专题15 电学实验【压轴题】2026年高考物理压轴题专项训练（新高考通用）

专题15 电学实验 01 以“测电阻”为核心的电学实验 1． 【答案】(1)×1 (2) (3)1.50/1.49/1.51 (4) 【详解】（1）欧姆表指针偏角过大，说明被测合金丝阻值较小，需要换用更小倍率的挡位，因此选挡。 （2）合金丝总阻值仅约，选用小阻值滑动变阻器更便于调节，操作更方便。 （3）量程的电压表分度值为，则示数 （4）[1]根据电路规律，电流恒为​时，电压满足 其中接入合金丝电阻 代入整理得 对比图像，斜率 解得 [2]横轴截距是时的值，时， 解得 2． 【答案】(1) 0.40 2000 (2) 调小 【详解】（1）[1]电流表的最小分度为0.02A，读数时读到本位，故读数为0.40A [2]根据并联电路的特点 则此时的阻值大小为 （2）[1][2]由闭合电路的欧姆定律 即 又 故 若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应调小，才能保证压力不变时，电流不变 3． 【答案】(1) 欧姆调零 6.0/6 (2) 【详解】（1）[1]由多用电表测电阻的方法可知，将选择开关旋转到欧姆挡“”的挡位后，需要先进行欧姆调零。 [2]由多用电表的读数规则可知该金属丝电阻的测量值应为表盘的读数与倍率的乘积，即该金属丝的电阻值约为 （2）[1]设电源输出的电流恒为，题图乙中，由欧姆定律得 整理得 为了使图像为直线，横轴应为 [2]结合题意得， 解得 [3]图丙中，由欧姆定律得 整理得 为了使图像为直线，横轴应为 [4]结合题意得， 解得 02 以“测电动势和内阻”为核心的电学实验 4． 【答案】(1) 偏小 (2) 4 (3) 【详解】（1）[1] [2]方法一中，A2与可以看成一个电压表，将待测电源与看成一个等效电源；即电流表相对等效电源采用外接法，则a、b间电压等于所测等效电源路端电压，为 将作为流过电源的电流，根据闭合电路欧姆定律可得 可知图2中实线1的纵轴截距等于电动势测量值； 实际上由于电流表A2分流，流过电源的电流为，根据闭合电路欧姆定律可得 可知当为0时，电动势真实值大于图2中实线1的纵轴截距；故实验测得电动势比真实值偏小。 （2）[1][2]方法二中，当A2示数为零时，表示其上下电势相等，则此时两端的电压即为上部分等效电源的路端电压，则a、b间电压为 由于A2示数为零，则流过上部分电源的电流为，消除了A2分流带来的系统误差，故方法二测得的电动势和内阻都等于真实值，作出U2与I1的图像，应该如图2中虚线4所示。 （3）若根据方法二测得图线斜率的绝对值为k，根据闭合电路欧姆定律可得 可知图线斜率的绝对值为 解得 5． 【答案】(1) A2 大于 (2) 3.3 0.25 【详解】（1）[1]根据欧姆定律可知，待测电阻通过的最大电流为 故电流表选； [2]由于小宇采用电流表的内接法，导致电压表测量的是待测电阻和电流表的电压之和，因此测出的的值偏大。 （2）[1]根据闭合电路欧姆定律可得， 联立解得 [2][3]根据闭合电路欧姆定律可得 整理可得 因此在图像中，图像的纵截距 图像的斜率为 ， 6． 【答案】(1) R2 小于 (2) 串联 37974 (3) 【详解】（1）[1]根据半偏法的测量原理可知，与电表内阻阻值相当，当闭合S2之后，与滑动变阻器并联的支路的电流应基本不变，则较大，故应选。 [2]闭合S2后，与的并联阻值小于的阻值，则流过的电流大于原来的电流，则流过的电流大于，的电阻小于，实验中用的阻值来当作微安表内阻，故的测量值小于真实值。 （2）[1][2]微安表内阻测量值 把该微安表改装成量程为4V的电压表，需要串联电阻箱R2，根据电表改装原理可知。 （3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有 变形可得 结合图丙有， 解得 ， 03 设计类电学实验 7． 【答案】(1) (2) 左 3.0/3 (3)10 【详解】（1）[1]由多用电表欧姆表的读数规则可知，此时热敏电阻的阻值为 （2）[2][3]滑动变阻器采用分压式接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端，由于和并联，故有 代入数据解得 （3）[4]设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为 同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为 其中，由闭合电路欧姆定律有 其中、、 代入解得 8． 