20XX高考物理真习题汇编——实验题

1、力学常规实验打点计时器相关匀变速直线运动规律1. 【2019全国卷】某【解答】解：物块加速下滑，速度越来越大，在相等时间内物块的位移越来越大，刚开始时在相等时间内的位移较小，由图示纸带可知，打点计时器最先打出的点是A点；每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，相邻计数点间的时间间隔为：t0.02×50.1s，打出C点时的速度大小为：vC=BD2t=(5.85-1.20)×10-22×0.10.23m/s；匀变速直线运动的推论xat2可知，加速度为：a=CD-AB+DE-BC4t2=CE-AC4t2=(9.30-3.15)×10-2-(3.15-0.00)

2、×10-24×012=0.75m/s2；故答案为：A，0.23，0.75。小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是 点。在打出C点时物块的速度大小为 m/s（保留3位有效数字）；物块下滑的加速度大小为 m/s2（保留2位有效数字）。2. 【2019全国卷】如【解答】解：（1）由牛顿第二定律可得：mgsinmgcosma=gsin-agcos，（2）每相邻两计数点间

3、还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s。利用匀变速直线运动的推论xat2，即逐差法可以求物体的加速度大小：a=(0.7639-0.3183)-(0.3183-0.05)(3×0.1)2=1.97m/s2，代入=gsin-agcos得铁块与木板间的动摩擦因数为0.35。故答案为：gsin-agcos，0.35图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题：（1）铁块与木板间动摩擦因数 （用木板与水平面的夹角、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）。（2）某次实验时，调

4、整木板与水平面的夹角使30°接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。重力加速度为9.80m/s2可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 （结果保留2位小数）。3. 【2019全国卷】甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1s拍1幅照片。（1）若【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度【解答】解：（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使

5、用的器材是米尺，所给器材测量距离，故A正确，BCD错误。故选：A。（2）选择的器材在本实验中的使用方法：将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺。（3）根据匀变速直线运动的规律得hgT2，该地的重力加速度大小为g=(0.587-0.245)-0.245(0.1)2=9.7m/s2。故答案为：（1）A；（2）将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺；（3）9.7。要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是 。（填正确答案标号）A米尺 B秒表 C光电门 D天平（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法。答： 。（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab24.5

6、cm、ac58.7cm，则该地的重力加速度大小为g m/s2（保留2位有效数字）动能定理4. 【2019江苏卷】某【解答】解：（1）电磁打点计时器是通过机械振动打点的，而电火花打点计时器是通过电火花来打点，用电火花打点计时器能使纸带在运动时受到的阻力较小，所以应选择B；（2）同学乙的做法正确。只有让小车做匀速直线运动才能够判断摩擦力与沙子和盘的重力大小相等，才能够消除摩擦力的影响。对于甲同学，小车开始运动时，沙子和盘的重力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力要略大于滑动摩擦力；（3）打点周期为：T=1f=0.02s，以A点为中间时刻，用毫米刻度尺测量出4个时间段的距离为：s2.48cm0.0248

7、m，A点速度为：vA=s4T=0.02484×0.02m/s0.31m/s；（4）对于砝码、砝码盘和沙子，根据牛顿第二定律：mgFma，只有当小车的质量远大于砝码、砝码盘和沙子总质量时，绳子的拉力F才近似等于砝码、砝码盘和沙子中重力mg。兴趣小组用如图1所示的装置验证动能定理。（1）有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用：A电磁打点计时器B电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择 （选填“A”或“B”）。（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩

8、擦力的影响已得到消除。同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是 （选填“甲”或“乙”）。（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。纸带被打出一系列点，其中的一段如图2所示。图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA m/s。（4）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L小车动能的变化量可用Ek=12MvA2算出。砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g。实验中，小车的质量应 （选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用WmgL算出。多次测量，若W与Ek

9、均基本相等则验证了动能定理。胡克定律5. 【2019海南卷】某【解答】解：（1）描出点后，作出图线如图所示：（2）Ln图线的斜率为=ln由胡克定律有：Fkl即nmgkl联立以上各式可得：k=mg由图可得斜率约为0.45×102m所以可得劲度系数为：k=50×10-3×9.80.45×10-2N/m=109N/m 故答案为：（1）图线如图所示：（2）mg，（3）109。同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码

