课件61张PPT。电学实验
石泉中学;付贤兴1.电阻的测量
2. 测定金属的电阻率
3. 描绘小电珠的伏安特性曲线
4. 把电流表改装成电压表
5. 用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻
6. 用多用电表
7.练习使用示波器
8. 传感器的简单应用用电压表测电压用电流表测电流外接法？
内接法？限流式？
分压式？1.原理一 伏安法测电阻“同一性”2.电路限流器电路，安培表内接法限流器电路，安培表外接法 分压器电路，安培表内接法分压器电路，安培表外接法 1.什么是测量值和真实值？2.测量值比真实值偏大还是偏小？4.误差产生的原因如何？5.如何减少误差？3.测量值本质上测得是什么量？根据测量值如何求真实值？6.什么情况下用外（内）接法？伏安法测电阻之内接外接3.测量电路的选择 由于电流表分压引起的。误差产生的原因: 由于电压表分流引起的。误差产生的原因：① 比值法b.选择方法：内接法与外接法的选择a.条件：已给出R的估计阻值② 试触法b.选择方法：将电压表分别接a、b两点结论：两次接触，那个表示数变化明显 , Rx就与那个表“近接”a.条件：未给出RX的估计阻值 如果电流表示数有显著变化，说明电压表的分流作用较强，不满足RX<>RA,应选用内接法．P 应接在b 处。 例1.一个未知电阻Rx无法估计其电阻值，某同学用伏安法测电阻的两种电路各测量一次，如图所示，按甲图测得数据是3.0V、3.0mA,按乙图测得数据是2.9V、4.0mA,由此可知按＿＿＿图所示的电路测量的误差较小， Rx的真实值更接近于＿＿＿＿Ω 。甲1000思考1：Rx 的真实值大于还是小于1000Ω？小于思考2：若已知电流表内阻为0.1Ω,那么Rx的真实值是多大？999. 9Ω1.在限流器电路和分压器电路中待测电阻的电压的变化范围如何？2.在限流器电路和分压器电路中，滑动变阻器的阻值与待测电阻相比大一些调节方便还是小一些调节方便？4.什么情况下滑动变阻器采用限流器电路？什么情况下采用分压器电路？3.在限流器电路和分压器电路中，在合上开关以前，滑动变阻器的触头应处于什么位置？伏安法测电阻之限流分压负载RX的电压调节范围 可见滑动变阻器的总阻值R越大，电阻RX两端电压的变化范围越大。变阻器总阻值R 是Rx 的2--5倍时，限流接法对电流、电压控制作用显著，这样既便于调节,用电器两端电压变化范围又比较大.(1) 限流电路在合上开关以前，一定要使滑动变阻器所使用的阻值最大．(2) 分压电路负载RX的电压调节范围0---E 在合上开关以前，一定要使滑动变阻器滑动头的初始位置置于a端．以使负载上的电压和电流最小．（均为零） 滑动变阻器的总阻值R越小，越便于调节用电器两端电压． 一般选用滑动变阻器的全电阻小于用电器的电阻, 在0.1—0.5倍之间为好。 要求测量结果尽量准确，需要多测几组数据；要求待测电阻两端电压变化范围较大；或要求从零开始连读可调，应选分压电路。如果滑动变阻器的全阻值比待测电阻的阻值小得多，为了能使待测电阻两端电压有较大变化，应选分压电路。如果采用限流电路时，电路中最小电流等于或大于待测电阻的额定电流或电流表的量程，应选分压电路伏安法测电阻之发散思维2．“安安法”电流表的创新使用－－测电压．条件：已知电流表A2的内阻,将A2看成一个电压表使用．1．“伏安法”测电压表的电阻电压表（电流表）是一个能读出其两端电压（通过其电流）的电阻．没有系统误差没有系统误差此电路能否测量出电流表的内阻？根据并联分流进行测量没有系统误差3．“伏伏法”电压表的创新使用－－测电流．条件：已知电压表V2的内阻,将V2看成一个电流表使用．没有系统误差存在系统误差能否消除？根据串联分压进行测量没有系统误差没有系统误差4.仪器的选择 ⑴安全性原则 要保证所用仪器的安全，电源最大允许通过的电流、电压表和电流表的量程、滑动变阻器允许通过的最大电流、用电器的额定电压电流等。选择电源、电表和用电器时，保证其电流和电压均不超过使用的量程。⑵精确性原则 尽量减小实验误差。选择电表时，在保证电流和电压均不超过使用量程的前提下，合理选择量程。务必使指针有较大偏转（一般取满偏度的2/3），电表达不到满偏的1/3是不允许的。⑶操作性原则： 如滑动变阻器的选择，既要考虑它的额定电流，又要考虑它的阻值范围，当其阻值大于用电器的阻值时用限流电路调节电路的电压(电流)比较方便；当其阻值小于用电器的电阻时用分压电路调节电路的电压(电流)比较方便．⑷选择的一般步骤 ①根据实验要求设计合理的实验电路；
②找出唯一性的器材；
③估算电路中电压和电流的最大值或最小值，结合已知器材的规格选定电源、选定电压表和电流表以及所用的量程；
④根据实验的要求和待测电阻的阻值选择滑动变阻器.例1.用伏安法测量金属导线的电阻R，试把图中给出的器材连接成测量R的合适的电路。图中安培表的量程为0.6A，内阻接近1Ω，伏特表的量程为3V，内阻为5KΩ;电源的电动势为6V，变阻器的阻值为0—20 Ω 。在闭合电键前，变阻器滑动触点应处于正确位置。解：金属导线的电阻不大，安培表应外接，变阻器电阻比较大，可用限流接法，画出电路图如下：例2：有一个电阻Rx，其阻值大约是25kΩ ，可供选择的器材是： 电流表A1 (0----100μA, 2kΩ) 电流表A2 (0----500μA, 300Ω) 电压表V1 (0----10V, 100kΩ） 电压表V2 (0----50V, 500KΩ） 直流稳压电源 E（15V，1A） 滑动变阻器 R (1kΩ, 1W) 电键K和若干根导线． 试选择适当的器材，选取适当的电路，使测量尽可能准确，并画出电路图，再将如图示的实物连线。解：（1）电压表、电流表的选择由于滑动变阻器的电阻明显小于待测电阻，因此滑动变阻器必须用分压器接法。若电压表选V2（50V），因为电源电压15V不足其量程的1/3，所以电压表应选V1（10V）。（2）电流表内接法和外接法的选择 实验电路图因为RX=25KΩ＞＞RA=300Ω，所以采用电流表内接法由于用分压器接法时，电阻RX 中的最大电流为 Imax= 10V /25KΩ = 0.4mA = 400μA所以电流表选A2（500 μA ） 例3. 如图为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需的器材实物图，器材规格如下：
(1)待测电阻Rx（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，内阻可不计）
(5)滑动变阻器（阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A）
(6)电键一个，导线若干条．
根据器材的规格和实验要求，
在本题的实物图上连线． 答：因毫安表内阻与待测电阻相近，必须“外接”． 因为变阻器电阻很小，电源和滑动变阻器连接
成分压电路，（全题6分．电源、滑动变阻器连接成分压电路，占3分．除电键接错扣1分外，其它任何错都不给这3分．伏安法测电阻的电路占3分，其中电流表应外接，即电压表应直接与待测电阻并联．这部分接线中有任何错误都不给这3分．）A1 例4．某电压表的内阻在20～50kΩ之间,现要测量其内阻,实验室提供下列可选用的器材:待测电压表V(量程3V)
电流表A1(量程200μA )
电流表A2(量程5mA)
电流表A3(量程0.6A)
滑动变阻器R(最大阻1KΩ)
电源ε(电动势4V)
电键K.
(1)所提供的电流表中,应选用_______(填写字母代号).(2)为了尽量减小误差,要求测多组数据.试在方框中画出符合要求的实验电路图．解析：由于滑动变阻器用分压接法时，伏特表两端电压变化范围较大，可以多测几组数据，故滑动变阻器用分压接法．由于电压表中通过的最大电流为Imax= 3V/20KΩ = 150μA，因此电流表应选用A1．二．替代法测量电阻 利用伏安法测电阻，无论电流表内接还是电流表外接都会对测量造成误差，而利用比较法测电阻可避免这些误差．实验时先连入某待测电阻，记下电路中电表的读数，然后把待测电阻换成电阻箱，调整电阻箱，使电路中电表的读数与原来一样，这样的电阻箱便是待测电阻的阻值．1.原理2.电路用电阻箱和电流表测量用电阻箱和电压表测量例1．为了测量电流表A1的内阻，采用图示的电路，其中电流表A1的量程是0—300μA、内阻约为100Ω（待测）；A2是标准电流表，量程0--200μA；R1为电阻箱，阻值范围0—999.9Ω；ε为电池，电动势3V、内阻不计；S1为开关，S2为单刀双掷开关。按电路图接好电路后，将可变电阻器R2和电阻箱R1适当调节后，将单刀双掷开关S2扳到接点1处，接通开关S1，调节可变电阻R2，使两电表的读数都是150μA；然后将开关S2扳到接点2，调节电阻箱R1使标准电流表的读数仍是150μA，若此时电阻箱各旋钮位置如图，则：
（1）电流表A1的内阻Rg=_________ Ω . （2）为了保证两电流表的安全使用，限流电阻R3 的阻值应选 A.100Ω B.150Ω C.10KΩ D.15KΩ （ ） （3）可变电阻器R2 应选： A.2KΩ B.5KΩ C.200Ω D.500Ω （ ）解⑴替代法测电阻——⑵ 当R2=0时,要保证两个电流表都不超过量程R3=E/Imin =3 / 0.2mA = 15kΩ 选D⑶R2+R3=E/I =3 / 0.15mA = 20 kΩ
R2=5 kΩ 选BRg=92.8 Ω三．半偏法测量电流表的内阻1.原理 半偏法测电流表内阻的原理是欧姆定律和并联电路的电流分配关系，因电流表可以读出自身的电流，故在其电流减半时，必有另一支路分掉另一半的电流，在总电流近似不变的条件下，该支路的电阻（电阻箱读出）等于电流表的电阻．2.电路3.步骤1.先闭合S1 ，调节R1使电流表指针满偏.2.再闭合S2，保持电阻R1不变，调节R2使电流表指针半偏，记下R2的值.3.若R1＞100R2 ，有Rg=R24.误差分析 在用半偏法测电流表的内阻的实验中，当闭合开关S2时，调节R2使电流表半偏，即通过电流表的电流为Ig/2，此时干路总电流因回路中总电阻变小而变大，即比Ig稍大，这样通过R2的电流将大于Ig/2，因此电流表内阻的测量值小于真实值．5.半偏法测电压表的内阻R测>R真1.把电阻箱R0的阻值调到0，把滑动变阻器的触头P滑到a端．3.保持滑动变阻器触头位置不变，调节R0使电压表指针半偏，记下R0的值.4.若R<（1）真实值与测得值之差除以真实值叫做测量结果的相对误
差，即 ，试导出它与电源电动势E、电流表量程I0及电
流表内阻RA的关系式。?
（2）若I0＝10mA，真实值Rg约为30Ω，要想使测量结果的相对误差不大于5％，电源电动势最小应为多少伏？解析：⑴⑵上述操作步骤中，必要的操作步骤按合理顺序排列应为 ＿＿＿＿＿＿＿。若在步骤 Ｄ中，读出R0的值为2400 Ω ，则电压表的内阻RV =＿＿＿Ω 。用这种方法测出的内阻RV与其真实值相比偏＿＿。 E. 调节滑动变阻器的阻值，使电压表的示数为3.0V例2．为了测量一个量程为3.0V的电压表的内阻，可以采用图所示的电路，在测量时，可供选择的步骤如下： A.闭合开关S B.将电阻箱R0的阻值调到最大F.断开开关SC.将电阻箱R0的阻值调到零H.将滑动变阻器的滑动触头调到a端G.将滑动变阻器的滑动触头调到b端 D.调节电阻箱R0的阻值，使电压表示数为1.5V，读出此时电 阻箱R0的阻值，ＨＡＣＥＤＦ 2400 大∵I2R =I1 Rx ∴ Rx = I2R /I1比较法测量电阻 甲图中的电压表的电压U1、
乙图中的电压表的电压U2描绘小灯泡的伏安特性曲线1.画出实验电路图如图示2.什么电流表采用外接法？3.滑动变阻器为什么要用分压器接法？ 1993年高考 描绘出一个“220V 60W”灯泡的U—I 图象，肯定不符合实际的是下图中的 （ ）A C D上图中，若将 I、U对调，则选 （ ）A B D4.若测出一个热敏电阻的U-I图线，正确的应是上图中的（ ） C5.画出的U—I图象的斜率的物理意义是什么？6.为什么小灯泡的电阻随两端电压的增大而增大？ 4.某同学在做测定小灯泡功率的实验中得到如下一组U和I 的数据:
?