【答案】(1)0/零 (2) 0.75 下 2 【详解】（1）当托盘没有放货物时，滑片处于变阻器R上端，电压表被短路，示数为0。 （2）[1]当P放在托盘上静止时，弹簧向下移动 变阻器R两端总的电压为 此时电压表示数为 [2]电压变小，根据 不变，变小说明 减小，即滑片下移量变小，弹簧压缩量减小，弹力小于总重力，合力向下，则此时升降装置的加速度向下： [3]电压增加 ，由 可得下移量变化 由牛顿第二定律有 可得加速度 即加速度变化量大小为 9． 【答案】(1) T /800.0 (2)1700 (3)减小 【详解】（1）[1]选择倍率后，需要将红黑表笔短接，然后调节多用电表面板上的欧姆调零旋钮T进行欧姆调零； [2]多用电表的读数为 （2）由表1可知，当照度时， 电流 根据欧姆定律，电阻箱接入的阻值 （3）由表1可知，光敏电阻阻值随照度的增大而减小。提高照度，光敏电阻减小，在电路中分得的电压减小，为了分得和没有提高照度阈值前相同的电压，需要提高其阻值在总电阻中的占比，因此需要减小电阻箱的阻值。 04 创新类电学实验 10． 【答案】(1) (2) B 2.0 1.60 (3) 【详解】（1）要求电流表读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示 （2）[1]螺线管内部磁场沿轴线水平，U形导线中La段电流与磁场平行，所受安培力为零；Lb段电流与磁场垂直，受到竖直方向的安培力，平衡时钩码总重力与Lb段安培力大小相等。 故选B。 [2]由N−I2图像可得，斜率数值 [3]电流表量程为0∼3A，分度值为0.1A，由图可知指针读数为1.60A。 （3）钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力平衡时，满足 整理得 因此N−I2图线斜率 解得 11． 【答案】(1)A (2) 1.40/1.39/1.41 1.87/1.85#1.88 (3)AD (4)等于 【详解】（1）电路中整体与串联，总电流恒定，托盘中未放物体时，在端，要求电压表示数为零，说明电压表测量与之间的电压，故电压表应连接在图1中与两点之间。 故选A。 （2）[1]电压表量程为，分度值为，故指针读数为 [2]放待测物体，额外压缩量满足 电压 可得与成正比，设加入细砂质量为，导体杆右端位于电阻丝的下端时有， 则 所以 代入数据可得 （3）最大可测质量满足，要增大测量范围，可以换用更长的电阻丝或换用劲度系数更大的弹簧，电动势和电压表量程不改变，AD正确，BC错误； 故选AD。 （4）电源电动势偏小，操作时仍会在步骤②调节，使在处时电压表示数为，校准后与的比例关系不变，因此测量结果等于真实值。 一、实验题 1． 【答案】(1)小 (2) 4.2 210 (3)大 (4)90 【详解】（1）根据，可知图像的斜率表示电阻的倒数，由图乙可知电压增加，斜率变大，电阻变小。 （2）[1][2]当D中电流为10mA时，由图乙知其两端电压为4.2V，电阻箱两端电压也为4.2V，流过电阻箱的电流为20mA，阻值为 （3）若D元件电流变小，则电阻箱电流变大，电压变小，与电阻箱阻值变大矛盾，故D元件电流变大。 （4）D和D1的电压相同，均设为U，它们的电流也相同，均设为I，于是电阻箱R的电压和电流分别为U和，于是有 整理为 在图乙中作出如图所示 图像与D元件伏安特性曲线的交点即为D和D1的工作状态。可得此时流过D和D1的电流均为5mA，两端电压均为3.6V。所以流过R的电流为20mA，R和D1的总电流为25mA，则消耗的总功率为 2． 【答案】(1)90 (2) B A C (3) 【详解】（1）欧姆表读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以待测电阻阻值为 （2）[1]由图可知，本实验应选用内阻已知的电流表与电阻箱串联改装成量程较大的电压表，所以①位置应选B； [2]②位置应接入一个电流表测量电流，所以选择A； [3]由于滑动变阻器采用分压式接法，所以滑动变阻器应选阻值较小的C。 （3）根据欧姆定律可得 变形可得 所以 所以 3． 【答案】(1)// (2) (3) (4) 【详解】（1）螺旋测微器的精度为，所以该金属丝的直径为 （2）[1] 由题图乙可知，滑动变阻器采用分压式接法，故滑动变阻器应选用最大阻值较小的； [2][3] 因题中没有提供电压表，故需要将电流表与的定值电阻串联，改装成一个电压表，其量程为 所以定值电阻R应选择R1；A处电流表应选择。 （3）电流表A的示数为2.40mA，则对应改装的电压表的电压为 电流表B示数为0.50A，则待测金属丝的电阻值为 （4）根据欧姆定律有 根据电阻定律有 联立解得 所以图像的斜率为 解得该金属丝的电阻率为 4． 【答案】(1) (2) 2.40 5.0/5 (3) 2.50 0.50 【详解】（1）[1]根据电路图，实物连线如图所示 （2）[2]由图丙可知，此时电压表示数 [3]将切换到1时，有 将切换到2时，有 联立可得待测电阻为 （3）[4][5]闭合开关，将切换到2，根据闭合电路欧姆定律可得 整理可得的直线方程为 根据图像可得， 解得， 5． 【答案】(1) 将切换到b (2) 【详解】（1）[1][2]因电压表V内阻很大可视为理想表，保持电阻箱示数不变，将切换到b时，电路中的电流保持不变，由欧姆定律可知， 联立解得 （2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表的示数满足 对比图乙化简得 结合图像，截距，斜率 解得电源电动势，内阻 6． 【答案】(1) B D 96.0 偏小 (2) 无偏差 (3)1.10 【详解】（1）[1][2] 根据实验原理可知，当闭合后，电路总电阻会减小，则根据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流会变大，当毫安表的指针偏转到量程三分之一的位置时，通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的两倍，产生误差，所以为了使闭合后电路的总电阻变化小，则滑动变阻器接入电路中的阻值应尽可能大，所以滑动变阻器应选D；同时毫安表又要能调节到满偏，则所用电源的电动势应该较大，所以电源应选B。 [3] 由于滑动变阻器的阻值较大，可认为闭合后，干路的电流保持不变，则根据并联电路的性质可知，由于此时毫安表G的示数为满偏电流的，所以此时通过电阻箱的电流为，则有 解得毫安表的测量值为 [4] 由实验电路可知，当闭合后，电路的总电阻会减小，则电路的总电流会增大，故流过的实际电流大于，则导致毫安表G内阻的测量值小于真实值。 （2）[1] 设毫安表满偏电流为，则当闭合开关，毫安表满偏时有 闭合开关时，根据并联电路的性质有 联立解得毫安表G内阻的测量值为 [2] 当毫安表半偏并且电流表的读数仍为时，根据并联电路的性质可知，此时通过毫安表的电流与通过电阻箱的电流相等，又因为毫安表和电阻箱两端的电压相等，所以此时有 [3] 本实验中，通过调节使得干路电流不变，这样毫安表半偏时，电阻箱的电流与毫安表的电流相等，又因为毫安表和电阻箱两端的电压相等，所以测量值等于真实值，即内阻的测量值与真实值相比无偏差。 （3）当标准电流表的示数为330mA时，毫安表的指针刚好半偏，此时流过毫安表的电流为，则流过的电流为 根据并联电路的性质有 将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻达到预期目的后，流过毫安表的电流仍为时，则流过的电流 根据并联电路的性质有 联立解得 7． 【答案】(1)黑 (2)300 (3)5.0 【详解】（1）电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“-”接线柱流出，所以毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的黑表笔相连。 （2）设欧姆表表头的量程为，由题意可得 解得 （3）设回路中除电阻箱之外的总电阻为，根据闭合电路欧姆定律则有 整理可得 所以电源的电动势为 8． 【答案】(1) 0.56 15 (2) 6.0 2.0 (3)1.06 【详解】（1）[1][2]由图乙可知，电流表 量程为 0.6A，分度值为 0.02A，故读数为 0.56A。闭合 、断开时，与并联后与串联，测干路电流。流过的电流 根据并联电路电压相等，有 解得 （2）[1][2]同时闭合时，被短路，电路为电源、、与 并联部分串联。并联电阻 干路电流 与 示数I的关系为 根据闭合电路欧姆定律 整理得 由图丙可知，图线斜率 纵轴截距 解得， （3）由内嵌公式图可知 。图丁电路中，两灯泡并联后与 、电源串联。设灯泡两端电压为U，流过每个灯泡的电流为，则干路电流为。根据闭合电路欧姆定律有 整理得 在图戊中作出该直线 当时，。故每个小灯泡的实际功率 9．