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2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分第三板块第3讲技法专题——坚持“2原则”智取物理实验题
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第3讲
近几年高考对实验的考查，多以一大一小的形式，其中第一小题为常规实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或常规型实验。第二小题侧重对学生实验迁移能力的考查，常以设计型实验来体现，主要为电学实验，也有力学实验。在解答实验题时，要坚持2个原则，做到细心审题、熟练题型、活学活用原理、巧妙结合数形。
原则(一) 审题做到“一明、二看、三提取”
一明——明确考查意图
现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识。尽管题目千变万化，但通过仔细审题，都能直接地判断出命题者想要考查的知识点和意图。
二看——看清实验题图
实验题一般配有相应的示意图、实物图，目的是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生探究考查意图。认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。
三提取——提取解题信息
试题总是提供诸多信息再现实验情景，因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解。一般需要关注如下信息：
(1)新的概念、规律、公式
一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都会为我们提供信息。要在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务。
(2)新的表格数据
通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系，如正比例、反比例关系，平方、开方关系，或者是倒数关系。根据数据描点作图可以直观反映实验的某种规律。
(3)新的物理图像
实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义，才能正确分析实验问题。
[典例] (2018·鹰潭模拟)某研究性学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂轻质滑轮的轻绳中的拉力)。
(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图像，则由该图像可得铝箱总质量m＝________kg，重力加速度g＝________m/s2(结果均保留两位有效数字)。
(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线________(填选项前的字母)。
A．偏向纵轴 B．偏向横轴
C．斜率逐渐减小 D．斜率不变
[细心审题]
[解析] (1)受力分析，对铝箱应有FT－mg＝ma，对滑轮应有F＝2FT，联立可解得a＝F－g，可知题图乙中图线的斜率k＝＝，解得m＝0.25 kg，纵轴截距－g＝－9.8，解得g＝9.8 m/s2。
(2)图线的斜率k＝与砂桶和砂的总质量无关，故选D。
[答案] (1)0.25 9.8 (2)D
原则(二) 针对题型定策略
题型1 基本仪器型——“细”微之处见高低
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。
[例1] (1)图甲中游标卡尺的读数为________mm，图乙中螺旋测微器的读数为________mm。
(2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，如图丙所示。先将选择开关旋至倍率“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的________(填“＋”或“－”)接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至________(填“×1”或“×100”)挡并________________________，最终测量结果如图丁所示，则电压表的电阻为________Ω。
[解析] (1)由游标卡尺的读数规则：主尺上的整毫米数＋精确度×对齐格数(不估读)，可知游标卡尺的读数为49 mm＋0.1 mm×8＝49.8 mm；由螺旋测微器的读数规则：固定刻度上的毫米数(要注意半毫米线)＋0.01 mm×对齐刻度(一定要估读)，可知螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.01 mm×38.0＝0.880 mm。
(2)多用电表使用时要注意电流是“红进黑出”，电压表中电流是从正接线柱流入的，所以多用电表的红表笔应接电压表的“－”接线柱，欧姆表指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，应换用“×100”挡进行测量，并且重新进行欧姆调零，读数结果为30×100 Ω＝3 000 Ω。
［反思领悟］
[答案] (1)49.8 0.880 (2)－ ×100 重新进行欧姆调零 3 000
本题易出错的地方有：①游标卡尺读数时不注意单位；不从游标尺上的“0”刻度线开始读；对齐格数估读了一位。②螺旋测微器读数时不注意固定刻度上的半毫米线；结果中舍弃了末位“0”。③不注意电压表中电流的流向。④不能根据指针偏角情况更换倍率挡位；更换挡位后直接测量而不进行欧姆调零。
题型2 常规实验型——“实”践出真知
常规实验题主要考查教材中基本实验的实验原理、器材的选择、实验的操作、数据的处理和误差分析。复习时要从领会实验原理出发，全方位理解和掌握实验器材、实验操作、实验步骤、实验数据的处理、误差分析和电学实验实物图的连接、电路图的设计等，对每一个实验都应做到心中有数。
[例2] 要描绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：直流电源(电压为4 V)；电流表(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)；电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)；开关一个、导线若干。
(1)实验中所用的滑动变阻器应选________(填字母代号)。
A．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定电流0.3 A)
(2)图甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请完成其余部分线路的连接。(用笔画线代替导线)
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压的增大而________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(4)如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图丙所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是________Ω(结果保留两位有效数字)。
(5)根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是________。
A．测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电压表内阻引起的
B．测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电流表内阻引起的
C．测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电压表内阻引起的
D．测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电流表内阻引起的
[解析] (1)由于电路需采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A。
(2)描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡正常发光时的电阻为R＝＝ Ω＝15 Ω。电流表内阻约为0.5 Ω，电压表内阻约为3 kΩ，电压表内阻远大于小灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示。
(3)由题图乙图像可知，随着电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，小灯泡电阻增大。
(4)电压表量程为3 V，题图丙所示电压表分度值为0.1 V，则其示数为2.30 V，由题图乙所示图像可知，2.30 V对应的电流为0.2 A，此时小灯泡电阻R＝＝ Ω≈12 Ω。
(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得小灯泡正常发光的功率P＝UI偏大，故C对。
［反思领悟］
[答案] (1)A (2)见解析图 (3)增大 (4)12 (5)C
本题以描绘小灯泡的伏安特性曲线为载体考查实验器材选取、实物图连线的能力，以及读图能力、实验数据的处理能力等，要求考生对常规实验应熟记于心。本题中要注意“电压由零逐渐增加到3 V”，且本题对小灯泡的功率进行了分析。
题型3 创新实验型——“活”用原理妙迁移
创新实验题要求考生能将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、方法进行迁移和应用，试题新颖、能力要求高。如力学中与纸带相关的实验、电学中电路的设计、计算形式的实验题等都可能考查学生运用已学过的实验方法、原理处理新情境实验题的能力，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理。
[例3] 某研究性学习小组用如图甲所示装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程如下：
①安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；
②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图甲中未画出)测量出两个光电门之间的高度差h，计算出小铁球通过两个光电门间的平均速度v；
③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作。测出多组数据，计算出对应的平均速度v；
④画出v t图像。
请根据实验，回答下列问题：
(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g。则小铁球通过两光电门间的平均速度v的表达式为________________(用v0、g和t表示)。
(2)实验测得的数据如表所示：
实验次数
1
2
3
4
5
6
h/cm
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
60.00
t/s
0.069
0.119
0.159
0.195
0.226
0.255
v/(m·s－1)
1.45
1.68
1.89
2.05
2.21
2.35
请在如图乙所示的坐标纸上画出v t图像。
(3)根据v t图像，可以求得当地的重力加速度g＝______m/s2，试管夹到光电门1的距离约为______cm(结果均保留两位有效数字)。
[解析] (1)因为h＝v0t＋gt2，所以v＝＝v0＋gt。
(2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布于直线两侧。如图所示：
(3)从(2)中可求出v t图像的斜率k≈4.81 m/s2，纵轴截距为1.10 m/s，即v0＝1.10 m/s，解得g＝2k≈9.6 m/s2，由v02＝2gh，得h＝≈0.063 m＝6.3 cm。
［反思领悟］
[答案] (1)v＝v0＋gt (2)见解析图 (3)9.6(9.5～9.9均可) 6.3(6.0～6.4均可)
本实验的创新之处在于数据信息的获取方式，利用光电门及光电计时器使数据的获取更便捷。理解用实验装置测重力加速度的原理，并在不同的实验背景下灵活应用是解题的关键。
题型4 数形结合型——“巧”变公式找函数
高考物理考查学生应用数学知识的能力，在实验中体现在实验数据的处理上，通常利用相关实验的原理公式进行巧妙变形，变成和图像信息一致的函数形式，根据图像的斜率、截距结合函数关系式得出所需的数据。
[例4] 一物理兴趣小组想通过实验探究某热敏电阻的阻值与温度的关系。实验中使用了如下器材：
［反思领悟］
A．热敏电阻
B．学生电源(通过调节可输出0～12 V的电压)
C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)
D．电压表V(0～3 V，内阻约3 kΩ)
E．温控箱(能显示温度并可调温度)
F．开关S，导线若干
G．滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A)
完成下列问题：
(1)实验中要用伏安法测量热敏电阻在不同温度下的阻值，他们设计了如图甲所示的电路原理图，据图甲完成图乙中的实物连线。
(2)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rt图像。根据所给的Rt图像可以看出，该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R＝____________。当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻的阻值为R＝________Ω(保留三位有效数字)。
[解析] (1)实物连线图如图所示。
(2)由题图丙可知，该热敏电阻的阻值与温度呈线性关系，为求直线的斜率，可在直线上找两个距离较远的点，如(0,7.5)、(300,17.5)，直线的斜率为k＝＝，所以该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R＝7.5＋t。当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻的阻值为R＝Ω＝27.5 Ω。
［反思领悟］
[答案] (1)见解析图 (2)7.5＋t 27.5
数形结合法是指将图像与函数相结合，并将重点数学公式变形，最后求得目标关系式，如本题中根据图像的形状可得出对应的数学函数类型是一次函数，利用图像求出斜率和截距，从而得出热敏电阻的阻值与温度的关系式R＝7.5＋t。
[专题强训提能]