①在右图上画出I-U 图线.
②从图线上可以看出,当功率逐渐增大时,灯丝电阻的变化情况是: .
③这表明导体的电阻随
温度升高而 .1996年上海开始不变,后来逐渐增大增大例1. 为了研究一个“2.5V，0.1W”的小灯泡的伏安特性，现有蓄电池一组，电键一个，导线若干，其他可供选择的器材如下：
A．量程为 0—3A，内阻为 0.025 Ω的电流表；
B．量程为 0—0.6A，内阻为 0.2Ω的电流表；
C．量程为 0—l00mA，内阻为 5Ω 的电流表；
D．量程为 0—3V，内阻为 10KΩ 的电压表；
E．量程为 0—15V，内阻为 50kΩ 的电压表；
F．0—5Ω 的滑动变阻器，额定电流为1A。
（1）要正确地完成这个实验，
电流表应选 ，
电压表应选 (填代号)。
（2）画出电路原理图：解：I灯=0.1/2.5=0.04A=40mA R灯=62.5 ΩCD 滑动变阻器阻值太小，用分压器接法,安培表用外接法。例2．为了测定一个“6.3V，1W”的小电珠正常发光时的电阻，A．??? 电流表0.6A，0.2Ω
B．???? 毫安表200mA，0.5Ω
C．??? 电压表10V，1kΩ
D．??? 电压表15V，1.5kΩ
E．???? 电源6V，2A
F．???? 电源9V，1A
G．??? 电源15V，0.1A
H．??? 可变电阻10Ω，1W
I．????? 可变电阻20Ω，0.8W J．????? 可变电阻50Ω， 0.5W
K．??? 导线若干，电键一个． 实验室提供了下列实验器材：
实验时应选用的器材是 ．
在右边的线框中画出实验的电路图，要求测量误差尽可能小． 求出可变电阻及电灯的额定值
I1 ≤0.32A I 灯≤0.16A
I2≤0.2A R 灯=40
I3≤0.1AB C F I K不能用分压接法
电阻较大内接法1．由电阻定律公式 R=ρL /S 知，电阻率ρ=RS/L 。因此，要测定金属的电阻率，只须选择这种金属材料制成的导线，用“伏安法”测出金属导线的电阻R，用刻度尺测出金属导线连入电路部分的长度 L，用螺旋测微器测出金属导线的直径d，然后由S=πd2/4 算出金属导线的横截面积S，即可求得金属的电阻率ρ。2. 在用“伏安法” 测量金属导线的电阻R 时， 由于通常选择待测金属导线的电阻约为数欧姆，实验室常用的安培表（量程取0.6A）的内阻RA为 0.125Ω，伏特表（量程取3V）的内阻RV为3KV，比较后，有RV>>R。因此必须采用安培表外接法，才能使由于电表的接入引起的系统误差较小。3．由电阻率的计算式还可看出，金属导线d 的测量值的准确程度对实验误差的影响较大。因此，本实验选用螺旋测微器来测量金属导线的d。伏安法测电阻率的原理说明 思考1．只用毫米刻度尺，请设法粗略地测出实验中所用滑动变阻器（总电阻已知）电阻丝的电阻率（不允许把电阻丝拆下来），实际做一做，把测量的方法和实验数据写出来。提示：导线长度可根据电阻丝的圈数和圆筒直径算出，导线直径可用刻度尺量出几十匝电阻丝的长度后算出。 思考2. 本实验中正确选用电路后，所测得的金属的电阻率比真实值 .小 思考3．有一合金丝，横截面积为5.1×10－7米2，长L＝10米，要测其电阻率。现备有量程3伏，内阻3千欧的电压表，量程 0.6安，内阻0.1 欧的电流表，两节干电池，0－100欧滑动变阻器，开关、导线等。用伏安法测其电阻时，如电路选取正确，电压表示数为2.4伏，电流表示数为0.12安，所选取的是内接法还是外接法电路？被测合金丝的阻值是多少欧？合金丝的电阻率是多少？（参考答案：内接法，19.9欧 ， 1.0×10-6 欧·米）千分卡（螺旋测微器） 9.694mm10.190mm4.把电流表改为电压表（1）电流表的满偏电流Ig、内电阻Rg和满偏电压Ug 三者的关系 Ug=IgRg（2）电流表内电阻的测定—— 半偏法（不计电源内阻）若R1＞ ＞R2 则Rg =R2a.电流表量程的扩大——并联一个小电阻由 (I-Ig) R= Ig RgR= Ig Rg／(I-Ig) 若I =n Ig则 R= Ig Rg／(I-Ig) = Rg ／(n-1) 例. 若电流表的内阻Rg=1000Ω 满偏电流Ig=100μA
怎样把它改装成量程为10mA的电流表？解：R= Ig Rg／(I-Ig) =0.1×1000 ／9.9=10.1Ω或 R= Rg ／(n-1)=1000 ／99=10.1Ω 例3. 如图示是一个双量程电流表，Ig=0.5mA，Rg=200 Ω，计算R1和R2的阻值。解： （R1+R2） (I1-Ig) = Ig Rg ①R1+R2= Ig Rg／(I1-Ig) = 100÷0.5=200 ΩIg （Rg+ R2 ）=(I2-Ig) R1 ②（Rg+ R2 ）=(I2-Ig) R1 ／ Ig = 19R1∴ R1=20Ω
R2=180Ω 1993年高考将量程为100微安的电流表改装成量程为1毫安的电流表,并用一标准电流表与改装后的电流表串联,对它进行校准(核对).改装及校准所用器材的实物图如下(其中标准电流表事先已与一固定电阻串联.以防烧表).校准时要求通过电流表的电流能从0连续调到1毫安.试按实验要求在所给的实物图上连线.解: 画出电路图，连线如图示。电路连接有错误, 但电表改装部分的接线正确(指电阻箱与微安表并联), 给1分;
只要电表改装部分的电路连接有错误，就给0分. b. 电压表量程的扩大——串联一个大电阻若U=nUg 则有 例. 若电流表的内阻Rg=1000Ω 满偏电流Ig=100μA
怎样把它改装成量程为U=3V的电压表？解：Ug=IgRg=0.1V n=U/Ug=30 ∴R=(n-1)Rg=29000 Ω=29 kΩ 例4. 如甲、乙图示是一个双量程电压表，
Ig=1mA，Rg=100 Ω，计算R1和R2的阻值。解：甲图 Ug= IgRg =0.1V，
n1=30 n2=150R1=（ n1 -1）Rg=2900 ΩR2=（ n2 -1）Rg=14900 Ω乙图 同样求出R1
R1=（ n1 -1）Rg=2900 ΩRg +R1+R2=15÷1=15 KΩR2= 12 KΩ改装电压表的校对电路图如图示V为标准电压表，
R为滑动变阻器（分压器接法），
虚线框中为改装电压表。 改变变阻器R的滑片位置，使V 的示数分别为0.5V、 1.0V、 1.5V、 2.0V……核对改装电压表的示数是否正确，并算出改装的电压表满刻度时的百分误差。例如：改装的电压表满刻度3V时，标准电压表V的读数为3.1V，则百分误差c. 多用表的电原理图Ig =0.5mA，Rg=200 Ω
R1=20Ω
R2=180Ω
R3=2.9 KΩ
R4=14.9 KΩ
R5 +R6 =1.4KΩ mA表头
Ig′= 1mA，
Rg′ =100 Ω跟欧姆表内的电池正极相接的是多用表的黑表笔 例5. 如图是一个万用表的刻度盘，当万用表选择开关置于“30mA”档时，测出的电流强度为 ；当选择开关置于“12V”档时，测出的电压为 ;当选择开关置于“×100 Ω”档时，测出的电阻为 。20.0mA8.0V5KΩ测定电动势内阻电路实验电路及其实物连线图例6. 一位同学记录的6组数据见表。试根据这些数据在下图中画出U—I图线，并根据图线读出电池的电动势E= ，电池的内阻 r = Ω .······1.480.75 例7. 如图示的电路中，R1 、R2为标准电阻，测定电源的电动势和内阻时，如果偶然误差可以忽略不计，则电动势的测量值 真实值，内阻的测量值 真实值，产生误差的原因是 。等于偏大电流表有内阻 例.在测定电源的电动势和内阻的实验中，待测电池、开关和导线配合下列哪组仪器，可以达到测定目的 （ ）
A. 一只电流表和一个滑动变阻器
B. 一只电流表和一只电压表
C. 一只电流表和一个电阻箱
D. 一只电压表和一个电阻箱C D 例8. 如图是测量电源内电阻的电路，下列关于误差的说法，正确的是 ( ) A .由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实 值； B. 由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值大于真实值； C. 由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值； D. 由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值大于真实值； 解： E = U + Ir ， I=(IA +U/RV) ，由于电压表的分流作用，对于每个电压值U1 ，测得的电流IA小于总电流I1，U越大，I A跟I1相差越大， 画出的图线应为虚线所示：所以内电阻的测量值小于真实值。C （8分）现有器材：量程为10.0mA、内阻约30-40 Ω的电流表一个，定值电阻R1=150Ω，定值电阻R2=100 Ω ，单刀单掷开关K，导线若干。要求利用这些器材测量一干电池（电动势约1.5V）的电动势。
（1）按要求在实物图上连线。
（2）?用已知量和直接测得量表示的待测电动势的表达式为= ，式中各直接测得量的意义是： .12、 （1）连图：左图只用R1接入电路；右图用R1和R2串联接入电路。 测量原理：E=I1（R1+ Rg+ r） ① E=I2（ R1+ R2+ Rg+ r） ②联立① ②解得注意：若只用R2接在电路中，则电流将超过电
流表的量程，所以用 R1和R2串联接入电路。 [解答]：题目 是用来显示和测量交直流信号幅度、频率、周期等多种物理量的仪器，种类繁多，但主要由以下三部分组成：垂直（y）放大器、水平（x）放大器和扫描系统。示波器 例9. 某同学在用示波器观察一个从y轴输入的正弦波信号时出现如图示的波形，为了在示波器上得到一个比较理想的波形，他应进行哪些调节 ?示波器. 图中为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形。
若要增大显示波形的亮度，应调节 旋钮。
2. 若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节
旋钮。
3. 若要将波形曲线调至中央，应调节
旋钮。辉度聚焦 垂直位移 水平位移示波器2009年高考试题汇编（电学实验汇集）
孝感三中 陈继芳
2009-6-19整理
1、（2009年高考试题上海卷第15小题）（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十k(的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上__________________。
a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔
b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c．旋转S使其尖端对准欧姆档(1k
d．旋转S使其尖端对准欧姆档(100
e．旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔
根据右图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为___________(。
（2）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（ ）
（A）测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量
（B）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
（C）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
（D）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
2、（2009年高考试题广东卷第16小题）某实验小组利用实验室提供的器材探究一种金属丝的电阻率。所用的器材包括：输出为3V的直流稳压电源、电流表、待测金属丝、螺旋测微器（千分尺）、米尺、电阻箱、开关和导线等。
（1）他们截取了一段金属丝，拉直后固定在绝缘的米尺上，并在金属丝上夹上一个小金属夹，金属夹，金属夹可在金属丝上移动。请根据现有器材，设计实验电路，并连接电路实物图14
（2）实验的主要步骤如下：
①正确连接电路，设定电阻箱的阻值，开启电源，合上开关；
②读出电流表的示数，记录金属夹的位置；
③断开开关，_________________，合上开关，重复②的操作。
（3）该小组测得电流与金属丝接入长度关系的数据，并据此绘出了图15的关系图线，其斜率为________A-1·m-1(保留三位有效数字)；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了______的电阻之和。
（4）他们使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图16所示。金属丝的直径是______。图15中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是________,其数值和单位为___________（保留三位有效数字）。
3、（2009年高考试题福建卷第19[2]小题）某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件。图为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材：
器材（代号）
规格
电流表（A1）
电流表（A2）
电压表（V1）
电压表（V2）
滑动变阻器（R1）
滑动变阻器（R2）
直流电源（E）
开关（S）
导线若干
量程0~50mA，内阻约为50
量程0~200mA，内阻约为10
量程0~3V，内阻约为10k
量程0~15V，内阻约为25k
阻值范围0~15，允许最大电流1A
阻值范围0~1k，允许最大电流100mA
输出电压6V，内阻不计
①为提高实验结果的准确程度，电流表应选用 ；电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 。（以上均填器材代号）
②为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号。
③若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？
相同点： ，
不同点： 。
4、（2009年高考试题宁夏卷第23小题）青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能。用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制。光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强（如白天）时电阻几乎为0：照射光较弱（如黑天）时电阻接近于无穷大。利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开。电磁开关的内部结构如图所示。1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接。当励磁线圈中电流大于50mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50mA时，3、4接通。励磁线圈中允许通过的最大电流为100mA。
利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图。
光敏电阻,符号 ，灯泡L，额定功率40W，额定电压36V，符号
保护电阻,符号，，电磁开关，符号 ，蓄电池E，电压36V，内阻很小；开关S，导线若干。
回答下列问题：
①如果励磁线圈的电阻为200，励磁线圈允许加的最大电压为 V，保护电阻的阻值范围为 。
②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通。为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明。
答： 。
③任意举出一个其它的电磁铁应用的例子。
答： 。
5、（2009年高考试题安徽卷第21小题）Ⅰ. （6分）用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b的位置，如图所示。若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的档位，a和b的相应读数是多少？请填在表格中。
Ⅱ. （6分）用右图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
电流表（量程0.6A、3A）；
电压表（量程3V、15V）
