最新-2018届高三物理第二轮专题讲座(51讲)7-3电学实验基础 新 精品
电学实验专题【公开课教学PPT课件】高中物理
A1
R2
A2
四、精选例题（一题源五变式）
【变通2】某电压表 V1 要准确测量其内阻，提供以下器材
A. 待测电流表 V1（量程3V，内阻约1500 Ω）
B. 电源E1（电动势3V，内阻忽略）
C. 电源E2（电动势12V，内阻忽略）
D. 滑动变阻器R1（总阻值20Ω，额定电流1A）
E. 滑动变阻器R2（总阻值400Ω，额定电流20mA）
一、高考物理实验的命题来源与备考启发
1. 命题来源
（1）考纲要求实验 （2）学生分组实验 （3）教师课堂演示实验 （4）来源于课本而又高于课本的“迁移型”实验（连接）
2. 备考启发
备考复习中做到“深入浅出”
以全国卷为例
◆2007年用伏安法测电源电动势和内阻 ◆2008年多用电表的读数 ◆2014 新课标Ⅱ伏安法测电阻
V2
V1 V2 V1
图1
R1 R1
V2
V1
R R1
图2
F. 标准电流表A （ 0. 6A ， 0. 5Ω ） 画出实验的电路图
G. 电压表V2（量程6V，内阻r2=3kΩ）
【解析】 ●与变通2类似 ●若采用限流式接法，则滑动变阻器无论选R1还是R2均不能 满足要求，故必须采用分压式，故选R1
V1 V2
R1
四、精选例题（一题源五变式）
【变通3】现提供以下器材
A1 A2
R0 R1
四、精选例题（一题源五变式）
【变通5】电阻Rx 的值约为10kΩ，为尽可能准确测量其阻值，备有以下器材
A. 电压表 V1（量程3V，内阻r1 =3 kΩ）
B. 电压表 V2 （量程15V，内阻r2 约6 kΩ）
C. 电流表 A （量程3A，内阻约0.1Ω） E. 直流电源E（12V，内阻约2Ω ）
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1．(2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R．若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2．(2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，副线圈两端电压变小，若用户端电压不变，则降压变压器的输入电压不变，用电器变多，则用户端电流变大，输电线上电流变大，输电线上电压变大，则升压变压器副线圈电压应变大矛盾，故C 错误；若将滑片P 上移，用户端用电器增加，功率变大，输电线上电流变大，输电线上损失的功率变大，D 错误．3．(多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT ．如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC ． 4．(多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C 【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5．(多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路欧姆定律可得U m 2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD ． 6．(多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD ． 7．(2022·山东菏泽一模)一交流电源电压u ＝2202sin 100πt (V)，通过理想变压器对下图电路供电，已知原、副线圈匝数比为10∶1，L 1灯泡的额定功率为4 W ，L 2灯泡的额定功率为20 W ，排气扇电动机线圈的电阻为1 Ω，电流表的示数为2 A ，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则( C )A ．流过L 1的电流为20 AB ．排气扇电动机的发热功率2 WC ．整个电路消耗的功率44 WD ．排气扇电动机的输出功率20 W【解析】 由于电流表的示数I 2＝2 A ，由I 1I 2＝n 2n 1可得变压器原线圈的电流I 1＝0.2 A ，即流过L 1的电流为0.2 A ，A 错误；交流电源电压有效值为220 V ，L 1两端的电压U L1＝P L1I 1＝40.2 V ＝20 V ，故原线圈两端的电压U 1＝200 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得变压器副线圈两端的电压U 2＝20 V ，流过灯泡L 2的电流I L2＝P L2U 2＝2020A ＝1 A ，则流过排气扇的电流I M ＝I 2－I L2＝1 A ，排气扇电动机的发热功率为P 热＝I 2M r ＝12×1 W＝1 W ，排气扇的电功率为P 电＝U 2I M ＝20 W ，则排气扇电动机的输出功率为P 出＝P 电－P 热＝19 W ，B 、D 错误；整个电路消耗的功率为P 总＝P L1＋P L2＋P 电＝4 W ＋20 W ＋20 W ＝44 W ，C 正确．8．(多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT2＋i 2m ·RT2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD ．9．(多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC ．10．(多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2．输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，升压变压器T 1副线圈电压不变，则ΔUR 0＝ΔU 3，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD ．应用题——强化学以致用11．(多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC ．12．(多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB ．13．(多选)(2022·广东广州预测)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1、L 2中的电流之比为1∶1C ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1D ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2【解析】 原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，选项A 错误，B 正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R ，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U ＝12，选项C 错误，D 正确．故选BD ．14．(多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos 2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt ，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD ．。
高中物理电学实验讲义(精简版)
高中物理电学实验讲义（精简版）前言：既然是讲电学实验，自然都离不开电表的使用，所以，我们打破教材、教辅常规顺序，从电表的内部结构和工作原理开始，由浅入深逐节讲解近些年高考试题中涉及的电学系列实验知识要点，并将实验结论、误差的产生和控制等复杂的逻辑推理过程尽量归纳为公式、模板或口诀的形式予以简化，并烂熟于心，以便同学们在答题时，提高解题效率，减少不必要的思考和推导过程。