1．读出如图所示的游标卡尺(50分度)与螺旋测微器、电流表、电压表、欧姆表(×10倍率)的读数。
(1)________mm；(2)________mm；(3)________A；(4)________V；(5)________Ω。
答案：(1)42.20 (2)2.987(2.986～2.988均可) (3)0.34 (4)2.22(2.20～2.23均可) (5)160
［反思领悟］
2．某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值如表所示。n＝2时的st图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果填入表中。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用an图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留两位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝
＝0.39 m/s2。
(4)描点及图像如图所示。
(5)由(4)图像求得斜率k＝0.20 m/s2。由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋Nm0)a，整理得
a＝n，即k＝，代入数据得m＝0.44 kg。
(6)若保持木板水平，则所挂钩码总重力与小车所受摩擦力的合力提供加速度，即
nm0g－μ[m＋(N－n)m0]g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n－μg，可见an图线仍是直线，但不过原点，且斜率变大，选项B、C正确。
答案：(3)0.39 (4)见解析图 (5)0.44 (6)BC
3．(2018·哈尔滨模拟)如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不拴接)，压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q。
回答下列问题：
(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。(已知重力加速度g)
A．弹簧的压缩量Δx
B．两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2
C．小球直径
D．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2
(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝____________________________。
(3)由上述所测得的物理量来表示，如果满足关系式____________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
解析：(1)弹簧的弹性势能等于两球刚被弹出时得到的动能之和，要求解动能必须知道两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律，可知v0＝，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2，B正确。
(2)小球刚被弹簧弹出时的动能为Ek＝mv02＝m2＝；故弹簧弹性势能的表达式为Ep＝m1v12＋m2v22＝＋。
(3)由测得的物理量来表示，如果满足关系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
答案：(1)B (2)＋ (3)m1x1＝m2x2
4．利用如图甲所示的装置可以完成力学中的许多实验。
(1)以下说法中正确的是________。
A．用此装置研究匀变速直线运动时，必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响
B．用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后，需要重新平衡摩擦力
C．用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量
D．用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木板平行
(2)某同学在进行“探究加速度与力、质量的关系”实验时，经历了以下过程：
a．在实验准备过程中，该同学决定使用电火花计时器，该打点计时器对电源的要求是________。
A．交流220 V B．直流220 V
C．交流4～6 V D．直流4～6 V
b．该同学欲通过如图乙所示装置打出的纸带来判断是否已经平衡摩擦力。根据纸带(如图丙所示)的点迹可以判断：为进一步平衡摩擦力，图中的垫块应向________(选填“左”或“右”)移一些。
c．在利用此装置做实验时(已知电源频率为50 Hz)，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图丁所示。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。则打下计数点3时小车的瞬时速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2。(结果均保留两位有效数字)
解析：(1)用此装置研究匀变速直线运动时，由于摩擦阻力是恒力，不必设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响，选项A错误；用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，选项B错误；用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量，选项C正确；用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木板平行，选项D正确。
(2)a.电火花计时器使用的是220 V的交流电。b.根据纸带的点迹可以判断小车做加速直线运动，需要进一步平衡摩擦力，图中垫块应向左移一些。c.打下计数点3时小车的瞬时速度大小为v3＝×10－2 m/s≈0.38 m/s。由逐差法可知小车的加速度大小为a＝×10－2 m/s2≈0.16 m/s2。
答案：(1)CD (2)a.A b．左 c．0.38 0.16
5.随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力(库仑力)成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，调控小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全
放电。
实验小组完成了以下操作：
①在小球N不带电时读出传感器示数F0；
②让小球N与小球M接触后，调整小球N到位置1，读出并记录传感器示数F1；
③继续调整小球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4；
④用放电杆使小球N完全放电，再让小球N与小球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5；
⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。
(1)对于上述操作，下列判断正确的是________。
A．根据②的操作，可求出小球N在不同情况下所受的库仑力
B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系
C．根据②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系
D．要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量
(2)小球N第一次与小球M接触后调整小球N到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为________。
(3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是_______________________________
______________________________________________________________________________。
解析：(1)当小球N与小球M接触带电后，M、N间产生库仑斥力，小球N受到重力mg＝F0、丝线拉力F1及库仑力FC1三个力，故库仑力FC1＝F0－F1，需要①②及后续操作共同确定不同情况下所受的库仑力，A选项错误；②③操作保持M、N所带电荷量不变，因此结合①可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，B选项正确；操作④⑤保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与小球M接触，由于两球完全相同，使小球所带电荷量依次减小到前次的，要研究的是库仑力跟小球所带电荷量间的关系，需要①②④⑤四步的操作共同完成，C选项错误；由库仑定律可知，要测定静电力常量，必须准确测定小球M的带电荷量，D选项正确。
(2)根据(1)可知FC1＝F0－F1。
(3)根据(1)可知，实验中使用两个完全相同的金属小球，是为了使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量平分。
答案：(1)BD (2)F0－F1 (3)使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量
平分
6.(2019届高三·潍坊模拟)如图甲所示，虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表。已知表头的满偏电流为2 mA，内阻阻值范围为180～200 Ω，定值电阻R1＝50 Ω，R2＝1 460 Ω。为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图甲所示的电路中，来测量表头G的内阻。
(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：
电流表：a.0～10 mA B．0～600 mA
滑动变阻器：a.0～20 Ω B．0～1 000 Ω
则电流表应选________，滑动变阻器应选________(选填字母代号)。
(2)将选择的器材接入电路：
①依照电路图甲，画出连线，补充完整实物图乙；
②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调整滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻Rg＝________Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V。
解析：(1)表头满偏时流过R1的电流为：≈8 mA，则改装后的电流表量程约为I＝
8 mA＋2 mA＝10 mA，则电流表选a；滑动变阻器为分压接法，则应选最大阻值较小的滑动变阻器，则选a。
(2)①根据电路图连接实物图如图所示。
②由I1＝I2＋IR1，I1＝5I2，可得IR1＝4I2，又I2Rg＝IR1R1，代入数据得Rg＝200 Ω，电流表的量程为I＝5Ig＝10 mA，电压表的量程为U＝IgRg＋IR2＝15 V。
答案：(1)a a (2)①见解析图 ②200 10 15
7．(2018·六安模拟)某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于电压表量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替)，改装为量程为15 V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：
(1)把电压表量程扩大，实验电路图如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：
第一步：按电路图连接实物；
第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零；
第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V；
第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V；
第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电压表。
(2)实验可供选择的器材有：
A．电压表(量程为3 V，内阻约为2 kΩ)
B．电流表(量程为3 A，内阻约为0.1 Ω)
C．电阻箱(阻值范围0～9 999 Ω)
D．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)
E．滑动变阻器(阻值为0～20 Ω，额定电流2 A)
F．滑动变阻器(阻值为0～20 kΩ)
电阻箱应选________，滑动变阻器应选________。
(3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电路图如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出UI图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________Ω。
解析：(1)把量程为3 V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15 V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，由题意知，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3 V，由＝，可得U＝0.6 V，则把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6 V时，即得到量程为15 V的电压表。
(2)由题意知，电压表的量程为3 V，内阻约为2 kΩ，要改装成15 V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱阻值应约为4×2 kΩ＝8 kΩ，故电阻箱应选C；在分压电路中，为方便调节，应选用阻值较小的滑动变阻器，即选E。
(3)由题图丙读出，图线在纵轴的截距为U＝2.3 V，则电源的电动势为E＝2.3×5 V＝
11.5 V，内阻为r＝＝ Ω＝2.5 Ω。
答案：(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5
课余挤时加餐训练(四)
电学3大题型押题练(一)
