高考物理難題集錦(一)含答案及高考物理電學實驗復習總結(jié)

高考物理難題集錦（一）1、如圖所示，在直角坐標系xOy平面的第Ⅱ象限內(nèi)有半徑為R的圓O1分別與x軸、y軸相切于C（-R，0）、D（0，R）兩點，圓O1內(nèi)存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B．與y軸負方向平行的勻強電場左邊界與y軸重合，右邊界交x軸于G點，一帶正電的粒子A（重力不計）電荷量為q、質(zhì)量為m，以某一速率垂直于x軸從C點射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好從D點進入電場，最后從G點以與x軸正向夾角為45°的方向射出電場．求：（1）OG之間的距離；（2）該勻強電場的電場強度E；（3）若另有一個與A的質(zhì)量和電荷量相同、速率也相同的粒子A′，從C點沿與x軸負方向成30°角的方向射入磁場，則粒子A′再次回到x軸上某點時，該點的坐標值為多少？2、如圖所示，光滑絕緣水平面的上方空間被豎直的分界面MN分隔成兩部分，左側(cè)空間有一水平向右的勻強電場，場強大小，右側(cè)空間有長為R＝0.114m的絕緣輕繩，繩的一端固定于O點，另一端拴一個質(zhì)量為m小球B在豎直面內(nèi)沿順時針方向做圓周運動，運動到最低點時速度大小vB＝10m/s（小球B在最低點時與地面接觸但無彈力）。在MN左側(cè)水平面上有一質(zhì)量也為m，帶電量為的小球A，某時刻在距MN平面L位置由靜止釋放，恰能與運動到最低點的B球發(fā)生正碰，并瞬間粘合成一個整體C。（取g＝10m/s2）（1）如果L＝0.2m，求整體C運動到最高點時的速率。（結(jié)果保留1位小數(shù)）（2）在（1）條件下，整體C在最高點時受到細繩的拉力是小球B重力的多少倍？（結(jié)果取整數(shù)）（3）若碰后瞬間在MN的右側(cè)空間立即加上一水平向左的勻強電場，場強大小，當L滿足什么條件時，整體C可在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動。（結(jié)果保留1位小數(shù)）3、如右圖甲所示,間距為d的平行金屬板MN與一對光滑的平行導軌相連,平行導軌間距L=d/2，一根導體棒ab以一定的初速度向右勻速運動，棒的右側(cè)存在一個垂直紙面向里，大小為B的勻強磁場。棒進入磁場的同時，粒子源P釋放一個初速度為0的帶電粒子，已知帶電粒子質(zhì)量為m,電量為q.粒子能從N板加速到M板，并從M板上的一個小孔穿出。在板的上方，有一個環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在大小也為B，垂直紙面向外的勻強磁場。已知外圓半徑為2d，里圓半徑為d.兩圓的圓心與小孔重合（粒子重力不計）（1）判斷帶電粒子的正負，并求當ab棒的速度為v0時，粒子到達M板的速度v；（2）若要求粒子不能從外圓邊界飛出，則v0的取值范圍是多少？（3）若棒ab的速度v0只能是，則為使粒子不從外圓飛出，則可以控制導軌區(qū)域磁場的寬度S（如圖乙所示），那該磁場寬度S應控制在多少范圍內(nèi)4、如圖21所示，兩根金屬平行導軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導軌間距為L，電阻不計。水平段導軌所處空間有兩個有界勻強磁場，相距一段距離不重疊，磁場Ⅰ左邊界在水平段導軌的最左端，磁感強度大小為B，方向豎直向上；磁場Ⅱ的磁感應強度大小為2B，方向豎直向下。質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b垂直導軌放置在其上，金屬棒b置于磁場Ⅱ的右邊界CD處?，F(xiàn)將金屬棒a從彎曲導軌上某一高處由靜止釋放，使其沿導軌運動。設兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。（1）若水平段導軌粗糙，兩金屬棒與水平段導軌間的最大摩擦力均為mg，將金屬棒a從距水平面高度h處由靜止釋放。求：?金屬棒a剛進入磁場Ⅰ時，通過金屬棒b的電流大?。?若金屬棒a在磁場Ⅰ內(nèi)運動過程中，金屬棒b能在導軌上保持靜止，通過計算分析金屬棒a釋放時的高度h應滿足的條件；（2）若水平段導軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度h處由靜止釋放，使其進入磁場Ⅰ。設兩磁場區(qū)域足夠大，求金屬棒a在磁場Ⅰ內(nèi)運動過程中，金屬棒b中可能產(chǎn)生焦耳熱的最大值。