另外，在每一小节单元模块后都附有近十年全国高考实验真题索引，以便于同学们对照学习或自我检查测试。
一、电表的改装1.电表的内部结构及工作原理我们在实验室中使用的电表，如：电流表（安培表）、电压表（伏特表）都是由量程较小的电流表（又称表头G）经过改装而来。
表头G的内部结构主要由两块永久磁铁、金属线圈、螺旋弹簧、指针和表盘等构成。
其工作原理是利用通电金属线圈在磁场中受到安培力的作用发生旋转而制成。
2．表头G的三个参数之间的关系表头的三个参数是指表头线圈电阻Rg 、满偏电流Ig和满偏电压Ug。
三者的关系符合欧姆定律，即：Ig=Ug/Rg3.将小量程的表头G改装为大量程的电流表（安培表）若使扩大后的电流表量程为原来表头满偏电流的n倍（即：n=I/ Ig），则必须给表头G并联．．一个小电阻R来分流多余的电流I R, 如下图。
由并联电路的特点，知：Ig*Rg=（I-Ig）*R又 n=I/ Ig所以，解得：R= Rg/（n-1）…………………公式①（必须熟记）4.将小量程的表头G改装为大量程的电压表（伏特表）若使扩大后的电压表量程为原来表头满偏电压的n倍（即：n=U/Ug），则必须给表头G 串联．．一个大电阻R来分担多余的电压U R,如图：由串联电路的特点，知：U = Ug +（Ug /Rg）*R又 n=U/ Ug所以，解得：R=（n-1）Rg…………………公式②（必须熟记）以上公式①、②很重要，也很好记。
口诀：并小串大（必须熟记）（附：关于“电表改装”相关高考题，如：2019全国Ⅰ卷23题；2018全国Ⅱ卷22题；2016海南卷12题；2015全国Ⅰ卷23题；2013全国Ⅱ卷23题；2010北京卷21题）5.将小量程的表头G改装为欧姆表欧姆表的内部结构是由小量程的电流表表头G、定值电阻R（起保护电路作用）、滑动变阻器R，以及电池等构成。
高中物理专项习题-电学实验—高考真题(附答案)
2018年全真高考+名校模拟物理试题分项解析1．【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）一同学测量某干电池的电动势和内阻．（1）如图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处1、______________________________________________________________________；2、________________________________________________________________________．（2）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的1I数据见下表:根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出1RI 关系图像___________．由图像可计算出该干电池的电动势为_________V；内阻为__________Ω．R/Ω8.07.0 6.0 5.0 4.0I/A0.150.170.190.220.261I/A–1 6.7 6.0 5.3 4.5 3.8（3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV的电压表并联在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A时，电压表的指针位置如图所示，则该干电池的电动势应为_______V；内阻应为_____________Ω．2．【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）某同学组装一个多用电表。
可用的器材有：μ内阻900Ω）；电阻箱R1（阻值范围0~999.9Ω）；电阻箱R2（阻值范围0~99999.9Ω）；微安表头（量程100A导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为1mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。
组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡。
回答下列问题：（1）在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱___________。
高三物理高考第二轮专题复习教案
高三物理高考第二轮专题复习教案考点12 电磁场在科学技术中的应用命题趋势电磁场的问题历来是高考的热点，随着高中新课程计划的实施，高考改革的深化，这方面的问题依然是热门关注的焦点，往往以在科学技术中的应用的形式出现在问题的情景中，这几年在理科综合能力测试中更是如此。
2000年理科综合考霍尔效应，占16分；2001年理科综合考卷电磁流量计（6分）、质谱仪（14分），占20分；2002年、2003年也均有此类考题。
每年都考，且分值均较高。
将其他信号转化成电信号的问题较多的会在选择题和填空题中出现；而用电磁场的作用力来控制运动的问题在各种题型中都可能出现，一般难度和分值也会大些，甚至作为压轴题。
知识概要电磁场在科学技术中的应用，主要有两类，一类是利用电磁场的变化将其他信号转化为电信号，进而达到转化信息或自动控制的目的；另一类是利用电磁场对电荷或电流的作用，来控制其运动，使其平衡、加速、偏转或转动，已达到预定的目的。
例如：方法进行分析。
这里较多的是用分析力学问题的方法；对于带电粒子在磁场中的运动，还特别应注意运用几何知识寻找关系。
点拨解疑【，加速后，再通过狭缝s2、s3射入磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于磁场区的界面PQ。
最后，分子离子打到感光片上，形成垂直于纸面而且平行于狭缝s3的细线。
若测得细线到狭缝s3的距离为d（1）导出分子离子的质量m 的表达式。
（2）根据分子离子的质量数M 可用推测有机化合物的结构简式。
若某种含C 、H 和卤素的化合物的M 为48，写出其结构简式。
（3）现有某种含C 、H 和卤素的化合物，测得两个M 值，分别为64和66。
试说明原因，并写出它们的结构简式。
在推测有机化合物的结构时，可能用到的含量较多的同位素的质量数如下表： 元 素 H C F Cl Br含量较多的同 位素的质量数1 12 19 35，37 79，81 【点拨解疑应能反映分子离子的质量。
这里先是电场的加速作用，后是磁场的偏转作用，分别讨论这两个运动应能得到答案。
(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量 第2讲 动量 动量守恒定律
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】 设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】 对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ， 解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ， 由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ， 由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：电学实验基础
3.读数：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(估读一位)× 0.01(mm). 如图所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，可动刻度示 数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.
