专题19 电学实验-高考真题和模拟题物理分项汇编（解析版）.doc

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1、资料下载来源：衡水中学内部资料群：591993305，高中各科学霸资料群：680662798，专题19 电学实验1（2020新课标卷）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1 k，电流表内阻为0.5。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图（b）所示的两条UI图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。回答下列问题：（1）图（b）中标记为II的图线是采用电压表跨接在_（填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的。（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线_（填“I”或“II”）得到

2、的结果更接近待测电阻的真实值，结果为_（保留1位小数）。（3）考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为_（保留1位小数）。【答案】、 I 【解析】(1)若将电压表接在、之间，则根据一次函数关系可知对应斜率为。若将电压表接在、之间，电流表分压为根据欧姆定律变形可知解得根据一次函数可知对应斜率为，对比图像的斜率可知所以II图线是采用电压表跨接在、之间。（2）因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为左右，根据说明电流表的分压较小，电流表的分流较大，所以电压表应跨接在、之间，所以选择图线I得到的结果较为准确。根据图像可知，考虑电流表内阻，则

3、修正后的电阻为。2（2020新课标卷）某同学要研究一小灯泡L（3.6 V，0.30 A）的伏安特性。所用器材有：电流表A1（量程200 mA，内阻Rg1=10.0 ），电流表A2（量程500 mA，内阻Rg2=1.0 ）、定值电阻R0（阻值R0=10.0 ）、滑动变阻器R1（最大阻值10 ）、电源E（电动势4.5 V，内阻很小）、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图（a）所示。（1）根据图（a），在图（b）的实物图中画出连线_。（2）若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出：小灯泡两端的电压U=_，流过小灯泡的电流I=_。为保证小灯泡的安全，I1不能超过

4、_mA。（3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2。所得实验数据在下表中给出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当I1=173 mA时，灯丝电阻R=_（保留1位小数）。（4）如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_（保留1位小数）。【答案】 180 11.6 8.0 【解析】（1）根据电路图连接实物图如图所示（2）根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压，故根据欧姆定律有；根据并联电

5、路特点可知流过小灯泡的电流为；因为小灯泡的额定电压为3.6V，故根据题目中已知数据带入中可知I1不能超过180mA；（3）根据表中数据可知当I1=173mA时，I2=470mA；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V；流过小灯泡的电流为I=297mA=0.297A；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为；（4）要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V，而电流表A1不能超过其量程200mA，此时结合有，解得，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于。3（2020新课标卷）已知一热敏电阻当温度从10升至60时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用

6、伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R（最大阻值为20 ）、电压表（可视为理想电表）和毫安表（内阻约为100 ）。(1)在答题卡上所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图_。(2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和亳安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5 V和3.0 mA，则此时热敏电阻的阻值为_k（保留2位有效数字）。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图（a）所示。 (3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2k。由图（a）求得，此时室温为_

7、（保留3位有效数字）。(4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图（b）所示。图中，E为直流电源（电动势为10 V，内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过6.0 V时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为50 ，则图中_（填“R1”或“R2”）应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_k（保留2位有效数字）。【答案】 1.8 25.5 R1 1.2 【解析】(1)滑动变阻器由用分压式，电压表可视为理想表，所以用电流表外接。连线如图。(2)由部分电路欧姆定律得(3)由图(a)可以直接可读该电阻的阻值为2.2k对应的温度为25.5。(4)温度升高时，该热敏

8、电阻阻值减小，分得电压减少。而温度高时要求输出电压升高，以触发报警，所以R1为热敏电阻。由图线可知，温度为50时，R1 =0.8k，由欧姆定律可得，代入数据解得。4（2020江苏卷）某同学描绘一种电子元件的关系图象，采用的实验电路图如题图1所示，V为电压表，mA为电流表，E为电源（电动势约），R为滑动变阻器（最大阻值），为定值电阻，S为开关。(1)请用笔画线代替导线，将题图2所示的实物电路连接完整_。(2)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表：电压0.0000.2500.5000.6500.7000.7250.750电流0.000.100.250.601.704.307.50请根据表

