Ω)，开关S. 图(a) 实验步骤如下： 将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S； 多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻值箱相应的阻值R； 以为纵坐标，R为横坐标，作 －R图线(用直线拟合)； 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(b)所示，读出数据，完成下表．答：________，________． R/Ω1.02.03.04.05.06.07.0I/A0.1430.1250.1000.0910.0840.077I－1/A－16.998.0010.011.011.913.0 图(b) 图(c) (3)在图(c)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. 23．(1)＝R＋ (2)0.110　9.09　(3)1.0(或在0.96～1.04)之间，6.0(或在5.9～6.1之间)　(4)3.0(或在2.7～3.3之间)，1.0(或在0.6～1.4之间) [解析] 本题考查了测量电源电动势和内电阻的实验．(1)根据闭合电路欧姆定律有 E＝(R＋R0＋r)＋IRA. 代入数据，化简得 ＝R＋. (2)电流表每小格表示4 mA，因此电流表读数是0.110 A，倒数是9.09 A－1.。

专题十七、电学创新实验1.（2013高考山东理综第21（2）题）（2）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。

如图丙所示，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dIB K U H ，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。

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丙所示，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=0.40mm ，该同学保持磁感应强度B=0.10T 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。

根据表中数据在给定区域内（见答题卡）画出U H —I 图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为_______________×10-3VA -1T -1（保留2位有效数字）。

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丁所示的测量电路，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。

答案：①M ②如图所示。

1.5 ③b c S 1 E 解析：①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，由左手定则，空穴所受洛伦兹力方向指向M ，M 侧电势高，用电压表测量U H 时，应将电压表的“+”接线柱与M 端通过导线相连。

高考物理电学实验真题
今年高考物理试题一到电学实验，考查学生对电路原理的理解和实
验操作能力。

下面我们来看一下具体的试题内容及解析。

第一题：实验装置如图所示，小灯泡发光。

\\
实验装置图中连有一台电池和一根导线。

这种电路称为“串联电路”，电流从电源的正极进入电路，经过每个元件后再返回电池的负极。

因此，无论是在小灯泡内部还是外部观察，小灯泡都会发光。

第二题：小灯泡接在直流电路中，变换电路连接情况如图所示，
A,B两位置之间穿过电流强度范围为零。

\\
根据电流的定义：电流是电荷在单位时间内通过导线横截面积的多少。

在A和B两位置之间电流强度为零，说明这两点之间没有电荷通过，即电路中断。

因此，只有当变换开关接通时，电路才是通的。

第三题：做电学实验时，注意事项如下：\\
1. 使用绝缘性能良好的导线，避免短路或漏电现象。

2. 接线前确保电源处于关闭状态，避免触电危险。

3. 接触元件表面的金属部分时，避免直接用手触摸电路，以免产生
电击。

4. 在实验室内不要随意把手伸入电路中，以确保安全。

总结：高考物理电学实验真题考查了学生对电路的基本结构和运行原理的理解，以及实验操作的规范性和安全性。

学生在备战高考时，应该比较熟悉这方面的知识，做好实验前的准备工作，遵守实验室规定，确保实验的顺利进行。

希望同学们在考试中取得理想的成绩！。

电学实验汇总一、仪器的读数问题1．多用表的读数问题、电路故障判断【例1】（卷）某照明电路出现故障，其电路如题6图1所示，该电路用标称值12V的蓄电池为电源，导线及其接触完好。

维修人员使用已调好的多用表直流50V挡检测故障。

他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。

①断开开关，红表笔接a点时多用表指示如题6图2所示，读数为V，说明正常（选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）。

②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和题6图2相同，可判断发生故障的器件是。

（选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）【解析】①多用电表直流50V的量程读中间均匀部分，共50格，每格1V，应该估读到0.1V，指针在11~12之间，读数为11.5V。