1.如图所示等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落，已知下落过程两平行边始终竖直，左平行边长为a，右平行边长为2a。当导线框下落到图示位置时，导线框做匀速运动。则从导线框刚进入磁场开始，下列判断正确的是( )
A．在0～这段位移内，导线框可能做匀加速运动
B．在～这段位移内，导线框减少的重力势能最终全部转化为内能
C．在～2a这段位移内，导线框可能做减速运动
D．在0～与～2a位移内，导线框受到的安培力方向相反
解析：选B 导线框在0～这段位移内受到向上的安培力小于重力，导线框做加速运动，随着速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，导线框做加速度逐渐减小的加速运动，由题意可知，当位移为时，加速度恰好减为零，A错；在～这段位移内，导线框一直做匀速运动，因此减少的重力势能全部转化为电能，进而又转化为内能，B对；在～2a这段位移内，导线框切割磁场的有效长度逐渐减小，安培力小于重力，导线框做变加速运动，C错；由楞次定律可知，磁场一直阻碍导线框下落，一直受到向上的安培力，直至导线框全部进入磁场，D错。
2．[多选]如图所示，图(a)中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝12sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。图(b)中为阻值R2＝32 Ω的电阻直接接到u＝12sin 100πt(V) 的交流电源上，结果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则( )
A．通过电阻R1的交变电流的频率为0.02 Hz
B．电阻R1消耗的电功率为4.5 W
C．电流表的示数为6 A
D．变压器原、副线圈匝数比为4∶1
解析：选BD 由u＝12sin 100πt(V)可知，ω＝100π rad/s＝2πf，该交流电源的频率为f＝50 Hz，周期为0.02 s，由于变压器不改变交变电流的频率，所以通过电阻R1的交变电流的频率为50 Hz，选项A错误；由题图(b)可知，R2＝32 Ω的电阻两端电压的有效值为
U＝12 V，电阻R2消耗的电功率为P2＝＝4.5 W，由电阻R1与R2消耗的电功率相等，可知电阻R1消耗的电功率为P1＝P2＝4.5 W，选项B正确；由P1＝I2R1，解得电流表的示数为I＝1.5 A，选项C错误；变压器副线圈电压U′＝IR1＝3 V，变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U∶U′＝12∶3＝4∶1，选项D正确。
3.[多选]在x轴上存在一水平方向的电场，一质量m＝2 kg的带电小球只在电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从x＝7 m处开始以初速度v0＝2 m/s向x轴负方向运动。小球的电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．该小球带负电
B．在x＝4 m处电场强度为零
C．小球通过x＝9 m处时速度大小为2 m/s
D．小球运动的最大速度vm＝2 m/s
解析：选BD 由题设条件无法判断小球的带电性质，A错误；因为Ep＝qφ，电场力大小F＝q，则电场强度大小E＝，在x＝4 m处，＝0，即电场强度E＝0，B正确；小球的初动能为Ek＝mv02＝4 J，在x＝7 m处时，小球的电势能为0，故在x＝7 m处时小球的总能量E＝Ep＋Ek＝4 J，在x＝9 m处时小球的电势能为2 J，则动能为2 J，故小球通过x＝9 m处时速度大小为 m/s，C错误；由题图可知，在x＝4 m处时小球的电势能最低，故此时动能最大，即小球的最大动能为E4＝8 J，最大速度为2 m/s，D正确。
4．如图所示为多用电表的原理示意图，已知表头G的满偏电流为2 mA、内阻为
150 Ω，刻度盘上电阻刻度线正中央标有“30”。选择开关S旋到“2”时量程为10 mA，旋到“3”、“4”、“5”、“6”时的量程未知，但测得R6＝570 Ω，R7＝900 Ω，E为两节新的干电池(E＝3 V)，内阻忽略。请回答下列问题：
(1)选择开关S旋到“6”时的量程为________。
A．15 A B．3 V
C．12 V D．15 V
(2)正确使用欧姆挡测电阻时，滑动变阻器R3连入的阻值为________Ω。
(3)电池用久后，电动势变小了，内阻变大了，但仍能欧姆调零，用此表去测电阻，则其测量值比真实值________(填“偏小”“偏大”或“不变”)。
解析：(1)选择开关S旋到“6”时为电压表，量程为U＝IgRg＋I(R6＋R7)＝2×10－3×
150 V＋10×10－3×(570＋900)V＝15 V，故D对。
(2)使用欧姆挡测电阻时，要进行欧姆调零，表头G指针达到满偏，由闭合电路欧姆定律可得：R3＝＝ Ω＝270 Ω。
(3)电池用久了，电动势变小，内阻变大，欧姆调零时，欧姆表内阻变小，应用欧姆表测电阻时，I＝＝＝，由于R内偏小，则电流I偏小，欧姆表指针偏转角度偏小，电阻测量值偏大。
答案：(1)D (2)270 (3)偏大
5．一电路如图所示，电源电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝
4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长
L＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m。问：
(1)若开关S处于断开状态，则当其闭合后，流过R4的总电量为多少？
(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2)
解析：(1)开关S断开时，电阻R3两端电压为
U3＝E＝16 V
开关S闭合后，外电阻为R＝＝6 Ω
路端电压为U＝E＝21 V
电阻R3两端电压为U3′＝U＝14 V
则流过R4的总电量为
ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12 C。
(2)设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有
＝mg
当开关S闭合后，微粒做类平抛运动，设微粒加速度为a，则
mg－＝ma
设微粒能从C的电场中射出，则水平方向t＝
竖直方向y＝at2
解得y＝6.25×10－3 m>
故微粒不能从C的电场中射出。
答案：(1)6.0×10－12 C (2)不能，分析过程见解析
电学3大题型押题练(二)
1.[多选]如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，C为静电计，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电路稳定后，悬线与竖直方向夹角为θ且小球处于平衡状态，则( )
A．静电计的指针发生了偏转
B．若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大
C．若将A极板向下平移稍许，静电计指针的偏角将减小
D．保持开关S闭合，使滑动变阻器滑片向左移动，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做直线运动
解析：选AD 静电计是用来测量电容器板间电压的，电路稳定后，静电计指针偏转的角度表示电容器板间电压的高低，选项A正确；将A极板向左平移稍许，板间距离增大，由C＝知，电容减小，选项B错误；将A极板向下平移稍许，板间正对面积S减小，由C＝知，电容减小，但板间电压不变，静电计指针的偏角将不变，选项C错误；电路中没有电流，调节滑动变阻器不能影响电容器板间电压的大小，小球的平衡状态不变，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做匀加速直线运动，选项D正确。
2.如图所示，两根间距L＝0.4 m 的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝ T。导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，电表均为理想电表，一根导体棒ab置于导轨上，导体棒电阻不计且始终与导轨良好接触。若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动，其速度与时间的关系为v＝10sin 10πt(m/s)，电阻R＝10 Ω，则下列判断正确的是( )
A．导体棒产生的感应电动势的瞬时值为e＝4sin 5πt(V)
B．交流电压表示数为2 V，交流电流表示数为0.2 A
C．电阻R在1分钟内产生的热量为24 J
D．若在R两端再并接一相同电阻R，则电压表示数将增大为原来的2倍
解析：选C 导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BLv＝4sin 10πt(V)，A错；感应电动势的有效值为U＝＝4 V，由变压比知交流电压表示数为U′＝2 V，B错；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝t＝24 J，C对；电压表示数由原线圈两端电压及匝数比决定，D错。
3.如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里、大小均为B＝0.5 T，两边界间距离s＝0.1 m，一边长L＝0.2 m 的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R＝
0.4 Ω。现使线框以v＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则选项图中能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是( )
解析：选A 在0～5×10－2 s内，ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流沿顺时针方向，则a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝
BLv＝×0.5×0.2×2 V＝15×10－2 V；在5×10－2～10×10－2 s内，cd进入磁场后，cd和ab都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝0.5×0.2×2 V＝20×10－2 V；在10×10－2～15×10－2 s内，ab穿出磁场后，只有cd切割磁感线，由右手定则知，a点电势高于b点电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝×0.5×0.2×2 V＝5×10－2 V，故整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线如图A所示，故A正确。
4．利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻和一个未知电阻Rx阻值的实验电路。
A．待测电源E(电动势略小于6 V，内阻不足1 Ω)
B．电压表V1(量程6 V，内阻约6 kΩ)
C．电压表V2(量程3 V，内阻约3 kΩ)
D．电流表A(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)
E．未知电阻Rx(约5 Ω)
F．滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
G．开关和导线
(1)在图中的虚线框内画出完整的实验原理图。
(2)实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表V1的示数分别为U1、U1′时，电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′。由此可求出未知电阻Rx的阻值为________，电源的电动势E＝____________，内阻r＝____________(用题目中给定的字母表示)。
解析：(1)要测量电源的电动势和内阻应采用串联接法，由于电压表V1已经接入，故将滑动变阻器与未知电阻和电流表串联接入即可；为了测量未知电阻的阻值，应将V2并联在未知电阻的两端测量电压，电路图如图所示。
(2)电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′，因Rx为定值电阻，根据欧姆定律可知，Rx＝＝；根据闭合电路欧姆定律可知：U1＝E－Ir，U1′＝E－I′r，联立解得：E＝，r＝。
答案：(1)见解析图 (2)
5.如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，L板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电量为q、质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘 a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场区域(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，求：
(1)K板所带电荷的电性；
(2)粒子经过c点时的速度大小；
(3)圆形磁场区域的最小面积。
解析：(1)粒子由a到c，运动轨迹向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知，粒子所受电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。
(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度等于初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度大小与经过a点时的速度大小相等。
由上可知粒子经过c点时的速度大小
vc＝va＝vcos θ＝＝。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图中实线弧所示，a、c为两个切点。
洛伦兹力提供向心力qvcB＝m
可得轨迹半径R＝
粒子飞出电容器立即进入圆形磁场，且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，由几何关系易知此时磁场半径与轨迹半径相等。
磁场最小面积S＝πR2＝。
答案：(1)正电 (2) (3)
电学3大题型押题练(三)
1．一个质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长。已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法错误的是( )