(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，这时要求“
1 5
格估读”，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.
判断 正误
专
题
强 化
电学实验基础
十
五
目标 1.会分析电学实验的误差，会通过改进电路减少系统误差.2.掌握常用仪器的读数方法.3.会根据电路原理图连 要求 接实验器材.
内容索引
题型一 常用仪器的读数 题型二 测量电路与控制电路的选择 题型三 实验器材的选取与实物图的连接
常用仪器的读数
一、螺旋测微器 1.构造：如图所示，B为固定刻度，E为可动刻度.
(2)读出下面各螺旋测微器的读数，甲__4_._0_3_9__ mm，乙__1_.1_0_0___ mm， 丙__3_.5_1_5___ mm.
甲：(4＋3.9×0.01) mm＝4.039 mm； 乙：(1＋10.0×0.01) mm＝1.100 mm； 丙：(3＋0.5＋1.5×0.01) mm＝3.515 mm.
2021年高考物理二轮复习讲练测专题19 电学实验及创新【讲】解析版
第八部分实验专题19 电学实验及创新【讲】一、素养呈现1.基本实验仪器的使用与读数。
2.基础实验的实验原理和实验方法的理解与掌握。
3.探究实验的实验方案，实验器材及数据处理的理解与掌握。
二、素养落实1.认真完成课本上的每一个实验。
知道每一个实验的目的。
2.掌握每一个实验的原理，熟悉实验中的每一个实验步骤。
3.领会每一个实验步骤的作用，学会每一个实验仪器的使用。
4.学会每一个实验的数据处理方法，弄清每一个实验误差的来源等。
5.依据新课程标准，重视基础实验。
6.关注变化，构建实验模型，在比较分析中探寻共性。
纵览近几年全国卷及各省市等级考物理试题，实验命题不避热点，注重陈题翻新；重点实验频频考，其他实验“轮换”考。
实验“小题”常考力学内容，实验“大题”常考电学内容。
在两个实验中，通常一个实验立足教材，立足创新，凸显对科学探究素养的考查，一般较为基础，注重对考生的实验基本功的考查；另一个实验题依据新课程标准要求挖掘改造，对考生的实验能力要求较高，突出选拔作用。
地方卷的实验题文字量较全国卷大，更加注重对实验原理的考查，创新程度较高考点一电学常用仪器的读数和使用【考点诠释】1．电流表和电压表(1)电流的流向电流从多用电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，即“红进、黑出”．(2)“机械零点”与“欧姆零点”“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．(3)欧姆表使用注意事项①选挡接着调零；①换挡重新调零；①待测电阻与电路、电源断开；①尽量使指针指在表盘中间位置附近；①读数之后要乘以倍率得阻值；①用完后，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡．【典例分析1】(2020·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))(1)如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计．选择开关S与不同接点连接就构成不同的电表，下列分析正确的是________．A．A为黑表笔，B为红表笔B．将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表C．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，且与1接点相连时量程较大D．将选择开关S与4、5连接，就构成了电压表，且与4接点相连时量程较大(2)某同学选择欧姆挡“×1 k”倍率测量电阻R 1、R 2的阻值时，指针分别处于a 、b 两位置，其中a 位置在表盘正中央(如图乙所示)，指针在b 位置时的偏转角度恰好为在a 时的一半，则电阻R 1＝________，R 2＝________. 【答案】 (1)BC (2)15.0 kΩ 45 kΩ【解析】 (1)在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S 与3连接，就构成了欧姆表，由此可判断A 为红表笔，B 为黑表笔，故A 错误，B 正确．将选择开关S 与1、2连接，就构成了电流表，根据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1接点相连时量程较大，故C 正确．将选择开关S 与4、5连接，就构成了电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5接点相连时量程较大，故D 错误．(2)指针指向a 位置表盘正中央时，即指向了欧姆表的中值电阻R 中，也就是欧姆表本身的内阻，R 内＝R 中＝15.0 kΩ，E ＝I g R 内；当指针指向b 位置时，偏转角度恰好为在a 时的一半，即I ＝14I g ，由14I g ＝E R 2＋R 内，另有12I g ＝E R 1＋R 内，解得：R 2＝45 kΩ.【典例分析2】(2020·山东德州市上学期期末)如图所示为某多用电表的简化电路图，已知表头的满偏电流I g ＝5 mA ，内阻r g ＝100 Ω；电源的电动势E ＝1.5 V ，内阻r ＝1 Ω；定值电阻R 1＝5 Ω，R 2＝20 Ω.(1)测电流时，把选择开关B 旋转至位置1或2，其中旋转至位置________时量程较大，其量程为________mA. (2)测电阻时，需要把选择开关B 旋转至位置3，测量前需欧姆调零，滑动变阻器R 5的阻值应调整为________ Ω. 