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（1）（5分）某实验小组在探究加速度与力．质量的关系的实验中，得到以下左图所示的实验图线．，其中描述加速度与质量关系的图线是   ；描述加速度与力的关系图线是         ． 为了便于观察加速度与质量关系通常采用关系图线            ．

（2）（7分）一只小灯泡，标有“3V，0．6W”字样。用右图给出的器材（滑动变阻器最大阻值为10Ω；电源电动势为6V，内阻为1Ω；电流表有0．6A．3A两个量程；电压表有3V．15V两个量程）。实验要求描绘小灯泡伏安特性曲线。
①将实验电路图画在方框中。
②电压表应选用________量程；电流表应选用________量程。
③用笔画线当导线，将右图的实物连成所需电路（有三根导线已经接好）。开始时，
滑动变阻器的滑动触头应该移到最______端（左或右）。

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（1）用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源有220V的交变电流和学生电源，学生电源的输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．
下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到学生电源的直流输出端上；
C．用天平测量出重锤的质量；
D．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；
F．测量打出的纸带上某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．
指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在下面的空行内．

BD错误，C是不必要的

BD错误，C是不必要的

（2）两位同学在实验室利用如图2（a）所示的电路测定定值电阻R₀、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一位同学记录了电流表A和电压表V₁的测量数据，另一位同学记录的是电流表A和电压表v₂的测量数据．并根据数据描绘了如图2（b）所示的两条U-I直线．回答下列问题：
①根据两位同学描绘的直线，可知图线

甲

甲

（填“甲”或“乙”）是根据电压表V₁和电流表A的数据所描绘的．
②图象中两直线的交点表示

BC

BC

A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端      B．在本电路中该电源的输出功率最大
C．定值电阻R₀上消耗的功率为0.5W        D．在本电路中该电源的效率达到最大值
③根据图2（b），可以求出定值电阻R₀=

2.0

2.0

Ω，电源电动势E=

1.50

1.50

V，内电阻r=

1.0

1.0

Ω．

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                              高考真题

1．【解析】考查基本物理常识。热敏电阻的原理是通过已知某电阻的电阻值与温度的函数关系，测得该热敏电阻的值即可获取温度，从而应用于温度测控装置中，A说法正确；光敏电阻是将光信号与电信号进行转换的传感器，B说法正确；电阻丝通过电流会产生热效应，可应用于电热设备中，C说法正确；电阻对直流和交流均起到阻碍的作用，D说法错误

【答案】ABC

2．【解析】本题考查电路的串并联知识。当cd端短路时，R₂与R₃并联电阻为30Ω后与R₁串联，ab间等效电阻为40Ω，A对；若ab端短路时，R₁与R₂并联电阻为8Ω后与R₃串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；但ab两端接通测试电源时，电阻R₂未接入电路，cd两端的电压即为R₃的电压，为U_cd = ×100V=80V，C对；但cd两端接通测试电源时，电阻R₁未接入电路，ab两端电压即为R₃的电压，为U_ab = ×100V=25V，D错。

【答案】AC

3．【解析】当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，R的电阻增大，所以总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，所以电压表的读数增大；又因与电流表串联的电阻恒定，当其支路的电压增大时，电流也增大，所以电流表的读数也增大，故选项A正确

【答案】A

4．【解析】说明bcd与电源之间和a与电源之间的元件和导线是完好的，只能是R断路。所以选项B正确。

【答案】B

5．【解析】正确认识门电路的符号，“＆”为或门，“1”为非门，其真值为： B端0输入，则1输出，或门为“0，1”输入，则1输出。C正确  

【答案】C

6．【解析】（1）导线上损失的功率为P=I^2R=(

损失的功率与输送功率的比值

（2）(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.

单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvS,S=r²

风能的最大功率可表示为

P_风=

采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。

（3）按题意，风力发电机的输出功率为P₂=kW=160 kW

最小年发电量约为W=P₂t=160×5000 kW?h=8×10⁵kW?h

【答案】（1）    （2）   （3）8×10⁵kW?h

7．【解析】欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为6×10Ω=60Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18mA；               图6

同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1V=3.59V

【答案】（1）60Ω    （2）7.18mA  （3）3.59V

8．【解析】（1）当B＝0.6T时，磁敏电阻阻值约为6×150Ω＝900Ω，当B＝1.0T时，磁敏电阻阻值约为11×150Ω＝1650Ω．由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由于，所以电流表应内接。电路图如图6所示。

（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：，，，                                               

，，

故电阻的测量值为（1500－1503Ω都算正确。）

由于，从图1中可以读出B＝0.9T

方法二：作出表中的数据作出U－I图象，图象的斜率即为电阻（略）。

（3）在0～0.2T范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4～1.0T范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；

