中考物理二轮复习核心考点复习专题30 初高中物理衔接类问题（含解析）

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专题30 初高中物理衔接类问题

牛顿第三定律、动能、重力势能、弹性势能、机械能守恒定律、实际电流表和理想电流表、单摆摆动周期、平抛运动、斜抛运动、万有引力、电场力、凸透镜成像规律、磁力等问题，在初中阶段都没有量化的表达，有的只是定性的说明，但初中课程教学中，有的只是经过拓展学习，初步的达到了和高中阶段所学内容十分接近，在知识和知识简衔接处，用到一定的物理方法就完全可以达到高中阶段所学知识的水平。在中考中，为了选拔能力素养突出的学生，物理试题的命制就会以初高中衔接知识为素材。所以毕业班学生多学习这些问题，中考成绩会更加突出。

【例题1】（2019山东菏泽）人类探索大空的奥秘的过程中产生了大量垃圾，为探究太空垃圾对飞行器造成的危害，科学家做了一个模拟太空实验：用质量约为1g的塑料圆柱体代替垃圾碎片，用固定不动的大块铝板代替飞行器，当塑料圆柱体以6700m/s的速度撞击铝板时，在铝板上形成一个比塑料圆柱体直径大好多倍且表面光滑的圆形大坑，如图所示，请你解释铝板上光滑圆形大坑的形成原因。
（物体的动能EK=mv2）。

【答案】见解析。
【解析】利用EK=mv2求出动能的大小，然后结合动能大小的影响因素分析解答即可。
动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。 当塑料圆柱体以6700m/s的速度撞击铝板时，产生的动能为
，
由以上计算可知，质量约为1g的塑料圆柱体以6700m/s的速度撞击铝板时，产生了巨大的内能， 所以铝板上会形成光滑圆形大坑。
【例题2】质量可忽略的细绳上端固定，下端系一质量为m的金属螺母，做成摆长为l的摆(如图所示)，让螺母在竖直面内小幅度往返摆动，每完成一次往返摆动的时间均为T=2π (g=9.8Nkg).

（1）请你根据T=2π ，推测，螺母往返摆动一次的时间T与螺母的质量m是否有关________(选填“有关”、“无关”).
（2）现有足量的细绳、大小相同的金属螺母，这些螺母有的质量相等，有的质量不等，写出验证你的推测的实验步骤(若有需要，可补充器材).
【答案】 （1）无关（2）①取一段长度合适的细绳，用天平从大小相同的螺母中称量出质量不同的螺母；②把螺母系在绳子上，固定好绳子一端，用刻度尺测量绳端到螺母的长度；
③把螺母拉到一个合适的位置由静止释放，记录螺母往返摆动的次数n，所需的时间t1；④换用其它质量不等的螺母，重复上面实验，记下所需的时间t2；⑤比较测量数据，得出结论。
【解析】（1）根据公式 T=2π   可知，其中π和g都是常量，因此螺母摆动的时间只与摆长有关；由于其中没有螺母的质量m，因此螺母摆动的时间与螺母的质量无关；
（2）要探究螺母摆动的时间与质量的关系，就要改变螺母的质量控制摆长相等，步骤如下：
①取一段长度合适的细绳，用天平从大小相同的螺母中称量出质量不同的螺母；
②把螺母系在绳子上，固定好绳子一端，用刻度尺测量绳端到螺母的长度；
③把螺母拉到一个合适的位置由静止释放，记录螺母往返摆动的次数n，所需的时间t1；
④换用其它质量不等的螺母，重复上面实验，记下所需的时间t2；
⑤比较测量的数据，得出结论。
【例题3】（2019贵州贵阳）体育课上，小明在同一位置用相同的力多次将足球踢出，发现足球斜向上飞出的角度越大，球运动得越高，但并不能运动得越远，这是什么原因呢？
小明向老师请教，老师说：这是常见的一种抛体运动，将足球以一定的速度向斜上方踢出，足球所做的运动叫做斜抛运动，其运动轨迹如图甲所示。足球起始运动方向与水平方向的夹角叫做抛射角，抛出点到落地点的水平距离叫做射程，射程与抛出速度和抛射角的大小有关。若不计空气阻力，请回答下列问题：