【答案】 (1)1 125 (2)39【解析】 (1)测电流时，把选择开关B 旋转至位置1，分流电阻只有R 1，可知量程较大；设此时量程为I ，则：I g (r g ＋R 2)＝(I －I g )R 1，解得I ＝125 mA ；(2)测电阻时，需要把选择开关B旋转至位置3，此时表头电阻R g＝r g(R1＋R2)r g＋R1＋R2＝20 Ω此时满偏电流I g r g＝(I′－I g)(R1＋R2)，解得I′＝25 mA；欧姆调零时：I′＝ER g＋R5＋r，解得R5＝39 Ω.考点二以测电阻为核心的电学实验【考点诠释】1．电阻测量的基本方法(1)伏安法：有电压表、电流表且电表量程恰当时选择“伏安法”．(2)安安法：电压表不能用或没有电压表的情形下，若知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择“安安法”．(3)伏伏法：电流表不能用或没有电流表的情况下，若知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择“伏伏法”．(4)伏安加R法：在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全、精确的要求，需加保护电阻，“伏安加R法”又叫做“加保护电阻法”．注意：电表的“三用”：如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”．2．电表的替代与改装在没有电压表或电压表不能用、没有电流表或电流表不能用时，要用到电表的替代与改装．(1)内阻已知的电压表相当于小量程的电流表；(2)内阻已知的电流表相当于小量程的电压表；(3)灵敏电流计串大电阻改装成电压表；(4)灵敏电流计并小电阻改装成电流表；(5)电阻箱与电流表串联相当于电压表；(6)电阻箱与电压表并联相当于电流表；(7)内阻较小的电源串联定值电阻相当于内阻较大的电源．3．电表内阻测量最常用的方法——半偏法(1)用半偏法测电流表内阻，如图所示，电阻箱应和电流表并联，然后与大电阻滑动变阻器串联，R测<R真．(2)若测电压表内阻，如图所示，电阻箱应和电压表串联，然后与小电阻滑动变阻器并联，且R测>R真．4．等效替代法(1)电流等效替代(如图)(2)电压等效替代(如图)5．独特的测量方法——电桥法测电阻在电阻的测量方法中，有一种很独特的测量方法，那就是电桥法．其测量电路如图所示，实验中调节电阻箱R 3，当A 、B 两点的电势相等时，R 1和R 3两端的电压相等，设为U 1，同时R 2和R x 两端的电压也相等，设为U 2.根据欧姆定律有：U 1R 1＝U 2R 2，U 1R 3＝U 2R x ，由以上两式解得：R 1R x ＝R 2R 3，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．【典例分析3】(2020·四川南充市第二次适应性考试)LED 绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A ．电流表A 1(量程为0至50 mA ，内阻R A1约为3 Ω)B ．电流表A 2(量程为0至3 mA ，内阻R A2＝15 Ω)C ．定值电阻R 1＝697 ΩD ．定值电阻R 2＝1 985 ΩE ．滑动变阻器R (0至20 Ω)一只F ．电压表V(量程为0至12 V ，内阻R V ＝1 kΩ)G ．蓄电池E (电动势为12 V ，内阻很小)H ．开关S 一只(1)如图7所示，请选择合适的器材，电表1为________，电表2为________，定值电阻为________．(填写器材前的字母编号)图7(2)将采用的电路图补充完整．(3)写出测量LED 灯正常工作时的电阻表达式R x ＝________(用测量量字母和已知字母表示)，当表达式中的________(填字母)达到________，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED 灯正常工作时电阻．【答案】 见解析【解析】 (1)要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED 灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED 灯两端的电压，可以将电流表A 2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：R ＝U LED 额I A2满偏＝ 3 V0.003 A ＝1 000 Ω，A 2的内阻为15 Ω，则定值电阻应选D ；LED 灯正常工作时的电流约为I ＝U R ＝3500 A ＝6 mA ，因为电表1测量其所在支路电流，电流表A 1的量程为0至50 mA ，若用电压表V 测电流，可测得的最大电流为12 V1 kΩ＝12 mA ，可以发现用电压表V 来测电流更精确；由以上分析可知，电表1为F ，电表2为B ，定值电阻为D.(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED 灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示，(3)设LED 灯正常工作时电表1的读数为U V ，电表2的读数为I 2，根据闭合电路欧姆定律知，LED 灯两端的电压U ＝I 2(R 2＋R A2)，通过LED 灯的电流I ＝U V R V －I 2，所以LED 灯正常工作时的电阻R x ＝U I ＝I 2(R 2＋R A2)U VR V －I 2.改装后的电压表内阻为R V ＝1 985 Ω＋15 Ω＝2 000 Ω，则当I 2＝1.5 mA 时，LED 灯两端的电压为3 V ，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻．【典例分析4】(2020·湖北八校联考)实验室有一种灵敏电流计，满偏刻度为30格。