5、如圖所示，有一質(zhì)量為M=2kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為m=1kg的小物塊A和B（均可視為質(zhì)點），由車上P處分別以初速度v1=2m/s向左和v2=4m/s向右運動，最終A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒有脫離小車。已知兩物塊與小車間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.1，取g=10m/s2。求：（1）小車的長度L；（2）A在小車上滑動的過程中產(chǎn)生的熱量；（3）從A、B開始運動計時，經(jīng)5s小車離原位置的距離。6、如圖甲所示，光滑的平行金屬導軌水平放置，導軌間距為l，左側(cè)接一阻值為R的電阻。在MN與PQ之間存在垂直軌道平面的有界勻強磁場，磁場寬度為d。一質(zhì)量為m的金屬棒ab置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和金屬棒的電阻。金屬棒ab受水平力F=（N）的作用，其中x為金屬棒距MN的距離，F(xiàn)與x的關(guān)系如圖乙所示。金屬棒ab從磁場的左邊界由靜止開始運動，通過電壓傳感器測得電阻R兩端電壓隨時間均勻增大。已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.5W，d＝1m。問：（1）金屬棒剛開始運動時的加速度為多少？并判斷該金屬棒在磁場中做何種運動。（2）磁感應強度B的大小為多少？（3）若某時刻撤去外力F后棒的速度v隨位移s的變化規(guī)律滿足（v0為撤去外力時的速度，s為撤去外力F后的位移），且棒運動到PQ處時恰好靜止，則外力F作用的時間為多少？（4）在（3）的情況下，金屬棒從MN運動到PQ的整個過程中左側(cè)電阻R產(chǎn)生的熱量約為多少？7、如圖，光滑的平行金屬導軌水平放置，導軌間距為L，左側(cè)接一阻值為R的電阻。矩形區(qū)域abfe內(nèi)存在垂直軌道平面向下的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B。導軌上ac段和bd段單位長度的電阻為r0，導軌其余部分電阻不計，且ac=bd=x1。一質(zhì)量為m，電阻不計的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好。金屬棒受到一個水平拉力作用，從磁場的左邊界由靜止開始作勻加速直線運動，加速度大小為a。棒運動到cd處撤去外力，此后棒的速度vt隨位移x的變化規(guī)律滿足，且棒在運動到磁場右邊界ef處恰好靜止。求：

（1）用法拉第電磁感應定律導出本題中金屬棒在區(qū)域abdc內(nèi)切割磁感線時產(chǎn)生的感應電動勢隨時間t變化的表達式；

（2）df的長度x2應滿足什么條件；

（3）金屬棒運動過程中流過電阻R的最大電流值和最小電流值。

8、如圖，凹槽水平底面寬度s=0.3m，左側(cè)高度H=0.45m，右側(cè)高度h=0.25m。凹槽的左側(cè)直面與光滑的水平面BC相接，水平面左側(cè)與水平傳送帶AB相接且相切，凹槽右側(cè)豎直面與平面MN相接。傳送帶以m/s速度轉(zhuǎn)動，將小物塊P1輕放在傳送帶的A端，P1通過傳帶后與靜置于C點的小物塊P2發(fā)生彈性碰撞。P2的質(zhì)量m=1kg，P1的質(zhì)量是P2質(zhì)量的k倍（已知重力加速度g=10m/s2，P1與傳送帶間的動摩擦因素，L=1.5m，不計空氣阻力。）