10、的质量均为m50.0g）。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出。实验步骤如下：在绳下端挂上一个砝码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触；系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；逐次增加砝码个数，并重复步骤（保持弹簧在弹性限度内）：用n表示砝码的个数，l表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。回答下列问题：（1）根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出ln图象。n12345l/cm10.4810.9611.4511.9512.40（2）弹簧的劲度系数k可用砝码质量m、重力加速度大小g及ln图线的斜率表示，表达式为k 。若g取9.8m/s2，则本实验中k N

11、/m（结果保留3位有效数字）。平抛6. 【2019北京卷】用答案为：（1）BD；（2）a、球心；需要；b、大于；xgy2-y1；（3）AB；（4）B；（5）物体初速度较小时，运动范围很小，引力可以看作恒力重力，做平抛运动；随着物体初速度增大，运动范围变大，引力不再看作恒力；当物体初速度达到第一宇宙速度时，做圆周运动而成为地球卫星。如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

12、（1）下列实验条件必须满足的有 。A斜槽轨道光滑B斜槽轨道末段水平C挡板高度等间距变化D每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。a取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时 （选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行。b若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1y2 13（选填“大于”、“等于”或者“小于”）

13、。可求得钢球平抛的初速度大小为 （已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是 。A从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹B用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹C将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体 。A在水平方向上做匀速直线运动B在竖

14、直方向上做自由落体运动C在下落过程中机械能守恒（5）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。7. 【2019.04浙江选考】采【解答】解：（1）做“研究平抛物体的运动”实验时，需要木板、小球、斜槽、铅笔、图钉、白纸、米尺、重垂线。米尺的作用是能读出轨迹上某点的坐标。重垂线的作用是确保木板与白纸是在竖直面内，使其与小球运动平面平行。时间可以通过竖直方向做自由落体运动去求解，故不需要弹簧秤与打点计时器，故AC错

15、误，B正确。（2）A、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度。故A正确。B、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故B错误；C、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故C正确。D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故D正确。故选：ACD。（3）因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，所以x4x3x3x2x2x1x1，用下列计算式求得的水平速度，误差较

16、小的是所测的长度越来误差越小，则为v=x44T，故ABC错误，D正确；故答案为：（1）B；（2）ACD；（3）x4x3x3x2x2x1x1，D。用如图1所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验（1）实验时需要下列哪个器材 A弹簧秤 B重锤线 C打点计时器（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求，正确的是 （多选）A每次必须由同一位置静止释放小球B每次必须严格地等距离下降记录小球位置C小球运动时不应与木板上的白纸相接触D记录的点应适当多一些（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图2所示的频闪照片。在测得x1，x

17、2，x3，x4后，需要验证的关系是 。已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是 Ax1T Bx22T Cx33T Dx44T单摆8. 【2019上海卷】在【解答】解：（1）为减小实验误差，应选择轻质不可伸长的细线做摆线，摆线一个选择A；为减小阻力对实验的影响，选择质量大而体积小的摆球，摆球应选C；从摆球经过最低点时开始计时，光电门应摆放最低点。（2）一个周期内单摆两次经过最低点，由图示图线可知，单摆周期：Tt3t1，故C正确；故选：C；（3）如果开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大；故答案为：（1）最低点；（2）C；（3）开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周

18、期偏大。“用单摆测量重力加速度实验”中，使用下列实验器材。（1）A.1.2m的细线B.2m的弹性绳C带孔的小铁球D带孔的软木球E光电门传感器应选用哪种绳，应选用哪种球，光电门的摆放位置为 （选填“最高点”或“最低点”）（2）如图为光电门传感器电流强度I与t的图象，则周期为 At1 Bt2t1 Ct3t1 Dt4t1（3）甲同学用秒表做该实验，但所得周期比该实验得到的大，则可能的原因是 。电磁学常规实验电表的改装9. 【2019全国卷】某【解答】解：（1）微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图（a）所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）微安表量程为250A，由图（c）所示表盘