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．若电场强度大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相等
C．若电场强度大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相等
D．小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等
解析：选C 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以速度v0做匀速直线运动，选项A正确；竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项C错误；当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时：y＝gt12，v1＝gt1，经过第一电场区时：y＝v1t2－gt22，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0；接下来小球的运动重复前面的运动，即每次通过无电场区时竖直方向都是做自由落体运动，每次通过电场区时竖直方向都是做末速度为零的匀减速直线运动，故小球经过每一无电场区的时间相同，选项B正确；小球经过每个电场区机械能的减少量等于克服除重力外其他力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等，选项D正确。
2．[多选]某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)。在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是( )
A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电
B．实验可以证明，T1采用升压变压器能减小远距离输电的能量损失
C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2
D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n12∶n22
解析：选BD 变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，所以＝＝，故D正确，C错误；由上述分析知>1时，P2
A．粒子Q带负电
B．粒子Q的比荷＝
C．粒子Q到达＋y轴上某点D时与x轴间的距离最大值为
D．粒子Q在恰好不到达y轴的情况下通过x轴上的点与原点O间的距离为
解析：选BCD 粒子P从A点运动半周到达C点，根据左手定则可知粒子P带正电，与粒子P相同的粒子Q也带正电，A错误；对粒子P，有T＝，而T＝2t，得＝，B正确；对粒子P，有OA＝r＝，对粒子Q，有R＝＝r，当AD＝2R＝r时，D点与x轴间的距离最大，如图所示，由几何关系知最大距离为r＝，C正确；粒子Q在恰好不到达y轴的情况下即在磁场中的运动轨迹与y轴恰好相切时，通过x轴上的点E与原点O间的距离为r－
2(r－R)＝，D正确。
4．如图(a)是一简易多用电表的电路图，其表盘如图(b)所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，但上排刻度线对应数据未标出。已知该多用电表的表头选用的是内阻RA＝10 Ω、满偏电流IA＝10 mA的电流表。
为测量该多用电表内部电源的电动势，某同学在实验室找到一只电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱的阻值使电表指针在C处，此时电阻箱的示数如图(c)所示。
(1)根据该同学的实验，此多用电表C处刻度对应的阻值为________Ω，电表内电源的电动势为________V。
(2)若将选择开关接“1”，指针指在图(b)所示位置，其读数为________mA。
(3)将一未知阻值的电阻，接在已经欧姆调零的该多用电表两表笔之间，指针仍指在图(b)所示位置，则该未知电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)。
解析：(1)由题图(c)可知，电阻箱示数为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω；指针指在C处时，电流表示数为5 mA＝0.005 A，C处刻度对应的阻值为中值电阻，由上可知为150 Ω，电源电动势E＝I·2R＝0.005×2×150 V＝1.5 V。
(2)选择开关接“1”时，电表的量程为10 mA，则题图(b)对应刻度的最小分度为0.2 mA，故读数为：6.8 mA。
(3)由题意可知，此时电路中的电流值为I＝6.8 mA，而电表内电源的电动势为E＝
1.5 V，由(1)中分析可知，电表欧姆挡的内阻为R内＝150 Ω，所以待测电阻的阻值为R′＝
－R内＝Ω≈71 Ω。
答案：(1)150 1.5 (2)6.8 (3)71
5.如图所示，ab和cd是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN和M′N′是用绝缘细线连接的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未知的外力F作用在杆MN中点，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触。整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L，电阻可忽略，两杆总电阻为R，与导轨始终接触良好，重力加速度为g。t＝0时刻，将细线烧断，保持力F不变。
(1)细线烧断后任意时刻，求两杆运动的速度大小之比；
(2)若杆MN运动至速度最大时发生的位移为s，该过程中通过金属杆横截面的电荷量q和电路中产生的焦耳热Q各为多少？
解析：(1)以两杆为研究对象，初始两杆水平静止，则所受合外力为零，有F＝3mg
细线烧断后杆MN向上运动，杆M′N′向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故两杆所受合外力仍为零，动量守恒，有
mv1－2mv2＝0
故两杆运动的速度大小之比为v1∶v2＝2∶1。
(2)设两杆的最大速度分别为v1m和v2m，根据系统动量守恒，有mv1m－2mv2m＝0
杆M′N′的最大速度为v2m＝v1m
此过程中杆M′N′的位移大小为s2＝s
该过程中穿过回路的磁通量变化量
ΔΦ＝BL
通过金属杆横截面的电荷量
q＝＝
该过程中安培力为变力，根据动能定理
对杆MN，有
WF－mgs－W安1＝mv1m2
对杆M′N′，有
2mg·s－W安2＝×2m2
又WF＝3mgs
W安1＋W安2＝Q
当杆的速度最大时，对杆MN，有
F－mg－F安1m＝0
而F＝3mg，F安1m＝BLIm
Im＝，E＝BL(v1m＋v2m)＝BLv1m
解得v1m＝
该过程电路中产生的焦耳热
Q＝3mgs－。
答案：(1)2∶1 (2) 3mgs－
电学3大题型押题练(四)
1.如图所示，同一平面内，三个闭合金属圆环1、2、3同心放置，下列说法正确的是( )
A．给圆环1通一恒定电流，圆环2的磁通量小于圆环3的磁通量
B．给圆环3通一恒定电流，圆环1的磁通量大于圆环2的磁通量
C．给圆环2通一变化电流，圆环1和圆环3的感应电流方向始终相同
D．给圆环1通一变化电流，圆环2和圆环3的感应电流方向始终相反
解析：选C 若给圆环1通逆时针方向的恒定电流，相当于将一个小磁铁放在圆环2和圆环3的中心，提供的磁场如图所示，磁通量是标量，但是有正负，抵消后圆环2内的磁通量大于圆环3内的磁通量，A错误；若给圆环3通恒定电流，相当于将圆环1和圆环2放在一个磁铁的内部，圆环1的磁通量小于圆环2的磁通量，B错误；若给圆环2通一变化电流，据A、B选项可知，圆环1和圆环3原磁场方向相同，磁通量变化率正负相同，所以它们的感应电流方向始终相同，C正确；同理可得，D错误。
2．如图所示为某山区小型发电站输电示意图，发电站发出U1＝220sin 100πt(V)的交流电，通过变压器升压后进行高压输电，再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是( )
A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收到的交流电的频率是25 Hz
C．深夜开灯时灯泡特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故
D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减小降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
解析：选C 开关S1、S2都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故A错误；变压器不改变交流电的频率，故负载端交流电的频率为f＝＝50 Hz，故B错误；深夜大部分用户负载减少，干路中电流减小，输电线损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯灯泡较亮，故C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压增大来提高灯泡亮度，故D错误。
3.[多选]如图所示，AOB为一边界为圆的扇形匀强磁场区域，半径为R，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为AB边界上一点，且CD平行于AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度垂直射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心O射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则( )
A．粒子2在磁场中的轨道半径等于R
B．粒子2一定不从B点射出磁场
C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2
D．粒子1与粒子2离开磁场时速度方向相同
解析：选AC 粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨迹半径等于R，粒子2从C点沿CD射入，其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨迹半径也等于R，连接OC、O1C、O1B，O1COB是菱形，O1B＝CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故A正确，B错误；粒子1的速度偏角为90°，粒子1在磁场中转过的圆心角θ1＝90°，过B点作O1C的垂线交O1C于点P，可知P为O1C的中点，由几何关系可知，θ2＝∠BO1P＝60°，两粒子的速度偏角不同，离开磁场时速度方向不同，粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t＝T，运动时间之比t1∶t2＝θ1∶θ2＝90°∶60°＝3∶2，故C正确，D错误。
4．某实验探究小组为了测量电流表G1的内阻r1，设计电路进行实验。实验中供选择的器材如下：
待测电流表G1(量程5 mA，内阻约300 Ω)
电流表G2(量程10 mA，内阻约100 Ω)
定值电阻R1(300 Ω)
定值电阻R2(10 Ω)
滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)
滑动变阻器R4(0～20 Ω)
开关S及导线若干
干电池(1.5 V)
回答下列问题：
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________。
(2)在方框中画出实验电路图。
(3)主要的实验步骤如下：
A．按实验电路图连接电路，将滑动变阻器的滑动触头移至接入阻值为零处
B．闭合开关S，移到滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2
C．重复步骤B，多次移动滑动触头，测量多组数据
D．为得到一条过原点的倾斜直线，应画出________图线，表达式为________________。
(4)根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1＝________(用k和定值电阻的符号表示)。
解析：(1)实验器材中没有电压表，因此选用安安法测电流表的内阻，定值电阻R1的阻值和待测电流表内阻相差不多，可将两者并联，再与电流表G2串联，为保证两个电流表安全并且有大的调节范围，因此滑动变阻器采用分压接法，因为滑动变阻器R3阻值太大，不方便调节，所以选用滑动变阻器R4。
(2)实验电路图如图所示。
(3)根据欧姆定律有＝r1，解得I2＝I1，因此画出的I2I1图线为过原点的倾斜直线，满足要求。
(4)根据(3)中分析可得到图线斜率和R1及r1的关系，即k＝，解得r1＝(k－1)R1。
答案：(1)R1 R4 (2)见解析图 (3)I2I1 I2＝I1 (4)(k－1)R1
5.如图所示，abcd为质量M＝3.0 kg的“”形导轨(电阻不计)，放在光滑绝缘且倾角为θ＝53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于斜面固定，质量m＝2.0 kg的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱e、f上，导轨和金属棒PQ都处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，OO′上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B＝1.0 T。导轨的ad段长L＝1.0 m，金属棒PQ单位长度的电阻为r0＝0.5 Ω/m，金属棒PQ与“”形导轨始终接触良好且两者间的动摩擦因数
μ＝0.25。设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，图中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且处于水平方向)，求：
(1)导轨运动的最大加速度；
(2)导轨运动的最大速度。
解析：(1)导轨下滑过程中受到金属棒PQ的摩擦力f、压力FN、安培力FA，设导轨下滑的加速度为a，下滑的速度为v，根据力学规律和电磁学规律，有：
Mgsin θ－f－FA＝Ma
f＝μFN
E＝BLv
I＝
FA＝ILB
对金属棒PQ，因其始终静止，有：
导轨对金属棒PQ的支持力为FN′＝mgcos θ＋FA′
由题意知，金属棒PQ的电流、接入回路的有效长度、磁感应强度大小均与ad边相等，则FA′＝FA
由牛顿第三定律知FN＝FN′
导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大
Mgsin θ－f′＝Mam
f′＝μmgcos θ
解得最大加速度am＝7.0 m/s2。