（1）求小物塊P1到達B點時速度大??；（2）若小物塊P2碰撞后第一落點在M點，求碰撞后P2的速度大小；Ks5u（3）設小物塊P2的第一落點與凹槽左側(cè)豎直面的水平距離為x，試求x的表達式。9、如圖，MN、PQ為固定在同一豎直平面內(nèi)的兩根水平導軌，兩導軌相距d=10cm，導軌電阻不計。ab、ef為兩根金屬棒，ab的電阻R1=0.4Ω，質(zhì)量m1=1kg，ef的電阻R2=0.6Ω，質(zhì)量m2=2kg。金屬棒ab豎直立于兩導軌間，可沿著導軌在水平方向平動。金屬棒ef下端用鉸鏈與導軌PQ鏈接，可在兩導軌間轉(zhuǎn)動，ef的上端與導軌MN的下表面搭接，金屬棒ef與導軌成60°角。兩棒與導軌保持良好接觸，不計各處摩擦。整個裝置處在磁感應強度B=1T、方向垂直于導軌的水平磁場中。t=0時起，給金屬棒ab施加一水平向左的力F1，使金屬棒ab向左運動，同時給金屬棒ef的上端施加一垂直于ef斜向上的力F2（F2在圖示豎直平面內(nèi)），F(xiàn)2隨時間的變化滿足：F2=（0.01t+5）N，在金屬棒ab向左運動的過程中，金屬棒ef與導軌MN保持搭接但恰好無壓力。重力加速度g取10m/s2。試求：（1）金屬棒ab的速度隨時間變化的關(guān)系式，并說明其運動性質(zhì)。（2）在0~5s內(nèi)，通過金屬棒ab的電量。（3）第5s末，F(xiàn)1的瞬時功率。10、如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一傾角為α的光滑絕緣斜面上，導軌間距為L，電阻忽略不計且足夠長，一寬度為d的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁感應強度為B。另有一長為2d的絕緣桿將一導體棒和一邊長為d（d<L）的正方形線框連在一起組成的固定裝置，總質(zhì)量為m，導體棒中通有大小恒為I的電流。將整個裝置置于導軌上，開始時導體棒恰好位于磁場的下邊界處。由靜止釋放后裝置沿斜面向上運動，當線框的下邊運動到磁場的上邊界MN處時裝置的速度恰好為零。重力加速度為g。（1）求剛釋放時裝置加速度的大小；（2）求這一過程中線框中產(chǎn)生的熱量；（3）在圖（b）中定性地畫出整個裝置向上運動過程中的速度-時間（v-t）圖像；（4）之后裝置將向下運動，然后再向上運動，經(jīng)過若干次往返后，最終整個裝置將在斜面上作穩(wěn)定的往復運動。求穩(wěn)定后裝置運動的最高位置與最低位置之間的距離。參考答案1、解：（1）設粒子A速率為v0，其軌跡圓圓心在O點，故A運動至D點時速度與y軸垂直，粒子A從D至G作類平拋運動，令其加速度為a，在電場中運行的時間為t則有

①（2分）和

②（2分）聯(lián)立①②解得故

③（1分）（2）粒子A的軌跡圓半徑為R，由得

④（2分）

⑤（1分）

聯(lián)立①③⑤得

⑥（2分）解得

⑦（1分）（3）令粒子A’

軌跡圓圓心為O’

，因為∠O’

CA’

=90°，O’C=R，以

O’為圓心，

R為半徑做A’

的軌跡圓交圓形磁場O1于H點，則四邊形CO’

HO1為菱形，故O’

H∥y軸，粒子A’

從磁場中出來交y軸于I點，HI⊥O’

H，所以粒子A’

也是垂直于y軸進入電場的

令粒子A’