9、中的数据，在方格纸上作出该元件的图线_。(3)根据作出的图线可知，该元件是_（选填“线性”或“非线性”）元件。(4)在上述测量中，如果用导线代替电路中的定值电阻，会导致的两个后果是_。A电压和电流的测量误差增大B可能因电流过大烧坏待测元件C滑动变阻器允许的调节范围变小D待测元件两端电压的可调节范围变小【答案】 非线性元件 BC 【解析】(1)根据题意连接电路如图。(2)根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接各点如图。(3)根据图像可知该元件是非线性元件。(4)AB图线上某点与原点连线的斜率为，根据元件的特性可知，当电压超过一定数值时，电流会急剧增大，所以电阻会急剧减小，若用导线代替，电流急剧增

10、大，可能会烧坏待测元件，对电流表和电压表的测量误差无影响，A错误，B正确；CD根据图像可知待测元件的电压范围小于，而电源电动势为，因为待测元件两端电压非常小，如果用导线代替，会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节，C正确，D错误。故选BC。5（2020浙江卷）某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。(1)在答题纸相应的方框中画出图乙的电路图_；(2)某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则电流_，电压_；(3)实验得到如图所示的两条直线，图中直线对应电路是图1_（选填“甲”或“乙”）；(4)该电池的电动势_V（保留三位有效数字），内阻_（保留两位有效数字）。【答案

11、】 0.390.41 1.291.31 乙 1.511.54 0.520.54 【解析】(1)图乙中，电流表内接和变阻器串联接在电源两端，电压表测路段电压，则图乙对应的电路图为(2)一节干电池的电动势一般约为1.5V，故电压表量程选择03V，电流表量程选择00.6A，所以量表的读数分别为1.30V（1.291.31V均可），0.40A（0.390.41A均可）(3)由闭合电路欧姆定律可得，可得U-I图象的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻。图甲中电流表外接，则实验测得的电源内阻，测量值偏大；图乙中电路，测量值偏小，但是由于，故图乙实验测出的内阻误差更小，故图线对应图乙，图线对应的图甲。(4)

12、图线与纵轴的交点为电源的电动势E=1.52V ；在图线与横轴的交点为短路电流I=2.86A，由，此实验原理无误差。6（2020山东卷）实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5 V，内阻小于1 ）；电压表V （量程3 V，内阻约3 k）；电流表A （量程0.6 A，内阻约1 ）；滑动变阻器R （最大阻值为20 ）；定值电阻R1 （阻值2 ）；定值电阻R2 （阻值5 ）；开关一个，导线若干。(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表

13、和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是_。（单选，填正确答案标号） A电压表分流B干电池内阻较小C滑动变阻器最大阻值较小D电流 表内阻较小(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.710.52请根据实验数据，回答以下问题：答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点

14、并画出U-I图像_。根据实验数据可知，所选的定值电阻为_ （填“R1”或“R2”）。用笔画线代替导线，请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路_。【答案】B R1 【解析】(1)电压表示数变化过小，则原因是外电阻比内阻大的多，即电源内阻偏小，故选B。(2)根据数据做出U-I图像如图；由图像可知，电源内阻小于1，则定值电阻大于1.63，可知定值电阻为R1；定值电阻与电源串联，电路如图；7（2020天津卷）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。电压表 （量程，内阻约为）电流表 （量程，内阻约为）滑动变阻器 （，额定电流）待测电池组 （电动势约为，内阻约为

15、）开关、导线若干该小组连接的实物电路如图所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是_。改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的_端（填“a”或者“b”）实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出图像，如图所示。根据图像可知，电池组的电动势为_V，内阻为_。（结果均保留两位有效数字）【答案】5 a 2.9 0.80【解析】因为电源内阻较小，故对于电源来说应该采用电流表外接法，图中采用的

16、是电流表内接；故导线5连接不当，应该从电压表正接线柱接到电流表正接线柱；开始实验前应该让滑动变阻器连入电路阻值最大，故应将滑片置于a端；由图线可知图线与纵轴的交点即为电源电动势，故E=2.9V；图线与横轴的交点为短路电流I=0.50A，故可得等效内阻为；又因为在开关和电池负极之间接有的电阻，在计算过程中等效为内阻，故电源内阻为。8（2020云南省玉溪第五次调研）如图是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C.该实验的操作步骤如下：按电路图接好实验电路;接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U06

