考前保温训练(七) 电磁感应和交变电流
(限时30分钟)
1．某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是( )
A ．a →G→b
B ．先a →G→b ，后b →G→a
C ．b →G→a
D ．先b →G→a ，后a →G→b
答案：D
解析：①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．②明确回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加．③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上．④应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：从b →G→a .同理可以判断出条形磁铁穿出线圈过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，电流从a →G→b .
2．如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同
样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt
的大小应为( ) A.4ωB 0π B.2ωB 0π C.ωB 0π D.ωB 02π
答案：C
解析：设圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势
E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL 2ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12
πL 2ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π
，故C 项正确．
3．(多选)一个矩形线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的关系图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A ．线框中产生的感应电动势瞬时值表达式为e ＝311sin 100πt (V)
B ．t ＝0.01 s 时穿过线框的磁通量变化率为0
C ．t ＝0.005 s 时穿过线框的磁通量最大
D ．线框转动的角速度为100π rad/s
答案：CD
解析：由图象知，感应电动势最大值E m ＝311 V ，周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT ＝ 100π
rad/s ，选项D 正确；由图知线框从与磁场平行的位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e ＝311cos 100πt (V)，选项A 错误；t ＝0.01 s 时感应电动势最大，穿过线框的磁通量变化率最大，选项B 错误；t ＝0.005 s 时感应电动势为0，线圈处于中性面位置，穿过线框的磁通量最大，选项C 正确．
4．(多选)如图所示，一根导线制成的斜边AB 长为2L 的等腰直角三角形线框ABC 以速度v 匀速穿过宽度为2L 的匀强磁场，电流以逆时针方向为正，回路中的感应电流I 和AB 两端的电压U AB 随线框位移x 变化的关系图象正确的是( )
答案：AD
解析：线框进入磁场过程中，穿过线框垂直于纸面向里的磁通量增加，感应电流沿逆时针方向，线框出磁场过程中，穿过线框垂直于纸面向里的磁通量减少，感应电流沿顺时针方向；线框进入磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小；线框出磁场过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小，选项A正确，B错误；线框进入磁场过程，电流方向从A到B，U AB>0，大小随电流先增大后减小，线框出磁场过程，电流方向从B到A，U AB<0，大小随电流先增大后减小，选项C错误，D正确．
5．(多选)图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法中正确的是()
甲
乙
A．用户端交流电的频率为50 Hz
B．用户端电压为250 V
C．输电线中的电流为30 A
D．输电线路损耗功率为180 kW
答案：AC
解析：由题图乙知交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项A正确．由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知升压变压器副线圈电压为25 000 V，由P＝UI得输电线中的电流为I＝30 A，输电线上损失的电压为ΔU＝IR＝3 000 V，降压变压器输入端电压为22 000 V，用户端电压为220 V，选项B错误，C正确．输电线路
损耗功率为ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，选项D 错误．
6．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )
A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2
B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2
C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2
D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2
答案：A
解析：第一次ab 边是电源，第二次bc 边是电源．设线框ab 、bc 边长分别为l 1、l 2，第
一次时线框中产生的热量Q 1＝I 21Rt ＝????Bl 1v R 2·R ·l 2v ＝B 2l 21l 2v R ＝B 2
l 1l 2v R l 1
，同理第二次时线框中产生的热量Q 2＝B 2l 1l 2v R l 2，由于l 1>l 2，所以Q 1>Q 2.通过线框导体横截面的电荷量q ＝n ΔΦR
＝Bl 1l 2R ，故q 1＝q 2，A 选项正确．
7．如图所示，有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，绕OO ′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R ，下列判断正确的是( )
A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt
B ．矩形线圈从图示位置经过π2ω
时间时，通过电流表的电荷量为0 C ．当P 不动、R 增大时，电压表读数也增大
D ．当P 向上移动、R 不变时，电流表读数减小
答案：A
解析：矩形线圈切割磁感线产生的感应电流为正弦式交变电流，题图示时刻线圈切割磁感线产生的感应电动势最大，最大值为E m ＝NBSω，则其瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt ，
选项A 正确；矩形线圈从图示位置经过π2ω时间，刚好为14