开关断开，相当于电压表并联在蓄电池两端，读出了蓄电池的电压，故蓄电池是正常的。

②两表笔接b、c之间，闭合开关，测试电压相同，说明a、b之间是通路，b、c之间是断路，故障器件是小灯。

【答案】①11.5（11.2～11.8）；蓄电池②小灯【点评】本题考查了万用表读数，读数时应注意估读；考查了利用万用表进行电路故障判断的问题。

2．螺旋测微器、游标卡问题（卷）现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。

螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。

（1）由上图读得圆柱体的直径为mm，长度为cm。

（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ= 。

【解析】螺旋测微器读数：1.5mm＋34.5×0.01mm=1.845mm，游标卡尺读数：42mm＋8×0.05mm=42.40mm。

（2）根据电阻定律公式得，代入相关测量物理量可得。

【答案】（1）1.844 （在1.842～1.846围的均可）；4.240；（2）2．电压表的读数问题、滑动变阻器的分压式接法【例3】（卷）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S。

快乐学习懂得感恩 14、（1）①CD（2 分）②丙（2 分）③0.49 或 0.50 （2 分） 0.6 （2）①如图（2 分）②小于（3 分）③f（3 分）④如图（2 分）⑤16Ω（2 分）－ 3 I/A 0.5 V 15 A 0.4 3 Q － 0.6 0.3 0.2 0.1 U/V 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0 2.4 L RL A1 R3 S2 A2 15、 0 （1）（6 分）①11.4 （2 分）②16.7 （2 分）③减小测量的绝对误差（或提高测量的精确度）；6.6×10-7 （2）（12 分）① R3 ，R1（4 分）②如图所示。

（4 分）③S2 （2 分）④2. 0Ω （2 分） 16、（1）①B D ② R1 E③小于②3Ω ③A C E ④b （2）①0.516 （0.515～0.519）πUD 2 4 Il ⑤镍铬合金 17、（1）①匀速直线分远小于② 0.343 ③····1 分 ···········2 分分分分分） ·········2 分—（2）①如图所示②增大增大③ 0.81（0.80—①答图 0.62（0.60—0.64）分· 18、⑴① CD（3 分）②0.83（3 分）⑵① 1.125±0.001（3 分）②A（1 分）；E（1 分）③见答图 1（2 分）④管线长度 L（2 分）； 19、（1）①甲；（2 分）②EDBA；（2 分）③111.10±0.05；（2 分）6.4（±0.2）×10-7 m（2 分）（3 分）快乐学习懂得感恩（2）①ACE；（2 分）②C；（2 分）③m1·OP=m1·OM+ m2·ON；（2 分）④（2 分） 20、⑴①要用卡尺测出摆球的直径 d ，摆长 l 等于摆线长加 d/2 ；②单摆周期 T 的计算，应该是m1·OP2 = m1·OM2 + m2·ON2；（2 分）③改变摆长，多次测量，取 g 的平均值作为实验的最后结果。

专题十六、电学实验1（2013高考天津理综物理第9题）（3）要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。

已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω):电流表（量程为0~250mA．内阻约5Ω);电压表（量程为0~3V．内限约3kΩ):电键一个、导线若干。

①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）。

A.滑动变阻器（最大阻值20Ω, 额定电流1A)B.滑动变阻器（最大阻值1750Ω,额定电流0.3A)②实验的电路图应选用下列的图（填字母代号）。

③实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。

如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为50Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是W。

答案：①A ②B ③0.1解析：①实验中所用的滑动变阻器应该便于调节，选择最大阻值小的A。

②根据题述灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作，实验电路应为分压电路，电流表外接，实验的电路图应选用图B。

③由闭合电路欧姆定律，E=U+Ir，代入数据变化得：I=0.3-0.2U。

在小灯泡的伏安特性曲线上画出电源的伏安特性曲线I=0.3-0.2U，如图。

二线的交点为电路工作点，交点的纵坐标和横坐标的乘积等于小灯泡消耗的功率是P=UI=1.0×0.1W=0.1W。

2．（2013高考浙江理综第22题）采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”。

（1）除了选用照片中的部分器材外， （填选项）A ．还需要电压表B ．还需要电流表C ．还需要学生电源D ．不在需要任何器材（2）测量所得数据如下测量次数 物理量 123456R/Ω 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 I/A 0.60 0.70 0.80 0.89 1.00 1.20 U/V0.900.780.740.670.620.43用作图法求得电池的内阻r = ；（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻R A = 。