高中物理第二轮复习目录
1
目录
CONTENTS
第一部分 专题提升
专题一 力与物体的运动 第1讲 力与物体的平衡 第2讲 力和直线运动 第3讲 力与曲线运动
2
目录
CONTENTS
专题二 动量与能量 第1讲 功能关系与能量守恒 第2讲 动量和能量观点的应用
3
目录
CONTENTS
专题三 电场与磁场 第1讲 电场和磁场的基本性质 第2讲 带电粒子在复合场中的运动
7
目录
CONTENTS
第二部分 应考技巧指导
一、高考物理中常用的“八大”解题方法 二、高考必须记牢的“六个”物理模型
8
4
目录
CONTENTS
专题四 电路和电磁感应 第1讲 直流电路和交流电路 第2讲 电磁感应规律及其应用
专题五 近代物理初步题六 物理实验及创新实验 第1讲 力学实验 第2讲 电学实验
6
目录
CONTENTS
专题七 选考模块 第1讲 选修3-3 分子动理论 固体、液体和气体 热力 学定律 第2讲 选修3-4 振动与波动 光的折射和反射 电磁波 相对论
2023届高考物理一轮复习课件：8.3电容器 带电粒子在电场中的运动
(
)
A．把A板向上平移一小段距离，质点自
P点自由下落后仍能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点
自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度
从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重
AD )
力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(
出发点，该过程中小球未与下板Q接触。已知重力加速度为g，小球运动过程
中电荷量保持不变，忽略空气阻力。求：(1)PQ两板电势差UPQ；(2)欲使小
球不与下板Q接触，t的最大值；
1 2
解：(1)h＝ gt
2
v1＝gt
5
1
2
－h＝v 1·2t－ a(2t) 得：a＝ g
2
4
qE－mg=ma
9mgd
U＝Ed ＝
3
U′
/ 5
得：a ＝ g>g mg＋q
＝ma/
2
d
3mgd
得：U′＝
2q
电场方向向下
3mgd
UPQ′≥
2q
例3.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水
平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷
量为q、质量为m 的质点以初速度 v0沿中线射入两板间，最后垂直打在
2
4
qE－mg=ma
() +
2023高考物理一轮总复习课件(人教版)电学实验基础
1．两种接法比较 内容
限流接法
分压接法
两种接法电路图(忽 略电源内阻)
负载 R 上电压调节 范围
负载 R 上电流调节 范围
R＋RER0≤U≤E R＋ER0≤I≤RE
0≤U≤E 0≤I≤ER
闭合 S 前触头位置
b端
a端
对比说明
串、并联关系不同
分压电路调节范 围大
分压电路调节范 围大
都是为了保护电 路元件
(3)区分零刻度与标尺最前端 图丁易错成13＋10×0.05 mm＝13.50 mm， 正确读数为14＋10×0.05 mm＝14.50 mm
丙
丁
返回
特别提醒
固定刻度+可动刻度（含估读） ×0.01mm
45
40
0
5
10
35
15
20
螺旋测微器要估读！以mm为单位，有三位小数， 末尾0不能省
返回
热点一 基本仪器的使用及读数
若用两个这样的电阻箱，即可得到的电阻值范围为_0_～__1_9__9_9_8__Ω_。
返回
热点二 电流表在电路中的内、外接法
1．电流表内、外接法的比较 内接法
电路图
外接法
误差原因
电阻测量值 适用条件
适用于测量
电流表分压 U 测＝Ux＋UA
R 测＝UI测测＝Rx＋RA>Rx 测量值大于真实值
RA≪Rx 大电阻
2．解析法 通过实验获取实验数据，代入相关物理量之间的关系式，计算得到结果 的方法叫解析法。应用解析法的要求是： (1)明确实验测量的相关物理量的关系式； (2)明确要研究的物理量和未知的物理量； (3)建立方程或方程组进行计算。
返回
热点四 数据处理与误差分析
高三物理二轮复习专题三电场和磁场第3讲带电粒子在复合场中的运动课件
粒子在电场中运动的时间 t2＝2av0，解得 t2＝2 qB2m，
故
t＝t1＋t2＝7π＋ m
7π＋8 2m (2) 4qB
3. (2017·天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强 磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中 的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从 坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点 到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
第一部分
核心专题突破
专题三 电场和磁场
第3讲 带电粒子在复合场中的运动
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2年考情回顾 热点题型突破 热点题源预测 对点规范演练 逐题对点特训
2年考情回顾
设问 方式
[例](2017·全国卷Ⅰ，16题) (2017·天津卷，11题) (2017·江苏卷，15 带电粒子在复合场中的运动 题)
(2016·天津卷，11题) (2016·北京卷，22题) (2016·四川卷，11题)
解析 (1)带电粒子运动轨迹如图所示．
由几何关系得 rcos 45°＝h，解得 r＝ 2h. 由牛顿第二定律得 qv0B＝mvr20，
解得 v0＝
2qBh m.