17、.2 V和微安表读数I0490 A;断开电键S并同时开始计时，每隔5 s读一次微安表的读数i,将读数记录在预先设计的表格中;根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“”表示),则：(1)根据图示中的描点作出图线_(2)图示中i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义是： _.(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U0所带的电量Q0=_，并计算电容器的电容C=_.（这两空均保留两位小数）【答案】 电容器两端电压为U0时所带电量为Q. 8.00103 C8.25103 C 1.30103 F1.33103 F 【解析】（1）根据坐标系内所描出的点，用平

18、滑的曲线把各点连接起来，作出图象，图象如图所示（2）由Q=It知，电荷量为I-t图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器在开始放电时时所带的电荷量，即电容器两端电压为U0时所带电量为Q. （3）由图示图象可知，“面积”格数约3233格电容器电容为U0时，电荷量Q=8.0010-3C（8.0010-3C8.2510-3C均正确），电容器的电容；9（2020浙江省义乌市高三（下)6月适应性）（1）做静电场探究实验时，要给下图中的球形导体带上静电我们可选用下图中的仪器_（填字母）（2）绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a近旁有（1）中已带上电的绝缘金属球，旁边放着的是拾电球。

19、利用这些仪器我们可以实现的实验目的有_（可多选）A验证库仑定律B证明带电体之间的静电作用力和带电体之间的距离是相关的C证明带电体之间的静电作用力和带电体的电量大小是相关的D证明静电作用力的大小和带电体的电量大小是成正比的（3）某同学用下图装置进行“探究碰撞中的不变量”的实验，该实验_平衡摩擦力，_分别测量两小车的质量（两空均填“需要”或“不需要”）。根据纸带数据可计算出小车碰撞后的共同速度大小为_m/s。【答案】A BC 需要 需要 0.695 【解析】(1) 做静电场探究实验时，要给下图中的球形导体带上静电我们可选用起电器，故选A。(2) A验证库仑定律需要精确测量距离和库仑力，该装置做不到

20、，故A错误；B通过改变距离观察偏角，从而证明带电体之间的静电作用力和带电体之间的距离是相关的，故B正确；C通过改变带电体的电量大小观察偏角，从而证明带电体之间的静电作用力和带电体的电量大小是相关的，故C正确；D证明静电作用力的大小和带电体的电量大小是成正比，需要精确测量出库仑力，该装置做不到，故D错误。故选BC。(3)动量守恒的条件是系统受到的合外力为零，故需要平衡摩擦力。需要探究的是碰撞前后的动量相等，需要测量两小车质量。 小车碰撞后的共同速度小于碰撞前的速度，故选DE段计算该速度为。10（2020云南省红河哈尼族彝族自治州统一检测）甲同学利用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内阻，提供的器

21、材有：A干电池两节，每节电动势约为1.5 V，内阻未知B直流电压表V1：量程3V，内阻约为C直流电压表V2：量程15V，内阻约为D直流电流表A：量程0.6A，内阻E滑动变阻器F导线和开关（1）为了尽可能提高实验精度，实验中电压表应选用_（选填“V1”或“V2”）；（2）某次实验部分数据如下表所示，其中一组数据读数如图乙所示，读出数据，完成下表。则：处的读数为_V；处的读数为_A；U/V2.622.482.342.061.92I/A0.080.120.160.240.28（3）利用表格中的数据在图丙中作出UI图象_；（4）由图象可知，两节干电池总电动势E=_ V，总内阻r=_ 。（计算结果保留三