定值电阻（阻值1、额定功率5W）
定值电阻（阻值10，额定功率10W）
滑动变阻器（阴值范围0--10、额定电流2A）
滑动变阻器（阻值范围0-100、额定电流1A）
那么
（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择 V，电流表的量程应选择 A； R0应选择 的定值电阻，R应选择阻值范围是 的滑动变阻器。
（2）引起该实验系统误差的主要原因是 。
6、（2009年高考试题全国卷I第22小题）如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。在开关闭合后，发现小灯泡不亮。现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各点连接。
（1）为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的 挡。在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的 挡。
（2）在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明___ 可能有故障
（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤。
7、（2009年高考试题全国卷II第22小题）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻。完成下列测量步骤：
检查多用电表的机械零点。
将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拔至电阻测量挡适当的量程处。
将红、黑表笔____①_______，进行欧姆调零。
测反向电阻时，将____②______表笔接二极管正极，将____③_____表笔接二极管负极，读出电表示数。
为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘____④_______（填“左侧”、“右侧”或“中央”）；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤（3）、（4）。
测量完成后，将选择开关拔向_____________⑤________________位置。
8、（2009年高考试题山东卷第23小题II）为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开头可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为Lx）。某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：
照度（lx）
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻(k)
75
40
28
23
20
18
①根据表中数据，请在给定的坐标系（见答题卡）中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。
②如图所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。
（不考虑控制开关对所设计电路的影响）
提供的器材如下：
光敏电源E(电动势3V，内阻不计)；
定值电阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限选其中之一并在图中标出）
开关S及导线若干。
9、（1）如图甲所示，在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接。
（2）某同学从标称为“220 V 25 W”、“220 V 500 W”的3只灯泡中任选一只，正确使用多用电表测量灯泡阻值如图乙所示。该灯泡的阻值是___________，标称的额定功率为______________。
10、（2009年高考试题江苏卷第10小题II）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）。该合金棒的电阻约为几个欧姆。图中有一处连接不当的导线是__________.（用标注在导线旁的数字表示）
（3）改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2=Rd·RD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R=_______.（用ρ、L、d、D表述）
答 案
1、【答案】（1）c、a、b、e，30k，（2）A、C，
【解析】（1）测量几十k(的电阻Rx我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔。欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30k(。w
（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位。电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业。
2、【答案】⑴电路图如图所示
⑵③读出接入电路中的金属丝的长度
⑶1.63 电源的内阻与电阻箱
⑷0.200mm 金属丝的电阻率 1.54×10-7Ω·m
【解析】依据实验器材和实验目的测量金属丝的电阻率，电路图如图所示；电路实物图如图所示，依据闭合电路欧姆定律得，参照题目给出的图像可得,可见直线的斜率，可知斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是金属的电阻率，其数值和单位为1.54×10-7Ω·m；依据直线可得其斜率为1.63A-1·m-1，截距为，则图线纵轴截距与电源电动势的乘积为（）；金属丝的直径是0.200mm。
3、①A2 V1 R1
②如图
③相同点：通过该元件的电流与电压的变化关系和通过小电珠的电流与电压的变化关系都是非线性关系，该元件的电阻随电压的增大而减小，而笑电珠的电阻值随电压的升高而增大。
【解析】（1）①游标卡尺方便地测量内径、外径和深度，而螺旋测微器只能测外径。故选A
②多次测量取平均值的目的就是减小偶然误差。
（2）①图像中电流0～0.14A，电流表选A2；电源电压6V，但图像只要求电压在0～3V之间调整，为了测量准确电压表选V1；由于绘制图像的需要，要求电压从0～3V之间调整，所以滑动变阻器只能采用分压式接法，为了能很好调节电压，滑动变阻器应选用阻值较小的R1。
②该元件约几十Ω，，电压表的分流作用可以忽略，所以采用电流表外接法；实验数据的采集要求从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法。
③从图像的形状和斜率变化趋势上去找相同点和不同点，突出都是“非线性”，图像上某点与原点连线的斜率是电阻的倒数。
4、答案：
（1）电路原理如图所示。（4分）
（2）①20 （2分） 160~520（2分）
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。
③电磁起重机
【解析】（1）要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1，2串联，3，4与路灯串联；则电路图如图所示。
（2）①由U=IR得励磁线圈允许加的最大电压为U=ImR=0.1×200V=20V；依据允许通过励磁线圈的电流最大值和最小值计算得，，因此保护电阻的阻值范围为160~320；
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。
③电磁起重机
5、答案：I．
指针位置
选择开关所处的档位
读 数
a
直流电流100mA
23.0mA
直流电压2.5V
0.57V
b
电阻×100
320Ω
解析：直流电流100mA档读第二行“0～10”一排，最小度值为2mA估读到1mA就可以了；直流电压2.5V档读第二行“0~250”一排，最小分度值为0.05V估读到0.01V就可以了；电阻×100档读第一行，测量值等于表盘上读数“3.2”乘以倍率“100”。
II．答案：
（1）3，0.6，1，0～10。（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小。
解析：由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象。
关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小。本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测6、答案（1）电压；欧姆
（2）开关或连接点5、6
（3）①调到欧姆档
②将红、黑表笔相接,检查欧姆档能否正常工作
③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明小灯泡有故障.
【解析】(1)在1、2两点接好的情况下,应当选用多用电表的电压档,在1、2同时断开的情况下,应选用欧姆档
(2)表明5、6两点可能有故障.
(3) ①调到欧姆档②将红黑表笔相接,检查欧姆档能否正常工作③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明小灯泡有故障.
7、答案（3）短接
（4）红 黑
（5）中央
（6）OFF
【解析】本题考查多用电表的使用.首先要机械调零.在选择量程后还要进行欧姆调零而且每一次换量程都要重复这样的过程.(3)将红黑表笔短接,即为欧姆调零.测量二极管的反向电阻时应将红笔接二极管的正极,黑接负极.欧姆表盘的刻度线分布不均匀,在中央的刻度线比较均匀,所以尽量让指针指向表盘的中央.测量完成后应将开关打到off档.
8、①光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图所示。
特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小
②电路原理图如图所示。
解析：当，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求
当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20k，两端电压为2V，电源电动势为3V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10k，即选用R1。
【考点】验证平行四边形定则实验、闭合电路欧姆定律
9、（1）如图；（2）150，“220V 300W”
10、（2）⑥ （3）
[2009年电学实验的特点]：题新、题出得活、设计并出新样、它源于课本又在课本的基础上加以翻新，展现在考生面前是一个全新的面孔，让考生看题兴叹。也告知我们在今后的复习中，要很好的地抓课本的基础实验，在课本的基础上加以演变，动手、动脑灵活培养学生，才能适应当今的高考。
专题七 电路分析与计算
高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：
本专题是高考的热点，历年都有高考试题，本专题的高考热点是部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律，串并联电路和实验题，以及电路在电磁感应和交流电中的应用，万用表的使用多次成为高考的热点，掌握各种仪表的操作规程和使用方法是高考考查的重点。对于选择题，通过某一新颖的物理情景，考查考生的理解能力和逻辑推理能力；对于填空题，多是通过对电路的分析和计算，对电压、电流、电阻等物理量的测量，来考查考生的分析综合能力和不太复杂的运算能力；对于实验题，通过对教材能容的翻新设疑，考查考生对基本实验方法的迁移和灵活运用能力，特别是电阻的测定，题目虽然新颖独特，但原理均来源于课本的加工和深化，它是一种高层次能力的考核，真正的题在书外而理在书中，它将实验考查推向了更新的高度。
对于电磁感应中的闭合回路问题：电磁感应过程中要产生感应电流，从而使产生感应电动势的导体受到磁场力作用，继而影响其切割磁感线的加速度和速度，而速度的变化又影响导体中产生的感应电动势和感应电流，于是就形成了一个复杂的动态循环过程，且在这一复杂的动态循环过程中，要涉及闭合电路中各用电器的消耗功率的变化，存在多种形式能量的转化。对此类问题的处理，既要弄清楚变化的物理过程中各物理量的相互依存又相互制约的关系，又要弄清楚变化的物理过程中参与转化的能量种类及能量转化的方向。这对提高学生综合分析问题的能力，养成对物理过程和物理情景分析的习惯，是大有帮助的。因此，此类问题历来备受高考命题人关注。在近几年的高考中，涉及此类问题的题目中，既有难度中等的选择题，也有难度中等偏上的计算题，特别在倡导考查学生综合能力的当今高考形势下，此类问题会更加受到青睐。
电路分析与计算知识框架：
一、考点回顾
1．理解欧姆定律、电阻和电阻定律
2．理解电阻的串、并联及其应用；电功、电功率、电热（Q）
3．掌握电源的电动势和内电阻，闭合电路的欧姆定律；路端电压。
4．掌握电流、电压和电阻的测量；电表的使用。
5．理解通常的直流电源、感应电源、以及各种电源对应的电路分析（交流电路、电磁感应中的电路）
6．理解含容电路与交流电路的分析和计算；能力层级II
7．电路和元件的选择
二、电路分析与计算知识点
1．电流
（1）定义：电荷的定向移动形成电流。
（2）电流的方向:规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。
在外电路中电流由高电势点流向低电势点，在电源的内部电流由低电势点流向高电势点（由负极流向正极）。
（3）电流强度：
①定义:通过导体横截面的电量跟通过这些电量所用时间的比值，I=q/t 。
②在国际单位制中电流的单位是安.1mA=10-3A，1μA=10-6A。
③电流强度的定义式中，如果是正、负离子同时定向移动，q应为正负离子的电荷量和。
2．电阻
（1）定义：导体两端的电压与通过导体中的电流的比值叫导体的电阻。
（2）定义式：R=U/I，单位:Ω
（3）电阻是导体本身的属性，跟导体两端的电压及通过电流无关。
（4）电阻定律
①内容：温度不变时，导体的电阻R与它的长度L成正比，与它的横截面积S成反比。
②公式：R=ρL/S。
③适用条件：粗细均匀的导线；浓度均匀的电解液。
（5）电阻率：反映了材料对电流的阻碍作用。
①有些材料的电阻率随温度升高而增大（如金属）；有些材料的电阻率随温度升高而减小（如半导体和绝缘体）；有些材料的电阻率几乎不受温度影响（如锰铜和康铜）。
②半导体：导电性能介于导体和绝缘体之间，而且电阻随温度的增加而减小，这种材料称为半导体，半导体有热敏特性，光敏特性，掺入微量杂质特性。
③超导现象：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小到零，这种现象叫超导现象，处于这种状态的物体叫超导体。
3．电功和电热
（1）电功和电功率：W=qU=UIt；P=W/t=UI。
电流做功的实质是电场力对电荷做功.电场力对电荷做功，电荷的电势能减少，电势能转化为其他形式的能.因此电功W=qU=UIt，这是计算电功普遍适用的公式。
单位时间内电流做的功叫电功率，P=W/t=UI，这是计算电功率普遍适用的公式。
（2）焦耳定律：Q=I 2 Rt，式中Q表示电流通过导体产生的热量，单位是J.焦耳定律无论是对纯电阻电路还是对非纯电阻电路都是适用的。
（3）电功和电热的关系
①纯电阻电路消耗的电能全部转化为热能，在纯电阻电路中电功和电热是相等的。所以有W=Q=UIt=I 2 Rt，U=IR（欧姆定律成立），W=Q=UIt=I 2 Rt= U 2 t/R
②非纯电阻电路消耗的电能一部分转化为热能，另一部分转化为其他形式的能.所以有W>Q，UIt>I 2 Rt，U>IR（欧姆定律不成立）。
4．串并联电路
电路 串联电路(P、U与R成正比) 并联电路(P、I与R成反比)
电阻关系 R串=R1+R2+R3+…… 1/R并=1/R1+1/R2+1/R3+……
电流关系 I总=I1=I2=I3=…… I并=I1+I2+I3+……
电压关系 U总=U1+U2+U3+…… U总=U1=U2=U3=……
功率分配 P总=P1+P2+P3+…… P总=P1+P2+P3+……
5．电动势
（1）物理意义：反映电源把其他形式能转化为电能本领大小的物理量.例如一节干电池的电动势E=15V，物理意义是指:电路闭合后，电流通过电源，每通过1C的电荷，干电池就把15J的化学能转化为电能.