從J點射出電場，交x軸于K點，因與粒子A在電場中的運動類似，∠JKG=45°，GK=GJ。

（2分）OI－JG=R又OI=R+Rcos30°解得JG=Rcos30°=R

（3分）粒子A’再次回到x軸上的坐標為（，0）

（2分）

2、解析：（1）對球，從靜止到碰的過程由動能定理：

解得：

（2分）、碰撞由動量守恒，有：

解得共同速度：，方向向左

（2分）

設整體C在最高點速度為，由機械能守恒：

(2分)（2）由牛頓第二定律：

解得受到的拉力：T=18mg

即為小球B重力的18倍。

（2分）（3）MN右側(cè)空間加上一水平向左的勻強電場后，整體C受到重力和電場力的合力為：，

(1分)設合力方向與豎直方向間的夾角為，如圖，則有

，所以，

(1分)整體C做完整圓周運動的條件是：在Q點繩的拉力滿足：設此時整體C在Q點的速度為，即：

得：

（2分）設整體C在最低點的速度大小為v1，由動能定理：

（2分）、碰撞由動量守恒，有：

（1分）若碰后整體C方向向左，取最小，得：

由

得：

（2分）若碰后整體C方向向右，取最小

得：

由

得：

（2分）所以，滿足的條件是：或

（1分）3、解：（1）根據(jù)右手定則知，a端為正極，故帶電粒子必須帶負電（1分）

Ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢①（2分）

對于粒子，據(jù)動能定理：②（2分）聯(lián)立①②兩式，可得③（1分）（2）要使粒子不從外邊界飛出，則粒子最大半徑時的軌跡與外圓相切根據(jù)幾何關(guān)系：④

即（2分）而⑤（2分）聯(lián)立③④⑤可得（1分）故ab棒的速度范圍：（1分）（3），故如果讓粒子在MN間一直加速，則必然會從外圓飛出，所以如果能夠讓粒子在MN間只加速一部分距離，再勻速走完剩下的距離，就可以讓粒子的速度變小了。

（1分）設磁場寬度為S0時粒子恰好不會從外圓飛出，此情況下由④⑤可得粒子射出金屬板的速度……⑥

（2）粒子的加速度：⑦（1分）解得：對于棒ab：S0（1分）故磁場的寬度應（1分）4、解：（1）①金屬棒在彎曲光滑導軌上運動的過程中，機械能守恒，設其剛進入磁場Ⅰ時速度為v0，產(chǎn)生的感應電動勢為E，電路中的電流為I。由機械能守恒，解得v0=感應電動勢E=BLv0，對回路解得：I=

（3分）②對金屬棒b：所受安培力F=2BIL又因I=金屬棒b棒保持靜止的條件為F≤mg解得h≤

（3分）（2）金屬棒a在磁場Ⅰ中減速運動，感應電動勢逐漸減小，金屬棒b在磁場Ⅱ中加速運動，感應電動勢逐漸增加，當兩者相等時，回路中感應電流為0，此后金屬棒a、b都做勻速運動。設金屬棒a、b最終的速度大小分別為v1、v2，整個過程中安培力對金屬棒a、b的沖量大小分別為Ia、Ib。由BLv1=2BLv2，解得v1=2v2設向右為正方向：對金屬棒a，由動量定理有-Ia=mv1-mv0

對金屬棒b，由動量定理有-Ib=-mv2-0

由于金屬棒a、b在運動過程中電流始終相等，則金屬棒a受到的安培力始終為金屬棒b受到安培力的2倍，因此有兩金屬棒受到的沖量的大小關(guān)系Ib=2Ia解得，根據(jù)能量守恒，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Qb=

（4分）

說明：計算題中用其他方法計算正確同樣得分。5、（1）由于開始時物塊A、B給小車的摩擦力大小相等，方向相反，小車不動，物塊A、B做減速運動，加速度a大小一樣，A的速度先減為零。

設A在小車上滑行的時間為t1，位移為s1，由牛頓定律

μmg=ma

A做勻減速運動，由運動學公式

v1=at1

由以上三式可得

a=1m/s2，t1=2s

，s1=2m

A在小車上滑動過程中，B也做勻減速運動，B的位移為s2，由運動學公式

可得

s2=6mA在小車上停止滑動時，B的速度設為v3，有

可得

v3=2m/sB繼續(xù)在小車上減速滑動，而小車與A一起向右方向加速。因地面光滑，兩個物塊A、B和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，設三者共同的速度為v，達到共速時B相對小車滑動的距離為s3