周期，磁通量的变化量不为0，通过电流表的电荷量不为0，选项B 错误；电压表读数为电压的有效值，矩形线圈的电阻不计，故电压表的示数为交流电压的有效值，恒定不变，选项C 错误；当P 向上移动、R 不变时，原线圈的电压不变，副线圈的电压增大，输出功率变大，故原线圈中的电流增大，选项D 错误．
想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有( )
A ．升压变压器的输出电压增大
B ．降压变压器的输出电压增大
C ．输电线上损耗的功率增大
D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
答案：CD
解析：已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由n 1n 2＝U 1U 2
知，升压变压器的输出电压U 2不变，A 错；若输送功率增大，输电电压U 2不变，则由P ＝U 2I 2知，输电线上电流I 2增大，又输电线的电阻不变，由U 损＝I 2R 知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B 错．因输电电流增大，则由P ＝I 22R 知，输电线上
损耗的功率变大，C 对．输电线上损耗功率占总功率的比例????I 2
2R U 2I 2＝I 2R U 2增大，D 对．
9．(多选)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L .一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合，导线框的速度为v 0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，
经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则( )
A ．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小
B ．上升过程中克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率
C ．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多
D ．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等
答案：AC
解析：上升过程中，导线框的加速度a 1＝mg ＋B 2L 2v R m
随速度v 的减小而减小，选项A 正确；下降过程中，导线框的加速度a 2＝mg －B 2L 2v R m
随速度v 的增大而减小，平均加速度a 1>a 2，由h ＝12a t 2，可得上升时间短，P ＝mgh t ，因此上升过程中克服重力做功的平均功率大，选项B 错误；由于安培力做负功，线框在下降过程中的速度小于同一高度上升时的速度，因此上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项D 错误；下降过程的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做功多，选项C 正确．
10．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )
A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →b
C ．金属捧的速度为v 时，电路中的电功率为B 2L 2v 2R
D ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
答案：AC
解析：刚释放瞬间金属棒只受重力，故加速度a ＝g ，A 项正确．金属棒向下运动时用
右手定则判断，电流沿顺时针方向，B 项错误．当金属棒的速度为v 时，E ＝Blv ，P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R ，C 项正确．根据能量守恒可知，电阻R 上产生的总热量等于减少的重力势能与增加
的动能之差，D项错误．
11．如图所示，倾角θ＝60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻．质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放，运动到最低点C时的速度大小v C＝6gr，金属棒及轨道电阻不计，摩擦不计，求：
(1)金属棒中产生感应电动势的最大值E m；
(2)金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量Q；
(3)金属棒能否能通过圆形轨道的最高点D？若能通过，求在此点时金属棒对轨道的压力．
答案：见解析
解析：(1)磁场区域足够大，金属棒由静止开始先做变加速运动，当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时，金属棒在磁场中运动的速度最大，产生的感应电动势也最大．设在磁场中达到的最大速度为v m，有
E m＝BLv m
根据闭合电路欧姆定律有
I m＝E m R
根据平衡条件有mg sin θ＝BI m L
解得E m＝3mgR 2BL.
(2)根据能量守恒定律，金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以有
Q＝mgH－1
2mv
2
C
解得Q＝mg(H－3r)．
(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高点D，则金属棒由C点运动到D点机械能守恒，根据机械能守恒定律有
12mv 2C ＝12mv 2D
＋mg ·2r 解得v D ＝2gr
金属棒通过圆形轨道最高点D 时，根据牛顿第二定律及向心力公式有
F N D ＋mg ＝m v 2D r
解得F N D ＝mg ，所以金属棒能通过最高点．
由牛顿第三定律可知，金属棒通过圆形轨道最高点D 时对轨道的压力F ′N D ＝F N D －mg ，方向竖直向上．
考前保温训练(八) 物理实验
(限时30分钟)
1．某同学用图甲所示装置进行“探究恒力做功与动能改变的关系”实验．平衡摩擦力后，通过实验得到图乙所示的纸带．纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s 的相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 、F .实验时小车的质量为0.390 kg ，小车受到细绳的拉力为0.40 N ．回答下列问题：(计算结果保留3位有效数字)
甲
乙
(1)小车从O 到E ，所受合力做的功W ＝________J ；动能变化量ΔE k ＝________J.
(2)实验中该同学发现W 略大于ΔE k ，其主要原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(写出一条即可)．
答案：(1)0.1880.180(2)小车受到空气阻力的作用(纸带阻力等，从系统误差的角度回答)
解析：(1)合力做的功W＝Fx OE＝0.4×46.90×10－2 J＝0.188 J
动能的变化量ΔE k＝1
2mv2E－0＝
1
2×0.390×?
?
?
?
57.00－37.80
2×0.1×10
－22 J－0＝0.180 J.