（1）足球的质量是0.4kg，它受到的重力是多少？（取g = 10N/kg）
（2）若足球从地面踢出时具有的动能是120J，踢出后能达至的最大高度是5m，足球在最高点时具有的动能是多少？
（3）若足球的射程x与抛出速度v、抛射角θ之间满足公式x=，当足球以20m/s的速度且与水平方向成45o角踢出，足球的射程是多少？（取g=10N/kg）
（4）足球以30o抛射角踢出，其动能Ek随水平位置S变化关系的图像如图乙所示。若该球在同一位置以60o抛射角且与前次大小相同的速度踢出，请你在答题卡的同一坐标中画出此次足球的动能随水平位置变化关系的大致图像。
【答案】（1）它受到的重力是4N；
（2）若足球从地面踢出时具有的动能是120J，踢出后能达到的最大高度是5m，足球在最高点时具有的动能是100J；
（3）当足球以20m/s的速度且与水平方向成45°角踢出，足球的射程是40m；
（4）此次足球的动能随水平位置变化关系的大致图像如上所示。
【解析】（1）足球的质量是0.4kg，它受到的重力是：
G=mg=0.4×10N/kg=4N：
（2）若足球从地面踢出时具有的动能是120J，踢出后能达到的最大高度是5m，足球在最高点时具有的重力势能为：Ep=mgh=4N×5m=20J；则动能EK=120J-20J=100J；
（3）当足球以20m/s的速度且与水平方向成45°角踢出，足球的射程是：

（4）根据数学知识，sin60°×cos60°=sin30°×cos30°，因两次速度大小相同，由X=，两种情况下射程相同，因足球斜向上飞出的角度越大，球运动得越高，故第二种情况下的高度越大，动能较小，据此画出此次足球的动能随水平位置变化关系的大致图像，如下所示：


1.证明：（1）透镜成像公式
（2）共轭法求焦距公式：f=(L2-d2)/4L
【答案】见解析。
【解析】证明：（1）如图所示，物距BO=u,像距BˊO=v, 焦距FO=Fˊ0=f,

ΔABO∽ΔA′B′O，得：
AB/ A′B′=u/v …………（a）
ΔCFO∽ΔA′B′F
CO/A′B′=FO/B′F, 即AB/ A′B′=f/(v-f) …………（b）
解上述两式：fv+fu=uv
两边同除以ufv,得：
（2）如图所示，由透镜成像公式：



且v1=L-u1, v2=L-u2, u2=u1+d,
解此三式可得：
u1=(L-d)/2,
v1=(L+d)/2
将此两式代入透镜成像公式可得：
f=(L2-d2)/4L．　　　
2.证明动能定理：外力对物体所做的总功等于物体动能的增加．
【答案】见解析。
【解析】证明：一个质量为m的物体原来的速度为v1，动能为mv12/2，
在恒力F的作用下，发生一段位移s，速度为v2，动能增加到mv22/2，
设外力方向与运动方向相同，外力F做的功W=Fs，
根据牛顿第二定律F=ma，由运动学公式v22-v12=2as,得：s= (v22-v12)/2a,所以
Fs=ma(v22-v12)/2a= m v22/2- m v12/2
或W=EK2- EK1
上述结论由假定物体受一个力推导出来的，如果不只受一个力而是几个力， 总功就是各个力做功的代数和．
3.证明机械能守恒定律：在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但总的机械能保持不变．
【答案】见解析。
【解析】证明：如图所示，取地为零势能点，设物体只受重力作用，向下做匀加速运动。