(2)导轨达到最大速度vm时，加速度为零
Mgsin θ－f1－FAm＝0，f1＝μFN′
解得vm＝＝8.4 m/s。
答案：(1)7.0 m/s2 (2)8.4 m/s
近几年高考对实验的考查，多以一大一小的形式，其中第一小题为常规实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或常规型实验。第二小题侧重对学生实验迁移能力的考查，常以设计型实验来体现，主要为电学实验，也有力学实验。在解答实验题时，要坚持2个原则，做到细心审题、熟练题型、活学活用原理、巧妙结合数形。
原则(一) 审题做到“一明、二看、三提取”
一明——明确考查意图
现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识。尽管题目千变万化，但通过仔细审题，都能直接地判断出命题者想要考查的知识点和意图。
二看——看清实验题图
实验题一般配有相应的示意图、实物图，目的是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生探究考查意图。认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。
三提取——提取解题信息
试题总是提供诸多信息再现实验情景，因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解。一般需要关注如下信息：
(1)新的概念、规律、公式
一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都会为我们提供信息。要在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务。
(2)新的表格数据
通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系，如正比例、反比例关系，平方、开方关系，或者是倒数关系。根据数据描点作图可以直观反映实验的某种规律。
(3)新的物理图像
实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义，才能正确分析实验问题。
[典例] (2018·鹰潭模拟)某研究性学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂轻质滑轮的轻绳中的拉力)。
(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图像，则由该图像可得铝箱总质量m＝________kg，重力加速度g＝________m/s2(结果均保留两位有效数字)。
(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线________(填选项前的字母)。
A．偏向纵轴 B．偏向横轴
C．斜率逐渐减小 D．斜率不变
[细心审题]
[解析] (1)受力分析，对铝箱应有FT－mg＝ma，对滑轮应有F＝2FT，联立可解得a＝F－g，可知题图乙中图线的斜率k＝＝，解得m＝0.25 kg，纵轴截距－g＝－9.8，解得g＝9.8 m/s2。
(2)图线的斜率k＝与砂桶和砂的总质量无关，故选D。
[答案] (1)0.25 9.8 (2)D
原则(二) 针对题型定策略
题型1 基本仪器型——“细”微之处见高低
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。
[例1] (1)图甲中游标卡尺的读数为________mm，图乙中螺旋测微器的读数为________mm。
(2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，如图丙所示。先将选择开关旋至倍率“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的________(填“＋”或“－”)接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至________(填“×1”或“×100”)挡并________________________，最终测量结果如图丁所示，则电压表的电阻为________Ω。
[解析] (1)由游标卡尺的读数规则：主尺上的整毫米数＋精确度×对齐格数(不估读)，可知游标卡尺的读数为49 mm＋0.1 mm×8＝49.8 mm；由螺旋测微器的读数规则：固定刻度上的毫米数(要注意半毫米线)＋0.01 mm×对齐刻度(一定要估读)，可知螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.01 mm×38.0＝0.880 mm。
(2)多用电表使用时要注意电流是“红进黑出”，电压表中电流是从正接线柱流入的，所以多用电表的红表笔应接电压表的“－”接线柱，欧姆表指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，应换用“×100”挡进行测量，并且重新进行欧姆调零，读数结果为30×100 Ω＝3 000 Ω。
［反思领悟］
[答案] (1)49.8 0.880 (2)－ ×100 重新进行欧姆调零 3 000
本题易出错的地方有：①游标卡尺读数时不注意单位；不从游标尺上的“0”刻度线开始读；对齐格数估读了一位。②螺旋测微器读数时不注意固定刻度上的半毫米线；结果中舍弃了末位“0”。③不注意电压表中电流的流向。④不能根据指针偏角情况更换倍率挡位；更换挡位后直接测量而不进行欧姆调零。
题型2 常规实验型——“实”践出真知
常规实验题主要考查教材中基本实验的实验原理、器材的选择、实验的操作、数据的处理和误差分析。复习时要从领会实验原理出发，全方位理解和掌握实验器材、实验操作、实验步骤、实验数据的处理、误差分析和电学实验实物图的连接、电路图的设计等，对每一个实验都应做到心中有数。
[例2] 要描绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：直流电源(电压为4 V)；电流表(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)；电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)；开关一个、导线若干。
(1)实验中所用的滑动变阻器应选________(填字母代号)。
A．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定电流0.3 A)
(2)图甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请完成其余部分线路的连接。(用笔画线代替导线)
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压的增大而________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(4)如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图丙所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是________Ω(结果保留两位有效数字)。
(5)根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是________。
A．测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电压表内阻引起的
B．测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电流表内阻引起的
C．测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电压表内阻引起的
D．测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电流表内阻引起的
[解析] (1)由于电路需采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A。
(2)描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡正常发光时的电阻为R＝＝ Ω＝15 Ω。电流表内阻约为0.5 Ω，电压表内阻约为3 kΩ，电压表内阻远大于小灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示。
(3)由题图乙图像可知，随着电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，小灯泡电阻增大。
(4)电压表量程为3 V，题图丙所示电压表分度值为0.1 V，则其示数为2.30 V，由题图乙所示图像可知，2.30 V对应的电流为0.2 A，此时小灯泡电阻R＝＝ Ω≈12 Ω。
(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得小灯泡正常发光的功率P＝UI偏大，故C对。
［反思领悟］
[答案] (1)A (2)见解析图 (3)增大 (4)12 (5)C
本题以描绘小灯泡的伏安特性曲线为载体考查实验器材选取、实物图连线的能力，以及读图能力、实验数据的处理能力等，要求考生对常规实验应熟记于心。本题中要注意“电压由零逐渐增加到3 V”，且本题对小灯泡的功率进行了分析。
题型3 创新实验型——“活”用原理妙迁移
创新实验题要求考生能将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、方法进行迁移和应用，试题新颖、能力要求高。如力学中与纸带相关的实验、电学中电路的设计、计算形式的实验题等都可能考查学生运用已学过的实验方法、原理处理新情境实验题的能力，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理。
[例3] 某研究性学习小组用如图甲所示装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程如下：
①安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；
②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图甲中未画出)测量出两个光电门之间的高度差h，计算出小铁球通过两个光电门间的平均速度v；
③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作。测出多组数据，计算出对应的平均速度v；
④画出v t图像。
请根据实验，回答下列问题：
(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g。则小铁球通过两光电门间的平均速度v的表达式为________________(用v0、g和t表示)。
(2)实验测得的数据如表所示：
实验次数
1
2
3
4
5
6
h/cm
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
60.00
t/s
0.069
0.119
0.159
0.195
0.226
0.255
v/(m·s－1)
1.45
1.68
1.89
2.05
2.21
2.35
请在如图乙所示的坐标纸上画出v t图像。
(3)根据v t图像，可以求得当地的重力加速度g＝______m/s2，试管夹到光电门1的距离约为______cm(结果均保留两位有效数字)。
[解析] (1)因为h＝v0t＋gt2，所以v＝＝v0＋gt。
(2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布于直线两侧。如图所示：
(3)从(2)中可求出v t图像的斜率k≈4.81 m/s2，纵轴截距为1.10 m/s，即v0＝1.10 m/s，解得g＝2k≈9.6 m/s2，由v02＝2gh，得h＝≈0.063 m＝6.3 cm。
［反思领悟］
[答案] (1)v＝v0＋gt (2)见解析图 (3)9.6(9.5～9.9均可) 6.3(6.0～6.4均可)
本实验的创新之处在于数据信息的获取方式，利用光电门及光电计时器使数据的获取更便捷。理解用实验装置测重力加速度的原理，并在不同的实验背景下灵活应用是解题的关键。
题型4 数形结合型——“巧”变公式找函数
高考物理考查学生应用数学知识的能力，在实验中体现在实验数据的处理上，通常利用相关实验的原理公式进行巧妙变形，变成和图像信息一致的函数形式，根据图像的斜率、截距结合函数关系式得出所需的数据。
[例4] 一物理兴趣小组想通过实验探究某热敏电阻的阻值与温度的关系。实验中使用了如下器材：
［反思领悟］
A．热敏电阻
B．学生电源(通过调节可输出0～12 V的电压)
C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)
D．电压表V(0～3 V，内阻约3 kΩ)
E．温控箱(能显示温度并可调温度)
F．开关S，导线若干
G．滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A)
完成下列问题：
(1)实验中要用伏安法测量热敏电阻在不同温度下的阻值，他们设计了如图甲所示的电路原理图，据图甲完成图乙中的实物连线。
(2)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rt图像。根据所给的Rt图像可以看出，该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R＝____________。当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻的阻值为R＝________Ω(保留三位有效数字)。
[解析] (1)实物连线图如图所示。
(2)由题图丙可知，该热敏电阻的阻值与温度呈线性关系，为求直线的斜率，可在直线上找两个距离较远的点，如(0,7.5)、(300,17.5)，直线的斜率为k＝＝，所以该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R＝7.5＋t。当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻的阻值为R＝Ω＝27.5 Ω。
［反思领悟］
[答案] (1)见解析图 (2)7.5＋t 27.5
数形结合法是指将图像与函数相结合，并将重点数学公式变形，最后求得目标关系式，如本题中根据图像的形状可得出对应的数学函数类型是一次函数，利用图像求出斜率和截距，从而得出热敏电阻的阻值与温度的关系式R＝7.5＋t。
[专题强训提能]
1．读出如图所示的游标卡尺(50分度)与螺旋测微器、电流表、电压表、欧姆表(×10倍率)的读数。
(1)________mm；(2)________mm；(3)________A；(4)________V；(5)________Ω。
