物理-江苏省2018学年高中三维专题二轮复习江苏专版专题检测：电学综合练2(解析版)

电学综合练4一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1．如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则()A．在O～x2间，场强先减小后增大B．在O～x2间，场强方向一定发生了变化C．若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小D．从O点由静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动解析：选Dφ x图像的斜率的绝对值等于电场强度大小，由题图乙可知，在O～x2间，斜率的大小先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负值，场强方向没有改变，故A、B错误；由题图乙知，O～x2间电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高，故C错误；从O点由静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与运动方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动，故D 正确。

2.如图为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。

工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流，则()A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针B．无金属片通过时，接收线圈中没有感应电流C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D．有金属片通过时，接收线圈中没有感应电流解析：选C无金属片通过时，当通电线圈中通有不断减小的顺时针方向的电流时，知穿过接收线圈的磁通量向右，且减小，根据楞次定律，接收线圈中产生顺时针方向的感应电流，故A、B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，但是电流的方向不会发生变化，仍为顺时针，故C正确，D错误。

3.如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与一理想二极管D连接。

考前提速练2一、单项选择题1．带电粒子仅受电场力作用，其不可能做的运动是()A．匀加速直线运动B．匀速圆周运动C．匀变速曲线运动D．匀速直线运动解析：选D粒子在匀强电场中，若粒子所受的电场力方向与速度方向相同，粒子做匀加速直线运动，故A可能；粒子在点电荷形成的电场中，若库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动，故B可能；粒子在匀强电场中，若粒子的速度方向与电场力方向垂直，粒子做匀变速曲线运动，故C可能；粒子做匀速直线运动，合力为零，由于粒子仅受电场力，合力不可能为零，则不可能做匀速直线运动，故D不可能。

2.如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器滑片P移动时，各电流表(内阻可不计)示数变化情况是()A．A1、A2的示数同时增大、同时减小B．A1示数增大时，A2的示数减小C．A1的示数减小时，A2的示数增大D．A1的示数变化量大于A2的示数变化量解析：选A当滑动变阻器滑片P向下移动时，连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变大，电流表A1的示数增大，故路端电压U ＝E－Ir变小；定值电阻R1的电流减小，由于总电流增加，故通过滑动变阻器的电流增加了，即A2的示数增大，则A1、A2的示数同时增大；同理，当滑动变阻器滑片P向上移动时，连入电路的阻值变大，故外电路的总电阻变大，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变小，电流表A1的示数减小，故路端电压U＝E－Ir变大；定值电阻R1的电流增大，由于总电流减小，故通过滑动变阻器的电流减小了，即A2的示数减小，则A1、A2的示数同时减小，故A正确，B、C错误；A1、A2的示数同时增大、同时减小，而R1的电流变化情况与两只电流表相反，所以A1的示数变化量小于A2的示数变化量，故D错误。

3.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，跟物体1相连接的细绳与竖直方向成θ角。

下列说法中正确的是()A．车厢的加速度为g sin θB．细绳对物体1的拉力为m1g cos θC．底板对物体2的支持力为m2g－m1gD．物体2所受底板的摩擦力为m2g tan θ解析：选D对物体1研究，分析受力如图甲，受重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m 1g tan θ＝m 1a ，得a ＝g tan θ，则车厢的加速度也为g tan θ，T ＝m 1g cos θ，故A 、B 错误；对物体2研究，分析受力如图乙，根据牛顿第二定律得：N ＝m 2g －T ＝m 2g －m 1g cos θ，f ＝m 2a ＝m 2g tan θ，故D 正确，C 错误。

【最新整理，下载后即可编辑】一、单项选择题1．在国际单位制（SI ）中，力学和电学的基本单位有：m （米）、kg （千克）、s （秒）、A （安培）；库仑定律122q q F kr =中k 的单位用上述基本单位可表示为A ．321A kg m s --⋅⋅⋅B ．322A kg m s --⋅⋅⋅C ．323A kg m s --⋅⋅⋅D ．324A kg m s --⋅⋅⋅2．如图甲所示为某公司研制的“双动力智能型救援机器人”（又被网友称为“麻辣小龙虾”），其长长的手臂前端有二个对称安装的“铁夹”，在某次救援活动中，“麻辣小龙虾”用铁夹恰好竖直抓取到重量为G 的长方形水泥制品，水泥制品在空中处于静止状态，如图乙所示，A ．水泥制品受到的摩擦力大小一定等于GB ．水泥制品受到的摩擦力方向可能竖直向下C ．若铁夹的位置稍向上移，水泥制品受到的摩擦力变大D．若增大铁夹对水泥制品的挤压，水泥制品受到的摩擦力变大3．在体育课上，某同学练习投篮，他站在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图所示，篮球约为1m/s的速度撞击篮筐，已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，则该同学投篮时对篮球做的功约为A．1J B．10J C．30J D．50J4．如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为2:1，在原副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻R，原线圈一侧接有电压为220V的正弦交流电源，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原副线圈回路中电阻R 上消耗的功率之比为k，则A．U=100V B．U=440V C．1k4 D．k=45．如图所示，在磁感应强度为B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为-q的带电小物块以初速度v沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图像，可能正确的是二、多项选择题6．光敏电阻是用硫化钙或硒化镉等半导体材料制成的特殊电阻器，其电阻值会随光照强度的增大而减小，光敏电阻的这种特殊性能，在科技生活中得到广泛应用，某应用电路如图所示，R 1、R 2为定值电阻，L 为小灯泡，R 3为光敏电阻，当照射光强度增大时A ．电压表的示数增大B ．R 2中电流减小C ．小灯泡的功率增大D ．R 3的功率增大7．某试验卫星在地球赤道平面内衣圆形轨道上运行，每5天对某城市访问一次，下列关于该卫星的描述中正确的有：A ．角速度可能大于地球自转角速度B ．线速度可能大于第一宇宙速度C ．高度一定小于同步卫星的高度D ．向心加速度一定小于地面的重力加速度8．如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即U ab =U bc ，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P 、Q 是轨迹上的两点，下列说法中正确的是A ．三个等势面中，等势面a 的电势最低B ．质点通过Q 点时的电势能比通过P 点时的小C ．质点通过Q 点时的加速度比通过P 点时的大D ．质点通过Q 点时的加速度的方向一定与等势面a 垂直9．如图所示两质量相等的物块A 、B 通过一轻质弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，在物块A 上施加一个水平恒力F ，A 、B 从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的是有A ．A 的加速度先增大后减小B ．B 的加速度一直增大C．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大D．当A、B的加速度相等时，两者的动能之差最大三、简答题10．在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学作了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力。