在位置1时速度为v1，高度为h1，在位置2时速度为v2，高度为h2，
由匀加速运动公式可得：v22-v12=2g(h1-h2)
v12+2gh1= v22+2gh2 ,
mv12/2+mgh1=m v22/2+mgh2
即，E1=E2
所以机械能守恒．
4.阅读下列材料，并回答问题。
在伏安法测电阻的实验中，可以有以下两种测量方法，分别叫内接法和外接法。如图所示，分别为实验电路的一部分。电流表与电压表都有电阻，它们的电阻叫内阻，电流表的内阻非常小，约为RA=0.05Ω，所以在电学实验中，它的内阻常常忽略不计；电压表的内阻非常大，约为RV=10kΩ，连入电路中通过的电流很小，所以在电学实验中通过它的电流常常忽略不计。但在实际测量中这些忽略不计的物理量却使测量结果产生误差。
博涵同学带领创新实验小组，仔细阅读上述材料后，购买了两个定值电阻并向物理老师借来所需器材进行了测量，两个定值电阻的阻值分别为R1=5Ω，R2=20kΩ，小组同学们为了减小实验误差，选择恰当的方法进行了合作探究，分别测出了两个电阻的阻值。
若你也做为博涵创新实验小组的一员，在测量R1=5Ω的阻值时，请你回答：
（1）此实验中你们选择的恰当方法是　　（选填字母）
A．内接法 B．外接法
（2）用你们选择的方法测得的电阻值比真实值　　（选填“偏大”或“偏小”）
（3）请根据欧姆定律解释测量结果偏大或偏小的原因。

【答案】（1）B；（2）偏小；（3）若采用外接法，电压表测的电压是准确的，根据并联电路电流的规律，电流表的示数等于通过定值电阻的真实电流和通过电压表的电流，故电流表示数比通过定值电阻的电流偏大，由定律定律，R=，用这种方法测得的电阻值比真实值偏小。
【解析】本题考查串联、并联电路的规律及欧姆定律的运用。要明确电学实验中，当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法。体现了与高中知识的衔接。
（1）电流表的内阻非常小，约为RA=0.05Ω；电压表的内阻非常大，约为RV=10kΩ，在测量R1=5Ω的阻值时，若采用内接法，如上左图，电流表测的通过定值电阻的电流是准确的，
定值电阻为电流表内阻的=100倍，由分压原理，电流表分去的电压为电压表示数的
UV，﹣﹣﹣①
若采用外接法，电压表测的电压是准确的，定值电阻是电压表内阻的=5×10﹣4倍，根据分流原理，设通过定值电阻的电流为I′，由分流原理，则通过电压表的电流为I′﹣﹣﹣②
比较①②得，采用外接法对测量的影响较小，选B；
（2）（3）若采用外接法，电压表测的电压是准确的，根据并联电路电流的规律，电流表的示数等于通过定值电阻的真实电流和通过电压表的电流，故电流表示数比通过定值电阻的电流偏大，由定律定律，R=，用这种方法测得的电阻值比真实值偏小。
5.甲、乙两位同学对“雨滴的下落速度是否跟雨滴的大小有关”持有不同的意见，于是他们对此展开研究。他们从网上查到，雨滴在下落过程中接近地面时受到的空气阻力与雨滴的横截面积S成正比，与雨滴下落速度v的平方成正比，即f=kSv2（其中k为比例系数，是个定值），雨滴接近地面时可看做匀速直线运动。把雨滴看做球形，其半径为r，密度为ρ，比热为c，球的体积为V=πr3．（注：所有结果均用字母表示）
（1）半径为r的雨滴重力为　　。
（2）在接近地面时，大雨滴的下落速度　　小雨滴的下落速度（选填“大于”“等于”“小于”），写出推理过程。
（3）假设半径为r的雨滴在近地面下落h高度的过程中，重力对它所做的功全部转化为雨滴的内能，则雨滴的温度升高了多少？
【答案】（1）πr3ρg；（2）大于；推理过程详见解答；（3）雨滴的温度升高了。
【解析】（1）雨滴的体积：V=πr3，
则根据ρ=得，其质量m=ρV=πr3ρ，
故重力G=mg=πr3ρg；
（2）雨滴接近地面时可看做匀速直线运动，故f=G，
因为f=kSv2=kπr2v2，G=πr3ρg，
所以，kπr2v2=πr3ρg，
化简得，v=，
又因为k、ρ、g均为定值，
所以，r越大，速度越大，
即在接近地面时，大雨滴的下落速度大于小雨滴的下落速度。
（3）设雨滴的质量为m，
因为重力对它所做的功全部转化为雨滴的内能，即W=Q，
又因为W=Gh=mgh，Q=cm△t，
所以，mgh=cm△t，
则△t=。
6．天然水流蕴藏着巨大的能量，是人类可以利用的重要能源之一。兴建水电站可以把天然水流蕴藏着的巨大能量转换成电能，是水能利用的主要形式。有一处水利工程，在河流上修建了115m高的拦河大坝，如图所示。年平均水流总量为3×1010m3．该水利工程的主要任务包括防洪、发电和航运，在发电方面，年平均发电总量为6×109kW•h．现安装水轮发电机20台，每台水轮发电机装机容量（即发电功率）为9.26×104kW．（水的密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg）求：
（1）年平均水流总量所受的重力；
（2）若上、下游水位差为100m，年平均水流总量做的总功及转化为电能的效率；
（3）若每台发电机平均年发电时间为180天，则平均每天约有多少台发电机在工作。

