2026届高三物理二轮专题复习讲义：第20讲 电学实验

第20讲 电学实验 讲义 知识体系： 考点一　基本仪器的使用与读数 1.游标卡尺 测量值=主尺读数(mm)+精确度×与主尺上某一刻度对齐的游标尺上刻度线数值(mm),不估读。 2.螺旋测微器(千分尺) 测量值=固定刻度读数(mm)+可动刻度读数(带估读值)×0.01 mm。注意要估读到0.001 mm。 3.电流表、电压表、电阻表的使用及读数 仪器 极性 量程选择 读数 电流表 电流由电表的正极流入，负极流出 使指针指在比满偏刻度多、比满偏刻度少的位置 若分度值为1、0.1、0.01等，需要估读到分度值的下一位；如果分度值不是1、0.1、0.01等，只需要读到分度值位即可 电压表 电阻表 电流由电阻表的红色接线柱流入，黑色接线柱流出 使指针尽量指在表盘的中间位置左右 指针所指刻度值乘以相应挡位的倍率 典例1:读出以下仪器仪表的读数。 (1)图(a)中电压表量程为3 V,则读数为　　　V;图(b)中电流表量程为0.6 A,则读数为　　　A;图(c)中螺旋测微器读数为　　　　mm;图(d)中游标卡尺读数为　　　　 mm。  (2)当使用多用电表测量物理量时,多用电表表盘示数如图(e)所示。若此时选择开关对准“×10 Ω”挡,则被测电阻的阻值为　　　　Ω。若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大,则应该换用倍率　　　　(选填“×1 Ω”或“×100 Ω”)的挡位,换挡后先要进行　　　　　,然后再测量电阻。使用完电表后应把选择开关拨到　　　　　　　　位置。  答案　(1)1.90　0.16　3.775　41.4　(2)200　×1 Ω　欧姆调零　OFF或交流电压最高挡 解析　(1)图(a)中电压表量程为3 V,分度值为0.1 V,其读数为1.90 V;图(b)中电流表量程为0.6 A,分度值为0.02 A,其读数为0.16 A;图(c)中螺旋测微器读数为3.5 mm+27.5×0.01 mm=3.775 mm;图(d)中游标卡尺读数为41 mm+4×0.1 mm=41.4 mm。 (2)多用电表表盘示数如图(e)所示,若选择开关对准“×10 Ω”挡,则被测电阻的阻值为20×10 Ω=200 Ω; 若用多用电表测量另一个电阻的阻值发现指针偏转角度很大,说明所选挡位相对待测电阻的阻值的数量级而言过高,因此应该换用倍率更低的挡位,即“×1 Ω”挡位;换挡后先要进行欧姆调零;使用完电表后应把选择开关拨到OFF或交流电压最高挡。 考点二　以测电阻为核心的实验 实验电路的选择及分析 名称 电路 测量原理 伏安法 Rx=,小外偏小,大内偏大 伏安法 消除系 统误差 接a时,U2、I2 接b时,U1、I1 Rx=- Rx= 活用电表法 伏伏法 V2内阻已知时,Rx=RV2 安安法 A1内阻已知时,Rx=RA1 等效 替代法 电源输出电压不变,将S合到2,调节R1,使电流表的示数与S合到1时的示数相等,则Rx=R1 等效 替代法 电源输出电压不变,将S合到b,调节R1,使电压表的示数与S合到a时的示数相等,则Rx=R1 电桥法 调节电阻箱R3,灵敏电流计G的示数为0时,R1和R3两端的电压相等,设为U1,同时R2和Rx两端的电压也相等,设为U2,根据欧姆定律有=,=,由以上两式解得R1Rx=R2R3,这就是电桥平衡的条件,由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值 半偏法 闭合S1,断开S2,调节R1使G表指针满偏;闭合S2,只调节R2使G表半偏(R1≫Rg),则R2=Rg测<Rg真 使R2=0,闭合S,调节R1使V表满偏;只调节R2使V表半偏(RV≫R1),则R2=RV测>RV真 电阻 表法 电路略,注意:①要在指针靠近中央时读数;②换挡要进行欧姆调零;③电阻表刻度左密右疏 典例2:(2025·江苏常州市一模)小明在做实验时，发现一个色环电阻的外漆脱落，如图甲所示，于是用多用电表测量该电阻Rx。 (1)正确的操作顺序是　　　　　　。  A.把选择开关旋转到交流电压最高挡 B.调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点 C.把红、黑表笔分别接在Rx两端，然后读数 D.把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触 E.把红、黑表笔插入多用电表“+、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0 (2)小明正确操作后，多用电表的指针位置如图乙所示，则Rx=　　　　 Ω。  (3)小林认为用多用电表测量电阻误差较大，采用伏安法测量。图丙是部分连接好的实物电路图，请用电流表内接法完成接线并在图丙中画出。 (4)小林用电流表内接法和外接法分别测量了该色环电阻的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U-I图上，如图丁所示。请你选择一组合理的数据点，求出该色环电阻的电阻为　　　　 Ω(结果保留两位有效数字)。  (5)因电表内阻影响，小明认为电阻测量值偏小，你认为小明的想法正确吗？请简述理由：　　　　。  答案　(1)EDBCA　(2)3 000　(3)见解析图　(4)3.2×103　(5)不正确，由于电流表的分压作用导致电阻测量值大于真实值 解析　(1)本实验先进行机械调零，再把选择开关旋转到合适的挡位，进行欧姆调零，然后把红、黑表笔分别接在Rx两端进行测量，测量完毕后把选择开关旋转到交流电压最高挡，所以正确的操作顺序是EDBCA。 (2)由题图乙可知，欧姆挡的倍率“×100”，则Rx=30×100 Ω=3 000 Ω (3)电流表采用内接法，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法，实物电路图如图所示 (4)由于内接法在相同电流时电压表的示数偏大，则应该选取上方的一组进行处理，如图所示 该色环电阻的电阻为Rx== Ω=3.2×103 Ω (5)电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压的测量值大于真实值，电阻的测量值大于真实值，小明的想法不正确。 典例3:(2025·江西南昌模拟)某学生实验小组要测量一量程为3 V的电压表的内阻(约为几千欧)。 (1)先用多用电表粗测电压表内阻:将多用电表选择开关拨到电阻“×100”挡,将两表笔短接进行　　　调零,再将多用电表的　　　(选填“红”或“黑”)表笔与待测电压表的正接线柱相连,将另一支表笔与另一个接线柱相连,多用电表的指针位置如图甲所示,那么粗测结果是　　　 Ω。  (2)为了精确测量此电压表的内阻,小组成员用半偏法测此电压表的内阻。设计的电路如图乙所示,其中:电阻箱R(最大阻值9 999.9 Ω),直流电源E(电动势6 V),滑动变阻器最大阻值为20 Ω。实验时,将图乙中滑动变阻器滑片移到最　　　　(选填“左”或“右”)端,闭合开关S1、S2,调节滑动变阻器使电压表满偏。断开开关S2,再调节电阻箱,使电压表半偏,这时电阻箱的阻值为R0,则电压表的内阻为RV=　　　　,此法测得的电压表内阻与真实值相比偏　　　(选填“大”或“小”)。  (3)另一同学设计了如图丙所示的电路测该电压表的内阻,其中电压表V1为被测电压表,V2为量程为6 V的电压表,实验时,按正确的操作,闭合开关后,调节滑动变阻器及电阻箱的阻值,使两电压表的指针偏转均较大,若调节后,电压表V1的示数为U1、电压表V2的示数为U2,电阻箱接入电路的电阻为R,则被测电压表的内阻RV=　　　　　　。  答案　(1)欧姆　黑　3 200　(2)左　R0　大 (3) 解析　(1)将两表笔短接进行欧姆调零,再将多用电表的黑表笔与待测电压表的正接线柱相连,将另一支表笔与另一个接线柱相连;根据图甲可知粗测结果是32×100 Ω=3 200 Ω。 (2)实验时,将图乙中滑动变阻器滑片移到最左端,使电压表示数从最小开始调节。用半偏法测此电压表的内阻,断开开关S2,再调节电阻箱,使电压表半偏,这时电阻箱的阻值为R0,可认为电压表两端电压与R0两端电压相等,则电压表的内阻为RV=R0。断开开关S2,调节电阻箱,使电压表半偏,此时电压表支路电阻变大,电压表支路的总电压变大,则R0两端电压大于电压表两端电压,R0大于电压表实际内阻,所以用半偏法测得的电压表内阻与真实值相比偏大。 (3)由图丙电路图可得=,解得被测电压表的内阻为RV=。 典例4:(2025·四川卷,12)某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有: 待测合金丝样品(长度约1 m) 螺旋测微器 学生电源E(电动势0.4 V,内阻未知) 米尺(量程0~100 cm) 滑动变阻器(最大阻值20 Ω) 电阻箱(阻值范围0~999.9 Ω) 电流表(量程0~30 mA,内阻较小) 开关S1、S2 导线若干 (1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上,将金属夹分别夹在样品20.00 cm和70.00 cm位置,用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径,读数分别为0.499 mm、0.498 mm和0.503 mm,则该样品横截面直径的平均值为　　　　mm。  (2)该小组采用限流电路,则图甲中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱　　　　(选填“a”或“b”)相连。闭合开关前,滑动变阻器滑片应置于　　　　端(选填“左”或“右”)。  (3)断开S2、闭合S1,调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA刻度处。断开S1、闭合S2,保持滑动变阻器滑片位置不变,旋转电阻箱旋钮,使电流表指针仍指到15.0 mA处,此时电阻箱面板如图乙所示,则该合金丝的电阻率为　　　　　　Ω·m(取π=3.14,结果保留2位有效数字)。  (4)为减小实验误差,可采用的做法有　　　　(有多个正确选项)。  A.换用内阻更小的电源 B.换用内阻更小的电流表 C.换用阻值范围为0~99.99 Ω的电阻箱 D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率,再求平均值 答案　(1)0.500　(2)a　左　(3)1.3×10-6 (4)CD 解析　(1)该样品横截面直径的平均值为d= mm=0.500 mm。 (2)由于滑动变阻器采用限流式接法,应将其串联接在电路上,则采用“一上一下”原则,即电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。为了保护电路,闭合开关前,滑动变阻器滑片应在最大阻值处,即最左端。 (3)该合金丝的电阻为R=3.2 Ω,由电阻定律R=ρ及S=π,可得ρ=,其中d=0.500 mm,l=70.00 cm-20.00 cm=50.00 cm,代入数据解得ρ≈1.3×10-6 Ω·m。 (4)根据ρ=知,为了减小实验误差,可减小测合金丝电阻时的误差。可采用的做法有:选择更精确的电阻箱,即可换用阻值范围为0~99.99 Ω的电阻箱;多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率,再求平均值,故C、D正确。 考点三　以闭合电路欧姆定律为核心的实验 用多用电表测量电学中的物理量 1.原理：闭合电路欧姆定律，I=(其中R内=Rg+R+r，I与Rx成一一对应关系) 2.中值电阻R中=Rg+R+r 3.红、黑表笔短接，欧姆调零，Ig= 4.电流方向：“红进黑出” 测量电源的电动势和内阻 伏安法 1.原理：U=E-Ir 2.误差来源：电压表的分流 3.误差分析：E测<E真，r测<r真(r测=) 伏安法 1.原理：U=E-Ir 2.误差来源：电流表的分压 3.误差分析：E测=E真，r测>r真(r测=r+RA) 伏阻法 1.原理：E=U+r 2.关系式：=·+ 3.误差分析：E测<E真，r测<r真(r测=) 安阻法 1.原理：E=IR+Ir 2.关系式：=·R+或R=E·-r 3.误差分析：E测=E真，r测>r真(r测=r+RA) 传感器 的应用 典例5:(2025·江苏连云港市一模)小明同学用图示电路测量电源的电动势E和待测电阻的阻值Rx。 (1)闭合开关S1前，应将滑动变阻器的滑片P置于图中　　　　(选填“a”或“b”)端；  (2)闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表和电流表的示数，在U-I坐标系中描点作出图像①； (3)断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表和电流表的示数，在同一U-I坐标系中描点作出图像②，下列图像中正确的是　　　　；  (4)由第(3)问中选出的U-I图像，可知电源电动势E=　　　　(选用b1、b2、b3表示)，待测电阻的阻值Rx=　　　　(选用a1、a2、a3、b1、b2、b3表示)；  (5)关于该实验，下列说法正确的是　　　　。  A.实验测得的电动势大于真实值 B.实验还可以精确测量电源内阻 C.实验测得电阻阻值Rx小于真实值 D.电流表内阻不会引起Rx的测量误差 答案　(1)b　(3)B　(4)b1　-　(5)D 解析　(1)为了保护电路，闭合开关S1前，应使回路总电阻最大，此时滑动变阻器的滑片P应置于图中b端。 (3)闭合开关S1和S2时，Rx被短路，此时U=E-Ir，则U-I图像的纵截距为E，斜率的绝对值为r，断开开关S2时，Rx接入电路，此时U=E-I(Rx+r)，则U-I图像的纵截距为E，斜率的绝对值为Rx+r，可见图像①和②的纵截距相同，但图像②的斜率的绝对值更大，故B正确，A、C、D错误。 (4)由(3)结合图知，电源电动势E=b1， r=||，Rx+r=|| 联立可得，待测电阻的阻值为Rx=- (5)考虑电流表内阻时，结合(3)知，图像①对应的表达式应为U=E-I(r+rA)，图像②对应的表达式为U=E-I(Rx+r+rA)，两图像的纵截距均为E，斜率的绝对值分别为|k1|=r+rA，|k2|=Rx+r+rA，结合图知，电源电动势E=b1，r+rA=||，Rx+r+rA=|| 联立可得r=-rA，Rx=- 可见实验测得的电动势等于真实值，测得的电源内阻偏大，即实验不可以精确测量电源内阻，但实验测得待测电阻的阻值Rx等于真实值，此时电流表内阻不会引起待测电阻的阻值Rx的测量误差，故D正确，A、B、C错误。 典例6:(2025·湖北卷,11)某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r,设计了如图(a)所示电路,所用器材如下:干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路,将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接,闭合开关S,逐次改变电阻箱的阻值R,用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题: (1)R0在电路中起　　　　(选填“保护”或“分流”)作用。  (2)与E、r、R、R0的关系式为=　　　　。  (3)根据记录数据作出-R图像,如图(b)所示。已知R0=9.0 Ω,可得E=　　　　V(保留3位有效数字),r=　　　　Ω(保留2位有效数字)。  (4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。  答案　(1)保护　(2)R+　(3)1.50(1.48~1.52都算对)　1.5(1.3~1.6都算对)　(4)有 解析　(1)R0能避免电路中的电流过大,起到保护作用。 (2)若不考虑电流传感器的电阻,对整个回路由闭合电路欧姆定律有 E=I(R+R0+r) 整理得=R+。 (3)结合(2)中关系式与题图(b)有= V-1 =7 A-1 解得E=1.50 V,r=1.5 Ω。 (4) 结合(2)(3)项分析可知,实验测量的内阻是干电池与电流传感器的总电阻,所以电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有影响。 典例7:(2025·河南卷·11)实验小组研究某热敏电阻的特性，并依此利用电磁铁、电阻箱等器材组装保温箱。该热敏电阻阻值随温度的变化曲线如图甲所示，保温箱原理图如图乙所示。回答下列问题： (1)图甲中热敏电阻的阻值随温度的变化关系是　　　　(填“线性”或“非线性”)的。  (2)存在一个电流值I0，若电磁铁线圈的电流小于I0，衔铁与上固定触头a接触；若电流大于I0，衔铁与下固定触头b接触。保温箱温度达到设定值后，电磁铁线圈的电流在I0附近上下波动，加热电路持续地断开、闭合，使保温箱温度维持在设定值。则图乙中加热电阻丝的c端应该与触头　　　　(填“a”或“b”)相连接。  (3)当保温箱的温度设定在50 ℃时，电阻箱旋钮的位置如图丙所示，则电阻箱接入电路的阻值为　　　　 Ω。  (4)若要把保温箱的温度设定在100 ℃，则电阻箱接入电路的阻值应为　　　　 Ω。  答案　(1)非线性　(2)a　(3)130.0　(4)210.0 解析　(1)根据题图甲可知热敏电阻的阻值随温度的变化关系是非线性的。 (2)根据题图甲可知温度升高，热敏电阻的阻值变小，根据欧姆定律可知流过电磁铁线圈的电流变大，衔铁与下固定触头b接触，此时加热电阻丝电路部分断开连接，停止加热，可知题图乙中加热电阻丝的c端应该与触头a相连接。 (3)由题图丙可知电阻箱接入电路的阻值为100×1 Ω+10×3 Ω=130.0 Ω (4)根据题图甲和(3)可知，当温度为50 ℃时，热敏电阻的阻值为180 Ω，电阻箱接入电路的电阻为130.0 Ω，当温度为100 ℃时，热敏电阻的阻值为100 Ω，要想将保温箱的温度设定在100 ℃，则要使100 ℃时控制电路中的电流与50 ℃时相同，即控制电路的总电阻不变，则此时电阻箱接入电路的电阻为180 Ω+130.0 Ω-100 Ω=210.0 Ω。 