2025年高考物理压轴训练23（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理压轴训练23（Word版附解析），共93页。

A．电流表分压；测得的电源电动势偏小，内阻偏小
B．电流表分压；测得的电源电动势偏大，内阻偏大
C．电压表分流；测得的电源电动势偏小，内阻偏小
D．电压表分流；测得的电源电动势偏大，内阻偏大
2．（2024•海淀区模拟）某同学用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。将磁体从线圈中向上匀速抽出时，观察到灵敏电流计指针向右偏转。关于该实验，下列说法正确的是
A．图中线圈中感应电流的磁场方向向下
B．若将磁体向上加速抽出，灵敏电流计指针将向左偏转
C．磁体放置在线圈中静止不动，灵敏电流计指针仍向右偏转
D．若将磁体的、极对调，并将其向下插入线圈，灵敏电流计指针仍向右偏转
3．（2024•湖南模拟）探究电磁感应现象的实验装置如图所示，下列操作不能使电流计指针偏转的是
A．闭合开关瞬间B．断开开关瞬间
C．闭合开关后，拔出线圈瞬间D．线圈放在线圈中不动
4．（2024•江苏一模）测量电阻的阻值时，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择用何种接法时，可采用试触的方法。如图所示，某同学测量未知电阻时，让电压表的一端接在点，另一端先后接到点和点，他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，则下列说法中正确的是
A．应选择电流表内接电路，测量值等于真实值
B．应选择电流表内接电路，测量值大于真实值
C．应选择电流表外接电路，测量值大于真实值
D．应选择电流表外接电路，测量值小于真实值
5．（2024•广东一模）电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是
A．若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑
B．若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的点下侧移动
C．若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动
D．若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上点两侧做往复运动
二．多选题（共5小题）
6．（2024•福建三模）如图所示是探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，下部是可调节内阻电池，升高或降低挡板，可改变，两电极间电解液通道的横截面积，从而改变电池内阻，电池的两极，与电压传感器2相连，位于两个电极内侧的探针，与电压传感器1相连，是滑动变阻器。下列说法正确的是
A．断开开关，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势
B．闭合开关，在将教板向上提升的过程中，传感器2的读数将变小
C．闭合开关，无论的滑片如何移动，传感器1和传感器2的示数之和总不变
D．闭合开关，当把滑动变阻器的滑片向左移动到阻值为零时，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势
7．（2024•丰台区二模）“探究影响感应电流方向的因素”的实验示意图如图所示：灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”、“拔出”条形磁铁，使线圈中产生感应电流。记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法正确的是
A．实验时必须保持磁铁运动的速率不变
B．该实验需要知道线圈的绕向
C．该实验需要记录磁铁的运动方向
D．该实验需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系
8．（2024•长安区校级模拟）有一个电学黑箱，上面有三个接线柱，内部有两个电子元件与他们相连。现用多用电表探索其内部电学元件及连接方式。实验时，探索步骤如下：
（a）用直流电压挡试触三个接点都没有电压显示。
（b）用欧姆挡“”接、间，不论红表笔接，黑表笔接，还是红表笔接，黑表笔接，示数都相同；
（c）用欧姆挡接、间：黑表笔接，红表笔接时读数很小，对调红黑表笔，阻值很大；
（d）用欧姆挡接、间：黑表笔接，红表笔接时读数比步骤中，黑表笔接，红表笔接时读数的大，调换表笔，阻值很大；
则下列说法正确的是
A．从知，黑箱内无电源
B．从知，之间是定值电阻
C．此黑箱中可能存在电容器
D．此黑箱中，如果有二极管，二极管应该接在之间，且二极管正极接
9．（2023•天宁区校级学业考试）在使用多用电表进行电阻和电流的测量中，下列做法正确的是
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
10．（2023•乙卷）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻和一个直流电源。测得接线柱之间的电压，，。符合上述测量结果的可能接法是
A．电源接在1、4之间，接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，接在2、4之间
三．填空题（共5小题）
11．（2024•北京模拟）如图为某同学用电流表和电压表测量电阻的部分实验电路图。在某次测量中，电压表的示数为，电流表的示数为，根据测量数据可计算出电阻 。
若仅考虑电表内阻的影响，实验中电阻的测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小” 。
12．（2024•泉州二模）（1）一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为时，通过的电流是。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为，金属丝两端所加的电压应为 。
（2）有一个满偏电流为的毫安表，电表内阻为，现将该毫安表的量程扩大至，则应并联一个阻值为 的电阻。
（3）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表的量程为，内阻为，图中串联的分压电阻，则 。
13．（2024•雨花区校级模拟）高性能混凝土是一种新型高技术的混凝土，广泛应用于建筑工程中，某同学对高性能混凝土的电阻产生了兴趣，决定设计一个精密测量电阻的电路来完成测量。该同学设计的电路如图1所示，图中为电源（电动势为，内阻不计）、待测混凝土样本电阻、滑动变阻器、滑动变阻器、滑动变阻器、电流表（量程、电压表（量程、灵敏电流计（量程，开关、，导线若干。
（1）该同学按电路图连接图2，请指出实物图连线①②③中连接错误的是 。
（2）电路连线改正后，实验过程如下：
①断开、闭合，调节的滑动触头，使电流表的示数大于量程的
②将调成最大阻值，闭合，调节的滑动触头，使灵敏电流计示数为零
③断开，将电阻调为零，使断续接通，并仔细调节，使灵敏电流计示数为零
④记录电压表、电流表的读数
⑤移动滑动变阻器的滑动触头，重复步骤②④，再测四组、的读数。
在步骤②中“将调成最大阻值”作用是 。
（3）实验数据如表：
请根据表中数据，在方格纸上作出图线，利用图线求出该待测混凝土样本电阻 （保留三位有效数字）。
（4）和伏安法测电阻相比，上述实验方法测得的电阻值误差更小，简要说明原因 。
14．（2024•宁河区校级二模）（1）物理实验小组用如图（a）所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。
①关于本实验，下列说法正确的是 。
．必须平衡摩擦力
．必须控制槽码质量不变
．必须控制小车质量不变
．必须保证槽码的质量远小于小车的质量
②某同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为，根据纸带可求出小车的加速度大小为 （结果保留三位有效数字）。
③按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图像是一条过原点的直线，如图（c）所示，若直线斜率为，则小车（包含定滑轮）的质量为 （用表示）。
（2）为了测量某待测电阻的阻值（约为，有以下一些器材可供选择。
电流表（量程，内阻约；
电流表（量程，内阻约；
电压表（量程，内阻很大）；
电压表（量程，内阻很大）；
电源（电动势约为，内阻约为；
定值电阻；
滑动变阻器；
单刀单掷开关一个，导线若干。
①对于电流表和电压表的选择，下列说法正确的是 。
．电流表应选，电压表应选
．电流表应选，电压表应选
．电流表应选，电压表应选
．电流表应选，电压表应选
②请在下面的虚线框内画出测量电阻的实验电路图。（要求所测量范围尽可能大）
③某次测量中，电压表示数为时，电流表示数为，则计算待测电阻阻值的表达式为 。
15．（2024•岳麓区校级模拟）（1）电子温度计是利用半导体的电阻随温度升高而减小的特性而制作的，已知某半导体的电阻随温度（在间可视为线性变化，如图甲所示。当温度为时，用多用电表测得其电阻如图乙所示，此时 ；当温度为时，用多用电表测得其电阻。
（2）把该半导体与电动势为、内阻为的电源，理想电压表（量程和定值电阻连成如图丙所示的电路，为使电压表示数不会超量程，且当温度在间变化时电压的变化比较明显，则定值电阻的阻值应选 。
（3）选用合适的后，该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计，当电阻温度为时，电压表的示数约为 。（保留两位有效数字）
（4）若电池用久后内阻变大，用该温度计测量的温度要比真实值 （选填“偏高”或“偏低” 。
四．实验题（共10小题）
16．（2024•天津）某同学研究闭合电路的规律。
①根据闭合电路的欧姆定律得出了电源输出功率与外电路电阻关系图像，如图1所示，则的峰值对应的外电路电阻值应 电源内阻（填“大于”、“小于”或“等于” ；
②测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：
．电压表（量程，内阻约为
．电流表（量程，内阻约为
．滑动变阻器（最大阻值，额定电流
．滑动变阻器（最大阻值，额定电流
．待测电源（电动势约为，内阻约为
．开关、导线若干
（1）实验中所用的滑动变阻器应选 （填器材前字母代号）；
（2）实物电路如图2所示，单刀双掷开关可分别与1、2端闭合，为使电源内阻的测量结果更接近真实值，应与 端闭合。
17．（2024•南宁模拟）在做“用电流表和电压表测电池的电动势（约和内电阻（约”的实验时，某同学利用图甲所示的实物间的连线图进行测量，下列器材可供选用：
．电流表：量程，内阻约
．电流表：量程，内阻约
．电压表：量程，内阻约
．滑动变阻器，额定电流
．待测电池、开关、导线
（1）请根据实物间的连线图在图中方框中画出电路图；
（2）为了让测量结果尽量准确，电流表应选用 （填器材前的字母代号）；
（3）根据实验数据作出的图像如图乙所示，则该电池的电动势 ，内阻 ；（结果均保留两位小数）
（4）该同学在实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时，电压表的示数取不到以下，出现这一现象的原因可能是 ，改进的方法为 。
18．（2024•黄陂区校级二模）学习小组要测量一个电阻的电阻率，已知其长度为，额定电压为。
（1）用螺旋测微器测量该电阻的直径，示数如图甲所示，其直径 ；
（2）粗测该电阻的阻值为，为精确测量其阻值，该同学设计的测量电路如图乙所示，其中蓄电池电动势约为（内阻不计）、滑动变阻器最大阻值为、定值电阻、保护电阻。要求滑动变阻器在接近全电阻范围内可调，且测量时电表的读数不小于其量程的，则图乙中圆圈①位置接入 、圆圈②位置应接入 （均选填器材前的字母序号）；
．电流表（量程为，内阻
．电流表（量程为，内阻
．电压表（量程为，内阻
（3）实验中根据两电表读数作出如图丙所示的图线（坐标均为国际单位），已知图线的斜率为，则所测该电阻的阻值 （用题中已知所测物理量符号表示），研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻率的测量值将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变” 。
19．（2024•黔南州二模）某实验小组的同学在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，设计了如图甲所示的电路进行了实验探究，其中为电阻丝，其横截面积大小为，是阻值为的定值电阻。正确接线后，闭合开关，调节滑片，记录电压表示数、电流表示数以及对应的长度，通过调节滑片，记录多组、、的值。
（1）实验室提供“、”双量程电流表，在本实验中该同学选用挡。实验过程中，测得某次电流表的示数如图乙所示，则此时电流大小为 ；
（2）根据实验数据绘出的图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势 ，内阻 。（结果均保留两位有效数字）；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值 其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于” ；
（3）根据实验数据可进一步绘出图像如图丁所示，根据图像可得电阻丝的电阻率 ；图丁中所作图线不通过地标原点的原因是 。
20．（2024•重庆）探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源，定值电阻，电容器，单刀双掷开关。
（1）为测量电容器充放电过程电压和电流变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测 （电流、电压）仪器。
（2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为 。
（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压与电流的关系图如图乙所示。该过程为 （充电、放电）。放电过程中电容器两端电压随时间变化关系如图丙所示。时消耗的功率 。
21．（2024•福建）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程、电压表（量程、滑动变阻器（最大阻值，额定电流、5号电池（电动势两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于 （填“”或“” 端，再接通开关，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录对应的电流表示数和电压表示数；
（3）某次电流表示数为时，电压表示数如图（b）所示，示数为 ，此时发光元件的电阻为 （结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是： ；
（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在的电流下工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。
22．（2024•鼓楼区校级模拟）（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择 。
．量程为的电压表
．量程为的电流表
．量程为的电流表
．零刻度在中间的灵敏电流计
（2）某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁、极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明 的关系。
（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角 （选填“不变”“变大”或“变小” 。
23．（2024•重庆模拟）某同学利用一个多用电表（表盘如图乙所示）测量一个内阻约、满偏电流的电流表的内阻，主要步骤如下：
（1）欧姆挡的选择开关拨至倍率 （填“”“ ”或“” 挡，先将红、黑表笔短接调零后，将多用电表中“黑表笔”接到电流表 （填“”或“” 接线柱上，“红表笔”接另一个接线柱；