可得

v=0.5m/s在此過程中系統(tǒng)損失的機械能為

可得

s3=1.5m故小車的車長

L=s1+s2+s3=9.5m

（2）由于A滑到相對小車靜止以后，它隨小車一起運動。故C點距小車左端的距離為

s1=2m

2J（3）小車和A在摩擦力作用下做加速運動，由牛頓運動定律

μmg=（m+M)a1可得小車運動的加速度

小車加速運動的時間為t3，小車勻速運動的時間為t4

v=a1t3可得

t3=1.5s所以

t4=（5-2-1.5)s=1.5s經(jīng)5s小車離原位置有

可得

6、解：（1）金屬棒剛開始運動時x=0，且v=0，不受安培力作用，所以此時所受合外力為F==0.4N，由牛頓第二定可得

a=m/s2=0.4m/s2

（2分）依題意，電阻R兩端電壓隨時間均勻增大，即金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢隨時間均勻增大，根據(jù)ε=Blv，可知金屬棒的速度隨時間均勻增大，所以金屬棒做初速度為零的勻加速運動。（不需要說明理由，只要得出結(jié)論即給分）

（1分）（2）金屬棒做初速度為零，加速度為a=0.4m/s2的勻變速運動，則，

①

（1分）由牛頓第二定可知：，

②

（1分）又

F＝，

代入得：所以

③

（1分）解得：

④

（1分）【得出①、②式后，也可根據(jù)圖像中的數(shù)據(jù)點求解：從圖乙可知，當x=0.8m時，F(xiàn)=0.8N，代入②式有

③

（1分）解得：

B=0.5T

④

（1分）】（3）設外力F作用的時間為t，則力F作用時金屬棒運動距離：，撤去外力后金屬棒，到PQ恰好靜止，所以v=0，v0=at，得撤去外力后金屬棒運動距離：；因此

（2分）代入相關(guān)數(shù)值，得0.2t2+0.8t-1＝0，解得t＝1s

（2分）（4）力F作用時金屬棒運動距離：

（1分）由F-x圖可知圖線與橫、縱坐標軸所圍面積代表在此過程中外力F做的功WF，通過數(shù)格子可知WF約為0.11J（0.1J---0.11J）。

（1分）金屬棒從MN開始運動到PQ邊靜止，由動能定理得：WF+W安=0所以電阻R產(chǎn)生的熱量

QR=-W安=WF=0.11J

（1分）7、（1）導體MN向右切割磁感線運動的速度，在極短時間內(nèi)導體MN移動的距離是，穿過回路的磁通量的變化量為，（2分）

；（2分）（2），（1分）

，（1分）代入：，得：；（2分）（3）在df段：速度減小，感應電動勢減小且回路總電阻恒定，所以感應電流減小，當速度減為零時，感應電流也為零，即電流最小值為零；或當t=0時電流最小值為零；（2分）在bd段：。（2分）最大電流值討論：

①當滿足，即：且≤（在bd段內(nèi)能達到最大電流），；（1分）

②當>時，當導體棒加速運動到cd處時，。（1分）8、解：（1）若P1從A點滑至B點過程中一直加速，根據(jù)動能定理有：

…………………Ks5u…………（2分）

解得在B點的速度m/s>m/s

……（1分）

說明P1從A點滑至B點是先加速后勻速，則P1到達B點時速度大小為：

m/s

………………（1分）（2）小球P2從B點到M點，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：

得下落時間…………（2分）由解得小球P1從C點拋出時的速度=1.5m/s

…（2分）（3）根據(jù)動量守恒定律有：

…………………（1分）

根據(jù)能量守恒有：

………………（1分）

解得：

……………（1分）

①若P2落在MN水平面，則

解得

………………（1分）

即當時，

………………（1分）②當P2落在凹槽底面時，落地時間

……………（1分）最大拋出速度

……………（1分）所以若P2落在凹槽底面時，則，解得

……………（1分）

即當時，

…………（1分）③當時，P2落在右側(cè)豎直面上，故Ks5u………（1分）9、解：（1）金屬棒ab、ef受到的安培力大小分別用F1A、F2A表示。對金屬棒ef，由力矩平衡得：，