（2）大小：等于电路中通过1C电荷量时电源所提供的电能的数值，等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中等于内外电路上电势降落之和E=U 外 +U 内 .
6．闭合电路欧姆定律
（1）内容：闭合电路的电流强度跟电源的电动势成正比，跟闭合电路总电阻成反比。
（2）表达式：I=E/（R+r）。
（3）总电流I和路端电压U随外电阻R的变化规律。
当R增大时，I变小，又据U=E-Ir知，U变大。当R增大到∞时，I=0，U=E（断路）。
当R减小时，I变大，又据U=E-Ir知，U变小。当R减小到零时，I=E r ，U=0（短路）。
（4）路端电压随电流变化关系图像
U 端 =E-Ir。上式的函数图像是一条向下倾斜的直线。纵坐标轴上的截距等于电动势的大小；横坐标轴上的截距等于短路电流I短;图线的斜率值等于电源内阻的大小。
（5）闭合电路中的三个功率
①电源的总功率:就是电源提供的总功率，即电源将其他形式的能转化为电能的功率，也叫电源消耗的功率：P 总 =EI。
②电源输出功率:整个外电路上消耗的电功率。对于纯电阻电路，电源的输出功率。
P出 =I2 R=E2R/（R+r）2，当R=r时，电源输出功率最大，最大功率为Pmax=E2/ 4r
③电源内耗功率:内电路上消耗的电功率 P内=U内I=I2 r
④电源的效率:指电源的输出功率与电源的功率之比，即 η=P出/P总 =IU/IE =U/E .
7．电阻的测量
（1）原理是欧姆定律。因此只要用电压表测出电阻两端的电压，用安培表测出通过电流，用R=U/I 即可得到阻值。
（2）内、外接的判断方法：若Rx 远远大于RA ，采用内接法；Rx 远远小于RV ，采用外接法。
（3）滑动变阻器的两种接法：分压法的优势是电压变化范围大;限流接法的优势在于电路连接简便，附加功率损耗小。当两种接法均能满足实验要求时，一般选限流接法。当负载R L较小、变阻器总阻值较大时（RL的几倍），一般用限流接法。但以下三种情况必须采用分压式接法：
①要使某部分电路的电压或电流从零开始连接调节，只有分压电路才能满足。
②如果实验所提供的电压表、电流表量程或电阻元件允许最大电流较小，采用限流接法时，无论怎样调节，电路中实际电流（压）都会超过电表量程或电阻元件允许的最大电流（压），为了保护电表或电阻元件免受损坏，必须要采用分压接法电路。
③伏安法测电阻实验中，若所用的变阻器阻值远小于待测电阻阻值，采用限流接法时，即使变阻器触头从一端滑至另一端，待测电阻上的电流（压）变化也很小，这不利于多次测量求平均值或用图像法处理数据。为了在变阻器阻值远小于待测电阻阻值的情况下能大范围地调节待测电阻上的电流（压），应选择变阻器的分压接法。
三、经典例题剖析
1．(天津高考)在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S，电流为I的电子束。已知电子的电量为e，质量为m，则刚射出加速电场时，一小段长为△L的电子束内的电子数为【 】
A． B．
C。 D。
解析：根据动能定理可以知道，电子束经过加速电场后的速度为：
电子束运行△L所需要的时间：t=△L /v=
由电流定义式I=Q/t=Ne/t可以知道：N=It/e=，所以答案B正确。
答案：B
点评：此题考查了电流的定义式，由此题可以看出高考并不都是高难度的题，其实大多数都是中等难度以下的试题，对此种题，我们应该对基本概念、基本规律给予重视，抓住基础，从基础出发，对于高考来说还是很有效的，注重基础。
2．（全国卷I）实验题22题，用示波器观察频率为900Hz的正弦电压信号，把电压信号接入示波器Y输入。
（1）当屏幕上出现如图1所示的波形时，应该调节 钮，如果正弦波正负半周均超出了屏幕的范围，应调节 钮或 钮，或这两个组配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内。
（2）如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，则将 位置于 位置，然后调节 钮。
图1 图2
解析：（1）应该调节竖直位移或 ；衰减或衰减调节，Y增益
（2）扫描范围，1k档位，扫描微调。
答案：答案见解析
点评：此题考查学生对示波器的掌握情况，对于示波器，只要求学生对示波器面板的各个按钮非常的熟悉，掌握各个按钮的功能和具体用法。在具体问题中会进行调节波形x增益和y增益，水平位移和竖直位移等。
3．（武汉三摸）在如图所示的电路中，由于某一电阻发生断路或短路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是【 】
A．R1短路
B．R2断路
C．R3断路
D．R4短路
解析：由于A串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知道电路中的总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应该为某一电阻断路，排除A、D。
若假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必然引起与之并联的灯B中电流变大，使灯B变亮，推理结果和现象相符，故选项B对。
若假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路后也必引起与之并联的电路中电流增大，灯B中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确。
答案：BC
点评：此题考查的是电路故障的问题，对于此类问题，应该对电路产生故障的原因有所了解，对断路和短路的特点也要很清楚的知道：
（1）断路的特点：电路中发生断路，表现为电路中的电流为零而电源的电压不为零，若外电路中任意两点之间的电压不为零，则这两段之间可能会出现断点，则这两点与电源相连部分无断点。
（2）短路的特点：电路发生短路，表现为有电流通过短路电路支路，但该支路两端的电压为零。
（3）电路故障检测的方法：电路故障可以用两种方法来检测，第一是仪器检测法，即用电压表检测，按照短路和断路特点就可以判断出故障所在；第二是用假设法，先假定某个元件出现何种故障，通过该元件出现的故障，进行推理，得到结果与现象相符，则假设成立，如果不符，再假设其他元件出现故障，直到找到故障为止。
4．(天津高考)如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同，在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则【 】
A．电压表的示数变大；
B．电池内部消耗的功率变大；
C．电阻R2两端的电压变大；
D．电池的效率变大
解析：当开关置于1时电路中的总电阻为：
R总1=1.5R+r（令R1=R2=R3=R）
电路中的电流为：I1=E/(1.5R+r)
电源的输出电压为：U1=1.5R*I1= 1.5R*E/(1.5R+r)
此时电源的效率：η1=1.5R/(1.5R+r)
通过R2的电流等于I1，即IR2=I1
当开关置于2时电路中的总电阻为：R总2=2R/3+r
电路中的电流为：
电源的输出电压为：
此时电源的效率：
通过R2的电流为：IR2＇=I2/3
比较R总1 与R总2、I1与I2、U1与U2、η1与η2、IR2与IR2＇，可以知道，电压表的示数变小，所以A错误，电路中电流变大，电源内部消耗变大，所以B正确，电源的输出效率减小，即D错误，通过比较可以知道，通过R2的电流在减小，R2两端的电压也在减小，所以C错误。
答案：B
点评：此题考查的时闭合电路的动态分析，但是此题又不同于一般的因电阻变化而引起的动态问题，所以此题不宜用电路中电阻变化推导电流电压变化，要通过计算比较两种情况下的物理量的值的变化情况。
5．（2006年江苏高考）如下图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流，下列说法中正确的是【 】
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
解析：根据理想变压器的规律，用n1、n2代表原副线圈的匝数，则；
P入=P出或I1U1=I2U2
若保持P的位置不变及U1不变，S由b切换到a相当于n2变大，就会有U2增大，则R上消耗的功率增大，故A错误；由I=U/R可以知道I2增大，I1也会随之增大，故C正确，同理可以得到B也正确；保持U1不变，S接在b端，U2不变，将P向上滑动，R减小，由I=U/R可知，I2变大，由I1=n2I2/n1，n2/n1不变，I2变大，所以I1增大，故D错误。
答案：BC
点评：解决此类问题的方法是首先要分清变量和不变量，弄清“谁决定谁”，然后利用直流电路中的动态分析方法即可。
6．（四川高考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入两板间。若小球带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力。那么滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源的输出功率为多大？（g取10m/s2）
解析：小球进入板间后，受重力和电场力的作用，且到A板时速度为零，
设两板间电压为UAB，由动能定理得：
所以滑动变阻器两端的电压U滑=UAB=8V。
设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律可得：=1A
滑动变阻器接入电路的电阻R滑=U滑/I=8Ω
电源的输出功率为P出=I2(R+R滑)=23W。
答案：8Ω；23W
点评：本题由动能定理先求出UAB，在转入闭合电路中求电阻值；熟练掌握闭合电路欧姆定律时解决此类问题的关键，注意电源的输出功率时外电阻消耗的功率，非常重要。
7．（重庆高考）三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5V、1.5V和2.5V，它们的额定电流都为0.3A。若将它们连接成如图1、图2的电路，且灯泡都正常发光，
（1）试求图1电路的总电流和电阻R2消耗的电功率。
（2）分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能。
解析：(1)由题意，在图1电路中，电路的总电流I总=IL1+IL2+IL3=0.9A
U路=E-I总r=2.25V
UR2=U路-UL3=0.05V
IR2=I总=0.9A
电阻R2消耗的功率为PR2=IR2UR2=0.045W
(2)图1中电源提供的电功率P总=I总E=0.9×3W=2.7W
图2中电源提供的功率：P总＇＝I总＇E＇=0.３×６W=１.８W
由于灯泡正常发光，两电路有用功率相等，而P总> P总＇
所以图2比图1更节能。
答案：（1）0.9A；0.045W；（2）2.7W；1.8W，图2更节能。
点评：本题考查闭合电路中的电路分析与计算，并比较电路连接方法的优劣，要求能正确分析出各用电器的连接关系，熟练应用闭合电路欧姆定律，并有较强的综合能力，要求在平时复习中足够的重视本部分内容。
8．（江苏高考）电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同。图①为某种电热式电器的简化电路图，主要元件由电阻丝R1、R2和自动开关S。
（1）当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？
（2）用电器由照明电路供电（U=220V），设加热时用电器的电功率为400W，保温时用电器的电功率为40W，则R1、R2分别为多大？
（3）若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图②所示，其他条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能。
解析：(1)S闭合，处于加热状态；S断开，处于保温状态。
（2）由功率公式得
由上面两式可得：R1=121Ω, R2=1089Ω,
（3）W=P1t/2+P2t/2=0.22kw·h(或7.92×105J)
答案：（1）S闭合，处于加热状态；S断开，处于保温状态。
（2）R1=121Ω, R2=1089Ω,
（3）0.22kw·h(或7.92×105J)
点评：此题考查部分电路欧姆定律中电功率的计算，联系生活中的实例设计问题，是物理考试的主流，问题在书外，知识在书中，此类问题只要将书中的知识理解透了，就能轻易地解决问题。
9．（天津高考）两根光滑的长直金属导轨MN、MN＇平行置于同一水平面内，导轨间距为L，电阻不计，M、M＇处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C。长度也为L，阻值同为R的金属棒ab垂直导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q，求：
（1）ab运动的速度大小
（2）电容器所带的电荷量q。
解析： (1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电路为I，ab运动距离s所用时间为t,则有：
由上述方程得：
(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有：U=IR
电容器所带的电量：q=CU
解得：
答案：（1）；（2）
点评：此题考查的是电磁感应和闭合电路欧姆定律的综合试题，这种题可以看作是恒定电流中闭合电路欧姆定律的应用的变形题，电磁感应产生感应电动势，磁感应电动势就相当于恒定电流电路中的电池，这样这个题也就成立恒定电路的含容问题了。
10．（全国Ⅲ）（l）用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为_______mm
（2）利用图中给定的器材测量电压表V的内阻Rv图中B 为电源（内阻可忽略不计）, R 为电阻箱，K 为电键。
①将图中实物连接为测量所用的电路
②写出实验中必须记录的数据（用符号表示）,并指出各符号的意义：_________________
③用②中记录的数据表示RV的公式为RV=___________
解析：（1）8．116（在8.116± 0.002 范围内）
（2）①连线如图所示
②R1．R2,它们是电阻箱的两次读数；U1．U2,它们是相应的电压表的两次读数
③
答案：见解析
点评：对于此题应该注意以下两个个方面：
（1）千分尺主尺的横基准线上下每错开0.5毫米刻一个最小分度，其测量范围是0.25毫米，测量时大于0.5毫米的长度由主尺上读出，小于0.5毫米的长度可由动尺上读出。在读数时，要注意固定刻度尺上表示半毫米的刻线是否已经露出，读数时，千分位有一位估读数字，不能随便扔掉，即使固定刻度的零点正好与可动刻度的某一刻度线对齐，千分位上也应读取为“0”。
（2）在实物连线时要简洁，不能出现相交线和未接到接线柱的情况，还要注意电压表电流表的量程的选择，内外接法的选择等。
11．如图所示，da、cb为相距L的平行导轨(电阻可以忽略不计)，a、b间接有一个固定电阻，阻值为R。长直细金属杆MN可以按任意角架在水平导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向和da平行杆MN有电阻，每米长的电阻值为R.整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面(dabc平面)向里。
(1)求固定电阻R上消耗的电功率为最大时θ角的值；
(2)求杆MN上消耗的电功率为最大时θ角的值。
解析：如图所示，杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势E=BLv，与(角无关。
以r表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流为：
(1)电阻R上消耗的电功率为：
由于E和R均与(无关，所以r值最小时，PR值达最大。当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以PR最大时的(值为(=(/2。
(2)杆上消耗的电功率为：
要求Pr最大，即要求 取最大值，由于
显然，r=R时，有极大值。
因每米杆长的电阻值为R，r=R即要求两导轨间的杆长为1m，
所以有以下两种情况：
①如果L≤1m，则(满足下式时r=R 1×sin(=L 所以(=arcsinL
②如果L＞1m，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有r＞R由于
在r＞R的条件下，上式随r的减小而单调减小，r取最小值时，取最小值，
取最大值，所以，Pr取最大值时(值为
答案：（1）；（2）(=arcsinL；
点评：此题考查的是电磁感应和闭合电路欧姆定律相结合的综合问题，解题时注意导体棒的有效长度，在此题中导体棒的有效长度与夹角(无关，因为导体棒与磁场垂直，无须在分解了，当外电阻R消耗的功率最大时，却与夹角(有关，讨论的值就能算出R的最大功率，同时也就算出夹角(的值，第二问先求出功率的一般表达式，然后再用数学知识求最大最小值的方法讨论得出结论，在物理的计算中还穿插了数学知识，所以要求学生的数学功底要好。
12．如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距L=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨电阻不计. 磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.当金属棒ab沿导轨向右匀速运动(开关S断开)时，电容器两极板之间质量m=1×10-14kg、带电量Q=-1×10-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：
(1)金属棒ab运动的速度多大？电阻多大?