（2）多用电表表盘中的指针和电流表表盘指针所指位置如图乙、丙所示，该同学读出欧姆表的读数为 ，这时电流表的读数为 ；
（3）测量结束后，将选择开关拨到挡；
（4）通过进一步分析还可得到多用电表内部电池的电动势为 。
24．（2024•广东一模）某实验小组欲将电流表（量程为改装为欧姆表。实验器材如下：
电动势为的干电池1节、滑动变阻器（阻值范围为。将它们按如图甲所示连接。
（1）将图甲中接线柱 （填“”或“” 接红表笔。
（2）将图甲中、两接线柱短接，调节滑动变阻器使电流表满偏，则欧姆表的内阻 。
（3）保持滑动变阻器不动，在、间接入一电阻，电流表示数如图乙所示，此电阻的阻值为 。
25．（2024•中山区校级模拟）一实验小组为了测量某元件的电阻，进行了如下实验：
（1）首先用多用电表进行粗测，如图关于多用电表的操作正确的是 。
．如图甲，将红、黑表笔短接，进行机械调零
．如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零
．如图丙，用“”挡测量时发现指针偏转角度过小，为了准确测量，应换到“”挡
．实验完成后，挡位调至如图丁所示位置
（2）为了精确测量该元件的电阻，同学们又采用了如图戊所示电路进行测量。电路由控制电路和测量电路两大部分组成。实验用到的器材如下：
．待测电阻
．灵敏电流计
．定值电阻
．粗细均匀的电阻丝（总长为
．滑动变阻器
．线夹、电源、开关以及导线若干
．电源（电动势为
①在闭合开关前，可将线夹大致固定于电阻丝中部位置，滑片应置于端。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片至某一位置，然后不断调节线夹所夹的位置，直到灵敏电流计示数为零，测出此时段电阻丝长度，则的阻值计算式为 （用、、表示），代入数据得 。
②为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻换成电阻箱。并按照①中的操作，电阻箱的阻值记为；然后将电阻箱与交换位置，保持线夹的位置不变，调节电阻箱，重新使灵敏电流计示数为零，此时电阻箱的阻值记为，则电阻 。
2025年高考物理压轴训练23
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024•海安市校级模拟）系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，它的数值总是向某一个方向偏离真实值。在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是
A．电流表分压；测得的电源电动势偏小，内阻偏小
B．电流表分压；测得的电源电动势偏大，内阻偏大
C．电压表分流；测得的电源电动势偏小，内阻偏小
D．电压表分流；测得的电源电动势偏大，内阻偏大
【答案】
【考点】测定电源的电动势和内阻
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力
【分析】分析图示电路结构，根据实验误差来源分析实验误差。
【解答】解：由图示电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，
电流测量值小于真实值，实验误差是由电压表分流造成的，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，图象如图所示
图线的纵轴截距等于电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻，
由图示图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，内阻测量值小于真实值，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查了实验误差分析，理解实验原理、分析清楚图示电路图是解题的前提，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
2．（2024•海淀区模拟）某同学用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。将磁体从线圈中向上匀速抽出时，观察到灵敏电流计指针向右偏转。关于该实验，下列说法正确的是
A．图中线圈中感应电流的磁场方向向下
B．若将磁体向上加速抽出，灵敏电流计指针将向左偏转
C．磁体放置在线圈中静止不动，灵敏电流计指针仍向右偏转
D．若将磁体的、极对调，并将其向下插入线圈，灵敏电流计指针仍向右偏转
【答案】
【考点】研究电磁感应现象
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；理解能力
【分析】根据题意确定穿过线圈的原磁场方向；根据磁体的运动方向确定穿过线圈磁通量的变化，根据楞次定律确定感应电流的磁场方向；根据题意得出，感应电流的磁场方向竖直向上时，灵敏电流计指针向右偏转，从而确定灵敏电流计指针的偏转方向。
【解答】解：线圈中的原磁场方向竖直向上，磁体向上运动时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，方向竖直向上，故错误；
根据题意，感应电流的磁场方向竖直向上时，灵敏电流计指针向右偏转；若将磁体向上加速抽出，穿过线圈的磁通量快速减小，根据楞次定律感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，方向竖直向上，因此灵敏电流计指针将向右偏转，故错误；
磁体放置在线圈中静止不动，穿过线圈的磁通量不发生变化，线圈中无感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，故错误；
若将磁体的、极对调，线圈中的原磁场方向竖直向下，磁体向下运动时，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，方向竖直向上，因此灵敏电流计指针将向右偏转，故正确。
故选：。
【点评】本题主要考查了楞次定律的运用；知道感应电流的磁场方向竖直向上时，灵敏电流计指针向右偏转是解题的关键。
3．（2024•湖南模拟）探究电磁感应现象的实验装置如图所示，下列操作不能使电流计指针偏转的是
A．闭合开关瞬间B．断开开关瞬间
C．闭合开关后，拔出线圈瞬间D．线圈放在线圈中不动
【答案】
【考点】研究电磁感应现象
【专题】实验题；实验探究题；定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；理解能力
【分析】根据法拉第电磁感应电律，穿过闭合电路的磁通量发生变化，就会产生感应电流，电流计的指针就会发生偏转，据此逐项分析作答。
【解答】解：．闭合开关瞬间，线圈中电流产生的磁场，穿过线圈的磁通量增大，则线圈中产生感应电流使电流计偏转；开关断开瞬间，线圈中电流产生的磁场消失，穿过线圈的磁通量减小，则线圈中产生感应电流使电流计偏转，故能使电流计指针偏转；
．开关闭合后，线圈从线圈拔出的过程中，导致线圈的磁通量减小，则线圈中产生感应电流使电流计偏转，故能使电流计指针偏转；
．线圈放在线圈中不动，线圈中电流产生的磁场恒定不变，则线圈的磁通量不发生改变，无感应电流产生，电流计不偏转，故不能使电流计指针偏转。
本题选择不能使电流计指针偏转的选项。
故选：。
【点评】本题主要考查了电磁感应现象，理解感应电流产生的条件是解题的关键。
4．（2024•江苏一模）测量电阻的阻值时，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择用何种接法时，可采用试触的方法。如图所示，某同学测量未知电阻时，让电压表的一端接在点，另一端先后接到点和点，他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，则下列说法中正确的是
A．应选择电流表内接电路，测量值等于真实值
B．应选择电流表内接电路，测量值大于真实值
C．应选择电流表外接电路，测量值大于真实值
D．应选择电流表外接电路，测量值小于真实值
【答案】
【考点】电流表的内接和外接法
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力
【分析】根据电流表和电压表的示数的变化情况分析判断。
【解答】解：根据题意可知接到点时，电压表分流较大，接到点时，电流表分压很小，故待测电阻阻值较大，远大于电流表内阻，与电压表内阻接近，所以应选择电流表内接电路；由于电流表的分压作用，使得电压表示数大于待测电阻的两端电压，根据欧姆定律
可知待测电阻的测量值大于真实值。
故正确，错误。
故选：。
【点评】本题关键掌握电流表两种接法的选择方法。
5．（2024•广东一模）电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是
A．若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑
B．若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的点下侧移动
C．若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动
D．若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上点两侧做往复运动
【答案】
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；示波器的使用
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力
【分析】根据电子的受力情况分析电子的运动情况，从而分析电子在光屏上的现象。
【解答】解：若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧光屏的点上侧、下侧各一个光斑。故错误；
若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏点上方看到一个光斑移动，故错误；
若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故错误；
若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上点两侧做往复运动，故正确。
故选：。
【点评】此题属于知识应用性题目，结合实际问题讨论电子运动情况，需要较强的逻辑思维和知识构架，难度适中。
二．多选题（共5小题）
6．（2024•福建三模）如图所示是探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，下部是可调节内阻电池，升高或降低挡板，可改变，两电极间电解液通道的横截面积，从而改变电池内阻，电池的两极，与电压传感器2相连，位于两个电极内侧的探针，与电压传感器1相连，是滑动变阻器。下列说法正确的是
A．断开开关，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势
B．闭合开关，在将教板向上提升的过程中，传感器2的读数将变小
C．闭合开关，无论的滑片如何移动，传感器1和传感器2的示数之和总不变
D．闭合开关，当把滑动变阻器的滑片向左移动到阻值为零时，传感器1的示数为零，传感器2的示数等于电源电动势
【答案】
【考点】测量普通电源的电动势和内阻
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力
【分析】电压传感器1测的是电源的内电压，电压传感器2测的是路端电压；将挡板上提，横截面积变大，根据电阻定律和欧姆定律进行分析；明确开关断开，外电路为开路，滑动变阻器的滑动片位于左端时，外电路短路。
【解答】解：当断开时，电路中电流为0，故内阻分压为0，外电压等于电源电动势，故正确；
将挡板上提，横截面积变大，根据电阻定律可知，电源内阻变小；
根据闭合电路欧姆定律
电压传感器2测的是路端电压，根据欧姆定律，路端电压，
即电压传感器2的示数变大，故错误；
电压传感器1测的是电源的内电压，闭合，传感器1和传感器2的示数之和等于电源电动势，其示数之和保持不变，故正确；
闭合，当把滑动变阻器的滑片向左移动到阻值为零时，外电路电阻为0，电压传感器2的示数为0，电压传感器1的示数等于电源电动势，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验，明确两电压传感器所测的电压是解题的关键；理解外电路断开和外电路短路时两电压传感器示数的含义。
7．（2024•丰台区二模）“探究影响感应电流方向的因素”的实验示意图如图所示：灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”、“拔出”条形磁铁，使线圈中产生感应电流。记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。下列说法正确的是
A．实验时必须保持磁铁运动的速率不变
B．该实验需要知道线圈的绕向
C．该实验需要记录磁铁的运动方向
D．该实验需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系
【答案】
【考点】研究电磁感应现象
【专题】推理法；理解能力；定性思想；电磁感应——功能问题；信息给予题
【分析】根据“探究影响感应电流方向的因素”的实验原理分析。
【解答】解：该实验无需保持磁铁运动的速率不变，故错误；
该实验需要记录磁铁在线圈中的磁场方向，才能得到磁场的变化与感应电流的方向关系，故正确；
该实验必需记录感应电流产生的磁场方向，这样才能知道感应电流的磁场方向与原磁场方向的关系，故正确；
该实验需要确认电流计指针偏转方向与通过电流计的电流方向的关系才能知道产生的感应电流的具体的方向，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了“探究影响感应电流方向的因素”的实验，理解实验原理是解题的前提。
8．（2024•长安区校级模拟）有一个电学黑箱，上面有三个接线柱，内部有两个电子元件与他们相连。现用多用电表探索其内部电学元件及连接方式。实验时，探索步骤如下：
（a）用直流电压挡试触三个接点都没有电压显示。
（b）用欧姆挡“”接、间，不论红表笔接，黑表笔接，还是红表笔接，黑表笔接，示数都相同；
（c）用欧姆挡接、间：黑表笔接，红表笔接时读数很小，对调红黑表笔，阻值很大；
（d）用欧姆挡接、间：黑表笔接，红表笔接时读数比步骤中，黑表笔接，红表笔接时读数的大，调换表笔，阻值很大；
则下列说法正确的是
A．从知，黑箱内无电源
B．从知，之间是定值电阻
C．此黑箱中可能存在电容器
D．此黑箱中，如果有二极管，二极管应该接在之间，且二极管正极接
【答案】
【考点】用多用电表探测黑箱内的电学元件
【专题】分析综合能力；定性思想；推理法；恒定电流专题
【分析】用多用电表探索黑箱内的电学元件时要注意各个挡位的含义，尤其是注意测二极管时正反电阻不同。欧姆挡进行测量时，注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，因此将接线柱进行正反两次测量时，若发现示数不变则说明是定值电阻，若正反电阻差距很大，则说明是二极管，总之根据电表示数和元件特点进行判断。
【解答】解：、使用电压挡进行测量，目的是看内部是否有电源，由于指针没有示数，因此内部无电源，故黑箱内不存在电源，故正确；
、使用欧姆挡进行测量时注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，可知：在测量之间的电阻时，对两个接线柱进行正反测量，其阻值相同，说明之间接有一个定值电阻，故正确；
、在测量之间电阻时，黑表笔接时电阻很小，接时电阻很小，对调红黑表笔，阻值很大，说明说明之间有二极管，而且应该接二极管的正极；
用欧姆挡测量，黑表笔接点，红表笔接点，有阻值，阻值比步骤中测得的大，而调换表笔后，阻值很大，充分说明之间串联了二极管、电阻两个元件，故错误。
故选：。
【点评】用多用电表探索黑箱内的电学元件实际上就是考查多用电表的各个挡位的特点以及一些元件的特性如：定值电阻、二极管、电容器等，同时注意黑箱内部的元件串并联情况。
9．（2023•天宁区校级学业考试）在使用多用电表进行电阻和电流的测量中，下列做法正确的是
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