答案：(1)42.20 (2)2.987(2.986～2.988均可) (3)0.34 (4)2.22(2.20～2.23均可) (5)160
［反思领悟］
2．某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值如表所示。n＝2时的st图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果填入表中。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用an图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留两位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝
＝0.39 m/s2。
(4)描点及图像如图所示。
(5)由(4)图像求得斜率k＝0.20 m/s2。由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋Nm0)a，整理得
a＝n，即k＝，代入数据得m＝0.44 kg。
(6)若保持木板水平，则所挂钩码总重力与小车所受摩擦力的合力提供加速度，即
nm0g－μ[m＋(N－n)m0]g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n－μg，可见an图线仍是直线，但不过原点，且斜率变大，选项B、C正确。
答案：(3)0.39 (4)见解析图 (5)0.44 (6)BC
3．(2018·哈尔滨模拟)如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不拴接)，压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q。
回答下列问题：
(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________。(已知重力加速度g)
A．弹簧的压缩量Δx
B．两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2
C．小球直径
D．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2
(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep＝____________________________。
(3)由上述所测得的物理量来表示，如果满足关系式____________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
解析：(1)弹簧的弹性势能等于两球刚被弹出时得到的动能之和，要求解动能必须知道两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律，可知v0＝，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2，B正确。
(2)小球刚被弹簧弹出时的动能为Ek＝mv02＝m2＝；故弹簧弹性势能的表达式为Ep＝m1v12＋m2v22＝＋。
(3)由测得的物理量来表示，如果满足关系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。
答案：(1)B (2)＋ (3)m1x1＝m2x2
4．利用如图甲所示的装置可以完成力学中的许多实验。
(1)以下说法中正确的是________。
A．用此装置研究匀变速直线运动时，必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响
B．用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后，需要重新平衡摩擦力
C．用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量
D．用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木板平行
(2)某同学在进行“探究加速度与力、质量的关系”实验时，经历了以下过程：
a．在实验准备过程中，该同学决定使用电火花计时器，该打点计时器对电源的要求是________。
A．交流220 V B．直流220 V
C．交流4～6 V D．直流4～6 V
b．该同学欲通过如图乙所示装置打出的纸带来判断是否已经平衡摩擦力。根据纸带(如图丙所示)的点迹可以判断：为进一步平衡摩擦力，图中的垫块应向________(选填“左”或“右”)移一些。
c．在利用此装置做实验时(已知电源频率为50 Hz)，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图丁所示。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。则打下计数点3时小车的瞬时速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2。(结果均保留两位有效数字)
解析：(1)用此装置研究匀变速直线运动时，由于摩擦阻力是恒力，不必设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响，选项A错误；用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，选项B错误；用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量，选项C正确；用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木板平行，选项D正确。
(2)a.电火花计时器使用的是220 V的交流电。b.根据纸带的点迹可以判断小车做加速直线运动，需要进一步平衡摩擦力，图中垫块应向左移一些。c.打下计数点3时小车的瞬时速度大小为v3＝×10－2 m/s≈0.38 m/s。由逐差法可知小车的加速度大小为a＝×10－2 m/s2≈0.16 m/s2。
答案：(1)CD (2)a.A b．左 c．0.38 0.16
5.随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力(库仑力)成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，调控小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全
放电。
实验小组完成了以下操作：
①在小球N不带电时读出传感器示数F0；
②让小球N与小球M接触后，调整小球N到位置1，读出并记录传感器示数F1；
③继续调整小球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4；
④用放电杆使小球N完全放电，再让小球N与小球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5；
⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。
(1)对于上述操作，下列判断正确的是________。
A．根据②的操作，可求出小球N在不同情况下所受的库仑力
B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系
C．根据②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系
D．要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量
(2)小球N第一次与小球M接触后调整小球N到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为________。
(3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是_______________________________
______________________________________________________________________________。
解析：(1)当小球N与小球M接触带电后，M、N间产生库仑斥力，小球N受到重力mg＝F0、丝线拉力F1及库仑力FC1三个力，故库仑力FC1＝F0－F1，需要①②及后续操作共同确定不同情况下所受的库仑力，A选项错误；②③操作保持M、N所带电荷量不变，因此结合①可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，B选项正确；操作④⑤保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与小球M接触，由于两球完全相同，使小球所带电荷量依次减小到前次的，要研究的是库仑力跟小球所带电荷量间的关系，需要①②④⑤四步的操作共同完成，C选项错误；由库仑定律可知，要测定静电力常量，必须准确测定小球M的带电荷量，D选项正确。
(2)根据(1)可知FC1＝F0－F1。
(3)根据(1)可知，实验中使用两个完全相同的金属小球，是为了使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量平分。
答案：(1)BD (2)F0－F1 (3)使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量
平分
6.(2019届高三·潍坊模拟)如图甲所示，虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表。已知表头的满偏电流为2 mA，内阻阻值范围为180～200 Ω，定值电阻R1＝50 Ω，R2＝1 460 Ω。为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图甲所示的电路中，来测量表头G的内阻。
(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：
电流表：a.0～10 mA B．0～600 mA
滑动变阻器：a.0～20 Ω B．0～1 000 Ω
则电流表应选________，滑动变阻器应选________(选填字母代号)。
(2)将选择的器材接入电路：
①依照电路图甲，画出连线，补充完整实物图乙；
②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调整滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻Rg＝________Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V。
解析：(1)表头满偏时流过R1的电流为：≈8 mA，则改装后的电流表量程约为I＝
8 mA＋2 mA＝10 mA，则电流表选a；滑动变阻器为分压接法，则应选最大阻值较小的滑动变阻器，则选a。
(2)①根据电路图连接实物图如图所示。
②由I1＝I2＋IR1，I1＝5I2，可得IR1＝4I2，又I2Rg＝IR1R1，代入数据得Rg＝200 Ω，电流表的量程为I＝5Ig＝10 mA，电压表的量程为U＝IgRg＋IR2＝15 V。
答案：(1)a a (2)①见解析图 ②200 10 15
7．(2018·六安模拟)某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13 V，内阻小于3 Ω，由于电压表量程只有3 V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替)，改装为量程为15 V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：
(1)把电压表量程扩大，实验电路图如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：
第一步：按电路图连接实物；
第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零；
第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3 V；
第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为________V；
第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15 V的电压表。
(2)实验可供选择的器材有：
A．电压表(量程为3 V，内阻约为2 kΩ)
B．电流表(量程为3 A，内阻约为0.1 Ω)
C．电阻箱(阻值范围0～9 999 Ω)
D．电阻箱(阻值范围0～999 Ω)
E．滑动变阻器(阻值为0～20 Ω，额定电流2 A)
F．滑动变阻器(阻值为0～20 kΩ)
电阻箱应选________，滑动变阻器应选________。
(3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电路图如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出UI图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________Ω。
解析：(1)把量程为3 V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15 V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，由题意知，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3 V，由＝，可得U＝0.6 V，则把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6 V时，即得到量程为15 V的电压表。
(2)由题意知，电压表的量程为3 V，内阻约为2 kΩ，要改装成15 V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱阻值应约为4×2 kΩ＝8 kΩ，故电阻箱应选C；在分压电路中，为方便调节，应选用阻值较小的滑动变阻器，即选E。
(3)由题图丙读出，图线在纵轴的截距为U＝2.3 V，则电源的电动势为E＝2.3×5 V＝
11.5 V，内阻为r＝＝ Ω＝2.5 Ω。
答案：(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5
课余挤时加餐训练(四)
电学3大题型押题练(一)
1.如图所示等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落，已知下落过程两平行边始终竖直，左平行边长为a，右平行边长为2a。当导线框下落到图示位置时，导线框做匀速运动。则从导线框刚进入磁场开始，下列判断正确的是( )