2018高考物理（江苏版）二轮滚讲义练（三）及解析滚动练 一、选择题1、(多选)(2017·连云港市模拟)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动。

ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 022gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 024[思路点拨] 试画出小球的受力示意图。

提示：[解析] 如图所示，由于小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力在ON 直线上，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 项正确；设小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得－mg·2h ＝0－12m v 02，解得h ＝v 024g ，C 项错误；小球上升过程中，速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE·2hcos 120°＝m v 024，D 项正确。

[答案] BD [备考锦囊]匀强电场中直线运动问题的分析方法2、(2015·海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。

在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q(q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。

在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面。

若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：选A 设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有，a ＝Eq M ，25l ＝12·EqM t 2；对m 有a ′＝Eq m ，35l ＝12·Eq m t 2，联立解得M m ＝32，A 正确。

电学综合练2一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1.如图所示是一款避雷针原理演示器，上下金属板之间用绝缘材料固定，尖端电极和球形电极与下金属板连接，给上下金属板接感应圈并逐渐升高电压，当电压逐渐升高时( )A ．尖端电极先放电B ．球形电极先放电C ．两电极同时放电D ．两电极都不放电解析：选A 由题图可知，两电极一个为尖头、一个为圆头，当上下金属板接在高压电源上，因末端越尖越容易放电，故可以观察到尖端电极先放电，这种放电现象叫做尖端放电，故A 正确，B 、C 、D 错误。

2.如图所示是“二分频”音箱内部电路，来自前级电路的电信号，被电容和电感组成的分频电路分成高频成分和低频成分，分别送到高、低音扬声器，下列说法正确的是( )A ．C 1让低频成分通过B ．L 2让高频成分通过C ．扬声器BL 1是低音扬声器D ．扬声器BL 2是低音扬声器解析：选D C 1的作用是阻碍低频成分通过BL 1扬声器，故A 错误；L 2的作用是阻碍高频成分通过BL 2扬声器，是让低频成分通过，故B 错误；高频和低频成分通入该电路，由于线圈通低频、阻高频，电容通高频、阻低频，所以低频成分通过BL 2扬声器，高频成分通过BL 1扬声器，所以BL 2扬声器是低音扬声器，故C 错误，D 正确。

3.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线的中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称。

导线中均通有大小相等、方向向上的电流。

已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝KI r ，式中K 是常数、I 是导线中的电流、r 为点到导线的距离。

一带正电小球以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点。

关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球先做减速运动后做加速运动C ．小球对桌面的压力一直在增大D ．小球对桌面的压力先减小后增大解析：选C 根据右手定则可知，小球从a 点出发沿连线运动到b 点，直线M 处的磁场方向垂直于MN 向里，直线N 处的磁场方向垂直于MN 向外，所以合磁场大小先减小，过O 点后反向增大，而方向先向里，过O 点后方向向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始时方向向上，大小在减小，过O 点后洛伦兹力的方向向下，大小在增大。

专题九电学实验考情分析201520162017电学实验T10:测电源的电动势和内阻T10:等效法测电阻，电表的选取、图象法处理实验数据T11：温控装置、热敏电阻、多用电表的使用、电路故障分析命题解读本专题有四个实验，分别为“决定导线电阻的因素"、“描绘小灯泡的伏安特性曲线”、“测量电源的电动势和内阻”、“练习使用多用电表”。

从三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础。

如基本仪器的原理和使用、实验器材的选取、电流表的内、外接法及滑动变阻器的连接方式、电路故障的分析等。

(2)提倡创新。

如测电阻用图象法、替代法等灵活应用,考查学生的实验能力。

整体难度偏难，命题指数★★★★★,复习目标是达B冲A。

1.（2017·江苏溧水高级中学摸底）小张和小明测绘标有“3.8 V 0.4 A"小灯泡的伏安特性曲线，提供的实验器材有：( ）A.电源E(4 V，内阻约0.4 Ω)B。

电压表V（2 V，内阻为2 kΩ)C.电流表A(0。

6 A，内阻约0。

3 Ω)D.滑动变阻器R（0～10 Ω）E。

三个定值电阻（R1＝1 kΩ，R2＝2 kΩ，R3＝5 kΩ)F.开关及导线若干(1)小明研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装.在给定的定值电阻中选用________（选填“R1”“R2”或“R3”）与电压表________（选填“串联”或“并联")，完成改装.(2）小张选好器材后,按照该实验要求连接电路，如图1所示（图中电压表已经过改装）。

闭合开关前，小明发现电路中存在两处不恰当的地方,分别是：①________________；②__________________。

图1(3)正确连接电路后,闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P,电压表和电流表的示数改变,但均不能变为零。

由此可以推断电路中发生的故障可能是导线________(选填图中表示导线的序号）出现了________（选填“短路”或“断路”)。

电学实验与创新1．小明在研究由某种新材料制成的圆柱体电学元件(阻值较小)的过程中，进行了如下操作：(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图1甲所示，由图可知其长度为________mm，用螺旋测微器测量其直径如图1乙所示，其直径为________mm。

(2)小明为研究通过该电学元件的电流I随两端电压U变化的关系，设计了图2所示实验电路。

为使该电学元件两端电压能从零开始调起，请你用笔画线代替导线帮他将电路实物图连接完整。

(3)小明利用(2)中实验电路测得相关数据如下表所示，请你在如图3所示的坐标纸上绘出I U图像。

U/V00.400.600.80 1.00 1.20 1.32 1.50I/A00.200.450.80 1.25 1.80 2.20 2.81(4)耗的电功率为________W(结果保留两位有效数字)。

2．为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：A．小灯泡(额定电压6 V，额定电流600 mA)B．电流表A1(量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω)C．电流表A2(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω)D．电压表V(量程0～6 V，内阻约为10 kΩ)E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，2 A)F．滑动变阻器R2(0～100 Ω，1.5 A)G．直流电源E(约6 V)H．开关、导线若干(1)实验中电流表应选用________；滑动变阻器应选用________(填器材前面的字母)。

(2)请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整。

(3)实验电路连接正确，闭合开关，从最左端向右端调节滑动变阻器滑片，记录电流表和电压表相应示数，根据实验数据在坐标系中描点如图乙所示，则电路发生的故障是____________________________________________。