22、位有效数字）【答案】V1 2.20V（2.192.21均可） 0.20A 2.90V（2.862.94均可） 1.50（1.461.54均可） 【解析】（1） 两节干电池的电动势约为3 V，为了尽可能提高实验精度，实验中电压表应选V1；（2）量程为3V时，电压表的最小分度值为0.1V，读数为2.20V（2.192.21均可）； 量程为0.6A时，电流表的最小分度值为0.02A，读数为0.20A；（3）UI图象如下：（4） 根据闭合电路的欧姆定律有整理得所以纵截距是电源电动势大小，斜率绝对值是内阻大小，由图计算可得（2.862.94均可）（1.461.54均可）（1.461.54均可）11（20

23、20广东省佛山市高三二模）小明手里有一块多用电表A，其功能完好，但刻度值已不清晰。他想通过实验测定该多用表（简称A表，下同）“10”档欧姆调零后的内阻R0和内置电源的电动势E。他找来了另一个多用电表B（简称B表，下同）、一个电阻箱、一个开关和若干导线作为实验的器材。实验的操作如下：(1)小明将A表调到“10”档，将B表调到“mA”档，准备如图（甲）将所有的器材串联起来作为实验电路。请你在图中连好剩余的导线_；(2)先使用B表的电流档测量A表“10”档的满偏电流。将电阻箱阻值调为0，将A表调到欧姆档“10”档位置。几次试测后，确定B表应使用“10mA”档，调节A表的欧姆调零旋钮直至A表满偏，此时

24、B表的读数如图（乙）所示，记录下B表读数为_mA；(3)断开开关，保持A、B表档位不变，将A表_短接进行欧姆调零，然后重新连入原来电路。(4)调节电阻箱，闭合开关，当B表读数为6.0mA时，读出电阻箱阻值为R1（）；继续调节电阻箱阻值，当B表读数为4.0mA时，读出电阻箱阻值为R2（）；(5)断开电路，整理器材。根据以上测量数据，可算出A表“10”档内置电源的电动势E=_V，A表“10”档欧姆调零后的内阻R0=_，B表量程“10mA”档的内电阻RB=_。（以上3空的结果用R1、R2表示）【答案】连线图见解析 8.0 红黑表笔 【解析】(1)电路连线如图；(2)因为B表应使用“10mA”档，则B

25、表读数为8.0mA；(3)断开开关，保持A、B表档位不变，将A表红黑表笔短接进行欧姆调零，然后重新连入原来电路；(5)设电表A欧姆10档的内阻为R0，则有设电表B量程为10mA档的内阻为RB，则解得 12（2020广西岑溪市期中）某同学欲测量量程为300A的微安表头G的内阻。可供选择的实验器材有：A微安表头G（量程300A，内阻约为几百欧姆）B滑动变阻器R1（010k）C滑动变阻器R2（050k）D电阻箱（09999.9）E.电源E（电动势约为9V）F.开关、导线若干该同学先采用如图所示的电路测量G的内阻，实验步骤如下：按图连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端的位置；断开S2，闭合S1

26、，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为200A，记下此时电阻箱的阻值。回答下列问题:（1）实验中滑动变阻器应选用_（填“R1”或“R2”）。（2）若实验步骤中记录的电阻箱的阻值为R，则G的内阻Rg=_。【答案】R2 【解析】（1）闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，而电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，滑动变阻器应选择阻值较大的R2；（2）闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的，则流过电阻箱的

27、电流为满偏电流的，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则。13（2020江西省上饶市高三考前模拟）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R的阻值随照度变化的曲线如图甲所示（1）如图乙所示是街道路灯自动控制模拟电路所需元件利用直流电源给电磁铁供电，利用220V交流电源给路灯供电为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件_（2）用多用电表“100”挡，测量图中电磁铁线圈电阻时，指针偏转角度太大，为了更准确的测量其阻值，接下来应选用_挡(填“1k或“10”)，进行欧姆调零后，重新测量其示数

28、如图丙所示，则线圈的电阻为_（3）已知当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合图中直流电源的电动势E=6V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(010，2A)、R2(0200，1A)、R3(0-1750，1A)要求天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，滑动变阻器应选_择(填“R1”、“R2”或“R3”)为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地_(填“增大”或“减小”)滑动电阻器的电阻【答案】 10 140 减小 【解析】（1）光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小，所以白天时光敏电阻的电阻值小，电路中的电流值大，电磁铁将被吸住；静触点与C接通；晚上时的光线暗，光敏电阻