【答案】
【考点】用多用电表测电阻
【专题】实验题；实验探究题；推理法；定性思想；恒定电流专题
【分析】明确欧姆表的使用方法，知道用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，而在测量电流时要先选择电流最大量程进行试测。
【解答】解：、欧姆表换挡后要进行欧姆调零，在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零，故正确；
、在测量电流时，更换量程后不必进行调零，故错误；
、在测量未知电阻时，可以先选择个倍率进行测量，然后根据指针偏转情况再选择合适的倍率进行测量，不一定必须先选择倍率最大挡进行试测，故错误；
、为保护电表安全，在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了多用电表读数，对多用电表读数时，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读数，注意在读数时视线要与电表刻度线垂直
10．（2023•乙卷）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻和一个直流电源。测得接线柱之间的电压，，。符合上述测量结果的可能接法是
A．电源接在1、4之间，接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，接在2、4之间
【答案】
【考点】用多用电表探测黑箱内的电学元件
【专题】推理能力；恒定电流专题；定量思想；图析法
【分析】根据所描述的画出电路图，结合图像分析；
【解答】解：、根据题意画出电路图，如图所示
可知，故错误；
、根据题意画出电路图，如图所示
可知，故错误；
、根据题意画出电路图，如图所示
可知上述接法符合上述测量结果，故正确；
、根据题意画出电路图，如图所示
可知上述接法符合上述测量结果，故正确。
故选：。
【点评】本题考查的是电阻混联时的电压关系，题型为基础题，注意画图解决问题。
三．填空题（共5小题）
11．（2024•北京模拟）如图为某同学用电流表和电压表测量电阻的部分实验电路图。在某次测量中，电压表的示数为，电流表的示数为，根据测量数据可计算出电阻 10 。
若仅考虑电表内阻的影响，实验中电阻的测量值比真实值 （选填“偏大”或“偏小” 。
【答案】10，偏小。
【考点】伏安法测电阻
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力
【分析】根据电阻的公式代入数据计算电阻，由电表的接法和电压表的分流分析误差。
【解答】解：根据公式，考虑电表内阻的影响，因为电压表的分流作用，电流表的电流大于电阻的真实电流，而电压值准确，故测量值小于真实值。
故答案为：10，偏小。
【点评】考查电阻的定义，会根据题意代入数据运算，会分析误差。
12．（2024•泉州二模）（1）一根粗细均匀的金属丝，当其两端电压为时，通过的电流是。若将此金属丝均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为，金属丝两端所加的电压应为 。
（2）有一个满偏电流为的毫安表，电表内阻为，现将该毫安表的量程扩大至，则应并联一个阻值为 的电阻。
（3）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表的量程为，内阻为，图中串联的分压电阻，则 。
【答案】（1）；（2）1.8；（3）1000。
【考点】电表的改装和应用（实验）；串联电路的特点及应用
【专题】分析综合能力；定量思想；推理法；恒定电流专题
【分析】（1）根据电阻定律先求解金属丝变化后的电阻和原来电阻值的比较，然后再由欧姆定律求电压；
（2）根据并联分流原理改装电流表，列式求解；
（3）根据串联分压的原理改装电压表，并根据所给数据列式求解。
【解答】解：（1）根据题意，金属丝原来的电阻
，，
金属丝均匀拉长到原来的2倍，电阻
，
根据欧姆定律，所加电压
。
（2）根据并联电路的特点
代入，，解得
；
（3）根据串联电路的特点
改装为量程为的电压表时，有
代入，，，
解得
故答案为：（1）；（2）1.8；（3）1000。
【点评】熟练掌握电阻定律和电表的改装原理，并能进行相关应用。
13．（2024•雨花区校级模拟）高性能混凝土是一种新型高技术的混凝土，广泛应用于建筑工程中，某同学对高性能混凝土的电阻产生了兴趣，决定设计一个精密测量电阻的电路来完成测量。该同学设计的电路如图1所示，图中为电源（电动势为，内阻不计）、待测混凝土样本电阻、滑动变阻器、滑动变阻器、滑动变阻器、电流表（量程、电压表（量程、灵敏电流计（量程，开关、，导线若干。
（1）该同学按电路图连接图2，请指出实物图连线①②③中连接错误的是 ①②③ 。
（2）电路连线改正后，实验过程如下：
①断开、闭合，调节的滑动触头，使电流表的示数大于量程的
②将调成最大阻值，闭合，调节的滑动触头，使灵敏电流计示数为零
③断开，将电阻调为零，使断续接通，并仔细调节，使灵敏电流计示数为零
④记录电压表、电流表的读数
⑤移动滑动变阻器的滑动触头，重复步骤②④，再测四组、的读数。
在步骤②中“将调成最大阻值”作用是 。
（3）实验数据如表：
请根据表中数据，在方格纸上作出图线，利用图线求出该待测混凝土样本电阻 （保留三位有效数字）。
（4）和伏安法测电阻相比，上述实验方法测得的电阻值误差更小，简要说明原因 。
【答案】故答案为：（1）①②③；（2）保护灵敏电流计；（3）图线见解答；500；（4）电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流。
【考点】伏安法测电阻
【专题】实验题；分析综合能力；实验分析法；实验探究题；恒定电流专题；定量思想
【分析】（1）由实验原理图判断得解；
（2）由的作用得解；
（3）描点连线得解；由图象的斜率含义得解；
（4）由误差分析得解。
【解答】解：（1）根据该同学按电路图连接图2，实物图中连线①应该接在滑动变阻器的右上端；连线②应该接在滑动变阻器的右下端；连线③应该接在电流表的负接线柱上；故①②③连接均错误。
（2）由实验原理图可知，由于串联在电路中当限流电阻使用，故其作用是保护灵敏电流计；
（3）作出图线如图：
该待测混凝土样本电阻；
（4）该实验方法测得的电阻值误差更小，原因是电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流。
故答案为：（1）①②③；（2）保护灵敏电流计；（3）图线见解答；500；（4）电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流。
【点评】本题主要考查电阻的测量，熟悉电阻的测量是解题的关键，难度一般。
14．（2024•宁河区校级二模）（1）物理实验小组用如图（a）所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。
①关于本实验，下列说法正确的是 。
．必须平衡摩擦力
．必须控制槽码质量不变
．必须控制小车质量不变
．必须保证槽码的质量远小于小车的质量
②某同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为，根据纸带可求出小车的加速度大小为 （结果保留三位有效数字）。
③按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图像是一条过原点的直线，如图（c）所示，若直线斜率为，则小车（包含定滑轮）的质量为 （用表示）。
（2）为了测量某待测电阻的阻值（约为，有以下一些器材可供选择。
电流表（量程，内阻约；
电流表（量程，内阻约；
电压表（量程，内阻很大）；
电压表（量程，内阻很大）；
电源（电动势约为，内阻约为；
定值电阻；
滑动变阻器；
单刀单掷开关一个，导线若干。
①对于电流表和电压表的选择，下列说法正确的是 。
．电流表应选，电压表应选
．电流表应选，电压表应选
．电流表应选，电压表应选
．电流表应选，电压表应选
②请在下面的虚线框内画出测量电阻的实验电路图。（要求所测量范围尽可能大）
③某次测量中，电压表示数为时，电流表示数为，则计算待测电阻阻值的表达式为 。
【答案】（1）；2.00；；（2）；见解析；
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系；伏安法测电阻
【专题】实验能力；定量思想；恒定电流专题；推理法
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；根据运动学公式得出木块的速度，结合逐差法得出加速度；根据牛顿第二定律结合图像的物理意义完成分析；
（2）根据电源电动势选择电压表，根据通过电阻的最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图。根据串联电路特点与欧姆定律求出待测电阻值。
【解答】解：（1）①实验中必须平衡摩擦力，故正确；
研究质量不变的情况下，加速度与力的关系时，必须控制小车质量不变，故错误，正确；
因为有弹簧测力计测量小车受的拉力，则不需要保证槽码的质量远小于小车的质量，故错误。
故选：。
②两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为，两点间时间为
解得
小车的加速度大小为
③由牛顿第二定律有
即
由图像可知
解得
（2）①电源电动势为，则电压表选；通过待测电阻的最大电流约为
量程为的电流表读数误差太大，可以把定值电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流约为：
电流表应选择；
故正确，错误；
故选：。
②定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为，远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电流表内阻约为，电压表内阻很大，电流表可以采用外接法，电路图如图所示：
③根据欧姆定律可知，待测电阻阻值为
故答案为：（1）；2.00；；（2）；见解析；
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验、伏安法测电阻实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析；在电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，故应注意此类问题的解法；在实验中要注意把握准确性及安全性原则。
15．（2024•岳麓区校级模拟）（1）电子温度计是利用半导体的电阻随温度升高而减小的特性而制作的，已知某半导体的电阻随温度（在间可视为线性变化，如图甲所示。当温度为时，用多用电表测得其电阻如图乙所示，此时 150 ；当温度为时，用多用电表测得其电阻。
（2）把该半导体与电动势为、内阻为的电源，理想电压表（量程和定值电阻连成如图丙所示的电路，为使电压表示数不会超量程，且当温度在间变化时电压的变化比较明显，则定值电阻的阻值应选 。
（3）选用合适的后，该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计，当电阻温度为时，电压表的示数约为 。（保留两位有效数字）
（4）若电池用久后内阻变大，用该温度计测量的温度要比真实值 （选填“偏高”或“偏低” 。
【答案】（1）150；（2）；（3）1.4；（4）偏高。
【考点】伏安法测电阻
【专题】实验能力；定量思想；推理法；恒定电流专题
【分析】（1）多用电表档的示数是指针示与倍率的乘积；
（2）分别计算当取三个值时，电压表示数的范围，从而确定的阻值；
（3）由图数据，可计算出温度为时电阻的大小，然后根据欧姆定律和串并联电路的关系求电压表的示数；
（4）写出电压表示数的表达式，结合题设条件分析误差。
【解答】解：（1）由图和题意可知，当温度为时，由多用电表测得其电阻；
（2）若，则可求得电压表的读数范围为，代入数据得：，即电压表示数的范围为：
同理可知若，则可求得电压表的读数范围为
若，则可求得电压表的读数范围为0.85 ，则为使电压表示数不会超量程，且当温度在间变化时电压的变化比较明显，则定值电阻 的阻值应选：；
（3）当电阻温度为时，可求得
电压表的示数约为：
（4）若电池用久后内阻变大，根据 可得，电压表读数偏小，则用该温度计测量的温度要比真实值偏高。
故答案为：（1）150；（2）；（3）1.4；（4）偏高。
【点评】本题考查多用电表的读数、使用、改装、误差分析等，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是学会通过表中的数据解决问题，还要知道串联电路电压的规律。
四．实验题（共10小题）
16．（2024•天津）某同学研究闭合电路的规律。
①根据闭合电路的欧姆定律得出了电源输出功率与外电路电阻关系图像，如图1所示，则的峰值对应的外电路电阻值应 等于 电源内阻（填“大于”、“小于”或“等于” ；
②测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：
．电压表（量程，内阻约为
．电流表（量程，内阻约为
．滑动变阻器（最大阻值，额定电流
．滑动变阻器（最大阻值，额定电流
．待测电源（电动势约为，内阻约为
．开关、导线若干
（1）实验中所用的滑动变阻器应选 （填器材前字母代号）；
（2）实物电路如图2所示，单刀双掷开关可分别与1、2端闭合，为使电源内阻的测量结果更接近真实值，应与 端闭合。
【答案】①等于；②（1）；（2）2
【考点】测量普通电源的电动势和内阻
【专题】实验探究能力；实验题；实验分析法；恒定电流专题；定量思想
【分析】①根据闭合电路的欧姆定律：，电源输出功率：，联合解得取最大值时的电流应满足的条件，再结合：，可求得此时外电路电阻值与电源内阻的关系。
②（1）实验时滑动变阻器串联在电路里，为了操作方便，应选择最大阻值与电源内阻相差不多的滑动变阻器。
（2）电源内阻与电流表内阻均约为，而电源内阻远小于电压表内阻，根据电流表相对于电源的内、外接法对测量得到的内阻的误差的大小的影响，确定电流表的接法，从而可得应与哪端闭合。
【解答】解：①根据闭合电路的欧姆定律：
电源输出功率
可得时，取最大值，再结合，可得此时有：，即的峰值对应的外电路电阻值应等于电源内阻。
②（1）待测电源内阻较小约为，实验时滑动变阻器串联在电路里，用以调节路端电压，为了操作方便，滑动变阻器应选择最大阻值较小的。
（2）由图2所示的实物电路，可知单刀双掷开关与1端闭合时，电流表的接法是相对于电源的内接，测量得到的内阻是电源内阻值与电流表内阻之和，因电源内阻与电流表内阻均约为，故内阻测量误差较大。而单刀双掷开关与2端闭合时，电流表的接法是相对于电源的外接，测量得到的内阻值是电源内阻与电压表内阻并联的等效电阻值，因电源内阻远小于电压表内阻，故内阻测量误差较小。故为使电源内阻的测量结果更接近真实值，应与2端闭合。
故答案为：①等于；②（1）；（2）2
【点评】本题考查了测定电源的电动势和内阻的实验和电源输出功率与外电路电阻关系的问题。掌握应用伏安法测量电源的电动势和内阻时，电流表的不同接法所产生的系统误差的具体情况。
17．（2024•南宁模拟）在做“用电流表和电压表测电池的电动势（约和内电阻（约”的实验时，某同学利用图甲所示的实物间的连线图进行测量，下列器材可供选用：
．电流表：量程，内阻约
．电流表：量程，内阻约
．电压表：量程，内阻约
．滑动变阻器，额定电流
．待测电池、开关、导线
（1）请根据实物间的连线图在图中方框中画出电路图；
（2）为了让测量结果尽量准确，电流表应选用 （填器材前的字母代号）；
（3）根据实验数据作出的图像如图乙所示，则该电池的电动势 ，内阻 ；（结果均保留两位小数）
（4）该同学在实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时，电压表的示数取不到以下，出现这一现象的原因可能是 ，改进的方法为 。
【答案】（1）
（2）；（3）1.47，0.73；（4）电源内阻太小可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻。
【考点】测量普通电源的电动势和内阻
【专题】定量思想；恒定电流专题；实验探究能力；实验题；实验分析法；实验探究题
【分析】（1）根据实物图画出电路图；
（2）根据电路中电流的特点判断；
（3）根据闭合电路的欧姆定律推导函数图像表达式，结合图像计算；
（4）根据电压表的取值范围太小分析判断。