3．小华在测量干电池的电动势和内阻实验中，利用了如下实验器材：一只满偏电流为100 μA的表头，一只开关，两只电阻箱(均为0～999.9 Ω)和导线若干。

阶段综合检测（二） 第一~五章验收(其中第一~三章分值约占25%)(时间：100分钟 满分：120分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。

每小题只有一个选项符合题意)1．(2018·汕头一模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L ，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t 。

利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的( )A ．初速度B ．末速度C ．平均速度D ．加速度解析：选C 在只知道时间t 和这段时间内运动位移x 的前提下，由v ＝x t可知能求平均速度v ，C 项正确。

2.(2018·武汉模拟)一段圆环固定在竖直面内，O 为圆心，轻绳的两端分别系在圆环上的P 、Q 两点，P 、Q 两点等高，一物体通过光滑的轻质挂钩挂在绳上，物体处于静止状态。

现保持轻绳的Q 端位置不变，使P 端在圆环上沿逆时针方向缓慢转动，至PO 水平。

此过程中轻绳的张力( )A ．一直减小B ．一直增大C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：选B 物体通过光滑的挂钩挂在绳上，绳各处张力相等。

P 端沿逆时针旋转过程中，两绳夹角变大，合力大小、方向不变，故两分力都变大，即轻绳的张力一直增大，选项B 正确。

3．(2018·厦门一中月考)一质量为m 的铁锤，以速度v 竖直打在木桩上，经过Δt 时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A ．mg ΔtB.m v ΔtC.m v Δt ＋mgD.m v Δt－mg 解析：选C 对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg －F )Δt ＝0－m v ，得：F ＝m v Δt ＋mg ，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为m v Δt＋mg ，选项C 正确。

4.如图所示，具有一定质量的小球A 固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O 点。

江苏省连云港市2018届高三第二次调研考试物理试题一、选择题1.如图， A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度平方（v2）与位移(x)关系图线如图所示。

设A、B两点的电场强度分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则（）A. E A>E BB. E A<E BC.D. φA<φB【答案】D【解析】【详解】电子初速度为零，故根据位移速度公式可得，所以图像的斜率表示加速度的2倍，从题图可知电子的加速度恒定，即受到的电场力恒定，所以，因为电子带负电，电场力做正功，所以电场方向从B到A，根据沿电场线方向电势降低可知，D正确．2.如图，台秤上放一装有水的杯子，杯底用细线系一光滑小球，若细线发生断裂，在小球加速上升的过程中，不计水的阻力，台秤的读数将（）A. 变小B. 变大C. 不变D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】以容器和小球组成的整体研究对象，将细线割断，在小球加速上升过程中加速度向上，存在失重现象，而小球下降留下的空位由水来填充，所以相当于一个与小球同样大小的水球向下加速运动，存在超重现象，由于同样体积的小球质量大于水球的质量，所以整体存在失重现象，台秤的示数小于系统总重力，台秤的示数减小，A正确．3.如图所示的电路中，电压表和电流表均是理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离后，下列说法中正确．．的是（）A. 电压表示数减小B. 电流表示数增大C. R0的功率减小D. 电源的功率增大【答案】C【解析】【分析】当滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器左侧电阻减小，并联部分电阻减小，右侧电阻增大，外电路总电阻增大，再分析总电流和路端电压的变化，确定两电表读数的变化．电源的总功率为P=EI，根据总电流变化进行分析．【详解】根据串、并联电路的特点可知，当滑片P向左移动一小段距离后，整个闭合回路的总电阻增大，利用闭合电路的欧姆定律可判断I减小，因电压表示数，所以电压表示数增大，AB错误；与其并联的滑动变阻器的总电阻减小，而干路电流I减小，所以两端的电压减小，根据，可知的功率减小，C正确；因，干路电流减小，可。

淮安市2018学年度高三第二次调研测试物 理 试 题注意：满分120分，考试时间100分钟。

请将答案填写在答题卡上，直接写在试卷上不得分。

一、单选题：本题共5小题，每小题3分，满分15分。

每小题只有一个．．．．选项符合题意。

1．下列说法符合物理学史实的是 A ．楞次发现了电磁感应现象B ．伽利略认为力不是维持物体运动的原因C ．安培发现了通电导线的周围存在磁场D ．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量 2．图示为真空中半径为r 的圆，O 为圆心，直径ac 、bd 相互垂直。

在a 、c 处分别固定有电荷量为+q 、－qA ．位置b 处电场强度大小为22r kqB ．ac 线上各点电场强度方向与bd 线上各点电场强度方向垂直C ．O 点电势一定等于b 点电势D ．将一负试探电荷从b 点移到c 点，电势能减小 3．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。

励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。

电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。

下列说法正确的是A ．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B ．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D ．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大4．如图所示， A 、B管，L 的是A ．S 闭合瞬间，A 先亮B ．S 闭合瞬间，A 、B 同时亮C ．S 断开瞬间，B 逐渐熄灭D ．S 断开瞬间，A 闪亮一下，然后逐渐熄灭5．如图所示，质量均为M 的A 、B 两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m 的重物C ，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ。

下列说法正确的是 A ．当m 一定时，θB ．当m 一定时，θC ．当θ一定时，M D ．当θ一定时，M 越小，可悬挂重物C 的质量m 越大 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，满分16分。

2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题（江苏卷二）物 理第Ⅰ卷一、 单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，共15分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的要求的）1、关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（ ） A 、速度变化得快，加速度大 B 、速度变化的多，加速度大C 、加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D 、加速度大小不断变小，速度大小也不断变小2、如图1为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L 为小灯泡．半导体光敏电阻R ’，下列说法不正确的是（ ）A 、此逻辑电路是非门电路B 、有光照射R ’时，电阻将变小C 、有光照射R ’时，灯泡L 将发光D 、此电路可以看作路灯控制电路，其中L 为路灯3、在车上有一用硬杆做成的框架,其下端固定一质量为m 的小球,小车在水平面上以加速度a 运动,有关角度如图2,下列说法正确的是( )A 、小球受到的杆的弹力大小一定为mg/cos θ,方向沿杆方向B 、小球受到的杆的弹力大小一定为mgtan θ,方向沿杆方向C 、小球受到的杆的弹力大小一定为22a g m +,方向不一定沿杆方向D 、小球受到的杆的弹力大小一定为22a g m +,方向一定沿杆方向4、关于圆周运动说法不正确的是 （ ） A 、匀速圆周运动的物体，受到的合力一定指向圆心 B 、圆周运动的物体，加速度可以不指向圆心 C 、圆周运动的物体，加速度一定指向圆心D 、圆周运动的物体，如果合外力不指向圆心，一定是非匀速圆周运动5、A 、B 是一条电场线上的两点，若在A 点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A 运动到B ，其速度随时间变化的规律如图所示．设A 、B 两点的电场强度分别为E A 、E B ，电势分别为U A 、U B ，电势能εA 、、εB 则下列不正确的是（ ）A 、E A = EB B 、εA 、>εB C 、U A = U B D 、U A ＜U B ． 二、 多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分。