（1分）其中F2=（0.01t+5）N，m2g=20N可得：F2A=0.02tN

（1分）又

（1分）即有：

（1分）可得：（m/s）

（1分）所以金屬棒ab向左做初速度為0、加速度為的勻加速直線運動。（1分）（2）在0~5s內(nèi)：金屬棒ab的位移：

（1分）通過金屬棒ab的電量：

（2分）（3）在第5s末：

（1分）

（1分）即有：

（1分）所以F1的瞬時功率為

（2分）10、（1）ma=BIL-mgsinθ，可得a=-gsinθ（3分）（2）設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，安培力對線框做功的大小為W，根據(jù)動能定理有：0-0=BIL·d-mgsinθ·4d-W解得W=BILd-4mgdsinθ線框中產(chǎn)生的熱量Q=W=BILd-4mgdsinθ（4分）（3）答案見圖（三段運動圖像各1分：第一段，初速度為零的勻加速運動；第二段，加速度比第一段小的勻減速運動；第三段，加速度減小的減速運動，最終速度為零）（3分）（4）裝置往復運動的最高位置：線框的上邊位于磁場的下邊界，此時金屬棒距磁場上邊界d；往復運動到最低位置時，金屬棒在磁場內(nèi)，設距離上邊界x，mgsinθ·（x+d）=BIL·x