(2)虽然平衡了摩擦力，但是每次运动中空气或纸带的阻力做负功，所以W略大于ΔE k.
2．(1)用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为________cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为________mm.
(2)某同学采用如图丙所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a.分别以合力F 和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系．根据实验中得到的数据描出如图丁所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致．该同学列举产生这种结果的可能原因如下：
①在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；
②没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；
③砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件；
④测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大．
通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是()
A．①和④B．②和③
C．①和③D．②和④
答案：(1)5.015 4.700(2)C
解析：(1)游标卡尺读数50 mm＋0.05×3 mm＝50.15 mm＝5.015 cm.
螺旋测微器读数4.5 mm＋0.01×20.0 mm＝4.700 mm.
(2)由题图丁可知当F＝0时，a≠0，则Mg sin θ>f，说明θ角偏大，右端垫得过高；图象的末端不是直线说明砂桶和砂的总质量m0和小车质量M不满足m0?M的关系，所以只有C选项正确．
3．已知电阻丝的电阻约为10 Ω，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，应选用的器材有________(只填代号)．画出用伏安法测上述电阻丝的电阻时的电路图．
A．量程是0.6 A，内阻是0.5 Ω的电流表；
B．量程是3 A，内阻是0.1 Ω的电流表；
C．量程是3 V，内阻是6 kΩ的电压表；
D．量程是15 V，内阻是30 kΩ的电压表；
E．阻值为0～1 kΩ，额定电流为0.5 A的滑动变阻器；
F．阻值为0～10 Ω，额定电流为2 A的滑动变阻器；
G．蓄电池(6 V)；
H．开关一个，导线若干．
答案：ACFGH电路图如图所示
解析：①先选H和电源G.
②选电流表
电源选定后可估算总电流，不连入滑动变阻器时干路电流最大值I max＝6
10A＝0.6 A，
因此电流表选A.若选B表，会有以下不足：首先0.6 A电流太小，指针偏转范围不足总刻度的三分之一，读数时误差较大；其次电流表的满偏电流越大，分度值即精确度越低，故不选B.
③选电压表
若选C表，量程3 V，则流过R的电流要被控制在0.3 A以下，由上面所选A电流表的量程知，此时其指针可偏转较大．
若选D表，电压表为15 V量程时，精确度太低，为实现电压表和电流表精确度的匹配，应选C表而不选D表．
④选变阻器
由于上面所选的是量程为3 V的电压表，滑动变阻器用限流接法时，选0～10 Ω的变阻器时阻值太小(电阻丝电压超过电压表量程)，选用0～1 000 Ω的变阻器时阻值太大(调节不方便)，因此决定滑动变阻器采用分压电路的连接方式．由于电阻丝阻值约为10 Ω，为在3 V、0.3 A以下范围内调节滑动变阻器，读取几组测量值，滑动变阻器应选0～10 Ω的．不选用0～1 000 Ω的滑动变阻器，一是因为其阻值太大，调压不灵敏；二是在满足要求的情况下，应尽量选用小规格的器材．
⑤确定电流表的接法
由R x＝10 Ω，R A＝0.5 Ω，R V＝6 kΩ分析可知，为减小R A分压带来的误差，应选用电流表外接法．
选用实验器材一般应根据实验原理掌握“可行”“精确”和“方便”的原则．“可行”是指选用的实验器材要能保持实验的正常进行；“精确”是指选用的实验器材要考虑尽可能地减小实验误差(如电表的指针偏转要求较大)；“方便”是指选用的实验器材要便于操作．4．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：
a．________________________________________________________________________.
b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处．
c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω.
(2)为了尽量准确测该电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据．除被测电阻外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．
A．电压表V(量程50 V、内阻约为25 kΩ)
B．电流表A1(量程500 mA、内电阻r1＝20 Ω)
C．电流表A2(量程100 mA、内电阻约5 Ω)
D．定值电阻R0(80 Ω)
E．滑动变阻器R(0～10 Ω)
F．电源：电动势E＝6 V，内电阻较小
G．导线、开关若干
请在虚线框内画出能准确测量电阻R的电路图(要求在电路图上标出元件符号)．请根据设计的电路图写出R x的测量值表达式R x＝________.
答案：(1)a.换用×10倍率的挡位c．120(2)电路图见解析
I1
I2－I1
(R0＋r)
解析：(1)由题知选择×100倍率的电阻挡，正确操作时，发现多用电表的指针偏转角度太大，由多用电表的电阻刻度特点可知，为了使读数准确，指针要摆到表盘中央附近，则要把×100倍率挡换成×10倍率挡．由欧姆表盘的读数规则可知测量结果为12.0×10 Ω＝120 Ω.