专题跟踪检测（十三）涉及电容器问题的分析一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1.(2017·南京一模)如图所示为可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合。

则电容器的电容将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．先增大后减小解析：选A旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器极板间的正对面积，则由电容器的决定式C＝εS4πkd可知，电容将逐渐增大，故B、C、D错误，A正确。

2．(2017·南京二模)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏。

电容式触摸屏内有一导电层。

导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息。

在开机状态下，下列说法正确的是()A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D．当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指离开的准确位置解析：选C电容式触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，无需手指按压屏幕，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置利用的是电容器的充、放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误。

3.(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a给超级电容器C充电，然后将开关拨到b可使电阻很小的导体棒EF沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是()A．电源给电容器充电后，M板带正电B．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D ．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B 电容器下极板接正极，所以充电后N 板带正电，故A 错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B 正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C 错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D 错误。

电学综合练3一、选择题(第1～3题为单项选择题,第4～5题为多项选择题)1.如图所示,一根重力为G ＝0.1 N 、长为L ＝1 m 、质量分布均匀的导体ab ,在其中点弯成60°,将此导体放入匀强磁场中,导体两端a 、b 悬挂于两相同的弹簧下端,弹簧均处于竖直状态,当导体中通有I ＝1 A 的电流时,两根弹簧比原长各缩短了Δx ＝0.01 m,已知匀强磁场的方向垂直纸面向外,磁感应强度的大小B ＝0.4 T,则( )A ．导体中电流的方向为a →bB ．每根弹簧的弹力大小为0.5 NC ．弹簧的劲度系数为k ＝5 N/mD ．若导体中不通电流,则弹簧比原长伸长了0.02 m解析：选C 由题意知通电后弹簧比原长缩短了,说明安培力方向向上,由左手定则可知,电流方向为b →a ,故A 错误；通电后,导体的有效长度为l ＝12L ＝0.5 m,受到的安培力为：F ＝BIl ＝0.4×1×0.5 N ＝0.2 N,F ＋2F 弹＝G ,F 弹＝G －F 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0.1－0.22N ＝0.05 N,故B 错误；F 弹＝k Δx ,k ＝F 弹Δx ＝0.050.01N/m ＝5 N/m,故C 正确；若导体中不通电流,则2kx ＝G ,x ＝G 2k ＝0.12×5m ＝0.01 m,故D 错误。

2．图1和图2是演示自感现象的两个电路图,L 1和L 2为电感线圈。

实验时,断开开关S 1瞬间,灯A 1突然闪亮,随后逐渐变暗；闭合开关S 2,灯A 2逐渐变亮,而另一个相同的灯A 3立即变亮,最终A 2与A 3的亮度相同。

下列说法正确的是( )A．图1中,A1与L1的电阻值相同B．图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C．图2中,滑动变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与滑动变阻器R中电流相等解析：选C 题图1中,A1有电阻,L1为自感系数很大的自感线圈,电路正常工作后,不考虑L1的电阻,故A错误；题图1中,闭合S1,电路稳定后,A1短路,无电流,故B错误；题图2中,因为要观察两灯发光的亮度变化,两个支路的总电阻相同,因两灯电阻相同,所以滑动变阻器R与L2的电阻值相同,故C正确；题图2中,闭合S2瞬间,L2对电流有阻碍作用,所以L2中电流与滑动变阻器R中电流不相等,故D错误。

电学综合练1一、选择题(第1～3题为单项选择题,第4～5题为多项选择题)1.如图,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R 表示输电线的电阻( )A ．用电器增加时,变压器输出电压增大B ．用电器增加时,变压器的输入功率增加C ．用电器增加时,输电线的热损耗减少D ．要提高用户的电压,滑动触头P 应向下滑解析：选B 用电器增加,表示负载阻值减小,输出功率会变大,但变压器输出电压不变,故A 错误；用电器增加时,电压不变,负载阻值减小,由P 出＝U 2R知变压器的输出功率增加,又P 入＝P 出,故输入功率也增加,B 正确；用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由P 出＝UI 知,输电电流I 变大,根据P 热＝I 2R 知输电线的热损耗增加,故C 错误；要提高用户的电压,根据U 1U 2＝n 1n 2可知,应使副线圈匝数增加,滑动触头P 应向上滑,故D 错误。

2.如图所示为电流天平,可用来测定磁感应强度。

天平的右臂上挂有一匝数为N 的矩形金属线圈,宽度为L ,线圈悬挂于右盘且下端处于匀强磁场中,磁场方向水平且垂直于纸面,开始时天平平衡。

当线圈中通有顺时针方向的电流I 时,发现天平的右臂低左臂高,在左盘中增加质量为Δm 的砝码,天平重新平衡,则下列分析正确的是( )A ．磁场的方向垂直于纸面向外B ．本装置必须用顺时针方向电流C ．可测得B ＝Δmg NILD ．线圈匝数越少测量得越精确解析：选C 当线圈中通有顺时针方向的电流I 时,发现天平的右臂低左臂高,说明线圈所受的安培力向下,根据左手定则判断出磁场的方向垂直于纸面向里,故A 错误；本装置施加的电流方向与磁场方向有关,不是必须用顺时针方向电流,故B 错误；根据平衡关系可知,增加的安培力等于左盘中增加的砝码的重力,故Δmg ＝NBIL ,解得：B ＝Δmg NIL,故C 正确；线圈的匝数越少,受到的安培力越小,测量增加的砝码质量误差越大,越不精确,故D 错误。