19、可知，其分度值为5A，其示数为160A，电流表示数为16.0mA，电流表示数为微安表示数的16.0×10-3A160×10-6A=100倍，改装后电流表量程为：250×106×10025×103A25mA，故C正确；故选：C；（3）CD、由（2）可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由并联电路特点可知，分流电阻阻值偏小，如果R值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电流表量程偏大，故C正确，D错误；AB、把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R=IgRgI-Ig，如果微安内阻Rg测量值错误，微安表内阻实际阻值大于12

20、00，即内阻Rg测量值偏小，并联电阻阻值：R=IgRgI-Ig偏小，会导致改装后电流表量程偏大，故A正确，B错误；故选：AC；（4）把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R=IgRgI-Ig，由（2）可知，流过分流电阻电流为流过微安表电流的99倍，则并联电阻：R=Rg99，Rg99R，把微安表改装成20mA的电流表，并联电阻阻值：R并=IgRgI-Ig=250×10-6Rg20×10-3-250×10-6=Rg79=99R79=kR，则：k=9979；故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）C；（3）AC；（4）9979。同学要将一量程为250A的

21、微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。（1）根据图（a）和题给条件，将图（b）中的实物连线。（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是 。（填正确答案标号）A.18mAB.21mAC.25mAD.28mA（3）产生上述问题的原因可能是 。（填正确答案标号）A微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200B微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200CR值计

22、算错误，接入的电阻偏小DR值计算错误，接入的电阻偏大（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k 。10. 【2019全国卷】某【解答】解：（1）将电源、电流表、定值电阻以及滑动变阻器串接即可组成欧姆表，故实物图如图所示；根据闭合电路欧姆定律有：50A=ERA+R+R0+R1+r解得：R1900；故滑动变阻器选择R1；（2）由（1）中解答可知，欧姆表的内阻即中值电阻R中98.5+1.5+14000+90015000；根据闭合电路欧姆定律有：25A=ER中+Ra解得：Ra45k；同理可知：75A=ER中+Rb解得：Rb

23、5k（3）欧姆表在使用时应先将两表笔短接，使欧姆表指针指向满偏刻度，即0处；电阻箱的读数为：3×10k+5×1k+0×100+0×10+0×1+0×0.135000.0。故答案为：（1）900；R1（2）45；5（3）0；35000.0同学欲将内阻为98.5、量程为100A的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15k刻度正好对应电流表表盘的50A刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14k），滑动变阻器R1（最大阻值1500），滑动变阻器R2（最大阻值500），电阻箱（099999.9），干电池（E1.5V，r1

24、.5），红、黑表笔和导线若干。（1）欧姆表设计将图（a）中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为 ；滑动变阻器选 （填“R1”或“R2”）。（2）刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为 、 。（3）校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向 k处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为 。测电阻11. 【2019天津卷】现【解答】解：由图

25、示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+20.0×0.01mm0.200mm；由题意可知，没有电压表，可以用已知内阻的电流表A1测电压，另一个电流表A2测电流，由题意可知，待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：由图示电路图可知，待测金属丝电阻：RX=UXIX=I1R1I2-I1，由图示电路图可知，电压与电流的测量值等于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值等于真实值；故答案为：0.200；电路图如图所示；I1R1I2-I1；相等。测定长金属丝的电阻率。某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是 mm。利用下列器材设计一

26、个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100，画出实验电路图，并标明器材代号。电源E（电动势10V，内阻约为10）电流表A1（量程0250mA，内阻R15）电流表A2（量程0300mA，内阻约为5）滑动变阻器R（最大阻值10，额定电流2A）开关S及导线若干某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx 。从设计原理看，其测量值与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）。12. 【2019江苏卷】某【解答】解：（1）为保护螺旋测微器，将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动微调旋钮C，直到听见“喀喀”的

27、声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。（2）为减小实验误差，选择电阻丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。（3）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：（5）由图示电路图可知：Rx+RA+R0=U1I1=1.9640×10-3=49，RA+R0=U2I2=2.0480×10-3=25.5，则电阻丝阻值：Rx4925.523.5；故答案为：（1）C；（2）不同；（3）实物电路图如图所示；（4）图象如图所示；（5）23.5。同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻

28、率。实验操作如下：（1）螺旋测微器如图1所示。在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动 （选填“A“B”或“C“），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。（2）选择电阻丝的 （选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。（3）图2甲中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图2乙实物电路中的正确位置。（4）为测量Rx，利用图2甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1I1关系图象如图3所示。接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：U2/V