（4）从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关。

本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力．从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的U、I值求电阻。第（3）、（4）问则考查考生思维的灵敏度和创新能力．总之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题。

【答案】（1）     B＝0.9T   （2）B＝0.9T     （3）磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；

9．【解析】（1）如图所示  

      （2）②读取温度计示数，读取电压表示数

      （3）根据就可解出不同温度下热敏电阻的阻值，

并利用图线得出图线的斜率。在图象上取两点，当℃时，

，当℃时，图象的斜率为，将图线延长，交于原点，说明℃时的电阻为100，故关系式为。             

【答案】  (1）图略   （2）记录电压表电压值、温度计数值 （3）R=100+0.395 t

10．【解析】（（1）如图所示                               

（2）由于R_L1比R_L2小得多，灯泡L₂分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。                     

（3）L₂分得的电压很小，虽然有电流渡过，

但功率很小，不能发光。如图c所示

【答案】（1）如图b（2）L₂分得的电压很小，

虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。

  （3）功率很小，不能发光。

名校试题

1．【解析】当传感器R₂所在处出现火情时，      

温度升高，R₂电阻减小，总电流变大，R₁上电压变大，R₃电压变小，故电流表示数I变小；路端电压U变小。故D正确。

【答案】D

2．【解析】由电功率的定义式得IU=P，所以选项B正确；因电吹风中有电动机，有一部公电能转化为机械能，所以选项C也正确。

【答案】BC

3．【解析】当滑动变阻器上的滑动头从开始的中点位置向右移动时，总电阻减小，总电流增大，所以选项D正确；L₁所在支路电阻增大，电流减小，所以选项A对；同理选项D也正确

【答案】ABD

4．【解析】因为A₁(0―3A)和A₂(0―0.6A)是由两个相同电流表改装而来的，只不过是它们并联的电阻不同，电压相等，所以通过它们的电流也相同，所以选项A正确；A₁的读数为1A时，A₂的读数为0.2A，所以通过干路的电流I为1.2A，故选项D正确。

【答案】AD

5．【解析】当 S₁闭合，S₂断开，该报警器将发出警报声，所以选项B正确

【答案】B

6．【解析】在直流电路中电容相当于断路，R₁与R₂串联，R₃与R₄串联，两部分再并联。电路中在R₁、R₂上的电压降与在R₃、R₄上的电压降相等，即U₁＋U₂＝U₃＋U₄，且U₁∶U₂＝R₁∶R₂，U₃∶U₄＝R₃∶R₄，所以不用光照射时电容器上极板的电势高于下极板的电势。当用光照射时，光敏电阻R₂的阻值减小，此时电容器上极板的电势可能仍高于下极板的电势，但电势差减小，所以，电容C的电荷量可能会减小。随照射光的强度的增加，当光敏电阻的阻值减小到一定值后，电势差减小到零。照射光再增强时电容器下极板的电势将高于上极板，此时电容器上极板先带正电，后来带负电。即电容器上的电荷先被中和，后再充电，电容C的电荷量的变化情况也可能是先减小后增大。

【答案】减小；先减小后增大

7．【解析】（1）欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为22×10Ω=220Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为3.9mA；              

（2）设计电路如图所示

【答案】 (1)1220Ω    23.9 mA                                   

     (2)见图

8．【解析】（1）电路如图所示  电流表改装成电压表，

串联电阻（电阻箱）可以完成。由于电流的表A₁的内

阻相对待测电阻R_x很小，且大小不确定,采用电流表

外接法。滑动变阻器R₁的最大阻值很小，电压的调

节能力有限，采用分压式接法。

（2）6.4mA ；240μA；195Ω

由图可知，电流表A₁的示数是6.4mA ，电流表

A₂的示数是240μA。              

测得待测电阻=195Ω。

【答案】（1）串联电阻（电阻箱）可以完成；（2）见图24   （3）195Ω

9．【解析】（1）额定电流                           解得                       

（2）设5节电池串联，总电动势为E，总内阻为r；串联的电阻阻值为R，其两端电压为U，则                    又                                                     

代入数据解得  R＝10Ω                                                      

【答案】（1）  （2）R＝10Ω

10．【解析】⑴设电容器上的电压为Uc.    

电容器的带电量 解得： Q＝4×10^－4C    

⑵设电压表与R₂并联后电阻为R_并                     

则电压表上的电压为:  解得：＝3V   

【答案】（1）Q＝4×10^－4C   （2）＝3V

11．【解析】（1）灯泡两端电压等于电源端电压,且U=ε-Ir,则总电流I=8A,

   电源提供的能量:E=Iεt=8×12×100×60=5.76×10⁵J.                    