粒子在电场中做匀减速直线运动，则 v20＝2ah， 由牛顿第二定律得 qE＝ma.解得 E＝qBm2h.
(2)粒子在磁场中运动的时间
t1＝58T＋14T＝78T＝74πqmB ，
F，由牛顿第二定律可得 F＝ma，
⑧
又 F＝qE，
⑨
设磁场的磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，所受
的洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝mvR2， ⑩
(广东版)高三物理第二轮专题复习(专家概述+解题思路与方法+专题测试)专题十 电磁感应与力学综合[0
专题十电磁感应与力学综合【专家概述】本专题的重点和难点内容1、能量守恒定律、动量守恒定律、法拉第电磁感应定律、全电路欧姆定律、牛顿运动定律、万有引力定律、胡克定律2、动量定理、动能定理、运动公式、滑动摩擦力公式、其它物理量的定义及公式（如电场力、安培力、洛仑兹力等）本专题的解题思路与方法1、处理单体运动问题时，确定研究对象（如质点、杆等），受力分析（通电导线涉及法拉第电磁感应定律、全电路欧姆定律、安培力公式；带电粒子在电场、磁场中运动涉及电场力公式、洛仑兹力公式），建立直角坐标系，根据能量守恒定律、动量定理、动能定理、牛顿第二定律分别在x轴方向、y轴方向建立方程2、处理双体运动问题时（如碰撞、爆炸等），确定研究系统（如两质点、两杆等），受力分析，建立直角坐标系，根据动量守恒定律沿运动方向建立方程3、根据已知条件或几何关系建立方程，联立以上方程组解出结果，判断结果的合理性。
【经典例说】例1 （湛江调研）如下图，在磁感应强度B=1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U型导轨υ=10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=0.5m，那么产生的感应电动势的大小和PQ 上以速度中的电流方向分别为（）A．0.6V，由P向QB．0.6V，由Q向PC．6V，由P向QD．6V，由Q向P答案：D分析：PQ在外力作用下匀速向右运动，切割磁感线，产生感应电动势、感应电流。
E==6V，根据楞次定律判断出感应电流方向为QPaRd，选项D正确。
解：BLv小结：求感应电动势用法拉第电磁感应定律，求感应电流方向用楞次定律，此题用“增反减同”要快一些。
变式训练 1．（茂名一模）如下图，光滑的“U ”形金属框架静止在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中.现使ab 棒突然获得一初速度V 向右运动，以下说法正确的选项是（ ）A ．ab 做匀减速运动B ．回路中电流均匀减小C ．a 点电势比b 点电势低D ．U 形框向右运动2．（江苏高考）如下图，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计.匀强磁场与导轨平面垂直.阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触.T=0时，将开关S 由1掷到2.q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度.以下图象正确的选项是（ ）例2 （东莞上末）如下图，质量为M 的金属棒P 在离地h 高处从静止开场沿弧形金属平行导轨MN 、M ′N ′下滑.水平轨道所在的空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 、水平导轨上原来放有质量为m 的金属杆Q.已知两金属棒的电阻均为r.导轨宽度为L ，且足够长，不计导轨的摩擦及电阻.求：(1)两金属棒的最大速度分别为多少？(2)P 棒两端的最大感应电动势及所受最大安培力分别是多少？ (3)在两棒运动过程中释放出的热量是多少？分析：P 棒下落，不切割磁感线，没有电动势产生，重力势能转化为动能。
专题51 电学实验基础-2025版高三物理一轮复习多维度导学与分层专练
2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题51电学实验基础导练目标导练内容目标1游标卡尺的使用目标2螺旋测微器的使用目标3常用电表的读数目标4内外接法测电阻目标5滑动变阻器的两种接法目标6电表的改装【知识导学与典例导练】一、游标卡尺的使用1．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成。
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm。
2．精度：对应关系为10分度0.1mm，20分度0.05mm，50分度0.02mm。
3．读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标刻线的格数，则记录结果表达为(x＋K×精度)mm。
【例1】图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的__________（填“A”“B”或“C”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm。
【答案】A11.25【详解】[1]由游标卡尺的结构原理可知，测内径应选游标卡尺的内测量爪，故选A；⨯=[2]游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺的读数为50.05mm0.25mm+=故钢笔帽的内径为11mm0.25mm11.25mm二、螺旋测微器的使用1．原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5mm，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm。
读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺。