(2)已知电源电动势E＝6 V，而电压表V的量程为50 V，相比较可得知，此电压表不可选，误差太大；由电源电动势E＝6 V，被测阻值约120 Ω，可知：通过R x的最大电流约
为I＝E
R x＝50 mA；此题要用伏安法测电阻，测量中表的指针要有较大角度偏转误差才会较
小，同时知A1的量程和内电阻，可将定值电阻R0与A1串联改装成一电压表测R x两端的电
压；滑动变阻器R＝10 Ω比被测电阻R x小得多，则采
取分压式接法，则电路图如图所示：
由电路图可知，R x两端电压U x＝I1(R0＋r1)
R x中的电流I x＝I2－I1
则R x＝U x
I x＝
I1
I2－I1
(R0＋r1)．
为质点)，b是可以固定于桌面的滑槽(滑槽末端与桌面相切)．实验操作步骤如下：
A．将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止滑下，落在水平地面上的P点，并测出桌面的高度MO为h，OP距离为x0；
B．将滑槽沿桌面向左移动一段距离，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止滑下，落在水平地面上的P′点，测出OP′距离为x；改变L，重复上述步骤，分别记录实验数据．
不计空气阻力．请回答下列问题：
(1)实验________(填“需要”或“不需要”)测量滑块的质量m.
(2)根据实验记录的数据作出x2-L关系的图象如图所示，若图中纵截距为x20，横截距为L0，则可求出滑块a与桌面间的动摩擦因数的表达式是μ＝________.
(3)若更换不同材料的滑槽使滑块a与滑槽b间摩擦阻力减小，则滑块a与桌面间的动摩擦因数的测量结果将________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．
答案：(1)不需要(2)x20
4hL0(3)不变
解析：滑块a从滑槽上最高点由静止滑到M点时的速度为v0，则根据平抛运动的知识
可得x0＝v0t，h＝1
2gt
2，将滑槽左移一段距离L后，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止滑
下，运动到M点的速度为v，则有x＝vt，h＝1
2gt
2，根据动能定理得－μmgL＝1
2mv
2－1
2mv
2
，
联立各式可解得x2＝x20－4μhL，由此式可知不需测量滑块的质量．再联系x2-L图象有x20 L0＝
4μh，即μ＝x20
4hL0.若更换不同材料的滑槽使滑块a与滑槽b间摩擦阻力减小，滑块a与桌面间的动摩擦因数的测量结果将不变．
甲
6．有些材料的电阻率随压力作用而变化，这种现象称为“压阻效应”，这种材料可以制成压力传感器．现用如图甲所示的电路先研究某长薄板电阻R x的压阻效应，然后将其改装为传感器．已知R x的阻值变化范围为几欧到十几欧，实验室中有下列器材：A．电源E(3 V，内阻不计)
B．电流表A1(3 mA，内阻r1＝10 Ω)
C．电流表A2(300 mA，内阻r2约为1 Ω)
D．电压表V(15 V，内阻约5 kΩ)
E．电阻箱R1(最大阻值为10 000 Ω)
F．定值电阻R0＝3 Ω
G．开关S及若干导线
(1)为了比较准确地测量电阻R x，请完成图甲中虚线框内电路图的设计．
(2)要测量电阻R x，在电阻R x上加一个竖直向上的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S后，需要读取的数据为________________________(用字母表示，并指明字母表示的测量量)，求解电阻R x的表达式为R x＝________(用所测物理量的字母表示)．
(3)根据实验测量结果，作出压阻元件的R x-F图象，如图乙所示，将这种压阻元件与一个电流表串联接入如图丙所示电路将电流表改装成测量压力的仪表．若定值电阻R0＝14 Ω，电源和电流表内阻不计，电源电动势为3 V，则应将电流表刻度为________A处改为0 N，将电流表刻度为________A处改为4.5 N.
乙
丙答案：(1)如图所示
(2)电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，电阻箱的示数R1I1 r1＋R1
I2－I1
(3)0.1
0.143
解析：(1)由题图乙知，被测电阻R x大小在7～16 Ω之间，则电路中电流最大为0.43 A，电路中有保护电阻R0，电流小于0.3 A，电流表选A2.电源电动势为3 V，电压表量程太大，不能准确测量，应将电流表A1与电阻箱串联，改装成量程为3 V的电压表，需要串联阻值为990 Ω的电阻，改装后电压表总内阻为1 000 Ω，被测量电阻为小电阻，电流表A2采用外接法．
(2)闭合开关后，需要读出电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，电阻箱的示数R1，
则电阻R x的表达式为R x＝I1 r1＋R1
I2－I1
.