【解答】解：（1）根据实物图画出电路图可知
（2）由于电路中的电流比较小，故选择小量程的电流表，故电流表选择。
（3）根据闭合电路的欧姆定律
可得
由图可知，纵截距为
可得该电池的电动势为
斜率
可得该电池的内阻为
（4）路端电压，如果电源内阻太小，则电压表较大，调节滑动变阻器，电压表的示数取不到以下，给电源串联一个较小阻值的定值电阻可以使电压表示数取到以下。
故答案为：（1）
（2）；（3）1.47，0.73；（4）电源内阻太小可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻。
【点评】本题关键掌握用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验原理，利用图像处理数据的方法。
18．（2024•黄陂区校级二模）学习小组要测量一个电阻的电阻率，已知其长度为，额定电压为。
（1）用螺旋测微器测量该电阻的直径，示数如图甲所示，其直径 1.990 ；
（2）粗测该电阻的阻值为，为精确测量其阻值，该同学设计的测量电路如图乙所示，其中蓄电池电动势约为（内阻不计）、滑动变阻器最大阻值为、定值电阻、保护电阻。要求滑动变阻器在接近全电阻范围内可调，且测量时电表的读数不小于其量程的，则图乙中圆圈①位置接入 、圆圈②位置应接入 （均选填器材前的字母序号）；
．电流表（量程为，内阻
．电流表（量程为，内阻
．电压表（量程为，内阻
（3）实验中根据两电表读数作出如图丙所示的图线（坐标均为国际单位），已知图线的斜率为，则所测该电阻的阻值 （用题中已知所测物理量符号表示），研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻率的测量值将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变” 。
【答案】（1）1.990；（2）、；（3）、偏大。
【考点】刻度尺的使用与读数；导体电阻率的测量
【专题】恒定电流专题；实验能力；推理法；定量思想
【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则读取金属丝的直径；
（2）根据题目要求分析待测电阻的最大电流和两端电压，确定电表的种类；
（3）根据电路结构由欧姆定律和电路的关系写出表达式，再综合题图的斜率求待测电阻的大小并分析误差的大小。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精度为，其读数为固定刻度和可动刻度之和，所以该电阻的直径：
（2）圆圈②位置应接入，即电流表。与定值电阻改装成伏特表，该伏特表的量程为：
圆圈①位置接入，当电压表满偏时，待测电阻两端电压为：
联立解得：
电压表与待测电阻的总电压为，恰好等于改装后的伏特表的量程，两个电表能同时满偏。
（3）①为电压表，读数为，②为电流表，读数为，根据欧姆定律得：
整理变形解得：
根据图像得：
解得：
研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻的测量值偏大，根据电阻定律：
变形解得：
由此可以看出测量值偏大，电阻率的测量值偏大。
故答案为：（1）1.990；（2）、；（3）、偏大。
【点评】本题考查伏安法测电阻的实验原理、电表选择、数据处理等问题，要注意大致估算电路的相关参数，电流表的选择和电压表的改装和电路的接法等。
19．（2024•黔南州二模）某实验小组的同学在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，设计了如图甲所示的电路进行了实验探究，其中为电阻丝，其横截面积大小为，是阻值为的定值电阻。正确接线后，闭合开关，调节滑片，记录电压表示数、电流表示数以及对应的长度，通过调节滑片，记录多组、、的值。
（1）实验室提供“、”双量程电流表，在本实验中该同学选用挡。实验过程中，测得某次电流表的示数如图乙所示，则此时电流大小为 0.30 ；
（2）根据实验数据绘出的图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势 ，内阻 。（结果均保留两位有效数字）；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值 其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于” ；
（3）根据实验数据可进一步绘出图像如图丁所示，根据图像可得电阻丝的电阻率 ；图丁中所作图线不通过地标原点的原因是 。
【答案】（1）0.30；（2）1.5、0.60、小于；（3）、电流表有内阻。
【考点】导体电阻率的测量；测量普通电源的电动势和内阻
【专题】推理法；恒定电流专题；定量思想；实验能力
【分析】（1）根据电流表的量程和分度值读数；
（2）根据闭合电路欧姆定律写出的表达式，结合图像斜率与截距求电动势和内阻，考虑到电表的内阻，用图像法分析误差；
（3）根据欧姆定律及电阻定律写出的表达式，由图像的斜率和纵截距求电阻率。
【解答】解：（1）电流表选用挡，其最小分度为，由图可知，此时电流大小为；
（2）由闭合电路欧姆定律可知：
由图乙所示可知，图像与纵坐标间的交点表示电动势，故有：
图像的斜率：
其中由题设条件：
解得：
由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的图像如图所示，
由图像可知，电动势测量值小于真实值；
（3）根据图甲所示电路图可知：
由图像可得：
则有：
由闭合电路欧姆定律：
可知，图丁中所作图线不通过地标原点的原因是电流表有内阻。
故答案为：（1）0.30；（2）1.5、0.60、小于；（3）、电流表有内阻。
【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验、测电阻丝电阻率实验问题，理解实验原理是解题的前提与关键，求出图示图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。
20．（2024•重庆）探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源，定值电阻，电容器，单刀双掷开关。
（1）为测量电容器充放电过程电压和电流变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测 电压 （电流、电压）仪器。
（2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为 。
（3）根据测到数据，某过程中电容器两端电压与电流的关系图如图乙所示。该过程为 （充电、放电）。放电过程中电容器两端电压随时间变化关系如图丙所示。时消耗的功率 。
【答案】（1）电压；（2）；（3）放电，。
【考点】观察电容器及其充、放电现象
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力
【分析】（1）根据两个位置接入电路是串联还是并联结合电流表串联与电压表并联特点进行判断；
（2）根据图乙最大电压读数为，再在图甲中读出其最大电流；
（3）根据电容器充当和放电电流随电压变化的特点进行判断，结合各图中对应的电流和电压的数据，根据功能关系计算电阻消耗功率。
【解答】解：（1）①处把原电路断开串联接入测量仪器，应该是电流表，②处与电容器并联连接，应该是测电压的仪器；
（2）接通电路并接通开关，给电容器充电，充电完成时电压表示数最大，此时电流表示数为；
（3）电容器充电时电压低，充电电流强，放电时电流随电压的降低而减小，所以图乙对应放电过程，根据图丙，当时，对应的电压为，结合图乙，此时的放电电流为，电路中只有消耗电功率，所以消耗的功率为。
故答案为：（1）电压；（2）；（3）放电，。
【点评】考查电容器的充放电问题，结合各图像深刻理解各参数的变化情况和充放电的实质，体会能量的转化和守恒思想。
21．（2024•福建）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程、电压表（量程、滑动变阻器（最大阻值，额定电流、5号电池（电动势两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于 （填“”或“” 端，再接通开关，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录对应的电流表示数和电压表示数；
（3）某次电流表示数为时，电压表示数如图（b）所示，示数为 ，此时发光元件的电阻为 （结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是： ；
（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在的电流下工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。
【答案】（2）；（3）2.82，282；（4）电阻随电压增大而减小；（5）补充完整的电路图如上图所示。
【考点】欧姆定律的简单应用；描绘小灯泡的伏安特性曲线
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力
【分析】（2）根据滑动变阻器分压式接法和保护电路的安全进行分析解答；
（3）根据电压表的量程判断电压表精确度，在利用电压表的读数方法进行读数，利用电阻公式计算电阻值；
（4）根据图像的割线斜率的物理意义判断电阻的变化情况；
（5）根据两发光元件的电压要求选择合适的连接方法。
【解答】解：（2）实验电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了保护用电器，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于端，使测量部分电路两端电压为0；
（3）电压表量程为，分度值为，所以图（b）所示电压表示数为；根据欧姆定律可知，发光元件的电阻为；
（4）根据欧姆定律可知，电流在范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小；
（5）由图（c）可知，电流为时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器与红光发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示
故答案为：（2）；（3）2.82，282；（4）电阻随电压增大而减小；（5）补充完整的电路图如上图所示。
【点评】考查电表的读数和伏安特性曲线的理解应用、伏安法测电阻等问题，会根据题意进行准确分析解答。
22．（2024•鼓楼区校级模拟）（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择 。
．量程为的电压表
．量程为的电流表
．量程为的电流表
．零刻度在中间的灵敏电流计
（2）某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁、极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明 的关系。
（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角 （选填“不变”“变大”或“变小” 。
【答案】（1）；（2）电流流入灵敏电流计的方向与电流计指针偏转方向；（3）变大。
【考点】楞次定律及其应用；研究电磁感应现象
【专题】实验题；实验探究题；比较思想；实验分析法；电磁感应与电路结合；实验探究能力
【分析】（1）为了确定感应电流方向，需要一个零刻度在中间的灵敏电流计；
（2）在探究“楞次定律“的实验中，要搞清电流的流向与电流计指针偏转方向的关系；
（3）当磁铁插入螺线管的速度越快，产生的感应电流越大，电表指针偏角变大。
【解答】解：（1）在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，为了观察到明显的现象并确定感应电流的方向，还需要一个零刻度在中间的灵敏电流计，故错误，正确。
故选：。
（2）根据上述实验的操作，实验中，漏掉的实验步骤是要查明电流流入灵敏电流计的方向与指针偏转方向的关系。
（3）当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，产生的感应电流也越大，电表指针偏角变大。
故答案为：（1）；（2）电流流入灵敏电流计的方向与电流计指针偏转方向；（3）变大。
【点评】解答本题时，要理解实验原理，掌握实验器材的选择方法和实验步骤。
23．（2024•重庆模拟）某同学利用一个多用电表（表盘如图乙所示）测量一个内阻约、满偏电流的电流表的内阻，主要步骤如下：
（1）欧姆挡的选择开关拨至倍率 （填“”“ ”或“” 挡，先将红、黑表笔短接调零后，将多用电表中“黑表笔”接到电流表 （填“”或“” 接线柱上，“红表笔”接另一个接线柱；
（2）多用电表表盘中的指针和电流表表盘指针所指位置如图乙、丙所示，该同学读出欧姆表的读数为 ，这时电流表的读数为 ；
（3）测量结束后，将选择开关拨到挡；
（4）通过进一步分析还可得到多用电表内部电池的电动势为 。
【答案】（1），；（2）120，40；（3）10.8
【考点】练习使用多用电表（实验）
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力
【分析】当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，由此选择合适的挡位；欧姆表读数等于表盘刻度值倍率。
【解答】解：（1）当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，故选择“”挡较好；多用电表的黑表笔与内部电源正极连接，与外电路形成闭合回路后，电流从黑表笔流出，红表笔流进，而电流表接入电路要注意“”进“”出，故应使电流从接线柱流入。
（2）欧姆表读数等于表盘刻度值倍率，即欧姆表的读数为；电流表的量程是，分度值为，则示数为。
（4）由题图乙可知表盘中间刻度为15，又选择倍率为“”挡，所以此时多用电表的中值电阻为，根据
得
。
故答案为：（1），；（2）120，40；（3）10.8
【点评】本题考查了欧姆表的原理，掌握欧姆表的读数方法，即可正确解题。
24．（2024•广东一模）某实验小组欲将电流表（量程为改装为欧姆表。实验器材如下：
电动势为的干电池1节、滑动变阻器（阻值范围为。将它们按如图甲所示连接。
（1）将图甲中接线柱 （填“”或“” 接红表笔。
（2）将图甲中、两接线柱短接，调节滑动变阻器使电流表满偏，则欧姆表的内阻 。
（3）保持滑动变阻器不动，在、间接入一电阻，电流表示数如图乙所示，此电阻的阻值为 。
【答案】（1）；（2）500；（3）1000。
【考点】练习使用多用电表（实验）
【专题】恒定电流专题；实验分析法；实验探究题；实验能力；定量思想；实验题
【分析】（1）欧姆表的内部电流从发黑表笔流出，红表笔流入，据此分析作答；
（2）根据闭合电路的欧姆定律求欧姆表内阻；
（3）根据电流表的示数结合闭合电路的欧姆定律求待测电阻。
【解答】解：（1）欧姆表的内部电流从发黑表笔流出，红表笔流入，因此接线柱接红表笔；
（2）根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表的内阻
（3）电流表的量程为，分度值为，电流表的读数
根据闭合定律的欧姆定律
代入数据解得电阻的阻值为。
故答案为：（1）；（2）500；（3）1000。
【点评】本题主要考查了多用表的内部构造，电流表的读数和闭合电路的欧姆定律的运用。
25．（2024•中山区校级模拟）一实验小组为了测量某元件的电阻，进行了如下实验：
（1）首先用多用电表进行粗测，如图关于多用电表的操作正确的是 。
．如图甲，将红、黑表笔短接，进行机械调零
．如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零
．如图丙，用“”挡测量时发现指针偏转角度过小，为了准确测量，应换到“”挡
．实验完成后，挡位调至如图丁所示位置
（2）为了精确测量该元件的电阻，同学们又采用了如图戊所示电路进行测量。电路由控制电路和测量电路两大部分组成。实验用到的器材如下：
．待测电阻
．灵敏电流计
．定值电阻
．粗细均匀的电阻丝（总长为
．滑动变阻器
．线夹、电源、开关以及导线若干
．电源（电动势为