2．读数：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(估读一位)×0.01(mm)。
【例2】在测量一根粗细均匀的合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm。
高二物理竞赛课件电流和电压的关联参考方向电功率
0
0
t
0
t
0
t
1-1 一些典型的波形（或函数） 1-4-1 定义与波形 4、单位冲激函数(t) unit impulse 1）物理背景
电压源对电容充电
i(t)
+
US-
t=0
+
C u-C(t)
2）波形与定义
i(0)
0+ 0–
idt
=q(0+)=CUS
(t)
(t)
= lim
0
p(t)
0 t0 (t)= 奇异的 t=0 满足
1(t–t0) f(t)=
0 f(t)
t < t0 t > t0
例3 试比较积分–t5cosd 与–t51(–2)cosd
–t5 cosd=sin
t
–5
=sint–0.96
–t5
1(–2)cosd
=1(t–2)
t
2
cosd
= 1(t–2)(sint)
3、单位脉冲函数p(t) unit pulse 定义 p(t)=
电流和电压的关联参考方向， 电功率
电流和电压的关联参考方向，电功率
i
i
+u -
+u -
功率 p=ui
能量, 有源和无源电路
p= -ui
强调:分析电路时必须给出电量的参考方向
- i1
+ u1
1
i2 2 i5
+
u3
3
-
i3
i6
5
6
4 i4
i7
7
问题：一个电路的各部分电压之间或电流之间是如何互相联系
的？
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电学实验基础
温故自查
1．灵敏电流表
(1)三个主要参数
①内阻R g
②满偏电流I g
③满偏电压U g
(2)三个参数间的关系：由欧姆定律知U g＝I g R g
2．电表的改装
(1)电压表改装时所加电阻与电流表G 起来．
(2)电流表改装时所加电阻与电流表G 起来．
串联
并联
考点精析
1．电压表的改装
电流表的电压量程U g＝I g R g，当改装成量程为U的电压表时，应串联一个电阻R，如图所示．因为串联电阻有分压作用，因此叫做分压电阻．电压扩大量程倍数n＝ .
由串联电路的特点：U＝I g R g＋I g R
即电压扩大量程倍数为n时，需要串联的分压电阻R＝(n－1)R g.
电压表的内阻R V＝R g＋R，即R V等于R g与R串联时的总电阻．
2．电流表的改装
电流表的电流量程I g，当改装成量程为I的电流表时，应并联一个电阻R，如图所示．因为并联电阻有分流作用，因此叫做分流电阻．电流扩大量程倍数n＝ .
由并联电路的特点：I g R g＝(I－I g)R
即电流扩大量程倍数为n时，需要并联的分流电阻R＝ .
电流表的内阻R A等于R g与R并联时的总电阻．
3．电表的读数方法
最小分度是“1”的电表，测量误差出现在下一位，下一位按估读，如最小刻度是1mA的电流表，测量误差出现在毫安的十分位上，估读到十分之几毫安．
最小分度是“2”或“5”的电表，测量误差出现在同一位上，同一位分别按或估读．如学生用的电流表0.6A量程，最小分度为0.02A，误差出现在安培的百分位，只读到安培的百分位，估读半小格，不足半小格的舍去，超过半小格的按半小格估读，以安培为单位读数时，百分位上数字可能是0、1、2……9；学生用的电压表15V量程，最小分度为0.5V，测量误差出现在伏特的十分位上，只读到伏特的十分位，估读五分之几小格，以伏特为单位读数时，十分位上的数字可能为0、1、2……9.
温故自查
1．原理：部分电路欧姆定律
2．两种测量电阻的电路：(如图所示)
3．两种控制电路：(如图所示)
内接法
外接法
考点精析
1．伏安法测电阻的电路选择
(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表的内阻进行比较，若R x较小．宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．
(2)临界值计算法：
R x< 时，用电流表外接法．
R x> 时，用电流表内接法．
(3)实验试探法：按图接好电路，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，则可采用电流表外接法；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，则可采用电流表内接法．
2．伏安法测电阻的控制电路
供电电路是一般由电源和滑动变阻器按一定的连接方式组成，滑动变阻器在供电电路中有两种接线方法：限流式和分压式(如图所示)．限流式可省一个耗电支路，分压式电压调节范围大，应根据需要选用．
变阻器的分压与限流接法是高考的热点，虽然两种电路均可调节负载电阻电压和电流的大小，但在不同条件下，调节效果大不一样．
(1)负载电阻的阻值R x远大于变阻器的总电阻R，须用分压式电路．
(2)要求负载上电压或电流变化范围较大，且从零开始连续可调，须用分压式电路．
(3)负载电阻的阻值R x小于变阻器总电阻R或相差不多，且电压、电流变化不要求从零调起
时，可采取限流接法．
(4)两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流接法总功率较小．
(5)特殊问题中还要根据电压表和电流表量程以及电阻允许通过的最大电流值反复推敲，以能减小误差的连接方式为好．
命题规律根据电表改装原理确定电压表、电流表的量程，或改装成电流表、电压表需并联、串联多大电阻．
[考例1] 如果两个电流表的满偏电流均为I g＝3mA，内阻R g＝100Ω，欲将其改装成量程分
别为3V和15V的电压表，则：
(1)分别串联的电阻R1和R2为多大？
(2)将改装后的电压表串联后测电路中电阻的电压时，指针的偏角θ1和θ2有何关系，示数U1和U2有何关系？
[解析](1)U g＝I g R g＝3×10－3×100V＝0.3V，改装成3V应串电阻
R1＝＝900Ω，
改装成15V应串电阻
R2＝＝4900Ω.