L单元　电磁感应 电磁感应现象、楞次定律 14．[2014·新课标全国卷] 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 14．D　[解析] 本题考查了感应电流产生的条件．产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确． 8．(16分)[2014·重庆卷] 某电子天平原理如题8图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问 题8图 (1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？ (2)供电电流I是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系． (3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？ 8．[答案] (1)从C端流出　(2)从D端流入 (3) 本题借助安培力来考查力的平衡，同时借助力的平衡来考查受力平衡的临界状态． [解析] (1)感应电流从C端流出． (2)设线圈受到的安培力为FA，外加电流从D端流入． 由FA＝mg和FA＝2nBIL 得m＝I (3)设称量最大质量为 m0. 由m＝I和P＝I2R 得m0＝ 15．、[2014·广东卷] 如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( ) A．在P和Q中都做自由落体运动 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P中的下落时间比在Q中的长 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大 15．C　[解析] 磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A、B错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P中的下落时间比在Q中的长，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项C正确，选项D错误． 20．[2014·全国卷] 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( ) A．均匀增大 B．先增大，后减小 C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变 C　[解析] 本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律．竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以C正确． 3．2014·浙江效实中学摸底如图X21-2所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法正确的是( ) 图X21-2 A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小 B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大 C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大 D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 3．AD　[解析] 由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小取决于磁通量的变化率，与磁感应强度的增与减无关，选项A、D正确． 4．2014·石家庄二检法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图X21-3所示，用紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( ) 图X21-3 A．回路中电流的大小变化，方向不变 B．回路中电流的大小不变，方向变化 C．回路中电流的大小和方向都周期性变化 D．回路中电流的方向不变，从b导线流进电流表 4．D　[解析] 圆盘辐向垂直切割磁感线，由E＝Br2ω可得，电动势的大小一定，则电流的大小一定；由右手定则可知，电流方向从圆盘边缘流向圆心，电流从b导线流进电流表，选项D正确． 5．2014·浙江六校联考如图X21-4所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接入M、N间的交流电源，B为一个接有小灯珠的闭合多匝线圈，下列关于小灯珠发光情况的说法正确的是( ) 图X21-4 A．闭合开关后小灯珠可能发光 B．若闭合开关后小灯珠发光，则再将B线圈靠近A，则小灯珠更亮 C．闭合开关瞬间，小灯珠才能发光 D．若闭合开关后小灯珠不发光，将滑动变阻器的滑片左移后，小灯珠可能会发光 5．AB　[解析] 闭合开关后，A产生交变磁场，穿过B的磁通量发生变化，小灯珠通电后可能发光，选项A正确，选项C错误；闭合开关后再将B靠近A，穿过B的磁通量的变化率增大，产生的感应电动势增大，小灯珠更亮，选项B正确；闭合开关后小灯珠不发光，将滑动变阻器的滑片左移后，A中的电流减小，穿过B的磁通量的变化率减小，小灯珠不会发光，选项D错误． 法拉第电磁感应定律、自感 6． [2014·四川卷] 如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t) T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( ) A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N 6．AC　[解析] 由于B＝(0.4－0.2 t) T，在t＝1 s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确．在t＝3 s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误．由法拉第电磁感应定律得E＝＝Ssin 30°＝0.1 V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝＝1 A，在t＝1 s时，B＝0.2 T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP＝BILsin 30°＝0.1 N，C正确．同理，在t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin 30°＝0.1 N，D错误． 2．[2014·江苏卷] 如图X21-1所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　) 图X21-1 B. C. D. B　[解析] 根据法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积，即S＝，故E＝n＝，因此B项正确． 7．2014·吉林九校联考如图X21-7所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随x按B＝B0＋kx(x＞0，B0、k为常量)的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc边与x轴平行向右匀速运动．若规定电流沿a→b→c→d→a的方向为正方向，则从t＝0到t＝t1的时间间隔内，图X21-8中关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图像正确的是( ) 图X21-7 7．A　[解析] 线框abcd向右匀速运动，穿过线框的磁通量均匀增加，由法拉第电磁感应定律知线框中产生恒定电流，由楞次定律知产生顺时针方向的电流，选项A正确． 电磁感应与电路的综合 16．