【答案】（1）年平均水流总量所受的重力为3×1014N；
（2）若上、下游水位差为100m，年平均水流总量做的总功、转化为电能的效率分别为3×1016J、72%；
（3）若每台发电机平均年发电时间为180天，则平均每天约有15台发电机在工作。
【解析】（1）年平均水流总量所受的重力：
G=mg=ρVg=1.0×103kg/m3×3×1010m3×10N/kg=3×1014N；
（2）年平均水流总量做的总功：
W=Gh=3×1014N×100m=3×1016J，
年平均发电总量：
W电=6×109kW•h=6×109×3.6×106J=2.16×1016J，
转化为电能的效率：
η==×100%=72%；
（3）若每台发电机平均年发电时间为180天，
则每天发电量：
W电′==×108kW•h，
每台水轮发电机发电量：
W电″=Pt=9.26×104kW×24h=2.2224×106kW•h，
需要发动机数量：
n=≈15（台）。
7．某同学在探究弹性势能大小与形变量的关系时，猜测弹性势能可能与形变量x成正比，也可能与形变量的平方x2成正比。用如图装置进行探究，将弹簧套在光滑竖直杆上且底端固定在水平面上，刻度尺与杆平行，进行了如下操作：

①弹簧处于自由状态时，读出其上端距水平面的高度h0；
②将中间有孔的小铁块套在光滑杆上放于弹簧上端，竖直向下按压铁块，读出此
时弹簧上端到水平面的高度h1；
③释放小铁块，当铁块上升到最大高度时，读出铁块下端到水平面的高度h2；
④改变弹簧的压缩长度，重复步骤②③，将测出的数据记录在表格中，并计算出
弹簧的形变量x、形变量的平方x2和小铁块上升的距离△h
实验次数
h0/m
h1/m
h2/m
x/m
X2/m2
△h/m
1
0.50
0.40
0.55
0.40
0.01
0.15
2
0.50
0.30
0.90
0.20
0.04
0.60
3
0.50
0.20
1.55
0.30
0.09
1.35
4
0.50
0.15
2.00
0.35
0.12
1.85
（1）实验中弹簧的形变量x=　 　（用所测物理量符号表示）；
（2）本实验中，弹簧弹性势能大小是通过　 　来间接反映的；
A．h1 B．h2 C．h2﹣h0 D．h2﹣h1
（3）该同学根据表中数据分别做出图甲△h﹣x和图乙△h﹣x2图象，由此得到的结论是弹簧弹性势能的大小与　 　成正比
【答案】（1）h0﹣h1 （2）D （3）形变量的平方
【解析】（1）弹簧的形变量x等于弹簧的原长度h0减去弹簧被压缩后的长度h1，即x=h0﹣h1；（2）实验中弹性势能的大小时通过铁块被弹起的高度来间接的反应，即铁块到达的最高点h2减去弹簧被压缩的最低点h1，即h2﹣h1，故D正确；（3）由表可知△h=15x2，△h与x2成正比例函数关系，图象为过原点的直线，即弹簧弹性势能的大小与形变量的平方成正比。
8.已知物体的重力势能表达式为EP=mgh，动能表达式为EK=mv2；其中m为物体的质量，h为物体距离水平地面的高度，v为物体的运动速度，g为常量，取10N/kg。如图所示，将一质量为0.4kg的物体从距离地面1.5m的高度沿水平方向以2m/s的速度抛出。不计空气阻力，物体从被抛出到落地的瞬间，整个过程中机械能守恒。求：