(2)S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大?
解析：(1)带电微粒在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡，则得到：mg=
求得电容器两极板间的电压：
由于微粒带负电，可知上极板电势高
由于S断开，R1上无电流，R2、R3串联部分两端总电压等于U1，电路中的感应电流，即通过R2、R3的电流为：
由闭合电路欧姆定律，ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir ①
其中r为ab金属棒的电阻
当闭合S后，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有:mg-U2q/d=ma
求得S闭合后电容器两极板间的电压：
这时电路中的感应电流为I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A
根据闭合电路欧姆定律有： ②
将已知量代入①②求得E=1.2V，r=2(
又因E=BLv ∴v=E/(BL)=1.2/(0.4×1)m/s=3m/s
即金属棒ab做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2( ?
(2)S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2L=0.4×1×0.15N=0.06N?ab以速度v=3m/s做匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(与v同向)，可见外力F的功率为：P=Fv=0.06×3W=0.18W
答案：（1）3m/s；r=2(；（2）0.18W
点评：此题考查的是电磁感应、闭合电路中的含容电路和带电粒子在平行板电容器中粒子的运动，此类问题的解题思路是先用电磁感应定律求出电路中的感应电动势，作为闭合电路的电源，在根据电路的串并联特点求出电容器两端的电压，根据电压和电场强度的关系，求出带电粒子受到的电场力，比较电场力和重力的大小关系，就知道粒子运动的方向和加速度的方向，这样又要和牛顿运动定律联系上，所以此题的综合性很强，做此类题时一定要保持清醒的头脑，对知识掌握必须牢固，达到真正理解知识才可以。
13．用均匀导线弯成正方形闭合金属线框abcd，线框每边长80cm，每边的电阻为1Ω把线框放在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中，并使它绕轴OO′以ω=100rad/s的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图所示，已知轴OO′在线框平面内，并且垂直于B，od=3oa, O′c=3 O′b,当线框转至和B平行的瞬间求：
（1）每条边产生的感应动势大小；
（2）线框内感应电流的大小；
（3）e、f分别是ab和cd的中点，ef两点间的电势差。
解析：（1）线框转动时，ab边和cd边没有切割磁感线，所以εad=0,εbc=0
（3）观察fcbe电路
答案：(1)ab边电动势为0.008V，cd边电动势为0.024V
（2）感应电流大小为0.8A，方向顺时针方向
（3）ef间电势差为0
点评：没有规矩不能成方圆解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：
（1）通过多角度的视图，把磁场的空间分布弄清楚
（2）在求感应电动势时，弄清是求平均电动势还是瞬时电动势，选择合适的公式解题
（3）进行电路计算时要画出等效电路图作电路分析，然后求解
14．如图10所示为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需器材的实物图，器材规格如下
（1）待测电阻Rx（约100 Ω）；
（2）直流毫安表（量程0 ~ 50 mA，内阻约50 Ω）；
（3）直流电压表（量程0 ~ 3 V，内阻约5 kΩ）；
（4）直流电源（输出电压6 V，内阻不计）；
（5）滑动变阻器（阻值范围0 ~ 15 Ω，允许最大电流1 A）；
（6）开关1个，导线若干条
根据器材的规格和实验要求，在左框中画出实验电路图，在右边的实物图上连线
解析：由于滑动变阻器的阻值相对被测电阻的阻值较小，为调节方便，所以滑动变阻器应采用分压式接法又由于待测电阻与电流表内阻相差的倍数较小，电压表内阻与待测电阻相差的倍数较大，故应采用电流表外接法
答案：电路及实物连线图如图所示
点评：此题考查利用伏安法测定电阻的实验，同时还出现了电路元件的选择，此题要注意以下几个问题：
（1）首先选择测量电路时分压式接法还是限流式接法
（2）其次被测电阻应该采用外接法还是内接法
（3）根据电路图连接实物图，连图时注意连图规则，无相交线，注意电源和电表的正负极。连完图要求整洁美观。
15．如图所示的电路中，电源的电动势E=10V，内阻忽略不计，电阻的阻值分别为R1= R2=20Ω、R3=10Ω，滑动变阻器的最大阻值R=40Ω，电容器的电容C=20μF，则：
（1）将滑动触头P置于ab中点，合上电键S，待电路稳定后再断开S。求断开S的瞬间，通过R1的电流大小和方向；
（2）闭合电键S，当滑动触头P缓慢地从a点移到b点的过程中，通过导线BM的电量为多大？
解析：（1）电键S闭合，电路稳定时
BD两点的电势差 ①
PD两点的电势差 ②
则BP两点的电势差 ③
故断开S的瞬间，通过R1的电流方向向左；
电流大小
由①②③④代入数据解得A
（2）P在a点时， ④
⑤
电容器M板带电量 ⑥
P在b点时 ⑦
电容器M板带电量 ⑧
通过导线BM的电量 ⑨
由④⑤⑥⑦⑧⑨式解得 C
答案：(1)A；（2）C
点评：此题考查闭合电路中的含有电容器的问题，此类题注意分清电路时稳定状态还是动态的，当电路处于稳定状态时，电容器相当于断路，电容器可以从等效电路中去掉，当要求电容器的带电量时在接回到电路中即可。当电路处于动态变化时，在含有电容器的支路就会出现由瞬时的充放电电流，如果要求计算该电流，就要把电容器变化前后的带电量计算出来，求出△Q，则充放电流为I=△Q /t。
三、方法总结与高考预测
（一）方法总结
本专题涉及的问题综合性较强，学习过程中要注意通过练习，培养灵活地运用知识分析、解决有关电路问题的能力本章中应用较多，能力要求较高,在复习中应注意以下几个方面：
1．极值问题：在物理问题中经常出现，一般先找出物理量之间的函数关系，再利用数学知识求解，在电路部分，有时还可以利用电路的对称性，先定性分析，然后求解。
2．电路故障分析：关键在于根据电表提供的信息分析电路出故障所在，画出等效电路，再利用电路规律来求解，通常情况下，电压表有读数表明电压表与电源连接完好，电流表有读数表明电流表所在支路无断路。
3．含电容器电路：在涉及电容器的电路问题中，要特别注意电容器的接法和电源的正负极，据此分析电容器两极板间的电压和电势高低情况恒定电流中，电容器相当于断路，求其两极板间的电压时可把它看做是一个电压表即可；在交流电路中，电容器相当于导线。
4．电路问题在电磁感应和交流电中的应用，首先确定电路中的电源部分，在电磁感应中，先由法拉第电磁感应定律求出导体切割磁感线或穿过回路磁通量变化而产生的感应电动势的大小，再根据串并联电路的规律求解未知量；在交流电路中，也是先确定电源，再利用欧姆定律求解。
5．电路设计问题，首先应根据用电器工作的要求设计可能的方案：其次还要考虑所设计的电路的电能消耗问题，选择能使用电器正常工作，同时整个电路能耗最小的电路。
6．电路的等效变换的基本原则：
①无电流的支路可除去；
②电势相等的各点可合并；
③理想导线可任意伸缩；
④理想电流表(内阻为零)看成短路，理想伏特表(内阻无穷大)看成断路；
⑤非理想电流表和电压表分别看成串人和并人电路的一个电阻；
⑥直流电路中电容器支路可看成断路而撤走，需求电容器电荷量时再补上,在交流电路中电容器支路可看成短路而用导线替换。
7．实验要求：
理科综合能力测试考试中，对实验提出了很高的要求“理解实验原理、实验目的及要求，了解材料及用具，掌握实验方法和步骤，会控制实验条件和使用仪器，会处理实验安全问题，会观察、分析和解释实验中产生的现象、数据，并得出合理的实验结论”；“能根据要求灵活运用已学过的自然科学理论、实验方法和仪器，设计简单的实验方案并处理相关的实验问题”近年来的理科综合卷中的物理实验题往往通过提供一些材料，提供相应的方案，根据方案选材或是根据材料设计方案，重点在于考查一种创新的实验思维。
实验思维的创新主要体现在与众不同的方法，别开生面的思路，从侧面间接地研究物理现象和规律；对典型的物理实验问题，在源于课本的基础上进行变异，达到了很好的考查创新能力的要求。
高中物理实验一般可分为测定性的实验和验证性的实验，测定性的实验是测量某个物理量；而验证性的实验，除了测量物理量以外，还要验证这些物理量的数量关系对于验证性的实验要注意，所测的各物理量要从正确的途径得到要设计从没做过的实验，首先应熟悉课本中的各个实验，掌握基本的实验思想和方法，这是设计实验的基础。
（二）高考预测
近几年专题内容的高考试题多集中在电路的变化、电路的故障的检测、含容电路以及含电表（理想或非理想）电路问题的分析上，以选择题或填空题的形式出现。另外，由于该部分知识与学生实验结合紧密，因而往往通过实验考查知识的运用情况，实验考查即具体右灵活，像仪器选却、读数、电路的连接、数据处理、误差分析、电路在电磁感应和交流电中的应用等，每年试题均涉及，在复习中应给予重视；再者，用实验中学过的实验方法设计或处理未遇到过的实验问题是高考实验题的趋势，本专题所占分值大约为全卷的10%—15%所以不要轻视。
四、强化练习
（一）选择题
1．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为V时，受到安培力的大小为F。此时【 】
A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3
B．电阻R2消耗的热功率为 Fv/6
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ．
D．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v
2．（天津卷）将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为【 】
A．(2πl2nB)2/P
B．2(πl2nB)2/P
C．(l2nB)2/2P
D．(l2nB)2/P
3．超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件和限流电阻并联组成，原理图如图所示．当通过超导部件的电流大于其临界电流IC时，超导部件由超导态（可认为电阻为零）转变为正常态（可认为是一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流．超导部件正常态电阻R1＝7.5Ω，临界电流IC＝0.6A，限流电阻R2＝15Ω，灯泡L上标有 “6V 3W”，电源电动势E＝7V，内阻r＝2Ω，电路正常工作．若灯泡L突然发生短路，则下列说法正确的是【 】
A．灯泡L短路前通过R1的电流为A
B．灯泡L短路后超导部件电阻为零
C．灯泡L短路后通过R1的电流为A
D．灯泡L短路后通过R1的电流为1A
4．下图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计，开关K接通后流过R2的电流是K接通前的【 】
A．1/2
B．2/3
C．1/3
D．1/4
5．如下图所示，电源电动势为4V，当接通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测量得Uab=0，Ubc=0，Ucd=Uad=4V，由此可以知道断路处是【 】
A．灯L1
B．灯L2
C．灯L1和L2
D．变阻器R
6．(郑州)如图甲所示的电路，不计电表的内阻影响，改变滑线变阻器的滑片的位置，测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化的试验图像，如图乙所示，关于这两条实验图像，有【 】
A．图线b的延长线不一定过坐标原点O
B．图线a的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源的电动势
C．图线a、b焦点的横坐标和纵坐标的乘积等于电源的输出功率
D．图线a、b焦点的横坐标和纵坐标的乘积等于R0上消耗的功率
7．(山东一摸)四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个电压表，安培表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按右图接触电路中【 】
A．A1的读数比A2的读数大
B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大
C．V1读数比V2读数大
D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大