(2)将两只电压表串联后测电压，即如图所示连接，因流过表头的电流相同，故偏角θ1＝θ2，而电压表内阻R V1、R V2有关系R V1/R V2＝1/5，故电压表示数之比为U1∶U2＝1∶5.
[答案](1)900 4900 (2)θ1＝θ2∶1∶5
[总结评述]改装后电表中表头的满偏电流、电压并不改变，只要将灵敏电流表的表盘按扩大量程后的倍数加以改换，即可从表盘上直接读出电路中的总电压或电路的总电流的数值．两个电压表甲、乙是由完全相同的电流表改装成的，它们的量程分别是5V、15V，为了测量15～20V的电压，把甲、乙两个电压表串联使用，则两表的( )
A．读数相同
B．指针偏转角度相同
C．读数正比于表的内阻
D．指针偏转角度正比于表的内阻
[解析]两电压表是由同一个电流表(表头)改装而成的，表头的内阻没有变化，其量程也没有变化，两电压表由于通过的电流相同，所以两表指针偏转角度相同；而改装后的电压表的内阻不同，它们又串联在电路中，根据串联电路的分压原理，两表的读数正比于表的内阻．[答案]BC
命题规律根据题设要求选择适当仪器，设计符合要求的电路，并求出待测电阻值．
[考例2] 如图所示为用伏安法测量一个定值电阻的实验所需的器材实物图，器材规格如下：
(1)待测电阻R x(约100Ω)
(2)直流毫安表(量程0～10mA，内阻50Ω)
(3)直流电压表(量程0～3V，内阻5kΩ)
(4)直流电源(输出电压4V，内阻不计)
(5)滑动变阻器(阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A)
(6)开关1个，导线若干
根据器材的规格和实验要求，在本题的实物图上连线．
[解析]解法一：先确定测量电路，由R0＝＝500Ω>R x知，应选择外接法，再确
定控制电路，滑动变阻器值R＝15Ω< 知，应选择分压电路，最后画出电路图如图(a)，实物连线如图(b)．
[答案] 见解析
[总结评述] 连接实验图的基本方法：
(1)分析各元件的连接方式和控制电路的方式． (2)画出实验电路图．
(3)画出连接各元件，一般先从电源正极开始，到开关再到滑动变阻器等，按顺序以单线连接的方式将主电路中要串联的元件依次串联起来，然后再将要并联的元件并联到电路中． (4)电压表应并联，电流表应串联，且电流应由正极流入、负极流出．
(5)变阻器的触头位置应保证电路中用电器的安全，即保证电路中流过的电流最小或加在用电器两端的电压最小． (6)连线不能交叉．
用伏安法测量某电阻R x 的阻值，现有实验器材如下： A ．待测电阻R x ：范围在5～8Ω，额定功率1W
B．电流表A1：量程0～0.6A(内阻约0.2Ω)
C．电流表A2：量程0～3A(内阻约0.18Ω)
D．电压表V1：量程0～3V(内阻约3kΩ)
E．电压表V2：量程0～15V(内阻约15kΩ)
F．滑动变阻器R：0～100Ω
G．蓄电池：电动势12V
H．导线，电键
为了较准确地测量，并保证器材安全，电流表应选________，电压表应选________，并画出电路图．
[解析]待测电阻R x的额定电流I m＝＝0.45A，应选电流表A1；额定电压U m
＝＝2.8V，应选电压表V1，由于临界电阻R0＝＝24.5Ω>R x，所以
R x应认为其值较小，因此选用电流表的外接法测电阻；再确定控制电路，由R＝100Ω>10R x，应选择限流式电路，其电路如图所示．
[答案]A1V1限流式图见解析
命题规律利用伏伏法、安安法、电阻箱和电压表(或电流表)法、代替法等，测电阻值并设计电路．
[考例3] 用以下器材测量电阻R x的阻值(900Ω～1000Ω)；电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；电压表V1，量程为1.5V，内阻r1＝750Ω；电压表V2，量程为5V，内阻r2＝2500Ω；滑动变阻器R，最大阻值约为100Ω；单刀单掷开关S，导线若干．
(1)测量中要求电压表的读数不小于其量程的，试画出测量电阻R x的一种实验电路原理图(原理图中的元件要用题目中相应的英文字母标注)；
(2)若电压表V1的读数用U1表示，电压表V2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示R x 的公式为R x＝________.
[解析]很多考生解析此题，首先考虑的就是伏安法，由于本题没有电流表，思维受阻，当然做不正确，本题要运用“电压表(伏特表)算电流”这一创新思维．
(1)测量电阻R x的实验电路如图所示．
(2)电压表的示数为U1，电压表的示数为U2，电压表的内阻为r1，根据串联、并联电路的规律，算出R x的电阻为R x＝r1.
[答案]见解析。