（1）物体被抛出时的重力势能EP和动能EK1；
（2）物体从被抛出点至落地的过程中，其重力所做的功W；
（3）物体落地前瞬间的动能EK2。
【答案】（1）6J 和0.8J（2）6J（3）6.8J
【解析】（1）m=0.4kg g=10N/kg h=1.5m v=2m/s
根据物体的重力势能表达式EP=mgh得物体被抛出时的重力势能
EP=mgh=0.4kg×10N/kg×1.5m=6J
根据动能表达式EK=mv2得
物体被抛出时的动能EK1=mv2=×0.4kg×（2m/s）2=0.8J
（2）物体从被抛出点至落地的过程中，物体在重力方向移动的距离h=1.5m
物体重力为G=mg
则重力所做的功W=Gh=mgh=0.4kg×10N/kg×1.5m=6J
（3）物体在抛出点的机械能E1= EP+EK1=6J+0.8J=6.8J
物体落地的瞬间，重力势能为EP2=0 ，动能为EK2，机械能E2= EP2+EK2 = EK2
由于物体从被抛出到落地的瞬间，整个过程中机械能守恒，所以E1= E2
E2= E1
也就是EK2=6.8J
拓展：初中阶段对动能、重力势能只进行了定性的研究，到高中阶段就要进行定量的研究。本题通过给出动能、重力势能定量的表达式，和一些信息的给予，让考生调动大脑进行思考，通过已有的知识，对信息加工整理，解决问题。既培养了学生解决问题的能力，又为学生升入高中继续学习打下良好的基础。这样的考题是今后中考命题发展的大趋势。
9.小明和同学打乒乓球时，注意到乒乓球台上的球不小心就会滚到台下，落地点时时远时近．小明思考：若运动着的小球从桌上滚落后，小球的落地点到桌子的水平距离可能与哪些因素有关呢？他的猜想如下：

猜想一：小球的落地点到球台的水平距离s可能与小球离开桌面的速度大小有关；
猜想二：小球的落地点到球台的水平距离s可能与桌子的高度H有关．
然后，小明选取了钢球并用高度可调的桌子与斜面组成如图所示的装置，并进行了实验，得到了部分数据如表．
同一钢球，H=1.2m
次数
小球高度h/m
落地点到桌子的水平距离s/m
1
0.1
0.65
2
0.2
0.96
3
0.3
1.16
（1）在实验中让钢球从桌上的斜面不同高度由静止滚下，其目的是：　 　．
（2）分析表中数据你可得到的结论是：　 　．
【答案】（1）使钢球到达桌面的速度不同；（2）在小球的质量和运动速度相同时，小球所处高度越高，落地时的水平距离越大
【解析】（1）当同一个小球从同一斜面高度滚下时，小球的质量和速度是不变的，这样可以探究小球的落地点到球台的水平距离与球台的高度的关系；（2）分析表数据可得出的结论为：在小球的质量和运动速度相同时，小球所处高度越高，落地时的水平距离越大。
【考点定位】控制变量法与探究性实验方案
10.归纳式探究﹣﹣研究带电粒子在电场中的运动：
给两块等大、正对、靠近的平行金属板加上电压，两板之间就有了电场．带电离子在电场中受到力的作用，速度的大小和方向都可能发生变化．