专题十二电学实验一、电学仪器的使用与读数1．电流表、电压表、欧姆表的比较：(1)电流的流向：使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接黑表笔，负极接红表笔，从电源外部看，电流从红表笔流入，从黑表笔流出．(2)区分“机械调零”和“欧姆调零”：“机械调零”在表盘刻度左侧“0”位置，调整表盘下边的中间定位螺丝；“欧姆调零”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整欧姆调零旋钮．(3)倍率选择：使用欧姆挡测电阻时，表头指针过大或过小均有较大误差，指针偏转角度在13满偏到23满偏之间读数较准确，如待测电阻约为2 kΩ，应选用“×100”挡．3．电学仪器的选择：(1)电源的选择：一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源．(2)电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表；选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大，一般应使指针能达到半偏以上，以减小读数的偶然误差，提高精确度．二、电流表内外接法的区分与选择1．控制电路的比较：(1)从节能的角度考虑，优先选用限流式．(2)以下三种情况必须用分压式：①要求待测电路的U、I从0变化．②R≪R x．滑③选用限流式，U x、I x过大(超过电流表量程，烧坏电表、电源或用电器等)．四、电学实验方法1．等效替代法：在保证某种效果(特性和关系)相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来进行研究和处理．2．控制变量法：对于多个变量的问题，常常采用控制变量的方法，把多个变量的问题变成单个变量的问题，从而研究这一个变量对事物的影响，分别对各个变量加以研究，最后综合解决．3．累积法：把某些难以用常规仪器直接准确测量的物理量用累积的方法，将微小量变为较大的量，不仅便于测量，还可以提高测量的准确程度，从而减小误差．考点1| 电表的改装、使用与读数难度：中档题题型：填空题五年2考(对应学生用书第65页)1．多用电表使用“五步”法(1)选倍率：一般要选择比被测电阻的估计值低一个数量级的倍率，如估计值为200 Ω，就应该选“×10”的倍率；(2)进行欧姆调零；(3)将红、黑表笔接被测电阻两端进行测量；(4)将指针示数乘以倍率，得测量值；(5)测量结束后，将选择开关扳到OFF或交流电压最高挡．2．多用电表测电阻的注意事项(1)改换倍率必须重新进行欧姆调零；(2)通过选择合适倍率，指针指在刻度盘中间附近，误差较小；(3)测量电阻时，手不可接触表笔的金属杆部分；(4)被测元件与电源断开．●考向1 电压表和电流表的读数1．(2018·浙江高考改编)图12-1甲是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验连好的实物连接图．图12-1小红调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图乙中的①、②、③、④所示，电流表量程为0．6 A ，电压表量程为3 V ．所示读数为：①________、②________、③________、④__________．两组数据得到的电阻分别为________和________．【解析】 由实物图可知，电流表接的是0．6 A 的量程，电压表接的是3 V 的量程，因此①的读数为0．02 A ×5＝0．10 A ，②的读数为0．02 A ×12＝0．24 A ，③的读数为0．1 V ×20．0＝2．00 V ，④的读数为0．1 V ×2．7＝0．27 V ．两组数据得到的电阻R 1＝U 1I 1＝2．000．24 Ω＝8．3 Ω，R 2＝U 2I 2＝0．270．10 Ω＝2．7 Ω．【答案】 ①0．10 A ②0．24 A ③2．00 V ④0．27 V 8．3(±0．1)Ω 2．7(±0．1)Ω ●考向2 电表的改装2．如图12-2是一个电流表、电压表两用电表的电路，电流表G 的量程是100 μA ，内阻是1 000 Ω，电阻R 1＝0．1 Ω，R 2＝99 000 Ω，当双刀双掷开关接到a 、b 上时，可作为____________表，其量程是________，当双刀双掷开关接到c 、d 上时，可作为________表，其量程是________．图12-2【解析】 当开关合到a 、b 上时，电路转换成图甲所示的电路，此时小电阻R 1与电流表G 并联，R 1起分流作用，可作为大量程电流表使用，根据并联电路的特点有： (I －I g )R 1＝I g R g ．甲 乙电流表量程为 I ＝I g (R g ＋R 1)R 1＝0．000 1×(1 000＋0．1)0．1A ≈1 A ． 当开关合到c 、d 上时，电路变成图乙所示的电路，此时大电阻R 2与电流表G 串联，R 2起分压作用，所以电流表G 已装成电压表，根据串联电路的特点，电压表量程为：U ＝I g (R g ＋R 2)＝0．000 1×(1 000＋99 000) V ＝10 V ． 【答案】 见解析 ●考向3 多用电表的使用3．(2018·江苏高考T 10)如图12-3甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测．甲乙图12-3(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的________(选填“A”“B”或“C”)．(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况．(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值．测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表．两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图乙所示．请将记录表补充完整，并在黑箱图中画出一种可能的电路．(2)使用多用电表进行测量时，为保证电表不被损坏往往要进行试触，即让两表笔进行短暂接触，观察指针偏转情况，若持续接触则有可能损坏电表．(3)黑箱中无电源且每对接点间正反阻值相等，由多用电表读数可知所缺数据为5．0 Ω，由a、b间电阻为5 Ω，a、c间为10 Ω，b、c间为15 Ω知，电路为a、b间5 Ω的电阻与a、c间10 Ω电阻串联而成，电路图如答案图所示．【答案】(1)A(2)短暂(3)5．0电路图如图4．某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻．【导学号：17214185】(1)他先用多用表电压挡直接接在电源两极，读数如图12-4，则电源电动势约为________V ．图12-4(2)为了更准确的测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100 mA ”挡设计了如图12-5甲的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为______________Ω．甲 乙图12-5(3)将多用电表的选择开关从“OFF ”旋转至“直流100 mA ”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R ，合上开关从多用表上读出相应的示数I ． (4)重复(3)获得多组数据，根据数据作出了如图乙所示的R -1I 图线． (5)由图线得干电池的电动势E ＝________V(保留三位有效数字)，内阻r ＝________Ω(取整数)．【解析】 (1)用量程为2．5 V 直流电压挡测电动势，最小分度为0．18，因此要读到本位，所以读数为1．30 V ．(2)由欧姆定律得：I g ＝ER ，得R ＝1．30 V 100×10－3 A ＝13 Ω．(5)由闭合电路欧姆定律可知： E ＝I (R ＋r )，变形得R ＝E ·1I －r 由R -1I 图线可知，斜率表示电动势： E ＝1．40 V纵轴截距表示电源的内阻：r ＝8 Ω． 【答案】 (1)1．30 (2)13 (5)1．40(1．35～1．45均可) 8考点2| 电学基本实验 难度：中档 题型：实验题 五年2考(对应学生用书第66页)1．(2018·江苏高考T 10)小明利用如图12-6所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．【导学号：17214186】图12-6(1)图中电流表的示数为________A ．(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：由图线求得：电动势E＝______V；内阻r＝________Ω．(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为____________________ _______________________________________________________________．【解题关键】解此题应注意以下两点：(1)电流表的量程为0～0．6 A，每小格表示0．02 A．(2)电压表示数最小值为1．18 V，作图时纵坐标起点不应为0．【解析】(1)电流表选用量程为0～0．6 A，分度值为0．02 A，则其读数为0．44 A．(2)坐标系选择合适的标度，根据表中数据描点作出的U-I图线如图所示．