(2)通过灯泡的电流I₁=16/8=2A,电流对灯泡所做的功

   W₁=Pt=16×100×60=0.96×10⁵J

通过电动机的电流I₂=8-2=6A,

电流对电动机所做的功W₂= I₂Ut=6×8×600=2.88×10⁵J

(3)灯丝产生的热量Q₁=W₁=0.96×10⁵J,

电动机线圈产生的热量Q₂=I₂²r’t=6²×0.5×600=0.108×10⁵J

(4)电动机的效率:η=％=96.3％

【答案】（1）5.76×10⁵J    （2）2.88×10⁵J       （3）0.108×10⁵J     （4）96.3％

12．【解析】（1）当触头滑动到最上端时，流过小灯泡的电流为：              流过滑动变阻嚣的电者呐：        故：           （2）电源电动势为：                                         

当触头，滑动到最下端时，滑动交阻嚣和小灯泡均被短路．电路中总电流为：

         故电源的总功率为：                   

       输出功率为：                                                    

【答案】（1）     （2），

考点预测题

1．【解析】由图可知、并联后再与串联，测通过的电流，测通过的电流，V测路端电压U。现将R₂的滑动触点向b端移动，阻值减小，电路总电阴减小，则总电流I增大；根据闭合电路欧姆定律知路端是压U=E-Ir，所以电压表示数U减小；两端电压，而，增大，所以减小，则减小，而I=+，所以增大。故选项B正确．

【答案】B

2．【解析】每只电热器的电阻为             

     每只电热器的额定电流为

  (1)每只电热器正常工作,必须使电热器两端的实际电压等于额定电压200V，因此干路电流为     ,而每只电热器的额定电流为5A，则电热器的只数为只.

        (2)要使电源使出功率最大,须使外电阻等于内电阻，由此可知电热器总电阻为,故只。

        (3)要使用电器组加热物体最快,必须使其总电阻为,所以只.

        (4)要使、是消耗的功率最大,必须使通过它们的电流最大,即当50只电热器全接通时,可满足要求,即只.

     【答案】  (1)2只    (2)40只     (3)8只       (4)50只

3．【解析】由电压和R₁的阻值可知通过R₁的电流I₁＝36mA，则通过热敏电阻的电流为I₂＝34mA。由I―U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为5.2V。则R₂的电压为3.8V，R₂的阻值为111.6．

 【答案】3.8V111.6

4．【解析】依题意，由图32（b）可得二极管电流和电压的关系为：I＝2U－2  ① 

又二极管的功率：P＝UI≤4W   

将①代入②得：U²－U－2≤0   解得：U≤2V 

代入①得：I≤2A

由闭合电路欧姆定律  E＝U＋IR  得 R≥1.5Ω

  输入给R的功率P_R＝（E－U）I＝（E―U）(2U－2)＝－2U²＋12U－10＝－2（U－3）＋8

可见P_R随U按抛物线规律变化，其开口向下，最大值时 U＝3V，故要使R的功率最大，其电压只能是二极管不被烧坏的最大电压U＝2V。这样R＝1.5Ω  P_R的最大值P_R＝（E－U）I＝6W

【答案】（1）R≥1.5Ω   （2）6W

5．【解析】假设r为电源内阻，R为车灯电阻，I为没有启动电动机时流过电流表的电流。在没有启动电动机时，满足闭合电路欧姆定律，r+R=，得。                               

此时车灯功率为：P=。  启动电动机后，流过电流表的电流，此时车灯两端的电压为：，所以此时车灯功率为P=                         

电动机启动后车灯轼率减少了，故正确选项为B。 

 【答案】B

6．【解析】当电键S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U=I₁R₁=10V；当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U=10V，通过电动机的电流应满足UI₂>I₂²R₂,所以I₂<1A.所以 电流表的示I<1.5A，电路消耗的电功率P<15W,即BD正确。

【答案】BD

7．【解析】由于稳定后电容器相当于断路，因此R₃上无电流，电容器相当于和R₂并联。只有增大R₂或减小R₁才能增大电容器C两端的电压，从而增大其带电量。改变R₃不能改变电容器的带电量。因此选BD。

【答案】BD

8．【解析】由于R₁ 和R₂串联分压，可知R₁两端电压一定为4V，

由电容器的电容知：为使C的带电量为2×10^-6C，其两端电压必须为1V，   

所以R₃的电压可以为3V或5V。因此R₄应调节到20Ω或4Ω．两次电容器上极板分别带负电和正电。还可以得出：当R₄由20Ω逐渐减小的到4Ω的全过程中，通过图中P点的电荷量应该是4×10^-6C，电流方向为向下。