①在闭合开关前，可将线夹大致固定于电阻丝中部位置，滑片应置于端。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片至某一位置，然后不断调节线夹所夹的位置，直到灵敏电流计示数为零，测出此时段电阻丝长度，则的阻值计算式为 （用、、表示），代入数据得 。
②为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻换成电阻箱。并按照①中的操作，电阻箱的阻值记为；然后将电阻箱与交换位置，保持线夹的位置不变，调节电阻箱，重新使灵敏电流计示数为零，此时电阻箱的阻值记为，则电阻 。
【答案】（1）；（2）①、20；②。
【考点】练习使用多用电表（实验）；用电桥法测电阻
【分析】（1）根据多用电表的操作方法结合选项完成分析；
（2）①根据电路构造和电桥法测电阻的原理求待测电阻的值；②
【解答】解：（1）、如图甲，将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，故错误；
、如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零，故正确；
、如图丙，用“”挡测量时发现指针偏转角度过小，为了准确测量，应换到“”挡，故错误；
、实验完成后，挡位调至“”挡或交流电压最高挡，故错误。
故选：。
（2）灵敏电流计示数为零时，由电桥的工作原理有：
整理变形得到：
代入数据得：
灵敏电流计示数为零时，根据电桥的工作原理有：，
联立解得：
故答案为：（1）；（2）①、20；②。
【点评】本题主要考查了伏安法测量电阻的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，解题的关键点是理解电路构造，结合欧姆定律完成解答。
考点卡片
1．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。
【命题方向】
图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A、物块到B点时的速度为
B、物块在最低点的最大压力为3mg
C、物块最终在圆弧BCD做往返运动
D、物块在斜面运动的总路程为3R
分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。
解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：
在垂直于斜面的方向上：mgcs60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，
在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：，解得：，故A正确；
B、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：，在C点，支持力和重力的合力提供向心力：，解得：由牛顿第三定律可知此时物块在最低点的支持力与压力相等，故B错误；
CD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcs60°，摩擦力减为0，物块刚好可以在斜面上静止，总路程s＝2R+x，解得：s＝3R；故C错误、D正确。
故选：AD。
点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。
【解题思路点拨】
电场中的功能关系如下：
1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。
2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。
3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。
2．欧姆定律的简单应用
【知识点的认识】
欧姆定律
1．内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比．
2．表达式：I＝；
3．适用条件：适用于金属和电解液导电，气体导电和半导体元件不适用．
4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I﹣U关系图线．
（1）线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．
（2）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件的电流与电压不成正比．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查欧姆定律不同表达式的物理意义：
对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（ ）
A．由I＝，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
B．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大
C．由R＝，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比
D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变
分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．
解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；
B、由U＝IR，对一定的导体，电流与电压成正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；
C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；
D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．
本题选错误的，故选C．
点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题．
（2）第二类常考题型是考查对伏安特性曲线的理解：
如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（ ）
A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2 B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2
C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2 D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2
分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．
解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．
故选C．
点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．
【解题方法点拨】
1．欧姆定律不同表达式的物理意义
（1）I＝是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻R成反比．
（2）公式R＝是电阻的定义式，它表明了一种测量电阻的方法，不能错误地认为“电阻跟电压成正比，跟电流成反比”．
2．对伏安特性曲线的理解
（1）如图，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件．
（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra＜Rb（如图甲所示）．
（3）图线c的电阻减小，图线d的电阻增大（如图乙所示）．
（4）伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．
3．深化拓展
（1）在I﹣U曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．
（2）要区分是I﹣U图线还是U﹣I图线．
（3）对线性元件：R＝＝；对非线性元件：R＝≠．应注意，线性元件不同状态时比值不变，非线性元件不同状态时比值不同．
4．欧姆定律I＝的使用
对于纯电阻，适合欧姆定律，即纯电阻两端的电压满足U＝IR．
对于非纯电阻，不适合欧姆定律，因P电＝UI＝P热+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非纯电阻两端的电压满足U＞IR．
3．串联电路的特点及应用
【知识点的认识】
1．串、并联电路的特点
【命题方向】
如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（ ）
A、0～10V B、0～20V C、10～20V D、20～30V
分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．
解答：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax＝＝＝20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin＝，所以UCD的变化范围是10～20V。
故选：C。
点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．
【解题思路点拨】
解决串联电路问题的基本逻辑是：串联电路中电流处处相等，所以电压之比等于电阻之比，功率之比也等于电阻之比。
4．楞次定律及其应用
【知识点的认识】
1.楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2.适用范围：所有电磁感应现象。
3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。
4.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：
①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。
②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。
③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。
④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。
⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。
【命题方向】
某磁场的磁感线如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是（ ）
A、始终顺时针
B、始终逆时针
C、先顺时针再逆时针
D、先逆时针再顺时针
分析：楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．
在下落过程中，根据磁场强弱判断穿过线圈的磁通量的变化，再去判断感应电流的方向．
解答：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，
A处落到C处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针。
C处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针。
故选：C。
点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
【解题方法点拨】
1．楞次定律中“阻碍”的含义。
2．楞次定律的推广
对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。
（1）阻碍原磁通量的变化﹣﹣“增反减同”；
（2）阻碍相对运动﹣﹣“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势﹣﹣“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）﹣﹣“增反减同”。
3．相互联系
（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；
（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。
5．螺旋测微器的使用与读数
【知识点的认识】
1.构造：如图所示，螺旋测微器的测砧A和固定刻度B是固定在尺架C上的；可动刻度E、旋钮D、微调旋钮D'是与测微螺杆F连在一起的，通过精密螺纹套在B上。
2.原理：可动刻度E上的刻度为50等份，当旋钮D旋转一周，螺杆F便沿着旋转轴线方向前进或后退0.5mm，圆周上的可动刻度E有50个等分刻度，其旋转一格，螺杆F前mm，则螺旋测微器的测量可准确到 0.01 mm。
3.读数：（1）测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出。
（2）测量值（mm）＝固定刻度数（mm）（注意半毫米刻度线是否露出）+可动刻度数（估读到下一位）×0.01（mm）。
（3）如图所示，固定刻度示数为2.0mm，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为2.0mm+15.0×0.0lmm＝2.150 mm。
4.练习使用螺旋测微器
（1）测量A4纸的厚度
（2）测量头发丝的直径。
【命题方向】
用螺旋测微器（千分尺）测小球直径时，示数如图所示，这时读出的数值是 ，单位是 ．
分析：螺旋测微器测量金属板的厚度时的读数分两步：先读固定刻度，再读可动刻度．注意读可动刻度时要估读．
解答：螺旋测微器测量金属板的厚度时的读数分两步：由固定刻度读出整毫米为8mm（应注意半毫米刻线是否露出），然后由可动刻度读出小数47.3×0.01mm＝0.473mm（3为估读位），两个读数相加为8.473mm．
故答案为：8.473；mm．
点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器读数的方法：固定刻度读数+可动刻度读数．注意读固定刻度时看半毫米刻线是否露出，读可动刻度读数时要估读．
【解题思路点拨】
1.使用螺旋测微器时的注意事项
（1）螺旋测微器应估读一位，亦即以mm作为单位，应读到小数点后面的第三位。
（2）读数时，除了观察固定刻度尺的整毫米刻度线外，特别要注意半毫米刻度线是否露出。
2.螺旋测微器的读数规则为
测量值（mm）＝固定刻度数（mm）（注意半毫米刻度线是否露出）+可动刻度数（估读到下一位）×0.01（mm）。
3.因为螺旋测微器的读数总是估读到0.001mm，所以螺旋测微器又叫千分尺。
6．探究加速度与力、质量之间的关系
【知识点的认识】
一、实验目的
1．学会用控制变量法研究物理规律．
2．验证牛顿第二定律．
3．掌握利用图象处理数据的方法．
二、实验原理
探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量﹣﹣小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系．
三、实验器材
打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码．
四、实验步骤
（一）测质量
1．用天平测出小车和砝码的总质量M，小盘和砝码的总质量m，把测量结果记录下来．
（二）仪器安装及平衡摩擦力
2．按下图把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在车上，即不给小车施加牵引力．
3．平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫一块木板．反复移动木板的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态．这时，小车拖着纸带运动时受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力在斜面方向上的分力平衡．