图线与纵轴交点为“1．61 V”，故E＝1．61 V，由图线的斜率ΔUΔI＝1．24知，电池内阻为1．24 Ω．注意此处不要用图线与纵轴交点值除以与横轴交点值．(3)长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大．【答案】(1)0．44(2)U-I图线见解析1．61(1．59～1．63都算对)1．24(1．22～1.26都算对)(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大2．(2018·江苏高考T10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．【导学号：17214187】(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12-7甲所示的部件________(选填“A”“B”“C”或“D”)．从图中的示数可读出合金丝的直径为________ mm．甲乙图12-7(2)如图乙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”)．(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．【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)螺旋测微器读数时要符合有效数字要求．(2)由电压表示数接近3 V可知，电压表两测量点间有断点．(3)根据测量合金丝阻值的结果与电压表、电流表的内阻值判断电流表应采用内接法还是外接法．【解析】根据欧姆定律解题．(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、8、9间断路．(3)由题知R AR x≈0．018<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．【答案】(1)B0．410(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，用图象法求电阻值)1．电阻测量的常用方法(1)器材选择的三个主要原则：安全性(量程不能太小)、准确性(量程不能太大)、方便性(滑动变阻器要方便调节)．(2)选择电流表内外接法的口诀：“好表要内接”(因为：越接近理想电流表，其分压的影响越小)或“大内小外”(内接法测大电阻，外接法测小电阻)；选择滑动变阻器接法口诀：“以小控大用分压”(变阻器阻值小于待测电阻)．(3)电表有时可反常规使用：已知内阻的电压表可当电流表使用，已知内阻的电流表可当电压表使用．(4)定值电阻的常见用途：保护电路、与电流表串联改装为电压表、与电流表并联扩程．2．测量电源的电动势和内阻的常用方法(1)三种常用实验方法和原理：伏安法E＝U＋Ir、伏阻法E＝U(1＋r/R)、安阻法E＝I(R＋r)．(2)两种数据处理方法：联立方程求解法和图象处理法，对伏安法利用电源的U-I图象求电动势和内阻；对伏阻法和安阻法需对闭合电路欧姆定律方程E＝U(1＋r/R)和E＝I(R＋r)适当变形作线性处理，并利用直线方程的截距和斜率求电动势或内阻等物理量．●考向1以测电阻为核心的电学实验5．(2018·南京四模)测量一未知电阻的阻值．图12-8(1)某同学首先用多用电表粗测电阻的大小，将多用表选择开关置于“×10”挡，调零后，将红黑表笔分别接电阻两端，发现指针读数如图甲所示，则所测阻值为________Ω．(2)接着该同学计划用V A法准确测量电阻的阻值，提供的实验器材有：8 V直流电源；电压表(0～10 V，内阻约20 kΩ)；电流表(0～50 mA，内阻约10 Ω)；滑动变阻器(0～20 Ω，1 A)；开关和导线．请根据实验要求和提供的器材，参考下面未完全连接好的实物电路在下面虚线方框内画出实验电路图(图乙)，并完成实物电路(图丙)未连接的导线．(3)在上述(2)的实验中，连接好电路后，闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，该同学用多用电表检查电路故障．他的操作如下：选用多用电表的直流电压挡，将红、黑表笔分别接在：电源正负极间；变阻器电阻丝的两端；电流表“－”接线柱和电压表“＋”接线柱之间，结果多用电表的指针均发生偏转，则可能是连接__________________之间的导线发生了断路．(4)实验中移动变阻器滑动头，记下多组电压表、电流表读数(U，I)，然后在坐标纸上作出U-I图线，图线的________大小表示待测电阻阻值．在这个实验中，测量值________真实值．(填“＞”“＝”或“＜”)【解析】(1)由题图甲所示欧姆表可知，所测电阻阻值为：20×10 Ω＝200 Ω．(2)由于滑动变阻器最大阻值为20 Ω，远小于待测电阻阻值200 Ω，如果滑动变阻器采用限流接法，移动滑动变阻器滑片时，电路电流及待测电阻电压变化较小，不能进行多次测量，因此滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻是20 kΩ，电流表内阻是10 Ω，待测电阻阻值约为200 Ω，相对来说电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，实验电路图如图1所示；根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图2所示．图1图2(3)闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，说明电路存在断路；用电压表测：电源正负极间、变阻器电阻丝的两端、电流表“－”接线柱和电压表“＋”接线柱之间，结果多用电表的指针均发生偏转，说明各测试连点与电源之间不存在断路，因此电路断路位置在连接电流表与电压表之间的导线断路．(4)由欧姆定律可知，I＝UR，则U＝IR，在电阻一定时，U与I成正比，它们的比例系数是导体电阻R，因此U-I图象的斜率大小表示电阻阻值；实验采用了电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表的测量值大于真实值，由R＝UI可知，电阻的测量值小于电阻的真实值．【答案】(1)200(2)实验电路图如图1所示；实物电路图如图2所示(3)连接电流表和电压表(4)斜率＜6．(2018·泰州三模)为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：【导学号：17214188】A．小灯泡(额定电压6 V，额定电流600 mA)B．电流表A1(量程0～0．6 A，内阻约为0．5 Ω)C．电流表A2(量程0～3 A，内阻约为0．1 Ω)D．电压表V(量程0～6 V，内阻约为10 kΩ)E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，2 A)F．滑动变阻器R2(0～100 Ω，1．5 A)G．直流电源E(约6 V)H．开关、导线若干(1)实验中电流表应选用__________；滑动变阻器应选用________．(填器材前面的字母)(2)请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整．(3)实验电路连接正确，闭合开关，从最左端向右端调节滑动变阻器滑片，记录电流表和电压表相应示数，根据实验数据在坐标系中描点如图乙所示，则电路发生的故障是______________________________________________．甲乙图12-9【解析】(1)灯泡的额定电流为600 mA，因此电流表应选择600 mA量程的A1；本实验采用滑动变阻器分压接法，因此滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；(2)根据原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时灯泡内阻较小，故电流表采用外接法，连接实物图如图所示；(3)由伏安特性曲线可知，电路中有电流和电压存在，说明电路是完好的，但明显没有测出较小的电流和电压值，说明滑动变阻器接成了限流接法，因此故障应是电源负极和滑动变阻器左下接线柱间的电路断路造成的．【答案】(1)A1R1(2)如图所示(3)电源负极和滑动变阻器左下接线柱间的电路断路●考向2以测量电源电动势和内阻为核心的电学实验7．(2018·徐州模拟)某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻．(1)先用多用电表粗测电池的电动势．把电表的选择开关拨到直流电压50 V挡，将两只表笔与电池两极接触，此时多用电表的指针位置如图12-10甲所示，读出该电池的电动势为________V．甲乙丙图12-10(2)再用图乙所示装置进一步测量．多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的是电池的________极(选填“正”或“负”)．闭合开关，改变电阻箱的阻值R，得到不同的电流值I，根据实验数据作出1I-R图象如图丙所示．已知图中直线的斜率为k，纵轴截距为b，则此电池的电动势E＝________，内阻r＝________．(结果用字母k、b表示)(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近，请你对此做出合理的解释：______．【解析】(1)电压挡量程为50 V，则最小分度为1 V，则指针对应的读数为12．