29、的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与B接通所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯应接在AB之间电路图如图：（2）欧姆表指针偏转角度太大，说明电阻太小，应换作小倍率的“10”挡；读数是先读出表盘的刻度，然后乘以倍率，表盘的刻度是14，倍率是“10”，所以电阻值是1410=140；（3）天色渐暗照度降低至1.01x时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值是2k，电路中的电流是2mA，R=2000=1000，所以要选择滑动变阻器R3，由于光变暗时，光敏电阻变大，分的电压变大，所以为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地减小滑动变阻器的电阻。14（2020高三高考冲刺物理模拟）某探究小组要尽可能精确地测量电流表

30、A1的满偏电流，可供选用的器材如下：A待测电流表A1（满偏电流Ig约为 、内阻约为，表盘刻度均匀、总格数为）B电流表A2（量程为0.6A、内阻）C电压表V（量程为3V、内阻 ）D滑动变阻器（最大阻值为）E.电源（电动势有3V、内阻约为）F.开关一个，导线若干该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是_（选填“图甲”或“图乙”）；所选合理电路中虚线圈处应接入电表_（选填“”或“”）；在开关闭合前，应把滑动变阻器的滑片置于_端（选填“”或“”）；在实验中，若所选电表的读数为，电流表A1的指针偏转了格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Ig=_【答案】图乙 C b 【解析】（1）因为变阻器的全电阻

31、小于电流表内阻,所以变阻器应采用分压式接法,所以合理的是图乙电路;（2）因为电压表V的满偏电流,与待测电流表量程接近,所以虚线处应接电表C;（3）闭合电键前,应将变阻器的滑片置于输出电压最小的b端，（4）根据电流关系可知：，解得： 故本题答案是：乙；C；b；15（2020山东淄博高三5月阶段性诊断）太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时(没有储存电能)的IU特性所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干(1)为了达到上述目的，实

32、验电路应选用图甲中的_(填“a”或“b”)(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙所示的IU图象由图可知，当电压小于2.00 V时，太阳能电池板的电阻_(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V时，太阳能电池板的电阻为_ .(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为_ V若把它与阻值为1 k的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是_%.(结果保留三位有效数字)【答案】a 很大 1.0103 2.8 64 【解析】（1）测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分

33、压式接法，应选图a所示实验电路 （2）由，得电阻阻值，由图乙所示图象可知，在电压小于2.00V时，电流I很小，所以太阳能电池的电阻很大由图丙所示图象可知，当电压为2.80V时，电流I=2.8010-3A，电阻（3）由图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.8V；若与1k的电阻连接构成一个闭合电路；在图中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示；图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电源的效率 ；16（2020湖南省衡阳市下学期第二次联考）某研究性学习小组的同学欲做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验.已知所用小电珠的额定电压和额定功率分别为2.5V、1.2W

34、，实验使用的直流电源的电动势为3.0V内阻忽略不计，实验可供选择的器材规格如下a、电流表A1（量程00.6A，内阻约5）b、电流表A2（量程03A，内阻约0.1）c、电压表V1（量程03V，内阻约3k）d、电压表V2（量程015V，内阻约2000）e、滑动变阻器R1（阻值010，额定电流1A）f、滑动变阻器R2（阻值05000，额定电流500mA）请回答下列问题：（1）为了完成实验且尽可能减小实验误差，电流表应选择_，电压表应选择_、滑动变阻器应选择_（填写实验器材前的序号）（2）根据所选的实验器材，请设计合理的电路原理图来完成该实验_（3）该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了该小电珠两

35、端的电压U和通过该小电珠的电流，由欧姆定律计算得到的小电珠的电阻值_（选填“大于”“等于或“小于）真实值（4）该研究性学习小组的同学通过设计好的电路得到了多组实验数据，并根据得到的多组数据在坐标系中描点画图，如图所示，该图线向下弯曲，其原因是_.（5）如果取两个这样的小电珠并联以后再与一阻值为2.0的定值电阻串联，并接在电动势为3.0V、内阻忽略不计的直流电源两端，则每个小电珠消耗的实际功率应为_W（结果保留两位小数）【答案】a c e 小于 小电珠的电阻随温度的升高而增大 0.57（0.500.60） 【解析】(1)由于灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表应选：C，额定电流为：，所以电流表选