（三）保持小车的质量不变
4．把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂小盘，先接通电源再放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点，打完点后切断电源，取下纸带，在纸带上标上纸带号码．
5．保持小车和砝码的质量不变，在小盘里放入适量的砝码，把小盘和砝码的总质量m′记录下来，重复步骤4．在小盘内再放入适量砝码，记录下小盘和砝码的总质量m″，再重复步骤4．
6．重复步骤5三次，得到三条纸带．
7．在每条纸带上都选取一段比较理想的部分，标明计数点，测量各个计数点到O计数点间的距离，算出与每条纸带对应的小车加速度的值．
8．用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力F，作用力的大小F等于小盘和砝码的总重力，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点，如果这些点是在一条过原点的直线上，便证明了加速度与作用力成正比．
（四）保持小盘和砝码的质量不变
9．保持小盘和砝码的质量不变，在小车上加砝码，重复上面的实验，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和砝码总质量的倒数，根据实验结果在坐标平面上画出相应的点．如果这些点是在一条过原点的直线上，就证明了加速度与质量成反比．
五、注意事项
1．平衡摩擦力：就是调出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受的摩擦阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车施加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动．整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力．
2．实验条件：每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出．只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力．
3．操作顺序：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．
六、误差分析
1．质量的测量误差，纸带上打点计时器打点间隔距离的测量误差，拉线或纸带不与木板平行等都会造成误差．
2．因实验原理不完善造成误差：
本实验中用小盘和砝码的总重力代替小车受到的拉力（实际上小车受到的拉力要小于小盘和砝码的总重力），存在系统误差．小盘和砝码的总质量越接近小车的质量，误差就越大；反之，小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，误差就越小．
3．平衡摩擦力不准造成误差：
在平衡摩擦力时，除了不挂小盘外，其他的都跟正式实验一样（比如要挂好纸带、接通打点计时器），匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各点的距离相等．
【命题方向】
题型一：对原理的理解和误差的分析
a、b、c、d四位同学做《验证牛顿第二定律》的实验，设小车质量和车上砝码质量之和为M，砂及砂桶的总质量为m，分别得出如图a、b、c、d四个图线，其中图a、b、c是a﹣F图线，图d是a﹣图线，则以下说法中正确的是 （ ）
A．a和b较好地把握了实验条件M＞＞m
B．c和d则没有把握好实验条件M＞＞m
C．a同学长木板的倾角太大，而b同学长木板倾角太小
D．a、b、c三同学中，c同学较好地完成了平衡摩擦力的操作
分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．
解：A、在a﹣F图中，当M＞＞m时，a与F成线性关系，由图示图象可知，a、b较好地把握了实验条件：M远远大于m，故A正确；
B、随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不再满足砂和砂桶远小于小车的质量时，图象上部会出现弯曲现象，所以图象c和d没有把握好实验条件M远大于m，故B错误；
C、由图a所示图象可知，图象在F轴上有截距，说明实验没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a的倾角太小，由图b所示图象可知，图象在a轴上有截距，说明平衡摩擦力过度，木板倾角太大，故C错误；
D、由图c所示图象可知，图象过原点，c同学恰好平衡摩擦力，图象a、b没有过原点，a、b没有恰好平衡摩擦力，故D正确；
故选：AD．
点评：教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．
对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．
【解题方法点拨】
a﹣F图线只有在F是小车实际合外力的情况下才是过原点的直线，本实验中平衡摩擦力后，小车受到的合外力是绳子的拉力，对小车和吊盘分别列牛顿定律方程：FT＝Ma，mg﹣FT＝ma，可解得：a＝，FT＝•mg．本实验数据小车的合外力认为就是mg，只有在M≫m时FT≈mg，a﹣F图线才接近直线，一旦不满足M≫m，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲．
7．观察电容器及其充、放电现象
【知识点的认识】
1.把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路（如图）。
①充电过程：
把开关S接1，此时电源给电容器充电。在充电过程中，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定的电势差。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板。同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。随着两极板之间电势差的增大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。即使断开电源，两极板上的电荷由于相互吸引而仍然被保存在电容器中。
②放电过程：
把开关S接2，电容器对电阻R放电。观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和。此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。
2.电流传感器可以像电流表一样测量电流。不同的是，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I﹣t图像。
一次实验过程中测得的I﹣t图像如下图所示：
【命题方向】
如图甲所示是某实验小组探究一种测量电容器电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C．此实验小组在一次实验时的情况如下：
A．按如图甲所示的电路图接好电路；
B．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0＝490μA，电压表的示数U0＝8.0V．
C．断开开关S，同时开始计时，每隔5s测读一次电流i的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上（时间t为横坐标，电流i为纵坐标），如图乙中小黑点所示．用光滑曲线把黑点连接起来就可画出i﹣t图线．
请回答下列问题：
①图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是 电容器充电到电压为U0时所带的电荷量 ；
②该电容器电容为 1.0×10﹣3 F（结果保留两位有效数字）；
③若某同学实验时把电压表接在E、D两端，则电容的测量值比它的真实值 偏小 ．
分析：由△Q＝I•Δt知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积，计面积时可数格数（四舍五入）．现由C＝求得C，把电压表接在E、D两端，所测电荷量小于真实值，电容测量值偏小．
解答：（1）由△Q＝I•Δt知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器充电到电压为U0时所带的电荷量．
（2）查出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求：Q＝8.0×10﹣3C
则C＝＝F＝1×10﹣3F
（3）把电压表接在E、D两端时，电容器充电后，断开开关S电容器发电过程，由于电压表的分流作用，流经电流表所在支路的电荷量小于电容器充满电荷时的电荷量，以至于所测电荷量小于真实值，则电容的测量值比它的真实值偏小．
故答案为：（1）电容器充电到电压为U时所带的电荷量；（2）1.0×10﹣3F；（3）偏小
点评：考查用数学方法求解物理问题，明确图象的面积的意义．
【解题思路点拨】
1.充电电流与放电电流
（1）电容器两极板间的电介质是绝缘物质，所以充电结束后的电容器相当于断路。
（2）充电过程中电荷由电源定向移动，在两极板上集聚，形成充电电流，且流向正极板。
（3）放电过程中，电荷由极板流向用电器，形成放电电流，且电流由正极板流向用电器。
2.电容器充电和放电的过程都是非常迅速的。
3.I﹣t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量。
8．导体电阻率的测量
【知识点的认识】
一、实验目的
1．掌握螺旋测微器的原理及读数方法．
2．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法．
3．会用伏安法测电阻的方法测定金属的电阻率．
二、实验原理
把电阻丝连入如图所示的电路，用电压表测其两端电压，用电流表测电流，根据Rx＝计算金属丝的电阻Rx，然后用米尺测量金属丝的有效长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，计算出金属丝的横截面积S，根据电阻定律计算出电阻率．
三、实验器材
毫米刻度尺、螺旋测微器、直流电压表和直流电流表、滑动变阻器、电池、开关及连接导线、金属电阻丝．
四、实验步骤
1．测直径：用螺旋测微器在导线的三个不同位置上各测一次，取直径d的平均值．
2．测长度：将金属丝两端固定在接线柱上悬空拉直，用毫米刻度尺测量接入电路的金属丝长度L（即有效长度），反复测量三次，求出L的平均值．
3．连电路：按照如图所示的电路图用导线把器材连好，并把滑动变阻器的阻值调至最大．
4．测电阻：电路经检查无误后，闭合开关S，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记录在表格内，断开开关S，求出电阻R的平均值．
5．算电阻率：将测得的R、L、d的值代入电阻率计算公式ρ＝R＝中，计算出金属丝的电阻率．或利用U﹣I图线的斜率求出电阻R，代入公式ρ＝R计算电阻率．
6．整理：拆去实验线路，整理好实验器材．
五、注意事项
1．金属丝的长度，应该是在连入电路之后再测量，测量的是接入电路部分的长度，并且要在拉直之后再测量．
2．用螺旋测微器测直径时应选三个不同的部位测三次，再取平均值．
3．接通电源的时间不能过长，通过电阻丝的电流强度不能过大，否则金属丝将因发热而温度升高，这样会导致电阻率变大，从而造成误差．
4．要恰当选择电流表、电压表的量程，调节滑动变阻器的阻值时，应注意同时观察两表的读数，尽量使两表的指针偏转较大，以减小读数误差．
5．伏安法测电阻是这个实验的中心内容，测量时根据不同情况，根据所给器材对电流表的内接还是外接做出正确选择．
六、误差分析
1．金属丝直径、长度的测量带来误差．
2．测量电路中电流表及电压表对电阻测量的影响，因为电流表外接，所以R测＜R真，由R＝ρ可知ρ测＜ρ真．
3．通电电流过大，时间过长，致使电阻丝发热，电阻率随之变化带来误差．
七、实验创新
在此实验中，由于电压表、电流表内阻的影响，从而使金属丝电阻测量值偏小，可以改进实验电路，消除由于电表内阻的影响而带来的实验误差．
1．等效替换法
连接电路如图所示，R′为电阻箱，Rx为待测电阻，通过调节电阻箱R′，使单刀双掷开关S分别接a和b时，若电流表中的电流示数相同，就表明Rx＝R′，即可测出Rx．（此方法可以在没有电压表的情况下顺利进行）
2．附加电阻法
连接电路如图所示，R0为一阻值较大的固定电阻，Rx为待测电阻．
（1）断开S2，闭合S1调节变阻器R，使电流表、电压表都有一个适当读数，记下两表读数I1、U1．
（2）保持变阻器阻值R不变，再闭合S2，记下两表的读数I2、U2．
（3）待测电阻Rx＝﹣．
【命题方向】
题型一：仪器的选取及电路设计
在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为3Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω）
C．滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流0.5A）
D．电源E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）
E．开关S，导线若干
（1）为减小实验误差，应选用图中 乙 （填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图．
（2）现用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得其直径示数如丙图，则直径为 0.608 mm．图丁为两电表的示数，则该金属丝的电阻率为 1.16×10﹣6 Ωm．（结果保留3位有效数字）
分析：（1）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路．
（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值，由电阻定律求出电阻率．
解：（1）因＝＝1000，＝＝3，
则有＞，电流表应选择外接法，因此实验电路应选乙．
（2）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×10.8mm＝0.108mm，所以最终读数为0.608mm．
由图示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，所示为1.2V，由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，
电阻阻值：R＝＝＝2.4Ω；
由R＝ρ 可知，电阻率：ρ＝＝≈1.167×10﹣6Ω•m；
故答案为：（1）乙；（2）0.608（0.606～0.609mm均正确）；1.16×10﹣6 （1.15×10﹣6～1.17×10﹣6Ω•m均正确）．
点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键．同时掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
题型二：电表内阻的测量
实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表G1内阻r1的电路如图1所示．供选择的仪器如下：
①待测电流表G1（0～5mA，内阻约300Ω），②电流表G2（0～10mA，内阻约100Ω），③定值电阻R1（300Ω），④定值电阻R2（10Ω），⑤滑动变阻器R3（0～1000Ω），⑥滑动变阻器R4（0～20Ω），⑦干电池（1.5V），⑧电键S及导线若干．
（1）定值电阻应选 ③ ，滑动变阻器应选 ⑥ ．（在空格内填写序号）
（2）用连线连接实物图2．
（3）补全实验步骤：
①按电路图连接电路， 将滑动触头移至最左端 ；
②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1，G2的读数I1，I2；