0 V；(2)作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进，黑表笔流出，故黑表笔连接的是电池的负极；由闭合电路欧姆定律可得：I＝E r＋R变形可得：1I＝rE＋1E·R则由图可知：rE＝b；1E＝k则可解得：E＝1k；r＝bk．(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势．【答案】(1)12．0(2)负1kbk(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势8．(2018·如皋市模拟)在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图12-11甲所示的实验电路．甲乙丙图12-11(1)根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到______(选填“a”或“b”)端．(3)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为U A、U B，与横轴的截距分别为I A、I B．①S2接1位置时，作出的U-I图线是图丙中的________(选填“A”或“B”)线；②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是________表(选填“电压”或“电流”)的示数偏________(选填“大”或“小”)．【解析】(1)实物连线图如图所示：(2)为保护电流表，实验开始前，应将滑片P置于电阻最大的a端；(3)①当S2接1位置时，可把电压表与电源看作一个等效电源，根据闭合电路可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的欧姆定律E＝U断U-I图线应是B线；②测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流，结果使电流表的读数偏小．【答案】(1)见解析图(2)a(3)①B②电流偏小考点3| 电学创新实验难度：中高档题型：实验填空题五年2考(对应学生用书第69页)3．(2018·江苏高考T10)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12-12所示，控温箱用以调节金属电阻的温度．【导学号：17214189】图12-12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按旋钮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：由图线求得R随t的变化关系为R＝________ Ω．【解题关键】解此题的关键有以下三点：(1)估算电流的变化范围，再选择电流表的量程．(2)为避免电流过大烧坏器材，电阻箱应先调至较大阻值．(3)因阻值R随温度变化范围较小，纵坐标起点不应取为零．【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，滑动变阻器电阻最大为10 Ω，电流在0．185～0．15 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)调节电阻箱阻值时，为了避免有其他电路发生短路而烧毁器材，电阻箱应先调至较大电阻，然后依次从电阻较小的挡位开始减小．(3)R-t图象如答案图所示，可得R随t的变化规律是R＝0．18t＋8．8 Ω．【答案】(1)A(2)①②③(或①③②)(3)如图所示0．18t＋8．8(0．18t＋8．6～0．18t＋9．0都算对)4．(2018·江苏高考T11)某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图12-13所示，继电器与热敏电阻R t、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约20 Ω，热敏电阻的阻值R t与温度t的关系如下表所示．【导学号：17214190】12滑动变阻器R1(0～200 Ω)、滑动变阻器R2(0～500 Ω)、热敏电阻R t、继电器、电阻箱(0～999．9 Ω)、开关S、导线若干．为使该装置实现对30 ℃～80 ℃之间任一温度的控制，电源E应选用________(选填“E1”或“E2”)，滑动变阻器R应选用________(选填“R1”或“R2”)．图12-13图12-14(2)实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图12-14所示的选择开关旋至________(选填“A”“B”“C”或“D”)．(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查．在图12-13中，若只有b、c 间断路，则应发现表笔接入a、b时指针__________(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)．(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是________．(填写各步骤前的序号)①将热敏电阻接入电路②观察到继电器的衔铁被吸合③断开开关，将电阻箱从电路中移除④合上开关，调节滑动变阻器的阻值⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至118．1 Ω【解析】(1)若实现对30 ℃温度的控制继电器和R t的电压U＝0．015×(20＋199．5) V≈3．29 V因此符合要求的电源应选E2．若实现对80 ℃温度的控制对全电路有U＝I(R继＋R t＋R)即6 V＝0．015 A×(20 Ω＋49．1 Ω＋R)解得R＝330．9 Ω．因此滑动变阻器应选R2．(2)用多用电表测量直流电压时，选择开关应旋至C(直流电压挡)．(3)a、b间电压为0，指针不偏转．接入a、c时，多用电表与电源等构成回路，指针偏转．(4)连接电路时，先用电阻箱代替热敏电阻，调节滑动变阻器阻值，衔铁被吸合时，调节完毕，移除电阻箱换为热敏电阻即可，正确的顺序为⑤④②③①．【答案】(1)E2R2(2)C(3)不偏转偏转(4)⑤④②③①5．(2018·江苏高考T10)为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P＝UI得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3．0 V1．8 W”，电源为12 V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω．(1)准备使用的实物电路如图12-15所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．(用笔画线代替导线)图12-15(2)现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选________Ω的定值电阻．(3)测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．(4)小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图12-16所示．请指出图象中不恰当的地方．图12-16【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)由小灯泡规格“3．0 V1．8 W”确定电流表所选量程．(2)小灯泡正常发光时电流为0．6 A，则流过电源的电流不小于0．6 A．(3)应用平滑的曲线连接所描各点，偏离较远的点舍去．【解析】(1)从P-U2图象上描出的点可知，小灯泡两端的电压从0开始逐渐增大，故滑动变阻器采用分压电路．根据P＝IU知，通过小灯泡的最大电流I＝PU＝0．6 A，故电流表选0～0．6 A的量程．实物电路如答案中图所示．(2)电路中定值电阻起保护作用，电池的电动势为12 V，小灯泡的内阻为R＝U2 P＝91．8Ω＝5 Ω，因此小灯泡和滑动变阻器并联后的最大电阻为5×1015Ω＝103Ω，要使小灯泡两端的电压能达到3 V，由3103＝9R1可知，R1不能超过10 Ω，所以R1选10 Ω．(3)为了实验仪器的安全，防止电源短路及误将电源与其他电路接通，所以断开开关后，先拆除电池两端的导线，再拆除其他导线．(4)从坐标纸上所描点可以看出这些点不近似在一条直线上，应为曲线，小明作出了一条直线不合适．作图时应使这些点占据整个坐标纸，而小明的横坐标只用了一半，所以小明横坐标的标度选择不合适．【答案】(1)如图所示(2)10(3)电池(4)图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适．●考向1实验原理的设计与创新9．(2018·镇江一模)小明在研究由某种新材料制成的圆柱体电学元件(图12-17甲所示)的过程中，进行了如下操作：(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图12-17乙所示，由图可知其长度为_____mm，用螺旋测微器测量其直径如图12-17丙所示，其直径为_____mm；图12-17图12-18图12-19(2)小明为研究通过该电学元件的电流I随两端电压U变化的关系，设计了图12-18所示实验电路．为使该电学元件两端电压能从零开始调起，请你用笔画线代替导线帮他将电路实物图连接完整；(3)小明利用(2)中实验电路测得相关数据如下表所示，请你在如图12-19的坐标纸上绘出I-U图象；。