36、：a，本实验灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式即用总阻值较小的，即为e；(2) 本实验灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式，灯泡的电阻较小，所以电流表应外接，电路图如图所示：(3)由于电压表的分流作用，所以电流表的示数比流过灯泡的电流更大，由公式可知，电阻的测量值小于真实值；(4)I-U图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻随电压的增大而增大，其原因是灯泡的电阻随温度的增大而增大；(5)将定值电阻与电源等效为内阻为2.0，电动势为3.0V的电源，由闭合电路欧姆定律得：，变形得：，I-U关系图象作入I-U图中由图可知，U=1.28V，I=0.43A，所以灯泡的实际功率

37、为： 17（2020浙江省杭州市高考命题预测卷）下图为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接（1）用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好_（2）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将_（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”） 原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将_（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”） ；断开电键时，灵敏电流计指针将_（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）【答案】（1）见解析 （2）向右偏 向左偏 向左偏 【解析】（1）将电源、电键、变阻器、原线圈串联

38、成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转；将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏断开电键时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将左偏.18（2020山西省太原市第五中学阶段性检测）某同学利用如图的装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化内阻r=40W的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑

39、动变阻器连接滑动变阻器最大阻值40W，初始时滑片位于正中间20W的位置打开传感器，将质量m=0.01kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动），释放点到海绵垫高度差h=0.25m计算机屏幕上显示出如图的U-t曲线，重力加速度g=10m/s2计算结果均保留3位有效数字如果有下列根号可取相应的近似值： ；,g=10m/s2计算结果均保留3位有效数字如果有下列根号可取相应的近似值： （1）磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为_ V（2）图像中UI出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值

40、是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是（_） A线圈中的磁通量经历先增大后减小的过程 B如果仅略减小h，两个峰值都会减小 C如果仅略减小h，两个峰值可能会相等 D如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大 （3）在磁铁下降h=0.25m的过程中，可估算重力势能转化为电能的效率约是_【答案】1.05V ABD 2.582.76% 【解析】（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为：P出=0.0062W 线圈输出功率表达式为：P出I2R外 根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R内+R外） 联立将R内=40，R外=20代入得E=1.05V （1.01.1都

41、对）（2）磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，本题中滑动变阻器的最大阻值与内阻相等，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大，故D正确故选ABD（3）下落过程减小的重力势能为：EP=mgh=0.025J；根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能：E出2.15104J 所以总能量为： 重力势能转化为电能的效率为：19（2020浙江省临安市

42、昌化中学上学期期末）(1)在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的_挡(填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵敏电流计进行测试由实验可知，当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动如图甲所示，实验中该同学将条形磁铁从线圈上方向下插入线圈过程中(线圈绕向如图乙所示)，电流计的指针向_(填“左”或“右”)偏转（2）研究双缝干涉现象时，如图所示，调节仪器使分划板的中心刻度对准一条亮条纹的中心A，示数如图所示，其读数为_

43、mm。移动手轮至另一条亮条纹中心B，读出其读数为27.6mm。已知双缝片与光屏间距为0.6m，所用双缝相距0.2mm，则所测单色光波长为_m。【答案】欧姆； 右； 19.4； ； 【解析】（1）电压表和电流表内部不含电源，只有欧姆表内部有电源，所以应选多用电表的欧姆档；（2）由图示导线绕法，根据楞次定律可以判断电流从电流表正极流入，所以指针向右偏转；（3）根据游标卡尺的读数方法，A条纹中心刻度线读数为19mm+40.1mm=19.4mm，两刻度之间距离等于4个条纹宽度，故x= mm=2.05mm，d=0.2mm，l=6m根据，代入数据得：=m20（2020河南省郑州市2019年高中毕业班第二次质量预测）导体或半导体