A．在0～这段位移内，导线框可能做匀加速运动
B．在～这段位移内，导线框减少的重力势能最终全部转化为内能
C．在～2a这段位移内，导线框可能做减速运动
D．在0～与～2a位移内，导线框受到的安培力方向相反
解析：选B 导线框在0～这段位移内受到向上的安培力小于重力，导线框做加速运动，随着速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，导线框做加速度逐渐减小的加速运动，由题意可知，当位移为时，加速度恰好减为零，A错；在～这段位移内，导线框一直做匀速运动，因此减少的重力势能全部转化为电能，进而又转化为内能，B对；在～2a这段位移内，导线框切割磁场的有效长度逐渐减小，安培力小于重力，导线框做变加速运动，C错；由楞次定律可知，磁场一直阻碍导线框下落，一直受到向上的安培力，直至导线框全部进入磁场，D错。
2．[多选]如图所示，图(a)中变压器为理想变压器，其原线圈接在u＝12sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。图(b)中为阻值R2＝32 Ω的电阻直接接到u＝12sin 100πt(V) 的交流电源上，结果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则( )
A．通过电阻R1的交变电流的频率为0.02 Hz
B．电阻R1消耗的电功率为4.5 W
C．电流表的示数为6 A
D．变压器原、副线圈匝数比为4∶1
解析：选BD 由u＝12sin 100πt(V)可知，ω＝100π rad/s＝2πf，该交流电源的频率为f＝50 Hz，周期为0.02 s，由于变压器不改变交变电流的频率，所以通过电阻R1的交变电流的频率为50 Hz，选项A错误；由题图(b)可知，R2＝32 Ω的电阻两端电压的有效值为
U＝12 V，电阻R2消耗的电功率为P2＝＝4.5 W，由电阻R1与R2消耗的电功率相等，可知电阻R1消耗的电功率为P1＝P2＝4.5 W，选项B正确；由P1＝I2R1，解得电流表的示数为I＝1.5 A，选项C错误；变压器副线圈电压U′＝IR1＝3 V，变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U∶U′＝12∶3＝4∶1，选项D正确。
3.[多选]在x轴上存在一水平方向的电场，一质量m＝2 kg的带电小球只在电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从x＝7 m处开始以初速度v0＝2 m/s向x轴负方向运动。小球的电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．该小球带负电
B．在x＝4 m处电场强度为零
C．小球通过x＝9 m处时速度大小为2 m/s
D．小球运动的最大速度vm＝2 m/s
解析：选BD 由题设条件无法判断小球的带电性质，A错误；因为Ep＝qφ，电场力大小F＝q，则电场强度大小E＝，在x＝4 m处，＝0，即电场强度E＝0，B正确；小球的初动能为Ek＝mv02＝4 J，在x＝7 m处时，小球的电势能为0，故在x＝7 m处时小球的总能量E＝Ep＋Ek＝4 J，在x＝9 m处时小球的电势能为2 J，则动能为2 J，故小球通过x＝9 m处时速度大小为 m/s，C错误；由题图可知，在x＝4 m处时小球的电势能最低，故此时动能最大，即小球的最大动能为E4＝8 J，最大速度为2 m/s，D正确。
4．如图所示为多用电表的原理示意图，已知表头G的满偏电流为2 mA、内阻为
150 Ω，刻度盘上电阻刻度线正中央标有“30”。选择开关S旋到“2”时量程为10 mA，旋到“3”、“4”、“5”、“6”时的量程未知，但测得R6＝570 Ω，R7＝900 Ω，E为两节新的干电池(E＝3 V)，内阻忽略。请回答下列问题：
(1)选择开关S旋到“6”时的量程为________。
A．15 A B．3 V
C．12 V D．15 V
(2)正确使用欧姆挡测电阻时，滑动变阻器R3连入的阻值为________Ω。
(3)电池用久后，电动势变小了，内阻变大了，但仍能欧姆调零，用此表去测电阻，则其测量值比真实值________(填“偏小”“偏大”或“不变”)。
解析：(1)选择开关S旋到“6”时为电压表，量程为U＝IgRg＋I(R6＋R7)＝2×10－3×
150 V＋10×10－3×(570＋900)V＝15 V，故D对。
(2)使用欧姆挡测电阻时，要进行欧姆调零，表头G指针达到满偏，由闭合电路欧姆定律可得：R3＝＝ Ω＝270 Ω。
(3)电池用久了，电动势变小，内阻变大，欧姆调零时，欧姆表内阻变小，应用欧姆表测电阻时，I＝＝＝，由于R内偏小，则电流I偏小，欧姆表指针偏转角度偏小，电阻测量值偏大。
答案：(1)D (2)270 (3)偏大
5．一电路如图所示，电源电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝
4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长
L＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m。问：
(1)若开关S处于断开状态，则当其闭合后，流过R4的总电量为多少？
(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2)
解析：(1)开关S断开时，电阻R3两端电压为
U3＝E＝16 V
开关S闭合后，外电阻为R＝＝6 Ω
路端电压为U＝E＝21 V
电阻R3两端电压为U3′＝U＝14 V
则流过R4的总电量为
ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12 C。
(2)设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有
＝mg
当开关S闭合后，微粒做类平抛运动，设微粒加速度为a，则
mg－＝ma
设微粒能从C的电场中射出，则水平方向t＝
竖直方向y＝at2
解得y＝6.25×10－3 m>
故微粒不能从C的电场中射出。
答案：(1)6.0×10－12 C (2)不能，分析过程见解析
电学3大题型押题练(二)
1.[多选]如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，C为静电计，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电路稳定后，悬线与竖直方向夹角为θ且小球处于平衡状态，则( )
A．静电计的指针发生了偏转
B．若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大
C．若将A极板向下平移稍许，静电计指针的偏角将减小
D．保持开关S闭合，使滑动变阻器滑片向左移动，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做直线运动
解析：选AD 静电计是用来测量电容器板间电压的，电路稳定后，静电计指针偏转的角度表示电容器板间电压的高低，选项A正确；将A极板向左平移稍许，板间距离增大，由C＝知，电容减小，选项B错误；将A极板向下平移稍许，板间正对面积S减小，由C＝知，电容减小，但板间电压不变，静电计指针的偏角将不变，选项C错误；电路中没有电流，调节滑动变阻器不能影响电容器板间电压的大小，小球的平衡状态不变，θ不变，轻轻将细线剪断，小球将做匀加速直线运动，选项D正确。
2.如图所示，两根间距L＝0.4 m 的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝ T。导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，电表均为理想电表，一根导体棒ab置于导轨上，导体棒电阻不计且始终与导轨良好接触。若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动，其速度与时间的关系为v＝10sin 10πt(m/s)，电阻R＝10 Ω，则下列判断正确的是( )
A．导体棒产生的感应电动势的瞬时值为e＝4sin 5πt(V)
B．交流电压表示数为2 V，交流电流表示数为0.2 A
C．电阻R在1分钟内产生的热量为24 J
D．若在R两端再并接一相同电阻R，则电压表示数将增大为原来的2倍
解析：选C 导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BLv＝4sin 10πt(V)，A错；感应电动势的有效值为U＝＝4 V，由变压比知交流电压表示数为U′＝2 V，B错；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝t＝24 J，C对；电压表示数由原线圈两端电压及匝数比决定，D错。
3.如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里、大小均为B＝0.5 T，两边界间距离s＝0.1 m，一边长L＝0.2 m 的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R＝
0.4 Ω。现使线框以v＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则选项图中能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是( )
解析：选A 在0～5×10－2 s内，ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流沿顺时针方向，则a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝
BLv＝×0.5×0.2×2 V＝15×10－2 V；在5×10－2～10×10－2 s内，cd进入磁场后，cd和ab都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a点的电势高于b点的电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝0.5×0.2×2 V＝20×10－2 V；在10×10－2～15×10－2 s内，ab穿出磁场后，只有cd切割磁感线，由右手定则知，a点电势高于b点电势，Uab为正，Uab＝E＝BLv＝×0.5×0.2×2 V＝5×10－2 V，故整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线如图A所示，故A正确。
4．利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻和一个未知电阻Rx阻值的实验电路。
A．待测电源E(电动势略小于6 V，内阻不足1 Ω)
B．电压表V1(量程6 V，内阻约6 kΩ)
C．电压表V2(量程3 V，内阻约3 kΩ)
D．电流表A(量程0.6 A，内阻约0.5 Ω)
E．未知电阻Rx(约5 Ω)
F．滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
G．开关和导线
(1)在图中的虚线框内画出完整的实验原理图。
(2)实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表V1的示数分别为U1、U1′时，电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′。由此可求出未知电阻Rx的阻值为________，电源的电动势E＝____________，内阻r＝____________(用题目中给定的字母表示)。
解析：(1)要测量电源的电动势和内阻应采用串联接法，由于电压表V1已经接入，故将滑动变阻器与未知电阻和电流表串联接入即可；为了测量未知电阻的阻值，应将V2并联在未知电阻的两端测量电压，电路图如图所示。
(2)电压表V2两次的示数之差为ΔU2，电流表A两次的示数分别为I、I′，因Rx为定值电阻，根据欧姆定律可知，Rx＝＝；根据闭合电路欧姆定律可知：U1＝E－Ir，U1′＝E－I′r，联立解得：E＝，r＝。
答案：(1)见解析图 (2)
5.如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，L板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电量为q、质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘 a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场区域(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，求：
(1)K板所带电荷的电性；
(2)粒子经过c点时的速度大小；
(3)圆形磁场区域的最小面积。
解析：(1)粒子由a到c，运动轨迹向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知，粒子所受电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。
(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度等于初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度大小与经过a点时的速度大小相等。
由上可知粒子经过c点时的速度大小
vc＝va＝vcos θ＝＝。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图中实线弧所示，a、c为两个切点。
洛伦兹力提供向心力qvcB＝m
可得轨迹半径R＝
粒子飞出电容器立即进入圆形磁场，且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，由几何关系易知此时磁场半径与轨迹半径相等。
磁场最小面积S＝πR2＝。
答案：(1)正电 (2) (3)
电学3大题型押题练(三)
1．一个质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长。已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法错误的是( )
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．若电场强度大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相等
C．若电场强度大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相等
D．小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等