8．（江苏南京二摸）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V，重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V，则这台电动机正常运转时的输出功率为【 】
A．32W B．44W
C．47W D．48W
9．投影仪的光源是强光灯泡，发光时必须用风扇给予降温，现设计投影仪的简易电路，要求：带动风扇的电动机启动后，灯泡才可以发光，电动机没有启动，灯泡不亮，电动机的电路元件符号是M，如下图中符合设计要求的是【 】
10．在如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管（电流越大，发出光越强），且R与D相距不变，下列说法正确的是【 】
A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变
（二）填空题
11．如下图所示电路，当ab两端接入100V的电压时，cd两端的电压为20V，当cd两端接入100V电压时，ab两端的电压为50V，则R1：R2：R3是 。
12．在如右图所示的电路中，滑动变阻器R的最大阻值R0，负载为RL，电路两端所加的电压U0保持不变。
（1）开关S断开，变阻器触头C移动时，电阻RL两端的电压变化范围为 。
（2）开关S闭合，变阻器触头C移动时，电阻RL两端的电压变化范围为 。
13．如右图所示的充电机A给蓄电池充电电路，已知蓄电池内阻r=0.20Ω，降压电阻R阻值为1.8Ω，充电输出端电压为16V，充电电流为2.0A，则每秒钟转化为化学能的能量是 。
14．用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内阻，电流表是“0.6A，0.1Ω”，电压表是“3V，100Ω”，
（1）把下图器材连成试验线路
（2）一位同学记录的6组数据见下表，根据这些数据在下图中绘出U—I图线，根据图线读出电动势E= V，求出电源内阻r= Ω。
I/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.50
0.59
U/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.10
1.05
15．（苏州市调研考试）图a为某一热敏电阻（电路符号为 ，其阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的I-U关系曲线。
（1）为了通过测量得到图a所示I-U关系的完整曲线，在图b和图c两个电路中应选择的是图 ；简要说明理由： 。（已知电源电动势为9V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100Ω）
（2）在图d电路中，电源电压恒为9V，电流表（内阻不计）读数为70mA，定值电阻R1=250Ω，由热敏电阻的I-U关系图线可知，热敏电阻两端的电压为 V，电阻R2的阻值为 Ω。
（3）举出一个应用热敏电阻的例子 。
（三）计算题
16．如下图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表示数各为1.6V、0.4A；当S断开时，它们的示数各改变0.1A和0.1V，求电源的电动势和内阻分别是多少？
17．如下图所示的电路，电炉电阻R1=19Ω，电动机电阻R2=0.5Ω，电源内阻r=1Ω，当开关S断开时，电炉消耗的电功率为475W，S接通，电动机正常运转后，电炉消耗的电功率为304W，求电动机转化为机械能的功率。
18．如下图所示时加速度计的示意图，被广泛地应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置的制导的信息源，系统加速时由弹簧连接在光滑支架上的敏感元件也处于加速状态，它下端的滑动臂在变阻器上自由滑动，转换为电信号输出，已知敏感元件质量为m，弹簧劲度系数为k，电源电动势为E，无内阻，滑动变阻器总电阻为R，有效长度为L，静态输出电压为U0，试求加速度a向左向右两种情况，求解加速度a与输出电压的关系式。
19．（汕头）如下图所示的电路中，三个电阻的阻值都相同，E为直流电源，其内阻可以忽略不计，平行板电容器两极板的距离为d，在两极板间的中点P处有一个带电质点，但电键K断开时，带电质点恰好保持静止，现把电键K闭合，带电质点就开始运动，设电容器两极板间的电压在极短时间内达到稳定值，不计空气阻力，重力加速度为g，求带电质点首次碰到极板时的速度。
20．(山东)一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如下图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22Ω，电源路端电压U随外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：
（1）电源的电动势和内电阻
（2）A、B空载时输出电压的范围
（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？
21．下图时导轨式电磁炮实验装置示意图，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放弹体（包括金属杆EF），弹体可沿导轨滑行，且始终与导轨保持良好接触，已知两种导轨内侧间距L=23cm，弹体的质量m=0.1kg，轨道间所加匀强磁场的磁感应强度B=5T，弹体与轨道的动摩擦因数μ=0.05，当滑动变阻器的电阻值调到R=0.1Ω时，弹体沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=15m/s（此过程视为匀加速运动）。电路中其余部分电阻可以忽略不计，求此过程中电源的输出功率？
（四）创新试题
22．（1）要用伏安法测量Rx的电阻，已知电压表内阻约几kΩ，电流表内阻约1Ω，若采用甲图的电路，Rx的测量值比真实值 （选择“偏大”或“偏小”），若Rx约为10Ω应采用 （选“甲图”或“乙图”）的电路，误差会比较大.
甲 乙 丙
（2）无论是用甲图或乙图测量，都不可避免产生由电表内阻引起的测量误差，有两个研究性学习小组分别设计了以下的实验方案：
I．第一组利用如图丙的电路进行测量，主要实验步骤如下：
第一组：将键S2接2，闭合电键S1，调节滑动变阻器RP和RW，使电表读数接近满量程，但不超过量程，记录此时电压表和电流表的示数U1、I1。
①请你写出接着的第二步，并说明需要记录的数据： .
②由以上记录的数据计算出被测电阻Rx的表达式为Rx= .
③简要分析此实验方案为何避免电表内阻引起的实验误差 .
II．第二组同学利用如图丁的电路测量，其中R1是电阻箱，R2=72Ω、R3=100Ω.合上S，当R1未调至图中所示阻值时，灵敏电流计G的指针会偏转，将R1调至如图中所示时，灵敏电流计的指针回到零位.
①在答卷的方框内画出与图丁对应的电路图.
②读出图中电阻箱的阻值为R1= Ω，算出待测电阻的值Rx= .
22．如图所示为检测某传感器的电路图，传感器上标有“3V，0.9W”的字样（传感器可看作一个纯电阻），滑动变阻器R0上标有“10Ω，1A”的字样，电流表的量程为0.6A，电压表的量程为3V，
（1）根据传感器上的标注，计算传感器的电阻和额定电流
（2）若电路元件均完好，检测时，为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压最大值时多少？
（3）根据技术资料可知，如果传感器的电阻变化超过了1Ω，则该传感器就失去作用，实际检测时，将一个恒定的电源加在图中a、b之间（电源电压小于上述所求的电压的最大值），闭合开关S，通过调节R0来改变电路中的电流和R0两端的电压，检测记录如下：
电压表示数U/V
电流表示数I/A
第一次
1.48
0.16
第二次
0.91
0.22
若不计检测电路对传感器电阻的影响，通过计算分析，你认为这个传感器是否还能使用？此时a、b间所加的电压时多少？
强化练习答案及解析：
1．BCD
解析：根据感应电动势的计算公式E=BLv，电路中的总电流I=E/(R+1.5R)=2E/3R=2BLv/3R，则导体棒上消耗的功率Pr=I2R=（2BLv）2/9R，导体棒受到的安培力F=BIL=2B2L2v/3R，所以B2L2v=3RF/2，则Pr=2Fv/3，电阻R1和R2上分得的电流I＇＝I/2=BLv/3R，PR1=PR2=Fv/6，所以B选项正确，A错误，摩擦力的功率Pf=fv=μmgcosθv，所以C正确，电路中的机械功率全部转化为内能，其中包括安培力做功转化的内能和摩擦力做功转化的内能，P=P f+Fv=μmgcosθv+ Fv，所以D正确。
2．B
解析：根据线圈在磁场中转动产生电动势的公式Em=2Bl2nπ，此结果时线圈产生交流电的最大值，在进行电路功率计算时要用有效值。E有=·2Bl2nπ，电路中的电流I= E有/R=·2Bl2nπ,则电灯的功率P=I2R=（·2Bl2nπ）2R=（2Bl2nπ）2/2R，所以R=2（Bl2nπ）2/P,所以答案B正确。
3．C
解析：灯泡发生故障之前超导部件的电阻为零，电路中的总电阻为灯泡的电阻RL=U2/P=12Ω和电源内阻2Ω，总电阻为14Ω，有闭合电路欧姆定律可以知道I=E/(RL+r)=1/2A，所以A错误，到灯泡出现短路后，电路中的电路超过0.6A，超导部件有超导态变为正常态，阻值为7.5Ω，所以B错误，此时电路中的总电阻为7Ω，总电流为1A，根据超导部件和限流电阻的电阻比例可以知道超导部件分到2/3A的电流，限流电阻分到1/3A的电流，所以C正确，D错误。
4．B
解析：电阻R1、R2、R3的阻值相等，设为R，在K没有接通之前，R1、R2串联，I1=E/2R，在K接通后，R2、R3并联，再跟R1串联，I2=，则。
5．D
解析：Ucd=4V，说明a、c之间的电路没有断路故障，因为若此处断路，则电压表不可能有读数，同理，Ucd=4V，说明a、d之间的电路没有断路故障，又Uab=0，Ubc=0，所以断路只可能出现在滑线变阻器R。
6．BCD
解析：电压表V1所测为电源的路端电压，电流表A所测为电源的总电流，故图线a为电源的外特性曲线，所以B正确，C也正确，电压表V2所测为R0的电压，电流表A所测也可以说是流过R0的电流，故b是R0的伏安特性曲线，它的延长线应过原点O，A错，D正确。
7．AC
解析：电流表改装成安培表是并连一个较小的电阻，并联的电阻越小，量程越大，所以安培表A1的内阻小，A2的内阻大，当它们并联时，则流过A1的电流要大一些，所以安培表A1的读数较大，因为是由两个同样的电流表改装而成的，并联在电路中，所以指针偏转角度一样大，选项A正确，选项B错误，同理改装成电压表，串联在电路中时，两表的指针偏转角度也是一样大，选项D错误，电压表V1的量程大，说明串联的电阻大，V1的内阻大于V2的内阻，串联分压大，所以V1读数比V2读数大，选项C正确，综上所述，本题的正确答案为AC。
8．A
解析：分析题意得，当电动机停止转动时，电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数可以计算出电动机的内阻r=U/I，代入数据的R=4Ω，重新调节R使电动机正常运转，根据题中两表的读数，计算出电动机的输出功率P=IU-I2r，代入数据可得P=32W，所以正确选项为A。
9．C
解析：本题是电路设计，关键是对设计要求能作出正确的判断：（1）电动机和灯要能各自独立工作，互不影响，两者必须并联；（2）要能保证电动机先启动，A是串联，B是电动机和灯泡同时工作；C若先闭合上S1灯不亮，电动机也不启动，若先合上S电动机先启动，在合上S1灯泡才工作，符合设计要求；D项合上S后，先合上S1灯泡就开始工作，而电动机还没有启动。不符合要求。
10．A
解析：触头P向左移动，使其电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R减小，最终达到增大流过灯泡的电流的效果。
二、填空题
11．4：2：1
解析：若Uab=100V，Ucd=20V，则R1=2R2；若Ucd=100V，Uab=50V，则R2=2R3；所以R1：R2：R3=4R3：2R3：R3=4：2：1
12．（1）≤UL≤UO；（2）0≤UL≤UO
解析：（1）开关S断开时，变阻器与负载电阻串联构成限流电路，当R0取零值时，RL两端电压最大为U0，当R0取最大值时，由串联电路的特点得到：
所以
即电压的变化范围为：≤UL≤UO。
（2）开关S闭合时，构成分压电路，当滑动触头C移动到最上端时，RL两端的电压为U0，当滑动触头C移动到最下端时，RL两端电压为0，即RL两端的电压变化范围为：0≤UL≤UO。
13．24J
解析：降压电阻R两端电压UR=IR=3.6V，蓄电池上得到的电压U=（16-3.6）=12.4，蓄电池的输入功率P入=UI=12.4×2W=24.8W，而发热损耗功率为Pr=I2r=0.8W，故蓄电池将电能转化为化学能的功率为P= P入-Pr=24W，每秒转化的化学能为24J。
14．（1）、连图如图所示
（2）1.46±0.02（V）； 0.72±0.05（Ω）
15．解析：（1）应该选择滑线变阻器分压式接法，即选择b图，因为b图可以使电压从零开始调节，且调节范围比较大。
（2）5.3 108.8 （3）热敏温度计
三、计算题