【答案】调节到20Ω或4Ω

9．【解析】根据题给条件，首先判定不能选用欧姆挡，因为使用欧姆挡时，被测元件必须与外电路断开。先考虑电压挡，将黑表笔接在b端，如果指针偏转，说明R₁与电源连接的导线断了，此时所测的数据应是电源的电动势6V。基于这一点，C不能选，否则会烧毁万用表；如果指针不偏转，说明R₁与电源连接的导线是好的，而R₁与R₂之间导线和R₂与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R₁与R₂之间导线是断的，否则说明R₂与电源间导线是断的，A项正确。再考虑电流表，如果黑表笔接在b端，指针偏转有示数则说明R₁与电源连接的导线是断的，此时指示数I=E/(R₁+R₂)=0.4A,没有超过量程；如果指针不偏转，说明R₁与电源间连接的导线是好的，而R₁与R₂之间导线和R₂与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R₁与R₂之间导线是断的，此时示数I=E/R₂=1.2A,超过电流表量程，故B不能选。

【答案】A

10．【解析】画出原电路的等效电路图如图所示.

若断路，图增大，根据闭合电路欧姆定律，得减小，则分得的电流变小，即变暗，电流表的示数变小，又由可知，可得路端电压增大，而，减小，可推得增大，故变亮.选项正确.

   【答案】A

11．【解析】（1）驱动电机的输入功率

（2）在匀速行驶时                   

汽车所受阻力与车重之比    。

（3）当阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积。

若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为，则

设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，

     由于，所以电池板的最小面积

【答案】（1）   （2）   （3）

12．【解析】由3知，常温下其电阻较小，通入电流后，随着温度升高，其电阻率先变小，然后迅速增大，其功率先变大后变小，当其产生的热量与放出的热量相等时，温度保持在t₁～t₂之间的某一值不变，如果温度再升高，电阻率变大，导致电流变小，那么温度随之会降低；如果温度降低，电阻率变小，导致电流变大，温度又会升上去.所以AD正确?

【答案】AD

13．解析】电热式电器在人们的日常生活中有其重要应用，本题以此为背景，主要考查电路图的识别能力与电路计算能力。

（1）S闭合，处于加热状态；S断开，处于保温状态。

（2）由电功率公式得

联立解得

（3）

【答案】（1）处于保温状态。   （2）   （3）h

14． 【解析】（1）设列车加速度为时小球偏离竖直方向的夹角为θ，这时小球受到的合外力为F=mgtanθ，由牛顿第二定律可得列车的加速度为a=gtanθ=g.DC/h

上式即触点D的位移跟加速度的关系式。

    从电路部分来看，设此时电压表的读数为U’，根据串联电路的特点，对均匀电阻丝来说有电压与电阻丝长度成正比，即U’／U=R_DC／R_AB=DC/l     DC=l U’／U

    由上两式联列得a=gU’l／Uh

    上式中g、U、l、h都是常数，表明U’与a正比，可将电压表上的电压读数一一对应成加速度的数值，电压表便改制成了加速度计。

   （2）这个装置测得最大加速度的情况是触点由D移到A，这时电压表读数U’=U/2，

所以a_max=gl/2h

C点设置在AB中间的好处是：利用这个装置还可以测定列车做匀减速运动时的加速度，这时小球偏向OC线的右方。电压表要零点在中间，且量程大于U/2

【答案】（1）  a=gU’l／Uh     （2）可以测定列车做匀减速运动时的加速度

15．【解析】绝大多数考生解答此题，首选的就是伏安法，由于本题没有电压表，因为本题需要运用“电流表算电压”这一创新思维

（1）实验电路如图所示。

（2）A₁、A₂两电流表的读数I₁、I₂，所以R₁两端的电压为，电流为，由部分电路欧姆定律得

待测电阻R₁的阻值计算公式是                   

【答案】

16．【解析】此题与教材上的伏安法略有不同，多了一个定值电阻，但其原理还是闭合电路欧姆定律。①实验电路原理图如图1所示

②根据E=U+Ir，可得      联立方程有           

此方法测得的电动势和内阻均无系统误差    图44

【答案】

17．【解析】求解电压表扩大后的量程，就要知道与电压表串联的电阻R₁大小，本题可以顺着这个思路分析，设计电路。若将R₁、R₂串联，由电压表的示数及自身电阻可算得电路中的电流，根据两次示数由闭合电路欧姆定律可算出R₁和电源的电动势。当S₁闭合，S₂断开时，电压表的示数变小，知R₂被接入了电路。故电路应如图7所示连接。

设电源的电动势为E，先后两次电压表的示数为U₁、U₂，电压表自身电阻为R₀，原先量程为U₀,由闭合电路欧姆定律有：和，代入已知数据解两式得，E=6.3V， R₁=6000Ω。电压表改装后的量程为

【答案】7V    E=6.3V