解析：选C 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以速度v0做匀速直线运动，选项A正确；竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项C错误；当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时：y＝gt12，v1＝gt1，经过第一电场区时：y＝v1t2－gt22，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0；接下来小球的运动重复前面的运动，即每次通过无电场区时竖直方向都是做自由落体运动，每次通过电场区时竖直方向都是做末速度为零的匀减速直线运动，故小球经过每一无电场区的时间相同，选项B正确；小球经过每个电场区机械能的减少量等于克服除重力外其他力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等，选项D正确。
2．[多选]某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)。在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是( )
A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电
B．实验可以证明，T1采用升压变压器能减小远距离输电的能量损失
C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2
D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n12∶n22
解析：选BD 变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；第一次实验，输电线上的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，所以＝＝，故D正确，C错误；由上述分析知>1时，P2
A．粒子Q带负电
B．粒子Q的比荷＝
C．粒子Q到达＋y轴上某点D时与x轴间的距离最大值为
D．粒子Q在恰好不到达y轴的情况下通过x轴上的点与原点O间的距离为
解析：选BCD 粒子P从A点运动半周到达C点，根据左手定则可知粒子P带正电，与粒子P相同的粒子Q也带正电，A错误；对粒子P，有T＝，而T＝2t，得＝，B正确；对粒子P，有OA＝r＝，对粒子Q，有R＝＝r，当AD＝2R＝r时，D点与x轴间的距离最大，如图所示，由几何关系知最大距离为r＝，C正确；粒子Q在恰好不到达y轴的情况下即在磁场中的运动轨迹与y轴恰好相切时，通过x轴上的点E与原点O间的距离为r－
2(r－R)＝，D正确。
4．如图(a)是一简易多用电表的电路图，其表盘如图(b)所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，但上排刻度线对应数据未标出。已知该多用电表的表头选用的是内阻RA＝10 Ω、满偏电流IA＝10 mA的电流表。
为测量该多用电表内部电源的电动势，某同学在实验室找到一只电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱的阻值使电表指针在C处，此时电阻箱的示数如图(c)所示。
(1)根据该同学的实验，此多用电表C处刻度对应的阻值为________Ω，电表内电源的电动势为________V。
(2)若将选择开关接“1”，指针指在图(b)所示位置，其读数为________mA。
(3)将一未知阻值的电阻，接在已经欧姆调零的该多用电表两表笔之间，指针仍指在图(b)所示位置，则该未知电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)。
解析：(1)由题图(c)可知，电阻箱示数为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω；指针指在C处时，电流表示数为5 mA＝0.005 A，C处刻度对应的阻值为中值电阻，由上可知为150 Ω，电源电动势E＝I·2R＝0.005×2×150 V＝1.5 V。
(2)选择开关接“1”时，电表的量程为10 mA，则题图(b)对应刻度的最小分度为0.2 mA，故读数为：6.8 mA。
(3)由题意可知，此时电路中的电流值为I＝6.8 mA，而电表内电源的电动势为E＝
1.5 V，由(1)中分析可知，电表欧姆挡的内阻为R内＝150 Ω，所以待测电阻的阻值为R′＝
－R内＝Ω≈71 Ω。
答案：(1)150 1.5 (2)6.8 (3)71
5.如图所示，ab和cd是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN和M′N′是用绝缘细线连接的两根金属杆，其质量分别为m和2m，用竖直向上、大小未知的外力F作用在杆MN中点，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触。整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L，电阻可忽略，两杆总电阻为R，与导轨始终接触良好，重力加速度为g。t＝0时刻，将细线烧断，保持力F不变。
(1)细线烧断后任意时刻，求两杆运动的速度大小之比；
(2)若杆MN运动至速度最大时发生的位移为s，该过程中通过金属杆横截面的电荷量q和电路中产生的焦耳热Q各为多少？
解析：(1)以两杆为研究对象，初始两杆水平静止，则所受合外力为零，有F＝3mg
细线烧断后杆MN向上运动，杆M′N′向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故两杆所受合外力仍为零，动量守恒，有
mv1－2mv2＝0
故两杆运动的速度大小之比为v1∶v2＝2∶1。
(2)设两杆的最大速度分别为v1m和v2m，根据系统动量守恒，有mv1m－2mv2m＝0
杆M′N′的最大速度为v2m＝v1m
此过程中杆M′N′的位移大小为s2＝s
该过程中穿过回路的磁通量变化量
ΔΦ＝BL
通过金属杆横截面的电荷量
q＝＝
该过程中安培力为变力，根据动能定理
对杆MN，有
WF－mgs－W安1＝mv1m2
对杆M′N′，有
2mg·s－W安2＝×2m2
又WF＝3mgs
W安1＋W安2＝Q
当杆的速度最大时，对杆MN，有
F－mg－F安1m＝0
而F＝3mg，F安1m＝BLIm
Im＝，E＝BL(v1m＋v2m)＝BLv1m
解得v1m＝
该过程电路中产生的焦耳热
Q＝3mgs－。
答案：(1)2∶1 (2) 3mgs－
电学3大题型押题练(四)
1.如图所示，同一平面内，三个闭合金属圆环1、2、3同心放置，下列说法正确的是( )
A．给圆环1通一恒定电流，圆环2的磁通量小于圆环3的磁通量
B．给圆环3通一恒定电流，圆环1的磁通量大于圆环2的磁通量
C．给圆环2通一变化电流，圆环1和圆环3的感应电流方向始终相同
D．给圆环1通一变化电流，圆环2和圆环3的感应电流方向始终相反
解析：选C 若给圆环1通逆时针方向的恒定电流，相当于将一个小磁铁放在圆环2和圆环3的中心，提供的磁场如图所示，磁通量是标量，但是有正负，抵消后圆环2内的磁通量大于圆环3内的磁通量，A错误；若给圆环3通恒定电流，相当于将圆环1和圆环2放在一个磁铁的内部，圆环1的磁通量小于圆环2的磁通量，B错误；若给圆环2通一变化电流，据A、B选项可知，圆环1和圆环3原磁场方向相同，磁通量变化率正负相同，所以它们的感应电流方向始终相同，C正确；同理可得，D错误。
2．如图所示为某山区小型发电站输电示意图，发电站发出U1＝220sin 100πt(V)的交流电，通过变压器升压后进行高压输电，再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是( )
A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收到的交流电的频率是25 Hz
C．深夜开灯时灯泡特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故
D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减小降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
解析：选C 开关S1、S2都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故A错误；变压器不改变交流电的频率，故负载端交流电的频率为f＝＝50 Hz，故B错误；深夜大部分用户负载减少，干路中电流减小，输电线损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯灯泡较亮，故C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压增大来提高灯泡亮度，故D错误。
3.[多选]如图所示，AOB为一边界为圆的扇形匀强磁场区域，半径为R，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为AB边界上一点，且CD平行于AO。现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度垂直射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心O射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则( )
A．粒子2在磁场中的轨道半径等于R
B．粒子2一定不从B点射出磁场
C．粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶2
D．粒子1与粒子2离开磁场时速度方向相同
解析：选AC 粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨迹半径等于R，粒子2从C点沿CD射入，其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨迹半径也等于R，连接OC、O1C、O1B，O1COB是菱形，O1B＝CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故A正确，B错误；粒子1的速度偏角为90°，粒子1在磁场中转过的圆心角θ1＝90°，过B点作O1C的垂线交O1C于点P，可知P为O1C的中点，由几何关系可知，θ2＝∠BO1P＝60°，两粒子的速度偏角不同，离开磁场时速度方向不同，粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t＝T，运动时间之比t1∶t2＝θ1∶θ2＝90°∶60°＝3∶2，故C正确，D错误。
4．某实验探究小组为了测量电流表G1的内阻r1，设计电路进行实验。实验中供选择的器材如下：
待测电流表G1(量程5 mA，内阻约300 Ω)
电流表G2(量程10 mA，内阻约100 Ω)
定值电阻R1(300 Ω)
定值电阻R2(10 Ω)
滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)
滑动变阻器R4(0～20 Ω)
开关S及导线若干
干电池(1.5 V)
回答下列问题：
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________。
(2)在方框中画出实验电路图。
(3)主要的实验步骤如下：
A．按实验电路图连接电路，将滑动变阻器的滑动触头移至接入阻值为零处
B．闭合开关S，移到滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2
C．重复步骤B，多次移动滑动触头，测量多组数据
D．为得到一条过原点的倾斜直线，应画出________图线，表达式为________________。
(4)根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1＝________(用k和定值电阻的符号表示)。
解析：(1)实验器材中没有电压表，因此选用安安法测电流表的内阻，定值电阻R1的阻值和待测电流表内阻相差不多，可将两者并联，再与电流表G2串联，为保证两个电流表安全并且有大的调节范围，因此滑动变阻器采用分压接法，因为滑动变阻器R3阻值太大，不方便调节，所以选用滑动变阻器R4。
(2)实验电路图如图所示。
(3)根据欧姆定律有＝r1，解得I2＝I1，因此画出的I2I1图线为过原点的倾斜直线，满足要求。
(4)根据(3)中分析可得到图线斜率和R1及r1的关系，即k＝，解得r1＝(k－1)R1。
答案：(1)R1 R4 (2)见解析图 (3)I2I1 I2＝I1 (4)(k－1)R1
5.如图所示，abcd为质量M＝3.0 kg的“”形导轨(电阻不计)，放在光滑绝缘且倾角为θ＝53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于斜面固定，质量m＝2.0 kg的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱e、f上，导轨和金属棒PQ都处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，OO′上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B＝1.0 T。导轨的ad段长L＝1.0 m，金属棒PQ单位长度的电阻为r0＝0.5 Ω/m，金属棒PQ与“”形导轨始终接触良好且两者间的动摩擦因数
μ＝0.25。设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，图中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且处于水平方向)，求：
(1)导轨运动的最大加速度；
(2)导轨运动的最大速度。
解析：(1)导轨下滑过程中受到金属棒PQ的摩擦力f、压力FN、安培力FA，设导轨下滑的加速度为a，下滑的速度为v，根据力学规律和电磁学规律，有：
Mgsin θ－f－FA＝Ma
f＝μFN
E＝BLv
I＝
FA＝ILB
对金属棒PQ，因其始终静止，有：
导轨对金属棒PQ的支持力为FN′＝mgcos θ＋FA′
由题意知，金属棒PQ的电流、接入回路的有效长度、磁感应强度大小均与ad边相等，则FA′＝FA
由牛顿第三定律知FN＝FN′
导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大
Mgsin θ－f′＝Mam
f′＝μmgcos θ
解得最大加速度am＝7.0 m/s2。
(2)导轨达到最大速度vm时，加速度为零
Mgsin θ－f1－FAm＝0，f1＝μFN′
解得vm＝＝8.4 m/s。
答案：(1)7.0 m/s2 (2)8.4 m/s
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