专题三力与曲线运动考情分析201520162017力与曲线运动T14(2）：圆周运动T7：曲线运动的条件判断T2：斜抛运动T2:平抛运动T5：圆周运动和功的问题万有引力与航天T3：天体运动T7：天体运动T13(3):万有引力定律的应用T6：天体运动命题解读本专题考点分为两大板块，一个是曲线运动，包括运动的合成与分解、两大曲线运动(平抛运动和圆周运动),另一个是万有引力定律及应用，皆属于高频考点.从三年命题情况看，命题特点为：（1）注重基础知识。

如以天体运动、航天技术相关内容出题、以对抛体运动的分析等出题，考查学生的理解能力。

难度较小.（2）注重方法与综合。

如以万有引力定律与电学知识综合、从力的角度分析带电粒子的曲线运动、抛体运动与圆周运动综合等考查学生的推理能力、分析综合能力。

难度属于中等.整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B必会.1.(2017·江苏省南通中学摸底)如图1所示，绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ）图1A.转速相同时,绳短的容易断B.周期相同时，绳短的容易断C.线速度大小相等时，绳短的容易断D。

线速度大小相等时，绳长的容易断解析转速相同时，根据F＝mω2r＝mr(2πn）2可知，绳越长，所需的向心力越大,则绳越容易断，故A项错误;周期相同时，则角速度相同，根据F＝mrω2知，绳越长，所需的向心力越大，则越容易断，故B项错误;线速度相等，根据F＝m错误!知，绳越短，向心力越大，则绳越短越容易断,故C项正确，D项错误。

答案C2.（2017·南通市如东县、徐州市丰县联考)如图2所示的实验装置中，小球A、B完全相同。

用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地。

图2中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法正确的是( ）图2A.A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化B.A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速率变化C.A球从面1到面2的速度变化大于B球从面1到面2的速率变化D.A球从面1到面2的动能变化大于B球从面1到面2的动能变化解析球A做平抛运动,竖直方向为自由落体运动，故A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化，选项A正确，B、C错误；由动能定理知，A球从面1到面2的动能变化等于B球从面1到面2的动能变化，选项D错误。

二轮滚讲义练（二）滚动练一、选择题1、（多选）如图所示，电路中R 1、R 2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，闭合电键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，油滴能向下运动的是( )A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S解析：选CD 增大R 1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A 错误；电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R 2，故R 2两端无电压，所以，增大R 2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B 错误；增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C 正确；断开电键S 后，两极板间的电势差为零，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D 正确。

7．平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属极板沿远离另一板方向平移一小段距离。

此过程中电容器的电容C 、两极板带电荷量Q 、两板间电场强度E 、两板间电压U 随两板间距离d 变化的关系，表示不正确的是( )解析：选ABD 平行板电容器的电容为C ＝εr S 4πkd，d 增大时，C 减小，而Q 一定，所以电容器两极板间电场强度E ＝4πkQ εr S一定，A 、B 错误，C 正确；由U ＝Ed 知，D 错误。

2、（多选）如图所示，电容器两极板与电源正负极相连，在将电容器两极板间的距离由d 迅速增大为2d 的过程中，下列说法正确的是( )A ．电容器两板间电压始终不变B ．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值C ．根据Q ＝CU 可知，电容器带电荷量先增大后减小D ．电路中电流由B 板经电源流向A 板解析：选BD 在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q 不变，则C ＝Q U ＝Q Ed ，又C ＝εr S 4πkd ，所以Q Ed ＝εr S 4πkd ，所以E ＝4πkQ εr S也不变，而U ＝Ed ，故U 增大，但最终电压U 要与电源电压相等，故A 错误，B 正确；此后，因为C ＝εr S 4πkd，所以d 增大时，C 减小，由Q ＝CU ，所以Q 减小，电路中有瞬时电流，方向由B 板经电源流向A 板，故D 正确，C 错误。

电学综合练5一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生。

如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A 、C 构成电容器。

已知灵敏电流表G 的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。

若矿井渗水(导电液体深度h 增大)，则电流表( )A ．指针向右偏转，A 、C 构成的电容器充电B ．指针向左偏转，A 、C 构成的电容器充电C ．指针向右偏转，A 、C 构成的电容器放电D ．指针向左偏转，A 、C 构成的电容器放电解析：选B 由题图可知，A 、C 构成的电容器两极间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化，则由C ＝εS 4πkd可知，当液面升高时，只有正对面积S 增大，故可判断电容增大，再依据C ＝Q U ，因电势差不变，则电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转；故A 、C 、D 错误，B 正确。

2.如图所示，等量异种电荷A 、B 固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB 连线的中垂线重合，C 、D 是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。

一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C 点无初速度释放，则小球由C 运动到D 的过程中，下列说法正确的是( )A ．杆对小球的作用力先增大后减小B ．杆对小球的作用力先减小后增大C ．小球的速度先增大后减小D ．小球的速度先减小后增大解析：选A 由等量异种电荷的电场分布特点知，从C 到D ，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A 正确，B 错误；因杆处于AB 的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对小球受力分析，受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以小球一直做匀加速直线运动，故C 、D 错误。