29、0.501.021.542.052.55I2/mA20.040.060.080.0100.0请根据表中的数据，在方格纸上作出U2I2图象。（5）由此，可求得电阻丝的Rx 根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。13. 【2019海南卷】用【解答】解：（1）测电流表内阻，由题意可知，实验没有提供电压表，提供了电阻箱与两个开关，本实验应用半偏法测电流表内阻，电流表与电阻箱并联，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示；（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（3）电路最小电阻约为：R=EImax=6V10×10-3A=600，滑动变阻器接入电路的最小阻值约为：60050550

30、，滑动变阻器应选择；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）实物电路图如图所示；（3）。实验室提供的器材设计一个测量电流表内阻的电路。实验室提供的器材为：待测电流表A（量程10mA，内阻约为50），滑动变阻器R1，电阻箱R，电源E（电动势约为6V，内阻可忽略），开关S1和S2，导线若干。（1）根据实验室提供的器材，在图（a）所示虚线框内将电路原理图补充完整，要求滑动变阻器起限流作用；（2）将图（b）中的实物按设计的原理图连线；（3）若实验提供的滑动变阻器有两种规格10，额定电流2A 1500，额定电流0.5A实验中应该取 。（填“”或“”）小灯泡14. 【2019.04浙江选考】小【解答】解：（

31、1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示电路图可知，其原因是1点至4点的导线没有连接好。（2）电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.30A，灯泡额定功率：PUI2.5×0.300.75W；（3）灯泡电阻随温度升高而增大，电压越小灯泡额定功率越小，灯丝温度越低，灯泡电阻越小，由此可知1.00V电压对应的电流应为0.20A，故C正确；故答案为：（1）1点至4点；（2）0.30A；0.75；（3）C。明想测额定电压为2.5V的小灯泡在不同电压下的电功率，电路。（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数

32、，但总是调不到零，其原因是 的导线没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”）；（2）正确连好电路，闭合开关，调节滑片P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图2所示，则电流为 ，此时小灯泡的功率为 W（3）做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是 A.0.08A B.0.12A C.0.20A探究电磁感应的产生条件15. 【2019.04浙江选考】在【解答】解：（1）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，知磁通量增加时，电流计指针向右偏转，闭合开关后，原线

33、圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则电流计指针向右偏转。原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流增大，则磁通量增大，所以电流计的指针向右偏转；断开电键时，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转。（2）若把直流输出改为交流输出，其他均不变，接通电源，闭合开关，线圈A中也是交流电，那么检流计G表指针不停的来回振动，（3）仅用一根导线，将检注计G短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，则没有安培阻力，指针变化明显；反之，则出现感应电流，进而安培阻力，使其变化不明显，则线圈未断。故答案为：（1）左偏；右偏；（2）不停振动；（3）短接G

34、表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，反之则未断。“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图1所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示。（1）接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针 （“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针 （“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G表指针 （“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。（3）仅用一根导线，如何

35、判断G表内部线圈是否断了？电磁学创新实验16. 【2019全国卷】某【解答】解：（1）电压表V1测定值电阻R0两端电压，其示数为：U1IR050.0×106×1005.00×103V5.00mV；由图（b）所示图线可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻变小，由于二极管电阻减小，二极管分压减小，由串联电路特点可知，定值电阻分压变大，电压表V1示数增大，为保持电压表示数不变，应减小定值电阻分压增大滑动变阻器分压，滑动变阻器接入电路的阻值应增大，滑动变阻器滑片应向B端移动；（2）由图（b）所示图线可知，该硅二极管的测温灵敏度为：|Ut|=0.44-0.3080

36、-30=2.8×103V/；故答案为：（1）5.00，变小，增大，B；（2）2.8。小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中和为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻（阻值100）；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计（图中未画出）测出。图（b）是该小组在恒定电流为50.0A时得到的某硅二极管Ut关系曲线。回答下列问题：（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0A，应调节滑动变阻器R，使电压表的示数为U1 mV；根据图（b）可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻 （填“变大”或“变小”），电压表示数 （填“增大”或“减小”），此时应将R的滑片向 （填“A”或“B”）端移动，以使示数仍为U1。（2）由图（b）可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为|Ut| &#