（1）甲图中两板间电压为U，若一个质量为m，电荷量为q的负离子，在力的作用下由静止开始从负极板向正极板运动，忽略重力的影响，到达正极板时的速度v与质量m、电荷量q和电压U的关系数据如表一．则带电离子到达正极板时速度的平方v2=k1　　．
（2）在其他条件一定时，若第二次实验中的带电粒子以不同的速度沿着乙图中的两板中线方向入射到电场中，带电离子就会发生偏转，离开电场时偏移距离y与入射初速度v的关系数据如表二．则偏移距离y=k2　　．将数据的表格形式变成公式形式，运用了　 　法．
表一：
次数
m/kg
q/C
U/V
v2/（m2•s﹣2）
1
2×10﹣30
1.6×10﹣19
1
1.6×1011
2
4×10﹣30
1.6×10﹣19
1
0.8×1011
3
4×10﹣30
3.2×10﹣19
1
1.6×1011
4
2×10﹣30
1.6×10﹣19
3
4.8×1011
表二：
v2/（m2•s﹣2）
y/m
0.8×1011
3.6×10﹣2
1.6×1011
1.8×10﹣2
4.8×1011
0.6×10﹣2
7.2×1011
0.4×10﹣2
（3）将甲、乙两装置组合，如图丙所示．甲装置两板间电压为2V，质量为4×10﹣30 kg，带1.6×10﹣19C电荷量的负粒子，自甲装置负极板由静止开始运动，则其最终离开乙装置时偏移距离y=　 　m．
【答案】（1）；（2）；等价变换法；（3）2×10﹣48 m．
【解析】（1）由表1中数据可知，到达正极板时的速度v与质量m、电荷量q和电压U有关系，根据控制变量法：
由1、2知，在电荷量和电压相同的情况下，速度的平方成质量大小成反比；
由1、4知，在质量和电荷量相同的情况下，速度的平方成电压大小成正比；
由2、3知，在质量和电压相同的情况下，速度的平方成电荷量大小成正比；
故带电离子到达正极板时速度的平方v2=k1；
（2）由表2中数据可知，速度的平方是原来的几倍，偏转的距离是原来的几分之一，即偏转的距离与速度的平方成反比，y=k2×，将数据的表格形式变成公式形式，运用了等价变换法．
（3）带电离子到达正极板时速度的平方v2=k1﹣﹣﹣①；上述两上个公式中若各量采用国际单位，则比例系数为1，
即偏转的距离与速度的平方成反比，y=k2×﹣﹣﹣②
由①式得：自甲装置负极板由静止开始运动，到达正极时的速度为
v2==﹣﹣﹣③；
由②式知，其最终离开乙装置时偏移距离y=﹣﹣﹣②，将②代入③得：
其最终离开乙装置时偏移距离y===2×10﹣48 m．
11.小双想探究感应电流的大小与什么因素有关？他设计了如图所示的装置进行实验．铁块上绕有导线，线框与灵敏电流计（G表示）相连（线框高度大于铁块高度，实验过程中线框不旋转）．
（1）当开关闭合时，电磁铁的A端是　　极．
（2）让线框分别从h1和h2（h2大于h1）竖直下落并穿入磁极A、B之间，G表指针对应的偏转角度分别为θ1和θ2（θ2大于θ1），这样做的目的是为了探究感应电流的大小与线框切割磁感线的　　有关．
（3）把变阻器的滑片移至左端，线框从h1的高度下落，G表指针的偏转角为θ3，观察到θ3大于θ1，表明感应电流的大小还与磁场　 　有关．
（4）将电源的正、负极对调，让线框从h1的高度下落，G表的指针反转，此现象说明：感应电流的方向与磁感线的　 　有关．

【答案】（1）S；（2）速度；（3）强弱；（4）方向．
【解析】（1）由图可知，电流从左边电磁铁的左端流入，根据安培定则可知，电磁铁的A端为S极；
（2）感应电流的大小与切割磁感线的速度有关；线框分别从h1和h2（h2大于h1）竖直下落并穿入磁极A、B之间，h2的高度高，下落的速度大，则感应电流越大，故θ2大于θ1，所以该实验是为了探究感应电流的大小与线框切割磁感线的速度有关；
（3）影响电磁铁磁性强弱的因素有电流，其他因素一定时，电流越大，磁场越强；把变阻器的滑片移至左端，滑动变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，则电磁铁的磁性最强；在导体切割磁感线速度不变的情况下，观察到θ3大于θ1，说明产生的感应电流增大；故感应电流的大小与磁场强弱有关；
（4）将电源的正、负极对调，磁感线的方向发生了变化，让线框从h1的高度下落，G表的指针反转，这说明感应电流的方向发生了变化；故感应电流的方向与磁感线的方向有关．
12.物理学中，用磁感应强度（用字母B表示）来描述磁场的强弱，国际单位是特斯拉（用字母T表示），磁感应强度B越大表示磁场越强；B=0表明没有磁场．有一种电阻，其阻值大小随周围磁感应强度的变化而变化，这种电阻叫磁敏电阻，为了探究电磁铁磁感应强度的大小与哪些因素有关，小超设计了如甲、乙两图所示的电路，图甲中电源电压恒为6V，R为磁敏电阻，图乙中的电磁铁左端靠近且正对图甲中的磁敏电阻R1磁敏电阻R的阻值随周围磁感应强度变化的关系图象如图丙所示．