[2014·山东卷] 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( ) A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 BCD　[解析] 根据安培定则可判断出，通电导线在M区产生竖直向上的磁场，在N区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B正确．设导体棒的电阻为r，轨道的宽度为L，导体棒产生的感应电流为I′，则导体棒受到的安培力F安＝BI′L＝BL＝，在导体棒从左到右匀速通过M区时，磁场由弱到强，所以FM逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N区时，磁场由强到弱，所以FN逐渐减小．选项C、D正确． 电磁感应与力和能量的综合 3. 2014·深圳一模 图X22-3甲为列车运行的俯视图，列车首节车厢下面安装一块电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，列车经过放在铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心，如图乙所示．则列车的运动情况可能是( ) 图X22-3 A．匀速运动 B．匀加速运动 C．匀减速运动 D．变加速运动 3．C　[解析] 当列车通过线圈时，线圈的左边或右边切割磁感线，由E＝BLv可得电动势的大小由速度v决定，由图像可得线圈产生的感应电动势均匀减小，则列车做匀减速运动，选项C正确． 8．2014·广州一模如图X22-9所示，匀强磁场垂直于铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的M点，被拉起到水平位置；合上开关S，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧．已知磁感应强度为B，a的角速度为ω，长度为l，电阻为r，R1＝R2＝2r，铜环的电阻不计，P、Q两板的间距为d，小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g.求： (1)a匀速转动的方向； (2)P、Q间电场强度E的大小； (3)小球通过N点时对细线拉力F的大小． 图X22-9 8. (1)导体棒a沿顺时针方向转动　(2) (3)3mg－ [解析] (1)依题意可知，P板带正电，Q板带负电．由右手定则可知，导体棒a沿顺时针方向转动． (2)导体棒a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势的大小 ε＝＝＝Bl2ω 由闭合电路的欧姆定律有I＝ 由欧姆定律可知，PQ间的电压UPQ＝IR2 故PQ间匀强电场的电场强度E＝ 由以上各式解得E＝. (3)设细绳的长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得 mgL－EqL＝mv2 又F－mg＝ 由以上各式解得F＝3mg－. 2．2014·广州四校联考如图X23-2所示，金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场的方向竖直向下．则ab棒在恒力F作用下向右运动的过程中，有( ) 图X23-2 A．安培力对ab棒做正功 B．安培力对cd棒做正功 C．abdca回路的磁通量先增加后减少 D．F做的功等于回路产生的总热量和系统动能的增量之和 2．BD　[解析] ab棒向右运动产生感应电流，电流通过cd棒，cd棒受向右的安培力作用随之向右运动．设ab、cd棒的速度分别为v1、v2，运动刚开始时，v1>v2，回路的电动势E＝，电流为逆时针方向，ab、cd棒所受的安培力方向分别向左、向右，安培力分别对ab、cd棒做负功、正功，选项A错误，选项B正确；导体棒最后做加速度相同、速度不同的匀加速运动，且v1>v2，abdca回路的磁通量一直增加，选项C错误；对系统，由动能定理可知， F做的功和安培力对系统做的功的代数和等于系统动能的增量，而安培力对系统做的功等于回路中产生的总热量，选项D正确． 3. 2014·孝感模拟如图X23-3所示，两根等高光滑的圆弧轨道半径为r、间距为L，轨道的电阻不计．在轨道的顶端连有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd开始，在拉力作用下以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中( ) 图X23-3 A．通过R的电流方向为由内向外 B．通过R的电流方向为由外向内 C．R上产生的热量为 D．通过R的电荷量为 3．BC　[解析] 由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，选项B正确；通过R的电荷量q＝＝，选项D错误；金属棒产生的瞬时感应电动势E＝BLv0cos t，有效值E有＝，R上产生的热量Q＝t＝·＝，选项C正确． 电磁感应综合 24．[2014·浙江卷] 某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2) 第24题图 (1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小； (3)求此下落过程中铝块机械能的损失． 24．[答案] (1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J [解析] 本题考查法拉第电磁感应定律、右手定则等知识和分析综合及建模能力． (1)正极 (2)由电磁感应定律得U＝E＝ ΔΦ＝BR2Δθ　U＝BωR2 v＝rω＝ωR 所以v＝＝2 m/s (3)ΔE＝mgh－mv2 ΔE＝0.5 J 25．[2014·新课标卷] 半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小g.求 (1)通过电阻R的感应电流的方向和大小： (2)外力的功率． 25. [答案] (1)从C端流向D端 (2)μmgωr＋ [解析] (1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为 ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2] 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为 ε＝ 根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端．因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端．由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足 I＝ 联立式得 I＝. (2)在竖直方向有 mg－2N＝0 式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为 f＝μN 在Δt时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长为 l1＝rωΔt 和 l2＝2rωΔt 克服摩擦力做的总功为 Wf＝f(l1＋l2) 在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为 WR＝I2RΔt 根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为 W＝Wf＋WR 外力的功率为 P＝ 由至12式得 P＝μmgωr＋ 33．[答案] (1)BCE (2)()320 K　()p0 [解析] (1)悬浮在水中的花粉的布朗运动是花粉颗粒的无规律运动，反映了水分子的无规则运动，A项错误；空中的小雨滴表面有张力，使小雨滴呈球形，B项正确；液晶具有各向异性，利用这个特性可以制成彩色显示器，C项正确；高原地区的气压低，因此水的沸点低，D项错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，主要是由于湿泡外纱布中的水蒸发吸热，从而温度降低的缘故，E正确． (2)(i)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，设气缸容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度T2，按题意，气缸B的容积为 V1＝V0＋＝V0 V2＝V0＋V0＝V0 ＝ 由式和题给数据得 T2＝320 K． (ii)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直到活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V′1，压强为p′1，末态体积 V′2，压强p′2 ，由题给数据和玻意耳定律有 V′1＝V0，p′1＝p0，V′2＝V0 p′1V′1＝p′2V′2 得p′2＝p0. 