16．解析：当S闭合时，R1、R2并联，根据闭合电路欧姆定律可得：E=U1+I1r=1.6+0.4r
当S断开时，外电路电阻只有R1，故外电阻增大，电流减小0.1A，路端电压增加0.1V，所以：E=U2+I2r=1.7+0.3r
解得：E=2V，r=1Ω
17．解析：S断开外电路的纯电阻负载，电路中电流I=，由此可解得电源电动势E=I(R1+r)=100V
S接通后外电路有两个支路，除纯电阻负载R1支路外，另一支路负载为电动机，R1支路中的电流I1=4A，路端电压U=I1R1=76V。
由I=(E-U)/r=24A，可知，电动机支路的电流I2=20A，电动机输入的电功率P2=I2U=1520W，电动机中的生热电功率P热=I22R2=200W，因此电动机转化为机械能的功率为1320W。
18．解析：系统加速度a向左时，
其中△x为弹簧伸长量（压缩量），滑动臂向右移动△x
由上两式可以得到：
系统加速度a向右时，
滑动臂向右移动△x，
由上两式可以得到：
19．解析：设电源电动势为E，当电键K断开时，电容器两极板间电压为U=E
带电质点保持静止：
当电键K闭合时，电容器两极板间电压为：
带电质点向下运动，加速度为a，由牛顿第二定律可得：
带电质点首次碰到极板时速度为v，则
解得：
20．解析：（1）由乙图可知，当R趋近无穷大时，E=12V，而当U=6V=E/2时，应有r=R=2Ω
（2）当滑片滑到变阻器的最上端时，A、B两端输出电压最大值：
当滑片滑到变阻器的最下端时，A、B两端输出电压最小为零，故A、B空载时输出电压的范围为0～11V。
（3）当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2A时，A、B两端所接负载电阻最小。
，解得：RAB=4.9Ω
21．解析：对弹体受力分析：F安-f=ma
其中F安=BIL，F=μmg
弹体匀加速运动，由运动学公式得：v2=2as
代入数据:a=22.5m/s2，F安=2.3N，I=2A。
所以t=v/a=2/3s
电源输出的电能：E=I2Rt+F安s
电源输出功率：P=E/t=I2R+ F安s/t,代入数据得：P=17.65W。
四、创新试题
22．（1）偏小，甲图（2）I ①将电键S2接1 记录这时电压表和电流表的示数U2、I2
②（U1/I1）－（U2/I2） ③由于，两式相减，消去（RA+RP）得出RX，避免了电流表引起的测量误差
II．①电路图如图
②36，200
23．解析：（1）传感器的电阻R传=U传2/P传=10Ω，
传感器的额定电流I传=P传/U传=0.9/3A=0.3A，
（2）要求电路各部分安全，则要求电路的最大电流I=I传=0.3A
此时电源电压最大值Um=U传+U0
U传传感器的额定电压，U0为R0调至最大值Rom=10Ω时R0两端的电压，即：
U0=I传R0m=0.3×10V=3V
所以电源电压的最大值Um=U传+U0=6V
（3）设实际检测时加在a、b间的电压为U，传感器的实际电阻为R传＇，根据第一次实验记录数据由：U= R传＇I1+U1，即：U=0.16×R传＇+1.48
根据第二次实验记录数据由：U= R传＇I2+U2
即：U=0.22×R传＇+0.91
解得：R传＇=9.5Ω，U=3V。
传感器的电阻变化为△R= R传- R传＇=10Ω-9.5Ω≤0.5Ω
此传感器仍然可以使用。
四、复习建议
对于本专题我们在复习时还应掌握复习重点，抓住要害，对整个专题必有了如指掌。
（1）深刻理解电动势的物理意义，理解电动势和电压的区别
（2）以闭合电路欧姆定律为核心会讨论电路中的电流、电压、电功、电功率的关系，掌握电路动态分析的方法。
（3）从能量的角度理解闭合电路欧姆定律，是学生学习的薄弱环节，特别对非纯电阻电路，如电动机、电解槽等电路中能量关系，学生认识模糊不清，因此复习这部分内容时，一定要讲清电动势的物理意义、电动机和电解槽的用途，以便使学生理解电路中的能量转化的关系。
（4）“超导现象”、“黑盒问题”、“传感器”均为新增内容，但这些知识与生产、生活实际联系密切，因此广大考生对这部分知识一定要引起足够的重视。
物理实验学案导学练习题 高三
1．用游标为50分度的卡尺（测量值可准确到0.02mm）测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图。可读出圆柱的直径为________mm。
2.(1)用螺旋测微器测量一个工件的直径，如图1-9(a)所示，该工件的直径为 ．
(2)游标卡尺的主尺最小分度为1 mm，游标上有
10个小的等分刻度．用它测量一工件内径，如图
1-9(b)所示，该工件内径为 。
3．利用研究弹力和弹簧伸长关系的实验，测定弹簧的劲度系数。用一测力计水平拉一端固定的弹簧，测出的几组弹力F与弹簧长度L对应的数据如表格所示。
F/N
1.10
1.50
2.00
2.80
3.40
4.00
L/cm
22.00
22.35
22.60
23.20
23.60
24.00
在坐标图中作出此弹簧的F—L图线。
F—L图线与L轴的交点表示__________，其值为_________m。
弹簧的劲度系数为___________N/m。
4．2004年7月25日，中国用长征运载火箭成功的发射了“探测二号”卫星．图7是某监测系统每隔2.5s拍摄的，关于起始加速阶段火箭的一组照片。已知火箭的长度为40m，用刻度尺测量照片上的长度关系，结果如图7所示．火箭的加速度a= ，火箭在照片中第2个像所对应时刻的瞬时速度大小v= 。
5.一小球沿光滑斜面向下运动，用每隔s曝光一次的频闪照相机拍摄下不同时刻小球的位置照片如图所示，选小球的五个连续位置A、B、C、D、E进行测量，测得距离s1、s2、s3、s4的数据如表格所示。
小球沿斜面下滑的加速度的大小为__________m/s2
能否根据以上数据求出小球在位置A和位置E的速度？简要说明理由。
能否根据以上数据求出斜面的倾角？简要说明理由。（重力加速度g为已知）
6．以下实验中要用到打点计时器的是 ( )
A.研究平抛物体的运动 B.研究匀变速直线运动
C.验证机械能守恒定律 D.探索弹力和弹簧伸长的关系
7. 如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10 s,其中s1=5.12 cm、 s2=5.74 cm、 s3=6.41cm、s4=7.05 cm、 s5=7.68 cm、 s6=8.33 cm、则打F点时小车的瞬时速度的大小是 m/s，加速度的大小是 m/s2（计算结果保留两位有效数字）.
8. 有一条纸带，各点距A点的距离分别为d1、d2、d3……，如图所示，各相邻点时间间隔为T．要用它验证B与G两点处机械能是否守恒，量得B、G间的距离h= ，B点的速度表达式vB= ，G点的速度表达式vG= ．如果有 = ，则机械能定恒．
9.如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取g＝10m/s2，那么：
（1）闪光频率是 Hz．
（2）小球运动中水平分速度的大小 __ m/s．
（3）小球经过B点时的速度大小是 __m/s．
10 “研究平抛物体的运动”的实验装置，如图1—11所示，那么：
(1)安装斜槽时，怎样判定槽口切线是水平的?
(2)小球半径r =1 cm，在图1-11的白纸上，标出小球的抛出点，画出x，y轴，并说明作图方法；
(3)从斜槽上释放小球，为什么每次都要在同一位置?
(4)如图1-12所示，O为抛出点，计算平抛运动的初速度；
(5)把1-11中的白纸换成方格纸，方格边长L=5 cm，改变释放小球的位置，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图1-13所示，计算平抛运动的初速度和B点的竖直分速度．
11.如图所示，A、B是两个相同的小物块，C是轻弹簧，用一根细线连
接A、B,使弹簧C处于压缩状态，然后放置在光滑的水平桌面上．提
供的测量器材只有天平和刻度尺．试设计一个简便的测定弹簧此时弹
性势能EP的实验方案，说明实验中应测定的物理量(同时用相应的字
母表示)，并写出计算弹簧弹性势能EP的表达式(用测得物理量的字母
表示)已知重力加速度为g．应测量物理量有
，Ep= .
12.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止
放置在气垫导轨上；
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；
e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A，B分别到达C、D的运动时间t1和t2．
(1)实验中还应测量的物理量是 ．
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是 ，上式中算得
的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是 ．
13．在做“利用单摆测重力加速度”实验中，某同学先测得摆线长为长长89.2cm，摆球直径如图8所示，然后用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图9所示，则
⑴该单摆的摆长
为 cm，秒表所示读数为 s。
⑵如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是
Ａ．测摆线长时记入的是摆球的直径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
D．试验中误将29次全振动数为30次
⑶为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长l，测出相应的周期Ｔ，从而得出一组对应的l与T的数值，再以l为横坐标Ｔ２为纵坐标，将所得数据连成直线如图10所示，则测得的重力加速度g= 。
14.某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小为3 cm左右、外形不规则的大理石块代替小球(见图1-10)．他设计的实验步骤是：
A．将石块用一根不可伸长的细线系好，结点为M，将线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量OM间细线的长度L作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α=30°的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=
得出周期；
E．改变OM间细线的长度再做几次实验，记下相应的L和T；
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，
代入公式g= ，求出重力加速度g；
(1)你认为该同学以上实验步骤中有错误的是步骤 (填序号)；
(2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小? ．你认为用什么方法可以解决摆长无法准确测量的困难?具体方法是 ．
15．在用电流场模拟静电场描绘电场中等势线的实验中，在下列所给的器材中，应该选用的是 ．(用器材前的字母表示)
A．6V的交流电源 B．6V的直流电源
C．100V的直流电源
D．量程0～0.5V，零刻度在刻度盘中央的电压表
E．量程0～300μA，零刻度在刻度盘中央的电流表
在实验过程中，要把复写纸、导电纸、白纸铺放在木板上，它们的顺
序(自上而下)是① ，② ，③ ，在实验中，按下
开关，接通电路，若一个探针与基准点O接触，另一个探针已分别在基准
点O的两侧找到了实验所需要的两点a、b(如图)．则当此探针与a点接触
时，电表的指针应 (填“左偏”“指零”或“右偏”)．当此探针与b点接触时电表的指针应 (填“左偏”“右偏”或“指零”)．
16．如图所示，在地面上方有一个匀强电场，在该电场中取一点O作为圆
心，以R=10厘米为半径，在竖直平面内做一个圆，圆平面平行于匀强
电场的电场线，在O点固定一个电量为Q=-5×10--4C的电荷，当把
一个质量为m=3克，电量为q=2×10--10C带电小球放在圆周的a点
时，它恰好能静止不动，那么匀强电场的电场线跟oa线夹角为 ．
若将带电小球从a点缓慢移到圆周上最高点b，外力做功W= 焦．
物理实验学案导学练习题（二） 高三、二级部
17．有一个纯电阻用电器，其电阻约为20，试设计一个能精确地测量该用电器电阻的电路，要求使用电器两端的电压变化范围尽可能地大。可选用的器材有：
电源：电动势为8V，内电阻为1.0；
电流表：量程0.6A，内阻RA为0.50；
电压表：量程10V，内阻RV为10k
滑动变阻器：最大电阻值为5.0；
开关一个、导线若干。
（1）在右边画出实验电路图。
（2）用该电路可以使用电器两端的电压变化范围约为____________V。
（3）若实验中在用电器正常工作的状态下电流表的示数为I，电压表的示数为U，考虑到电表内阻引起的系统误差，则用测量量及电表内阻计算用电器电阻值的表达式为_____________。
18．从下面给定的器材中选出适当的实验器材(有些器材的阻值是大约值,有些器材的阻值是准确值).设计一个测量阻值Rx约为15kΩ的电阻的电路,要求方法简捷,要尽可能提高测量的精度.