(3)压力为0 N时，压阻元件的电阻为16 Ω，由欧姆定律得电流为0.1 A；当压力为4.5 N 时，压阻元件的电阻为7 Ω，电流为0.143 A.
考前保温训练(九)物理学史
(限时30分钟)
1．在物理学的发展过程中，许多科学家做出了巨大的贡献，下列说法中符合史实的是()
A．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量
B．奥斯特发现了电流的磁现象和电磁感应现象
C．开普勒通过研究第谷的观测数据得出了开普勒定律
D．库仑发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值
答案：C
解析：牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁现象，法拉第发现了电磁感应现象，选项B错误；开普勒通过研究第谷的观测数据得出了开普勒定律，选项C正确；库仑发现了点电荷间的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，选项D错误．
2．在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是()
A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
B．麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在
C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律
D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律
答案：B
解析：伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项A错误；麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，选项B正确；法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误．
3．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()
A．力不是维持物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快
D．物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反
答案：AC
解析：伽利略利用理想斜面实验和逻辑推理相结合的方法否定了亚里士多德“力是维持物体运动状态的原因”的错误结论，正确地指出力不是维持物体运动状态的原因，A项正确；牛顿提出万有引力定律，B项错；伽利略首先运用逻辑推理的方法发现物体下落的快慢和它的重量无关，C项正确；牛顿提出了物体间的相互作用力总是等大反向的结论，D项错．4．(2014·北京理综)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点
由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
答案：A
解析：题述要求根据三次实验结果的对比，得到最直接的结论．由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料，可理解为斜面越来越光滑，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的结论是：如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，选项A正确．B、C、D选项都不能根据三次实验结果的对比直接得到，选项B、C、D错误．
5．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是()
A．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律
B．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律
C．笛卡儿根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
D．牛顿首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来
答案：B
解析：哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，选项A错误．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律，选项B正确．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，选项C错误．伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来，选项D错误．
6．在物理学建立、发展的过程，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()
A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境
B．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律
C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量
D．楞次发现了电磁感应现象，并研究提出了判断感应电流方向的方法——楞次定律答案：A
解析：古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境，选项A正确．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒定律，选项B错误．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了万有引力常量，选项C错误．法拉第发现了电磁感应现象，楞次研究得出了判断感应电流方向的方法——楞次定律，选项D错误．
7．(多选)下列关于物理学发展史的说法中正确的是()
A．伽利略通过大量实验，发现只要斜面的倾角一定，不同质量的小球从不同高度开始滚动，小球的加速度都是相同的
B．奥斯特为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说
C．楞次在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律
D．美国物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量
答案：AD
解析：伽利略通过大量实验，发现只要斜面的倾角一定，不同质量的小球从不同高度开始滚动，小球的加速度都是相同的，选项A正确．安培为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说，选项B错误．纽曼和韦伯在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律，选项C错误．美国物理学家密立根经过多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，选项D正确．
8．(多选)以下说法符合物理史实的是()
A．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象
B．牛顿发现了万有引力定律，并且用扭秤装置测出了引力常量
C．开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础
D．库仑认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并提出用电场线简洁地描述电场答案：AC
解析：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项A正确．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤装置测出了引力常量，选项B错误．开普勒关于行星运动的描述为万有引力定律的发现奠定了基础，选项C正确．法拉第认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并提出用电场线简洁地描述电场，选项D错误．
物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是()
A．亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因
B．哥白尼提出了日心说，并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律
C．卡文迪许总结出了万有引力定律并测出了万有引力常量
D．库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律
答案：D
解析：伽利略通过实验证明了力不是维持物体运动状态的原因，A错误；开普勒发现了行星沿椭圆轨道运动的规律，即开普勒三定律，B错误；牛顿总结了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了万有引力常量，C错误；库仑通过扭秤实验研究得出了真空中点电荷间的相互作用规律，即库仑定律，D正确．
10．(多选)(2013·海南单科)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是()
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案：BCD
解析：伽利略提出力是改变物体运动状态的原因，A错误，B正确；笛卡儿认为如果运动中的物体不受外力作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C正确；由牛顿第一定律知，D正确．