考点四　电学其他实验 实验 装置及器材 操作要领及实验现象 观察电容器的充、放电现象 (1)电容器的电容要大一些，电源的电动势在6 V左右，小灯泡的额定电压比电动势稍低，在4 V左右 (2)开关掷向a时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向 (3)开关掷向b时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向 探究影响感应电流方向的因素 (1)按装置连接电路 (2)观察线圈绕向，判断电流方向与灵敏电流计中指针偏转方向的关系 (3)利用图乙结合控制变量法，依次探究开关通断、滑动变阻器的滑片移动、线圈A从线圈B中插入与拔出等因素对感应电流方向的影响。 (4)分析感应电流磁场方向，得出结论 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 在误差允许的范围内，变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比，表达式= 典例8:(2025·江苏省二模)小明将电源、电阻箱、电容器、电流表、数字电压表以及开关组装成图甲所示的电路进行实验，观察电容器充电过程。实验仪器如下：电源(电压为4.5 V，内阻不计)；电容器(额定电压为16 V)；电流表(量程为0~500 μA，内阻500 Ω)；数字电压表(量程为0~10 V)；电阻箱(阻值0~9 999 Ω)。 (1)电路连接完毕后如图乙所示，为保证电表使用安全，在开关闭合前必须要完成的实验步骤是　　　　。  (2)将开关S闭合，观察到某时刻电流表示数如图丙所示，其读数为　　　　 μA。  (3)记录开关闭合后电流随时间变化的图线如图丁所示，小明数出曲线下围成的格子数有225格，则电容C大小为　　　　 μF。  (4)由于数字式电压表内阻并不是无穷大，考虑到此因素的影响，(3)问中电容的测量结果与真实值相比是　　　　(选填“偏大”“偏小”或“相等”)，请简要说明理由　　　　。  (5)开关闭合过程中，分别记录电流表和数字电压表的读数I和U，利用数据绘制I-U关系图像如图戊所示，由图像可得出电阻箱接入电路的阻值为　　　　 Ω。  答案　(1)将电阻箱阻值调至最大值　(2)175　(3)2 500　(4)偏大　见解析　 (5)9 645(9 200~9 800均可) 解析　(1)电路连接好后，为保护电路，在开关闭合前，应将电阻箱阻值调至最大值； (2)根据量程及刻度，可以读出电流表的分度值为10 μA，根据估读原则，电流需估读到个位，电流表指针指在170 μA到180 μA之间，故电流表读数为175 μA。 (3)根据I-t图像与t轴所围面积为电容器极板所带的电荷量，图中每一格代表的电荷量q=10×10-6×5 C=5×10-5 C 故当充满电后电容器的电荷量为Q=225q=1.125×10-2 C 故电容器的电容为C==F=2.5×10-3 F=2 500 μF (4)由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上记录的数值，因此电荷量计算偏大，电容测量结果偏大 (5)根据闭合电路的欧姆定律可以得出E=I(R+RA)+U 可得I=- 故I-U图像斜率k=-= Ω-1 解得R≈9 645 Ω 典例9:(2025·北京海淀模拟)为探究影响感应电流方向的因素,同学们做了如下的实验。 (1)小明同学用如图甲的实验装置探究影响感应电流方向的因素,所用电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为:当电流从“+”接线柱流入电流表时,指针向右偏转。 将条形磁体按如图甲方式S极向下插入螺线管时,发现电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示。关于该实验,下列说法正确的是　　　　。  A.必须保证磁体匀速运动,灵敏电流计指针才会向右偏转 B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大,灵敏电流计指针偏转幅度越小 C.将磁体的N、S极对调,并将其向上抽出,灵敏电流计指针仍向右偏转 D.将磁体的N、S极对调,并将其向下插入,灵敏电流计指针仍向右偏转 (2)小宁同学用如图丙所示的器材研究感应电流的方向。将线圈A插入线圈B中,闭合开关S瞬间,发现电流计指针右偏,则保持开关闭合,以下操作中也能使电流计右偏的是　　　　。  A.插入铁芯 B.