24．(20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻． (1) 通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的热量Q; (2)若导线MN的质量m＝8.0 g、长度L＝0.10 m，感应电流I＝1.0 A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据)； 阿伏伽德罗常数NA6.0×1023 mol－1元电荷e1.6×10－19 C导线MN的摩尔质量 μ6.0×10－2 kg/mol经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式． 5．2014·襄阳模拟在如图X23-5所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域的磁场方向垂直于斜面向上，区域的磁场方向垂直于斜面向下，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区域时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，又恰好以速度v2做匀速直线运动，ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中的，线框动能的变化量为ΔEk，重力对线框做的功为W1，安培力对线框做的功为W2，下列说法中正确的有( ) 图X23-5 A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1 B．ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中机械能守恒 C．ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔEk)的机械能转化为电能 D．ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量ΔEk＝W1－W2 5．CD　[解析] 根据平衡条件，线框第一次做匀速运动时有mgsin θ＝，第二次做匀速运动时有mgsin θ＝，则v2<v1，选项A错误；ab进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B错误；ab从进入GH到运动至JP与MN的中间位置，由动能定理有W1－W2＝ΔEk，选项D正确；线框克服安培力做的功为W2，等于产生的电能，且W2＝W1－ΔEk，选项C正确． 6．2014·江西九校联考如图X23-6所示，空间存在一个有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场的宽度为l.一个质量为m、边长也为l的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在的平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置I)，导线框的速度为v0，经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)，导线框的速度刚好为零，此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I(不计空气阻力)．则( ) 图X23-6 A．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小 B．上升过程中，导线框克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率 C．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多 D．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 6．AC　[解析] 上升过程中，导线框的加速度a1＝随速度v的减小而减小，选项A正确；下降过程中，导线框的加速度a2＝随速度v的增大而减小，平均加速度a1＞a2，由x＝at2可知上升的时间短，由P＝知，上升时重力做功的平均功率大，选项B错误；由于安培力做负功，导线框在下降过程的速度小于同一高度上升时的速度，对全程应用动能定理，上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项D错误；在下降过程中的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做的功多，选项C正确． 4．2014·湖南四校联考如图G8-5甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2、L3与L4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小为1 T，方向垂直于竖直平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置(cd边与L1重合)由静止释放，速度随时间变化的图像如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间的图线为与t轴平行的直线，t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内．(重力加速度g取10 m/s2)则( ) 图G8-5A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5 C B．线圈匀速运动的速度为8 m/s C．线圈的长度ad＝1 m D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J 4．B　[解析] t2～t3时间内，线圈做匀速直线运动，而E＝BLv2，F＝，F＝mg，解得v2＝＝8 m/s，选项B正确；线圈在cd边与L2重合到ab边与L3重合的过程中一直做匀加速运动，则ab边刚进磁场时，cd边也刚进磁场，设磁场宽度为d，则3d＝v2t－gt2，解得d＝1 m，则ad边的长度为2 m，选项C错误；在0～t3时间内，由能量守恒定律，有Q＝5mgd－mv＝1.8 J，选项D错误；在0～t1时间内，通过线圈的电荷量q＝＝＝0.25 C，选项A错误． 5．2014·青岛质检如图G8-6所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放有矩形导体线框abcd，其中ab边的长度为l1，bc边的长度为l2，线框的质量为m，电阻为R.有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且efMN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( ) 图G8-6 A．线框进入磁场前的加速度为 B．线框进入磁场时的速度为 C．线框进入磁场时有a→b→c→d→a方向的感应电流 D．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F －mgsin θ)l1 5. ABC　[解析] 线框进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度a＝，选项A正确；线框刚进入磁场时做匀速运动，由平衡条件得mgsin θ＋＝F，则速度v＝，选项B正确；线框进入磁场时，磁通量增大，由楞次定律可知，有a→b→c→d→a方向的感应电流，选项C正确；线框进入磁场的过程中产生的热量等于安培力做的功，则Q＝(F－mgsin θ)l2，选项D错误．。