③ 多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2 ；
④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图3所示．
（4）根据I2﹣I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式 r1＝（k﹣1）R1 ．
分析：由于电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍，定值电阻要和待测电流表内阻接近；滑动变阻器采用的分压式接法，其电阻不要太大．根据实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式．
解：（1）器材选择：定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍；滑动变阻器的电阻不要太大．故定值电阻选③，滑动变阻器选⑥．
（2）连接实物图如图所示．
（3）补充实验步骤见
①将滑动触头移至最左端
③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2
（4）根据并联分流公式，又，
解得r1＝（k﹣1）R1，式中r1即rG1．
本题答案是：（1）③，⑥
（2）见上图
（3）①将滑动触头移至最左端．
③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2
（4）r1＝（k﹣1）R1．
点评：本题考查测量实际电流表G1内阻r1的实验器材选择，实物电路连接及实验原理（并联分流）等．对于变阻器分压式接法，操作时要注意：开关闭合前，变阻器输出电压要最小．
【解题方法点拨】
一（对应题型一）．对电学实验器材的选择一般分两步考虑，首先要根据实验的要求设计好测量电路，选择必要的相应的器材时要着重考虑准确性；然后设计供电电路，此时选择相应的器材时要着重考虑安全性．
电学实验器材选择的原则
（1）准确性原则：选用电表量程时应考虑尽可能减小测量值的相对误差，电压表、电流表在使用时尽可能使指针接近满量程，若指针偏转不到满偏角度的1/3，读数误差较大．
（2）安全性原则：通过电源，电表，滑动变阻器，用电器的电流不能超过其允许的最大电流．
（3）便于操作原则：选择控制电路时，既要考虑供电电压的变化范围是否满足实验要求，又要注意便于操作．若控制电路为限流接法，则选滑动变阻器总阻值与待测电阻相当的；若控制电路为分压接法，则选滑动变阻器总阻值较小的（在不超过其额定电流的情况下）．
二（对应题型二）．
1．对于电表内阻的测量，设计要点如下：
（1）测量的原理：欧姆定律R＝．
（2）电压表的读数是其内阻两端的电压，电流表的读数是流经其内阻的电流；
（3）若要测电压表的内阻，则要想办法测出其电流即可；若要测电流表的内阻，则要想办法测出其电压即可．
（4）已知内阻的电压表可作电流表使用，已知内阻的电流表可作电压表使用．
（5）测出定值电阻的电压可间接求电流，测出定值电阻的电流可间接求电压．
9．伏安法测电阻
【知识点的认识】
伏安法测电阻
（1）电流表的内接法和外接法的比较
（2）两种电路的选择
①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内，小外”．
②临界值计算法：
Rx＜时，用电流表外接法．
Rx＞时，用电流表内接法．
③实验试探法：按图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则采用电流表内接法．
4．电压表、电流表的读数
对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．
（1）0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V或0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．
（2）对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V．
（3）对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A．
【实验目的】
1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法．
2．会用伏安法测电阻，并能测定金属的电阻率．
【实验原理】
由R＝ρ得ρ＝，因此，只要测出金属丝的长度l、横截面积S和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ．
1．把金属丝接入电路中，用伏安法测金属丝的电阻R（R＝）．电路原理如图所示．
2．用毫米刻度尺测量金属丝的长度l，用螺旋测微器量得金属丝的直径，算出横截面积S．
3．将测量的数据代入公式ρ＝求金属丝的电阻率．
【实验器材】
毫米刻度尺，螺旋测微器，直流电流表和直流电压表，滑动变阻器（阻值范围0～50Ω），电池组，开关，被测金属丝，导线若干．
【实验过程】
一、实验步骤
1．求导线横截面积S，在准备好的金属丝上三个不同位置用螺旋测微器各测一次直径，求出其平均值d，S＝．
2．按图所示电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路．
3．用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值l．
4．把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S．改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内，断开开关S，求出导线电阻Rx的平均值．
5．整理仪器．
二、数据处理
1．在求Rx的平均值时可用两种方法
（1）第一种是用Rx＝算出各次的数值，再取平均值．
（2）第二种是用U﹣I图线的斜率求出．
2．计算电阻率：将记录的数据Rx、l、d的值，代入电阻率计算公式ρ＝Rx＝．
【误差分析】
1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一．
2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小．
3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差．
4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差．
【注意事项】
1．为了方便，测量直径应在导线连入电路前进行，为了准确测量金属丝的长度，应该在连入电路之后在拉直的情况下进行．
2．本实验中被测金属丝的电阻值较小，故须采用电流表外接法．
3．电流不宜太大（电流表用0～0.6 A量程），通电时间不宜太长，以免金属丝温度升高，导致电阻率在实验过程中变大．
10．电流表的内接和外接法
【知识点的认识】
1.电流表的内接法和外接法的比较
2.两种电路的选择
（1）阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内，小外”．
（2）临界值计算法：
Rx＜时，用电流表外接法．
Rx＞时，用电流表内接法．
（3）实验试探法：按图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则采用电流表内接法．
【命题方向】
在图中，甲、乙两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下列说法不正确的是（ ）
A、甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表内接法
B、甲中R测＞R真，乙中R测＜R真
C、甲中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使R≪RV，故此法测较小电阻好
D、乙中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R≫RA，故此法测较大电阻好
分析：两种接法都有误差：甲图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过灯泡电阻R的电流，还包括了电压表的电流；B图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是灯泡电阻R的电压，还包括了电流表的分压；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小。
解答：A、甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表的内接法，故A正确；
B、甲图中，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律R＝，电阻测量值偏小，即R测＜R真；乙图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律R＝，电阻测量值偏大，即R测＞R真，故B错误；
C、甲图中，误差来源与电压表的分流作用，为了减小误差，应使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好；故C正确；
D、乙图中，误差来源与电流表的分压作用，乙图中灯泡电阻的精确值应为﹣RA，故D正确。
本题选择不正确的，故选：B。
点评：待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法。测量值偏大。
待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小。
【解题思路点拨】
在选择电流表的内接还是外接时，要注意记住规律“大内偏大，小外偏小”，即测量大电阻时，选用内接法，测量结果偏大；测量小电阻时，选用外接法，测量结果偏小。
11．描绘小灯泡的伏安特性曲线
【知识点的认识】
一、实验目的
描绘小灯泡的伏安特性曲线，并分析曲线的变化规律。
二、实验原理
1．实验电路（如图所示）：电流表采用外接（小灯泡电阻很小），滑动变阻器采用分压式（使电压能从零开始连续变化）
2．实验原理：用电压表和电流表可以分别测出多组小灯泡的电压和电流值，在坐标纸的I﹣U坐标系中描出各个点，用一条平滑的曲线将这些点连接起来。
三、实验器材
学生电源（4～6 V直流），小灯泡（“4 V 0.7 A”或“3.8 V 0.3 A”），电流表（内阻较小），电压表（内阻很大），滑动变阻器，开关和导线。
四、实验步骤
1．连接电路：确定电流表、电压表的量程，按实验电路图连好电路。（注意开关应断开，滑动变阻器与灯泡并联部分电阻为零）。
2．测量数据：闭合开关S，调节滑动变阻器，使电流表、电压表有较小但明显的示数，记录一组电压U和电流I值。
3．重复测量：用同样的方法测量并记录12组U值和I值。
4．整理器材：断开开关S，整理好器材。
5．描绘曲线：在坐标纸上，以U为横坐标、I为纵坐标建立直角坐标系，并根据表中数据描点，先观察所描点的走向，再用平滑曲线连接各点得到I﹣U图线。
五、注意事项
1．本实验中被测小灯泡灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法。
2．本实验要作出I﹣U图线，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压式接法。
3．为保护元件不被烧毁，开关闭合前变阻器滑片应位于图中的左端。
4．加在小灯泡两端的电压不要超过其额定电压。
5．连图线时曲线要平滑，不在图线上的数据点应均匀分布在图线两侧，绝对不要出现折线。
六、误差分析
1．由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差，电流表外接，则电流表示数偏大。
2．测量时读数带来误差。
3．在坐标纸上描点、作图时带来误差。
【命题方向】
题型一：描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验设计。
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．内阻约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 A （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图1中 B （填字母代号）。
③实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5.0Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是 0.1 W。
分析：滑动变阻器分压式接法中选取小电阻的变阻器节约能源；
求出小灯泡电阻后判断小灯泡是小电阻还是大电阻，从而选择电流表内接还是外接；
结合曲线算出小灯泡的电阻，然后根据功率的公式计算小灯泡的实际功率。
解答：①因实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻最小的变阻器A。
②因小灯泡电阻为R＝＝＝15Ω，，故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图应选B。
③电源与小灯泡直接串联，那么路端电压等于小灯泡两端的电压，画出内阻为5Ω，电动势为1.5V的电源的路端电压与干路电流的关系图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点即表示小灯泡与该电源直接串联；
根据交点坐标（1.0V，0.1A）可以计算出小灯泡消耗的功率为：P＝UI＝1×0.1＝0.1W。
故答案为：①A；②B；③0.1。
点评：对电学实验要明确以下情况，滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程。
【解题方法点拨】
①依实验要达到的目的，判断滑动变阻器是作限流用还是作分压用，从方便操作的角度，确定选哪个滑动变阻器。
②依用电器的规格及实验的进行过程，从“安全、精确”的角度，确定选哪个电流表、电压表。
12．电表的改装和应用（实验）
【知识点的认识】
把电流表改装成电压表
1、实验目的：
（1）知道用“半偏法”测电流表内阻的原理；
（2）会根据实验原理选择实验所需器材；
（3）把小量程的电流表改装为电压表，并把改装后的电压表与标准电压表进行校对．
2、实验原理：
一个电流表有两个重要参量，即Ig和Rg，其额定电压为Ug＝IgRg，由于Ig很小（几百微安～几十毫安），Rg通常为几百欧姆，故Ug比较小．为测量较大的电压值，可在电流表上串联一个大阻值的电阻R，把R作为电流表内阻的一部分，这样的电流表就可分担较大的电压，改装后作为电压表使用．如图所示．
电流表的内阻Rg可用半偏法测出，其测量电路如图所示，其测量原理是当电阻箱未接入电路时，调节R的大小，使电流表G满偏，闭合S2后，R大小不变，改变电阻箱的阻值，使电流表半偏．由于Rg很小，则R的值很大，在开关S2闭合前后，线路上的总阻值变化很小，我们就认为不变，因此干路上的电流Ig也不变，当电流表G的指针半偏时，流过电阻箱的电流与通过电流表的电流相等，则R′＝Rg．
注意：滑动变阻器的阻值很大，而且在闭合电键S1应将其阻值调到最大；实验中电阻箱不能用变阻器替代，因为变阻器不能直接读数；测量电流表内阻时，在闭合电键S2后，不能再调节R，以保持电路中的电流不变；另外，对器材的选择必须保证R′＞＞R．
3、实验器材
电流表（表头）、电位器（4.7kΩ）、变阻器（0～50Ω）、电阻箱（0～9999.99Ω）、电源、开关（两个）、标准电压表（量程与改装后的电压表量程相同）及导线若干．
4、实验步骤
（1）测量电流表的内电阻Rg
先按如图2所示电路图连接电路，断开S2，接通Sl，把电位器R由最大阻值逐渐向阻值变小进行调节，使电流表的指针达到满偏为止，这时电位器的阻值不得再调整，接通S2，调整电阻箱R′的阻值，使电流表的指针恰好偏转到满偏的一半，读出电阻箱R′的阻值，就是电流表的内电阻Rg．
（2）将电流表改装为电压表
①改装量程为2V的电压表，按公式Rx＝﹣Rg，计算分压电阻Rx的值．
②按图4把电流表和电阻箱串联起来，选用电阻箱的阻值等于分压电阻Rx的值．
③改装后的电压表表盘的刻度值，按公式U＝•Um来计算．其中Um是改装后电压表的量程．