电流表A1,量程1mA,内阻rA1≈50Ω
电流表A2,量程300μA,内阻rA2≈300Ω
电流表A3,量程100μA,内阻rA3≈500Ω
电压表V1,量程10V,内阻rV1=15kΩ
电压表V2,量程3V,内阻rV2=10kΩ
滑动变阻器R1,总阻值50Ω,额定电流为1A
滑动变阻器R2,总阻值500Ω,额定电流为1A
电池组,电动势3V,内阻很小但不能忽略
开关及导线若干
⑴测量电路中电流表应选 ,电压表应选
滑动变阻器应选 (填代号) ⑵在上侧空白处画出测量Rx的电路图.
⑶在所测量数据中选一组数据计算Rx,计算表达式Rx= ,表达式中各符号表示的意义是
19．某同学为了测电流表A1的内阻r1的精确值，有如下器材：
器材名称
器材代号
器材规格
电流表
电流表
电压表
定值电阻
滑动变阻器
滑动变阻器
电源
A1
A2
V
R0
R1
R2
E
量程300mA，内阻约为5Ω
量程600mA，内阻约为1Ω
量程15V，内阻约为3KΩ
5Ω
0~10Ω，额定电流为1A
0~250Ω，额定电流为0．3A
电动势为3V，内阻较小
导线、电键
若干
（1）要求电流表A1的示数从零开始变化，且能
多测几组数据，尽可能减少误差。在右侧画出测量
用的电路图，并在图中标出所用器材的代号。
（2）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，
则所用电流表A1的内阻r1表达式为r1= ；式中各符号的意义是
。
20．现有器材如下：
电池E：电动势3V，内阻约1Ω；电压表V1：量程30V，内阻约为30kΩ；电压表V2：量程3V，内阻约为3kΩ；电压表V3：量程2.5V，内阻约为2.5kΩ；电阻箱R1：最大阻值9999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω；滑动变阻器R2：最大阻值为50Ω；电键S，导线若干。
（1）用如图所示的电路，测定其中某只电压表的内阻。实验中，要读出电阻箱的阻值R1，两只电压表的示数U、U′，请用所测物理量写出所测电压表内阻的表示式rg= 。
（2）在三只电压表中，能用图示电路较准确地测出其内阻的电压表是 。
21.某同学在“把电流表改装成电压表”的实验中，准备利用“半偏法”测电流表的内电阻。备用的器材有：
A.待测电流表(量程0～100μA，内电阻约500Ω)
B.电阻箱(阻值范围0～9999Ω)
C.电阻箱(阻值范围0～99999Ω)
D.电源(电动势2V，有内阻)
E.电源(电动势6V，有内阻)
F.滑动变阻器(阻值范围0～50Ω，额定电流1.5A)
G.开关两个，导线若干
(1)若想得到较高的精确度，在以上的备用器材中，电源应选用__________。(填器材的字母序号)
(2)请你在实物图中选出需要的器材，按“半偏法”测电流表内电阻的要求进行实物连线。
22．用伏安法测一节干电池的电动势和内电阻。待测干电池的电动势为1.5V，干电池工作时的电流一般不超过0.5A，实验器材除开关，导线外，还有
A．电压表：量程3V，内阻2KΩ B.电压表：量程15V，内阻6KΩ
C．电流表：量程0.6A，内阻0.1Ω D.电流表：量程3A,内阻0.02Ω
（1）实验中，电压表应选___________，电流表应选_________，滑动变阻器应选________。
（2）将图中实物连结成实验所需的电路图：
（3）如右图所示是根据两个电源的测量数据绘制的图线，由图可知：电源Ⅰ的电动势_______电源Ⅱ的电动势，电源Ⅰ的内电阻______电源Ⅱ的内电阻。（填“大于”、“等于”或“小于）
23．在用电压表和电流表测电源的电动势和内电阻的实验中，采用如图11所示的电路闭合开关后，当滑动变阻器R的滑动触头处于某一位置时，电流表和电压表的读数分别为I1和U1；改变滑动变阻器的滑动触头位置后，电流表和电压表的读数分别为I2和2。
（1）若忽略电流表和电压表的电阻对实验的影响，则由测量得到的数据计算电源的电动势E的表达式为E =_______________，计算电源内电阻r的表达式为r =___________。
（2）若考虑到电流表和电压表自身电阻对测量结果的影响，所得到的电源电动势E的测量值与真实值相比较，是偏大还是偏小？答：_______________。
24.现有一阻值为10.0欧姆的定值电阻、一个电键、若干
根导线和一个电压表，该电压表表面上有刻度但无刻
度值，要求设计一个能测定某电源内阻的实验方案。
(已知电压表内阻很大，电压表量程大于电源电动势，
电源内阻约为几欧)要求：
（1）在右边画出实验电路图
（2）简要写出完成接线后的实验步骤
（3）写出用测得的量计算电源内阻的表达式r = ．
25．如图所示，是一种内电阻可调的化学电池，可用来验证闭合电路欧姆定律, A、B为电池的正、负极，C、D为靠近正、负极板的两个探极，目的是为了测量电池的内部电压.，向电池内打气，可以改变电解质溶液液面的高低，从而改变电池的内电阻.
现在要验证闭合电路中内电压和外电压之和等于电源电动势，除该电池以外，还备有理想电流表?和理想电压表、定值电阻R=5Ω、开关S、导线若干.正确连接电路以后，得到表中实验数据.
（1）方框内是该化学电池的俯视示意图，请用上述符号在方框内画出实验电路原理图. （2）该电池的电动势E= V.（3）上述实验中第4次操作时该化学电池的内阻r= Ω
２6．如图为一多用电表表盘。
（1）如果用直流10V挡测量电压，
则读数 V。
（2）如果用“×100”欧姆挡测
量电阻，则读数为 Ω
２7．在测定玻璃折射率的实验中，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图所示的
图线，由图可知该玻璃的折射率
n= ；当光线由玻璃射
入真空中时，临界角C= 。
28．如图所示，将刻度尺直立在装满某种透明液体的宽口瓶中（液体未漏出）从刻度尺上A、B两点射出的光线AC和BC，在C点被折射和反射后都沿直线CD传播，已知刻度尺上相邻两根长刻度线间的距离为1cm，刻度尺右边缘与宽口瓶右内壁间的距离d=2.5cm，由此可知，瓶内液体的折射率n=_________（可保留根号）.在《测定玻璃砖折射率》的实验中，已画好玻璃砖界面的两条直线aa’和bb’，无意中将玻璃砖平移到图中的虚线所示位置. 若其它操作正确，则测得的折射率将_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）.
29．这是测量地磁场的磁感应强度的一次学生活动中(如图
8)两同学相距10m左右，在东偏北、西偏南11°的沿垂
直于地磁方向的两个位置上，面对面将一并联铜芯双绞
线，像甩跳绳一样摇动，并将线的两端分别接在灵敏电
流计上，双绞线并联后的电阻约为2Ω，绳摇动的频率配
合节拍器的节奏，保持在2Hz左右，如果同学持绳的手
高约为1m，电流计读数的最大值约为3mA．
(1)请估测地磁场的数量级为 ．
(2)将两人站立的位置，改为与刚才方向垂直的两点上，那么电流计读数约为 ．
30．某同学在研究长直导线周围的磁场时，为增大电流，用多根导线捆在一起代替长直导线，不断改变多根导线中的总电流I和测试点与直导线的距离r，测得下表所示数据：
由上述数据可得出磁感应强度B与电流I及距离r的关系式为B=________T。（要求估算出比例系数，用等式表示）
物理实验练习题参考答案
1： 42.12 2：(1)1.950mm； (2)21.7mm
3：（1）图略 （2）弹簧原长；21.2×10-2 （3）143（141～145））
4：1．解：从照片上得，照片1厘米相当于实际长度20m．量出前后两段位移分别为4.0cm和6.5cm，对应的实际位移分别为80m和130m，由ΔS=aT2可得a=8m/s2。
再根据这5秒内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得照片中第2个像对应的瞬时速度v=42m/s．
5：(1)1.1 (2)能，说明略 （3）能，说明略 6：BC
7：0.80, 0.64(0.63~0.65都算对 )
8：h =d6-d1
9：（1）10 （2）1.5 （3）2.5
10：(1)把小球放在槽口的水平部分，小球既不向里滚也不向外滚。这时槽口切线水平。
(2)用重锤靠着斜槽末端，在重垂线上，斜槽末端上方r处作为抛出点O，记在白纸上，再记下重锤线上的另一点P，测定平抛途中一些位置后，取下白纸，连接OP，即为y轴，过O作Oy的垂线，即为x轴。因为实验很粗略，也可以把斜槽末端当作抛出点O。
(3)小球每一次平抛，在白纸上仅描出一个点，只有从斜槽上同一位置释放，小球多次沿同一轨道运动，每次描出的点才是同一轨道的点，画出的轨迹才是一次平抛运动的轨迹。
(4)由图1-12的B点知：y=44.1cm=0.441m,x=48.0cm=0.480m.平抛运动的竖直位移和水平
位移为 解得初速度为
(5)抛出点不明确，不能用第(4)问的解法.A，B，C每相邻两点间的水平距离都为3L，因此相邻时间也相等，设为T。由于平抛运动在竖直方向是自由落体运动，在水平方向是匀速直
线运动，因此有 ① Δs=gT2 ②
其中 .
由①式得平抛运动的初速度为 匀变速直线运动，中间时刻的即时速度等于整段时间的平均速度，则B点竖直分速度为：
11：应测量的数据有 ①小物块的质量m ②两小物块的落地点之间的距离s ③桌面的高度h
④桌面的宽度d （其他可行方法也得分）
12：(1)B的右端至D板的距离L2 (2) ；测量质量、时间、距离等存在误差，
由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差．(只要答对其中两点即可)
13：⑴90.53, 57 ;⑵ABD；⑶9.86m/s2
14：(1)BCDF (2)偏小 设重心到结点的距离为ΔL,当摆线长为L1时，测出周期T1，则
当摆线长为l2时，测出周期T2，则 两式平方求差变形得
15：B、E ①导电纸 ②复写纸 ③白纸 指零 指零 16： 9×10-3
17：（1）如答图1；
（2）0 ~ 6.4；
（3） 。
18：⑴A2 V2 R1或R2均可以; ⑵见上侧图
⑶, U2表示电压表V2的示数,I2表示电流A2的示数.rV2表示电压表V2的内阻.
19：（1）如图所示
（2）
I2、I1分别为某次实验时电流表A2、A1的示数，RO是定值电阻的电阻大小
20：（1） （2）V2、V3 21： (1)E (2)见上侧图
22：（1）A；C；E （2）图略（3）小于；小于 23：（1）；；（2）偏小。
24：(1)图略 (2)先断开电键，记下电压表偏转格数N1，合上电键，记下电压表偏转的格数N2．
(3)r=(N1-N2)／N2
25：（1）实验电路原理图如图所 （2）E= 2.0 （3）r=15Ω
26： 6.5 ， 8×102 27： 1.5 ,
28： ， 不变 29：(1)5×10-5T； (2)点拨：(1)由 ，可计算得：
(2)I=0，因两人距离不远，此处地磁场可近似看成平行地面，两人手持点为等势点，E=0．
30：2×10·