电学实验1．【2016·北京卷】热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。

图1为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t化的示意图。

由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力__________（选填“增强”或“减弱”）；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更__________（选填“敏感”或“不敏感”）。

【答案】增强敏感【解析】温度越高，热敏电阻的阻值越小，即对电流的阻碍作用越小，故导电能力增强；根据图像可知，热敏电阻在相同的温度范围内变化时，阻值变化越大，故其对温度敏感。

2．【2016·上海卷】（6分）在“用多用表测电阻、电流和电压”的实验中（1）（多选题）用多用表测电流或电阻的过程中（A）在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零（B）在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零（C）在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测（D）在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测（2）测量时多用表指针指在如图所示位置。

若选择开关处于“10 V”挡，其读数为Ｖ；若选择开关处于“×10”挡，其读数为200 Ω（选填:“大于”，“等于”或“小于”）。

【答案】（1）AD （2）5.4；小于【考点定位】多用电表的使用【方法技巧】会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用。

3．【2016·上海卷】（7分）“用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图所示。

（1）（单选题）该实验描绘的是（A）两个等量同种电荷周围的等势线（B）两个等量异种电荷周围的等势线（C）两个不等量同种电荷周围的等势线（D）两个不等量异种电荷周围的等势线（2）（单选题）实验操作时，需在平整的木板上依次铺放（A）导电纸、复写纸、白纸（B）白纸、导电纸、复写纸（C）导电纸、白纸、复写纸（D）白纸、复写纸、导电纸（3）若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f两点（f、d连线与A、B连线垂直）时，示数小于零。