（1）当图乙S2断开，图甲S1闭合时，磁敏电阻R的阻值是　　Ω，电流表的示数为　　mA．
（2）闭合S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动时，小超发现图甲中的电流表的示数逐渐减小，说明磁敏电阻R的阻值变　　，电磁铁的磁感应强度变　　．
（3）闭合S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P保持不动，将磁敏电阻R水平向左逐渐远离电磁铁时，小超将测出的磁敏电阻与电磁铁左端的距离L、对应的电流表的示数I及算出的磁感应强度B同时记录在下表中，请计算当L=5cm时，磁敏电阻R所在位置的磁感应强度B=　0.40　T．
L/cm
1
2
3
4
5
6
I/mA
10
12
15
20
30
46
B/T
0.68
0.65
0.60
0.51

0.20
（4）综合以上实验可以看出：电磁铁磁感应强度随通过电流的增大而　　；离电磁铁越远，磁感应强度越　　．
【答案】（1）100；60；（2）大；强；（3）0.40；（4）增大；弱．
【解析】（1）当图乙S2断开，图甲S1闭合时，即磁场强度为零，据图2可知，此时的R=100Ω，故此时电路中的电流是：I===0.06A=60mA；（2）闭合开关S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器电阻变小，电流变大磁场变强，图甲中电流表的示数逐渐减小，即R的电阻变大，据此分析可知：磁感电阻R处的磁感应强度B逐渐增强；
（3）x=5cm时，对于图表得出电流是30mA，据欧姆定律可知，R′===200Ω，故对应磁场的强度是0.40T；（4）综合以上实验数据，分析（2）中的表格数据可以得出“电磁铁外轴线上磁感应强度随电磁铁电流的增大而增大，离电磁铁越远，磁感应强度越弱。
13．如图所示为小梅在物理课上曾经使用过的一个实验装置，由铁架台、蹄形磁铁、灵敏电流计、开关、导体棒和几根导线等器材组成．

（1）这一实验装置是用来研究　　现象的．
（2）小梅至今对这个实验的下列过程记忆犹新：
①为使灵敏电流计的指针发生偏转，她首先闭合开关，然后要使导体棒　　（选填“上下”或“左右”）运动．
②保持导体棒的运动方向不变，将蹄形磁体N、S极的位置对调，灵敏电流计指针偏转方向也会改变．这说明：感应电流的方向与　　的方向有关．
（3）通过图甲所示的实验，小梅断定：利用图乙所示的实验装置，闭合开关后，拿一根条形磁铁向右插入线圈中时，也会观察到灵敏电流计指针的偏转．
请你简要说明小梅这样想的理由．　　．
【答案】（1）电磁感应；（2）①左右； ②磁场；（3）条形磁铁与线圈发生相对运动时，线圈也会切割条形磁铁周围得磁感线，产生感应电流．
【解析】（1）由图可知，这一实验装置是用来研究电磁感应现象的；（2）①产生感应电流的条件之一是导体在磁场中做切割磁感线运动，故使导体棒左右运动；②保持导体棒的运动方向不变，将蹄形磁体N、S极的位置对调，灵敏电流计指针偏转方向也会改变，这说明：感应电流的方向与磁场方向有关；
（3）拿一根条形磁铁向右插入线圈中时，线圈做切割磁感线运动，会产生感应电流，所以灵敏电流计指针的偏转．