（3）改装后的电压表跟标准电压表核对
①按图连接电路．
②闭合开关S，调整滑动变阻器滑片，使改装的电压表的读数分别是0.5V、1.0V、1.5V、2.0V等，看标准电压表的读数是否与它一致．
③改装的电压表的读数是满刻度Um时，看标准电压表的读数U0，计算满刻度时的百分误差．
5、数据处理
（1）从电流表的刻度盘上读出其满偏电流Ig，根据测出的内阻Rg计算电流表的满 偏电压Ug＝IgRg，
（2）根据公式Rx＝﹣Rg计算分压电阻Rx的值
（3）根据改装后校对时的Um和U0计算满刻度时的百分误差，即δ＝×100%，例如改装的电压表在满刻度3V时，标准电压表的读数为3.1V，满刻度时的百分误差就是δ＝3.2%．
6、注意事项
（1）本实验比较复杂，因此必须先把实验步骤确定好．第一步：测Rg；第二步：计算分压电阻Rx，并将Rx与电流表串联起来，改装成电压表；第三步：校对改装后的伏特表．
（2）测电流表的内阻时，闭合S1前，电位器R应调至电阻最大值，以免闭合S1后通过电流表电流过大损坏电流表．
（3）S2闭合后，在调节电阻箱R′的阻值时，不能再改变R的阻值，否则将改变电路的总电流，从而影响实验的准确度．
（4）测电流表内阻时，必须确保电位器阻值R远大于电阻箱的有效值R′．
（5）将改装后的电压表与标准电压表校对时，滑动变阻器应采用分压式接法．
7、误差分析
利用“半偏法”测出电流表内阻Rg＝R′，事实上当S2闭合后电路结构已发生变化，导致线路总电阻R总减小，由闭合电路的欧姆定律I＝知，线路上的电流增大，当流过电流表的电流为时，流过电阻箱的电流大于，故知＜Rg，即“半偏法”把电流表的内阻测小了．
内阻测小的电流表改装成电压表后，电压表内阻的真实值比计算值大，故改装量程偏大．
13．练习使用多用电表（实验）
【知识点的认识】
一、实验原理
当红、黑表笔短接并调节R使指针满偏时有①
当电笔间接入待测电阻Rx时，有②
联立①②可得．R中为欧姆表的中值电阻．
每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值．
二、实验器材
多用电表，标明阻值为几欧、几十欧、几百欧、几千欧的定值电阻各一个，小螺丝刀．
三、实验步骤
1．机械调零，用小螺丝刀旋动定位螺丝使指针指在左端电流零刻度处，并将红、黑表笔分别接入“+”、“﹣”插孔．
2．选挡：选择开关置于欧姆表“×1”挡．
3．短接调零：在表笔短接时调整欧姆挡的调零旋钮使指针指在右端电阻零刻度处，若“欧姆零点”旋钮右旋到底也不能调零，应更换表内电池．
4．测量读数：将表笔搭接在待测电阻两端，读出指示的电阻值并与标定值比较，随即断开表笔．
5．换一个待测电阻，重复以上2、3、4过程，选择开关所置位置由被测电阻值与中值电阻值共同决定，可置于“×1”或“×10”或“×100”或“×1k”挡．
6．多用电表用完后，将选择开关置于“OFF”挡或交变电压的最高挡，拔出表笔．
四、注意事项
1．多用电表在使用前，应先观察指针是否指在电流表的零刻度，若有偏差，应进行机械调零．
2．测量时手不要接触表笔的金属部分．
3．合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率．
4．测量完毕后应拔出表笔，选择开头置OFF挡或交流电压最高挡，电表长期不用时应取出电池，以防电池漏电．
14．用多用电表探测黑箱内的电学元件
【知识点的认识】
用多用电表探索黑箱内的电学元件
实验目的：
1．练习使用多用电表测定电阻．
2．探索黑箱内的电学元件．
实验原理
（1）多用表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程．外形见课本．上半部为表头，表盘上有电流、电压、电阻等各种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻着各种测量项目和量程．另外，还有欧姆表的调零旋钮，机械调零旋钮和测试笔的插孔．
（2）测电阻是依据全电路欧姆定律；测电流和电压是依据串联和并联电路特点及部分电路欧姆定律．欧姆表内部电路如实验图12﹣1所示，R为调零电阻，红黑表笔短接，进行欧姆表调零时，表头指针满偏，根据全电路欧姆定律有：
；
当红、黑表笔间接有未知电阻 时，有：
故每一个未知电阻都对应一个电流值I，我们在刻度盘上直接算出与I对应的Rx的值，所测电阻Rx的值即可从表盘刻度直接读出；当Rx＝Rg+R+r时，，指针半偏，所以欧姆表内阻等于中值电阻．
（3）二极管的特性是单向导电性，当二极管加上一定的正向电压时，它的电阻值很小；当二极管加上反向电压时，它的电阻值变得很大，就象断开的开关一样．
2．注意事项
（1）多用电表在使用前，应观察指针是否指电流表零刻度，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用电表的指针指电流表的零刻度．
（2）测电阻时，待测电阻要跟别的元件和电源断开，不能用手接触表笔的金属杆．
（3）合理选择欧姆挡的量程，使指针尽量指在表盘中间位置附近．
（4）换用欧姆挡的另一量程时，一定要重新进行电阻调零，才能进行测量．
（5）读数时，应将表针示数乘以选择开关所指的倍数．
（6）测量完毕时，要把表笔从测试孔中拔出，选择开关应置于交流电压最高挡或OFF挡，若长期不用多用电表时，应把电池取出．
15．用电桥法测电阻
【知识点的认识】
惠斯通电桥法测电阻是电阻测量的一个重要方法，其实验原理图如下：
R1和R2是已知阻值的电阻，R0是电阻箱，Rx是待测电阻，G是灵敏电流计。
测量开始时，闭合开关S，调节电阻箱R0使灵敏电流计的示数为0，此时我们B和C的电势相等，称为电桥平衡。
因为在电路中ABD支路与ACD支路为并联关系，所以两端电压相等，即UABD＝UACD，而
UABD＝UAB+UBD
UACD＝UAC+UCD
因为B点和C点电势相等，所以有
UAB＝UAC，UBD＝UCD
再来分析各个支路，根据串联分压原理有
，
所以有
从而得出：
Rx＝×R0
这就是惠斯通电桥法测电阻的原理。
【命题方向】
用图示的电路可以测量电阻的阻值，图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，阻值是100Ω，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段长20cm的均匀电阻丝，闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝8cm，则Rx的阻值为（ ）
A.80Ω B.100Ω C.150Ω D.180Ω
分析：闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可。
解答：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即…①
根据电阻定律公式R＝有…②
由①②可得：，解得：Rx＝150Ω，故C正确，ABD错误。
故选：C。
点评：本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力，不难。
【解题思路点拨】
1.利用惠斯通电桥法测电阻的电路通常是给定的，试题常考查的是利用电桥平衡条件计算、误差的分析。引起测量误差的原因一是电阻箱的读数或利用滑动变阻器时滑线横截面是否均匀，定值电阻的标称值是否准确等；二是监测电表的示数，从监测电表角度看，监测电表的量程小些更易于判定电桥是否达到了平衡。
2.利用口诀“电桥平衡，对边乘积相等”计算被测导体阻值。计算时需利用对边的乘积，故将电桥电路中邻边的元件位置互换，则计算式中R1、R2在分子与分母上的位置互换，两计算式相乘即可清去未知量R1、R2。
16．测量普通电源的电动势和内阻
【知识点的认识】
一、实验目的
1．测定电源的电动势和内阻．
2．认识电源输出电压随电流变化的图象．
二、实验原理
1．实验电路图如图所示
2．电动势与内阻的求解
（1）计算法
由U＝E﹣Ir可得
解得
（2）图象法
作出U﹣I图象，利用图象求解，如图所示．
①图线与纵轴交点为E．图线与横轴交点为短路电流，I短＝．
②由图线的斜率可求电源内阻r＝||．
三、实验器材
电池（待测电源）、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线和坐标纸．
四、实验步骤
1．连接电路：确定电流表、电压表的量程，按照电路原理图把器材连接好．
2．测量数据：闭合开关，调节变阻器，使电流表有明显示数，记录一组电压表和电流表的读数，用同样方法测量并记录几组I、U值．
3．整理器材：断开开关，整理好器材．
4．数据处理：计算法或在坐标纸上作U﹣I图，求出E、r．
五、注意事项
1．为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些（选用已使用过一段时间的1号干电池）．
2．干电池在大电流放电时极化现象较严重，电动势E会明显下降，内阻r会明显增大，故长时间放电时电流不宜超过0.3A，短时间放电时电流不宜超过0.5A．因此，实验中不要将R调得过小，读电表示数要快，每次读完应立即断电．
3．要测出不少于6组I、U数据，且变化范围要大些．用方程组求解时，要将测出的I、U数据中，第1和第4为一组、第2和第5为一组、第3和第6为一组，分别解出E、r值再取平均值．
4．在画U﹣I图线时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧．个别偏离直线太远的点可舍去不予考虑．这样就可使偶然误差得到部分抵消，从而提高测量的精度．
六、误差分析
1．每次读完电表示数没有立即断电，造成E、r变化．
2．测量电路存在系统误差，实验电路采用电流表内接法时，I真＝I测+IV，未考虑电压表的分流，实验电路电流表外接法时，电路中U真＝U测+UA，未考虑UA．
3．用图象法求E、r时，作图不准确造成偶然误差．
4．由于实验电路及电压表、电流表内阻的影响，本实验结果E测＜E真，r测＜r真，定性分析如下（参考电路原理图内接法）：由于电压表的分流，电流表的测量值偏小，而且随着U越大，电流表的测量值偏小越多．当U＝0时，电流表的测量值等于真实值（这时要求电流表是理想的）．据此作出如图所示的真实和测量的U﹣I图线，由图不难看出，E、r的测量值均小于真实值．
【命题方向】
题型一：数据的处理
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， A （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．不再需要任何器材
（2）测量所得数据如下：
用作图法求得电池的内阻r＝ 0.76Ω ；
（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻RA＝ 0.22Ω ．
分析：（1）对照电路图，会发现缺少电压表；
（2）根据闭合电路欧姆定律，有E＝U+Ir，可以作出U﹣I图，斜率的绝对值表示电源的内电阻；
（3）根据闭合电路欧姆定律，有：U＝IRA+IR，代入数据求解出电流表电阻RA．
解答：（1）对照电路图，会发现缺少电压表；
（2）根据闭合电路欧姆定律，有E＝U+Ir，变形得到：U＝﹣rI+E，作出U﹣I图，如图所示
斜率的绝对值表示内电阻，故；
（3）根据闭合电路欧姆定律，有：U＝IRA+IR，故；
故答案为：（1）A；（2）见右图，r＝0.76Ω；（3）0.22Ω．
点评：本题关键明确实验原理，会用图想法处理实验数据，能结合闭合电路欧姆定律列式分析，基础题．
【解题方法点拨】
在测定电源电动势和内阻实验中作图处理数据时，由于干电池内阻较小使得路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多，由此描点绘图，如图甲所示，这样图线未布满整个坐标纸，斜率的计算误差大．为作图方便，在画U﹣I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）．但这时图线和横轴的交点不再是短路电流I短，不过图线与纵轴的截距仍为电动势，直线斜率的绝对值仍是电源的内阻．如图乙所示．
17．研究电磁感应现象
【知识点的认识】
一．实验目的：探究感应电流产生的条件．
二．实验器材：条形磁铁、灵敏电流计、原副线圈、滑动变阻器、电源、开关、导线．
三．实验电路图：
四．实验步骤：
1．接好电路后，将磁铁从线圈中插入、拔出观察灵敏电流计指针偏转情况．
2．把原线圈放入副线圈中，接通、断开电键观察灵敏电流计指针偏转情况．
3．把原线圈放入副线圈中，移动滑动变阻器滑臂观察灵敏电流计指针偏转情况．
五．注意事项：
1．必须用G表．
2．有两个电流回路，副线圈回路只有G表．
18．示波器的使用
【知识点的认识】
示波器的原理
有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，如图是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。
如果在偏转电极XX'之间和偏转电极YY'之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
示波管的YY'偏转电极上加的是待测的信号电压。XX'偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压（如图），叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。
本考点旨在针对涉及示波器原理的相关实验问题。
【命题方向】
在“练习使用示波器”的实验中：某同学将衰减调节旋钮置于最右边的“”挡，扫描范围置于“10”，发现示波器显示屏上显示的波形如图A所示。为将这个波形变为B所示的波形，可进行如下调节：
（填开关的编号）
（1）调节 与 使图象变细。
（2）调节 与 使图象位于示波器中央。
（3）调节 增大曲线竖直方向的幅度。
（4）调节 增大曲线水平方向的幅度。
（5）调节 使图象从负半周开始。
分析：根据示波器的工作原理进行判断与解答；熟记各旋钮的作用。
解答：（1）使图象变细应调节2和3聚焦旋钮。
（2）调节6和7使图象位于中央，6调节竖直位移旋钮，即↑↓和7水平位移旋钮。
（3）若要增大波形曲线竖直方向的幅度，应调节8Y增益旋钮。
（4）调节7增大曲线水平方向的幅度。
（5）使图象从负半周开始应调节15同步开关。
故答案为：（1）2，3；（2）6，7；（3）8；（4）7；（5）15
点评：本题考查的是示波器的应用，掌握住各个旋钮的用途即可解决本题。
【解题思路点拨】
示波器的工作原理从本质上来说是利用了带电粒子在电场中的运动，因为电子带负电，电子总是会逆着电场线方向运动，所以在解决这类问题时可以把握一个技巧“哪边正，朝哪偏”。
声明：试题解析著作权属网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/5 13:06:22；用户：组卷41；邮箱：zyb041@xyh.cm；学号：41419004

1.50
1.74
2.00
2.24
2.50

3.02
3.50
4.01
4.49
4.99

1.50
1.74
2.00
2.24
2.50

3.02
3.50
4.01
4.49
4.99
串联电路
并联电路
电路


电流
I＝I1＝I2＝…＝In
I＝I1+I2+…+In
电压
U＝U1+U2+…+Un
U＝U1＝U2＝…＝Un
总电阻
R总＝R1+R2+…+Rn
＝++…+
功率分配
＝
P总＝P1+P2+…Pn
＝
P总＝P1+P2+…+Pn
内接法
外接法
电路图


误差原因
电流表分压U测＝Ux+UA
电压表分流I测＝Ix+IV
电阻测量值
R测＝＝Rx+RA＞Rx
测量值大于真实值
R测＝＝＜Rx
测量值小于真实值
适用条件
RA≪Rx
RV≫Rx
适用于测量
大电阻
小电阻
内接法
外接法
电路图


误差原因
电流表分压U测＝Ux+UA
电压表分流I测＝Ix+IV
电阻测量值
R测＝＝Rx+RA＞Rx
测量值大于真实值
R测＝＝＜Rx
测量值小于真实值
适用条件
RA≪Rx
RV≫Rx
适用于测量
大电阻
小电阻
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
电压U/V
电流I/A

第1组
第2组
第3组
第4组
第5组
第6组
U/V





I/A





测量次数
物理量
1
2
3
4
5
6
R/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/V
0.90
0.78
0.74
0.67
0.62
0.43