拔出线圈A C.将滑动变阻器的滑片向左移动 D.将滑动变阻器的滑片向右移动 (3)实验结束后,该同学又根据教材结合自感实验做了如下改动。如图丁所示,在两条支路上将电流计换成电流传感器,接通电路稳定后,再断开电路,并记录下两支路的电流情况如图戊所示,由图戊可知: ①流过灯泡的电流是　　　　(选填“i1”或“i2”);  ②在不改变线圈电阻等其他条件的情况下,只将铁芯拔出后重做上述实验,可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将　　　　(选填“变长”“变短”或“不变”)。  答案　(1)C　(2)AC　(3)① i1　②变短 解析　(1)S极向下插入螺线管时,不需要保证磁体匀速运动,灵敏电流计指针都会向右偏转,故A错误;将磁体向下插入或向上抽出的速度越大,灵敏电流计指针偏转幅度越大,故B错误;将磁体的N、S极对调,并将其向上抽出,则穿过螺线管的磁通量向下减小,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向由B到A,则电流从“+”接线柱流入灵敏电流计,灵敏电流计的指针向右偏转,故C正确;将磁体的N、S极对调,并将其向下插入,则穿过螺线管的磁通量向下增大,根据楞次定律可知,线圈中感应电流方向由A到B,则电流从“-”接线柱流入灵敏电流计,灵敏电流计的指针向左偏转,故D错误。 (2)将线圈A插入线圈B中,闭合开关S瞬间,发现电流计指针右偏,可知当线圈B中的磁通量增加时,电流计指针右偏。插入铁芯,线圈B中的磁通量增加,电流计指针右偏,故A正确;拔出线圈A,线圈B中的磁通量减少,电流计指针左偏,故B错误;将滑动变阻器的滑片向左移动,线圈A中电流增大,线圈B中的磁通量增加,电流计指针右偏,故C正确;将滑动变阻器的滑片向右移动,线圈A中电流减小,线圈B中的磁通量减少,电流计指针左偏,故D错误。 (3)①由题图戊可知,断电前,通过灯泡和线圈的电流均恒定,只有通过线圈的电流大于通过灯泡的电流,才能在断电瞬间,线圈产生自感电动势阻碍通过其电流减小,而此时灯泡和线圈构成一回路,从而使通过灯泡的电流瞬间增大,且方向与原来电流方向相反,所以流过灯泡的电流是i1。 ②在不改变线圈电阻等其他条件的情况下,只将铁芯拔出后重做上述实验,线圈的自感系数减小,对电流减小的阻碍能力变弱,所以可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。 典例10:(2025·山东卷,14)某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点,设计了如下实验。所用实验器材为: 学生电源; 可调变压器T1、T2; 电阻箱R; 灯泡L(额定电压为6 V); 交流电流表A1、A2、A3,交流电压表V1、V2; 开关S1、S2,导线若干。 部分实验步骤如下: (1)模拟低压输电。按图甲连接电路,选择学生电源交流挡,使输出电压为12 V,闭合S1,调节电阻箱阻值,使V1示数为6.00 V,此时A1(量程为250 mA)示数如图乙所示,为　　　　mA,学生电源的输出功率为　　　　W。  (2)模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变,按图丙连接电路后闭合S2。调节T1、T2,使V2示数为6.00 V,此时A2示数为20 mA,则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的　　　　倍。  (3)A3示数为125 mA,高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了　　　　W。  答案　(1)200　2.4　(2)100　(3)0.9 解析　(1)由题图乙可知,A1的示数为I1=200 mA,又学生电源的输出电压为12 V,由题图甲可知A1测量干路电流,则学生电源的输出功率为P出1=UI1=12×0.2 W=2.4 W。 (2)电阻箱阻值不变,由P=I2R可知低压输电时电阻箱消耗的功率与高压输电时电阻箱消耗的功率之比为==100,则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100倍。 (3)高压输电时学生电源的输出功率为P出2=UI3=1.5 W,则高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了ΔP=P出1-P出2=0.9 W。 学科网（北京）股份有限公司 $