可解出x=最高位置與最低位置之間的距離為x+d=

（4分）

高考物理電學實驗第一講電學實驗基礎知識近幾年高考物理電學實驗的考查不斷推陳出新,但仍然是基于兩個基本的實驗原理,即R=U/I,和E=U外+U內(nèi).從考查的形式上看，主要表現(xiàn)在以下三方面：一是命題由知識立意向能力立意轉(zhuǎn)變，從機械記憶向分析理解與遷移應用轉(zhuǎn)變；二是在試題情景設置上多與生產(chǎn)、生活實際相結(jié)合，更注重綜合應用能力的考查；三是注重實驗中科學探究能力的考查，為學生進入高校的繼續(xù)學習打下基礎。高考電學實驗題是“源于教材，但又高于教材”，側(cè)重考查實驗思想和方法，考查動手操作、觀察記錄和數(shù)據(jù)分析處理的能力和簡單的實驗設計能力。電學實驗雖然常考常新，但萬變不離其宗，”題在書外，理在其中”，不變的實驗的基本原理、基礎知識、基本方法和基本技能。理論講解一、明確電路結(jié)構(gòu)測量電路控制電路圖1除“測電源電動勢和內(nèi)阻”測量電路控制電路圖1二、電流表、電壓表的選取1.順序問題一般情況下電源是唯一性器材，首先由電源的電動勢E出發(fā)，由E或所測元件的額定電壓來估算所測元件的最大電壓Um，以此來確定eq\o\ac(○,V)表量程；再計算電流表的最大電流Im或者由所測元件的額定電流來確定eq\o\ac(○,A)表量程。2.可獲取的實驗數(shù)據(jù)寬度問題基于實驗測量精確度的，實驗可獲取的數(shù)據(jù)寬度下限是電表量程的1/3，上限是電表量程和Um(Im)二者中的最小值。選擇電表時，能獲取實驗數(shù)據(jù)寬度越大的電表，就是應選擇的電表。3.選擇電流表、電壓表時不考慮Um(Im)超過量程的問題，因為有控制電路可以控制。三、兩種控制電路的比較電路圖負載R上電壓U調(diào)節(jié)范圍負載R上電流調(diào)節(jié)范圍閉合電鍵前觸頭處位置相同條件下電路消耗的總功率分壓接法eq\f(R,R+R0)U0≤U≤U0eq\f(U0,R+R0)≤IR≤eq\f(U0,R)aU0IR限流接法0≤U≤U00≤IR≤eq\f(U0,R)aU0(IR+IaP)比較分壓路調(diào)節(jié)范圍大分壓電調(diào)節(jié)范圍大保護電路限流電能耗較小2.兩種控制電路的選擇（1）根據(jù)關(guān)鍵詞選擇凡題目中要求“測量數(shù)據(jù)從0開始”、“數(shù)據(jù)變化范圍大（圖象、特征曲線、多測數(shù)據(jù)）”，都一定要使用分壓式。需要用限流接法的關(guān)鍵詞只有“節(jié)能”（2）根據(jù)待測電阻與滑動變阻器的阻值大小關(guān)系判斷大電阻（R滑?RX），采用分壓式便于線性調(diào)節(jié)；小電阻（R滑≥RX），采用限流式便于線性調(diào)節(jié)。（3）最后核對安全性在限流接法中，最小電流大于電表量程或回路元件的額定電流，則分壓；在分壓接法中，滑動變阻器與電源所在回路的工作電壓超過了電源或滑動變阻器的額定電流，則換用限流接法。四、伏安法測電阻1.電流表內(nèi)接法和外接法的比較五、兩種伏安特性曲線的區(qū)別與聯(lián)系1.電阻的伏安特性曲線2.電源的伏安特性曲線3.電源的伏安特性曲線與電阻的伏安特性曲線的交點，為電源和電阻共同的工作點。種類圖像對應的一次函數(shù)電路基本原理及其方程電源的伏安特性曲線U=E-IrE=U+Ir閉合電路歐姆定律R=E/I-rE=I(R+r)1/I=R/E+r/E1/U=r/ER+1/EE=U+Ur/R電阻的伏安特性曲線U=IRR=U/I兩種伏安特性曲線相交電路圖電路工作點PP點對應的電流電壓，即是電阻實際工作的電流電壓，也是電源實際工作的輸出電壓和干路電流。六、電表的改裝原理1.eq\o\ac(○,G)表改裝為電流表的原理：并聯(lián)電阻反比分流電流表改裝成電流表改裝的目的是:測量更大的電流RA=Rg/n故量程擴大的倍數(shù)越高，并聯(lián)的電阻值越小，電流表的內(nèi)阻越小。說明：改裝后的電表中通過電流計G的最大電流Imax與兩端的最高電壓Umax變?yōu)槎嗌伲扛难b后的電壓表或電流表，雖然量程擴大了，但通過電流表的最大電流或加在電流表兩端的最大電壓仍為電流表的滿偏電流Ig和滿偏電壓Ug，只是由于串聯(lián)電路的分壓及并聯(lián)電路的分流使表的量程擴大了。2.eq\o\ac(○,G)表改裝為電壓表的原理：并聯(lián)電阻正比分壓改裝的目的是：測量更大的電壓方法：若量程擴大n倍，則應給電流表串聯(lián)一個電阻。故量程擴大的倍數(shù)越高，串聯(lián)的電阻值越大，電壓表的內(nèi)阻越大。RV=nRg3.eq\o\ac(○,G)表改裝為歐姆表的原理：閉合電路歐姆定律甲：短接調(diào)零：乙：斷開I=0丙：測量電阻注意：歐姆表的黑表筆跟表內(nèi)電池的正極相連。紅表筆跟表內(nèi)電池的負極相連。用歐姆表判別二極管好壞時用到這一點。歐姆擋的使用:①選倍率。比電阻估計值低一個數(shù)量級。②進行歐姆調(diào)零:紅、黑表筆短接,調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕,使指針指右端零刻線處。③將紅黑表筆接被測電阻兩端進行測量。④將指針示數(shù)乘以倍率得測量值。⑤將選擇開關(guān)扳到OFF或交流電壓最高擋若指針偏角小，應增大倍率重測；若指針偏角大，應減小倍率重測。規(guī)律總結(jié)1．歐姆表刻度盤特點(1)左∞右0：電阻無限大與電流、電壓零刻度重合，電阻零與電流、電壓最大刻度重合．(2)刻度不均勻：左密右疏．(3)歐姆擋是倍率擋，即讀出的示數(shù)應再乘以該擋的倍率；電流、電壓擋是量程范圍擋．在不知道待測電阻的估計值時，應先從小倍率開始，熟記“小倍率小角度偏，大倍率大角度偏”(因為歐姆擋的刻度盤上越靠左讀數(shù)越大，且測量前指針指在左側(cè)“∞”處)．2．讀數(shù)技巧(1)為了減小讀數(shù)誤差，指針應指在表盤eq\f(1,3)到eq\f(2,3)的部分，即中央刻度附近．(2)指針所在刻度盤處每個小格表示1Ω時，要估讀到下一位，其余情況都不用估讀到下一位．(3)電阻值等于指針示數(shù)與所選倍率的乘積．第二講電學實驗的熱點問題及創(chuàng)新設計理論講解一、電學實驗的熱點問題1.以測電阻為核心的電學實驗中學測電阻的常用方法歸納如下：方法測量部分電路伏安法有系統(tǒng)誤差無系統(tǒng)誤差能消除系統(tǒng)誤差等效替代法電流等效替代和電壓等效替代比例法并聯(lián)反比分流無系統(tǒng)誤差串聯(lián)正比分壓無系統(tǒng)誤差單表比例法（有系統(tǒng)誤差，若調(diào)為1:1即為半偏法）歐姆定律法測電源電動勢和內(nèi)阻，有系統(tǒng)誤差歐姆表測電阻，無系統(tǒng)誤差電橋法無系統(tǒng)誤差2.“兩種伏安特曲線”的綜合應用類實驗這類問題，利用電源的伏安特性曲線和電學元件的伏安特性曲線，找出各元件的工作點，即找出齊元件在電路中的共作狀態(tài)(電流、電壓值)是解決問題的關(guān)鍵。思路一:利用電源的伏安特性曲線（等效)電阻的伏安特性曲線相交。若是兩個電阻串聯(lián)或者并聯(lián)接人電源，不論它們阻值相同還是不同都可以使用l如表中所述方法尋找各元件的工作點。圖像及電路找工作點的方法圖(b)電路的情況下，燈泡伏安特性曲線與電源伏安特性曲線的交點，見圖(a)中的P點，既是燈泡的工作點，也是電源的工作點1.由RA、RB的U一I曲線，作出它們的等效電阻RAB。的U一I曲線:在某一相同電壓U，找到A,B各自對應的電流IA,IB，根據(jù)坐標(IA+IB,U)在圖(a)中描點。再用同樣的方法，描出不同電壓U對應的坐標點(IA+IB,U)連接這些點的光滑曲線即為等效電阻RAB的U一I曲線。2.RAB的U一I曲線與電源的U一I曲線的交點M就是電源和RAB的工作點，對應的點P、Q則分別為RA、RB的工作點1.由RA、RB的U一I曲線，作出它們的等效電阻RAB。的U一I曲線:在某一相同電壓U，找到A,B各自對應的電流UA,UB，根據(jù)坐標(I,UA+UB)在圖(a)中描點。再用同樣的方法，描出不同電壓U對應的坐標點(I,UA+UB)連接這些點的光滑曲線即為等效電阻RAB的U一I曲線。2.RAB的U一I曲線與電源的U一I曲線的交點M就是電源和RAB的工作點，對應的點P、Q則分別為RA、RB的工作點思路二:電路的伏安特性曲線與電阻的伏安特性曲線相交。若是兩個阻值相同的電阻串聯(lián)或者并聯(lián)接人電源除r上表中的方法外，還可以使用如下表中所述方法來尋找各元件的工作點。圖像及電路找工作點的方法以燈泡的U和I為變量列出圖(b)電路的閉合電路歐姆定律E=U+Ir，有U=E一rl,該U一I圖線(也是電源的伏安特性曲線)如圖(a)所示，其與燈泡的伏安特性曲線的交點見圖(a),既是燈泡的工作點，也是電源的工作點以兩個相同燈泡的U和l為變量，列出圖(b)中電路的閉合電路歐姆定律方程E=2U+Ir有U=-rI/2+E/2