【答案】(1) (2)1.30 (3) 1.80 2.50 (4) II II (5) b 组合体电阻远小于数字毫伏表内阻 e (6)17.5 【详解】（1）根据图（a）所示的电路图，图（b）中的器材实物连线如下 （2）图（c）可知电压表最小分度值为0.1V，则 （3）[1][2]开关接1，则有 当电流表示数为零时，电压表测量准确，可知这种方法电动势测量准确，由图可知 开关接2，则有 因为电压表有分流作用，所以电流表测量值小于干路电流真实值，当电压表示数为0时（电阻R被短路），电流表测量准确，电路中的短路电流为0.4A，则有 联立解得 （4）[1][2]接法II可消除电流表内阻的系统误差，电源内阻更接近真实值；若综合考虑，若只能选择一种接法，应选择II测量更合适。 （5）[1][2]根据题意可知，组合体电阻不超过0.05Ω，相比较远小于数字毫伏表内阻，应采用数字毫安表外接法，即Q端应和b处相连。 [3]滑动变阻器采用分压接法，闭合开关时，为了保护电表，滑动变阻器的滑片应置于e端。 （6）根据题意，由闭合回路欧姆定律可知，衔铁被释放时，电动势为 停止加热时，热电偶受热产生的电动势最大，如图 由图可知，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为 10． 【答案】(1) 1800 (2) 5.0 (3)变长 【详解】（1）[1]电阻箱读数为各倍率读数之和 [2]开关接1充电完成后，电容器右极板接电源正极带正电，左极板带负电；开关打向2放电时，电流从右极板流出，经开关流向，再经电流传感器流向，因此流过电流传感器的电流方向为，该结论与题干中灵敏电流计指针右偏的描述一致。 （2）[1]放电初始时刻，电容器两端电压等于电源电动势，由欧姆定律得初始电流 [2]图线与横轴围成的面积表示总放电电荷量，两个电容器并联，总电容 总电荷量为 （3）电阻箱阻值增大时，放电平均电流减小，因此放电时间变长。 11． 【答案】(1) 160 5.4 (2) 1 (3) 电流 3 【详解】（1）[1] 选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为。 [2]选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。 （2）[1]根据实验电路，连接的实物图，如图所示。 [2] 当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。 （3）[1]该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。 [2] 实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。 实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。 故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。 12． 【答案】(1)交流电压 (2)副线圈匝数越多，副线圈电压越高 (3)变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗 (4)c、d 【详解】（1）变压器原副线圈上都是交流电，则应使用多用电表的交流电压挡测量。 （2）分析第1、2、3组数据，大致可得出结论：原线圈电压和匝数不变时，副线圈匝数越多，副线圈电压越高； （3）进一步分析实验数据，发现副线圈电压总比理论值小，其原因可能是变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗； （4）因电压越低，则电流越大，导线越粗，可知应该把引线c、d接交流“220V”。 18 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15 电学实验 命题预测 一、考查趋势与能力要求 · 数字化与传感器：基于电流/电压传感器和DIS系统的实验题成为主流，要求会分析实时采集的I-t、U-I图像。 · 设计性实验：在缺失标准器材（如“伏安法”缺电压表）时，利用等效替代、电桥、半偏法等测电阻。 · 误差与创新：不再死记结论，而是要求分析误差来源、设计改进措施，甚至引入前沿科技情境。 二、高频核心考点 · 电阻测量（命题核心）：重点掌握伏安法（内外接、限流分压），以及电桥法、比较法（电阻箱替代）等测未知电阻的方法。 · 电源与电表：测定E和r常用U-I图像法（分析截距、斜率）；电表改装则涉及将表头扩大量程及理解多用电表的内部原理。 · 新增与冷门实验：观察电容器的充、放电现象（I-t面积对应电量Q）；探究变压器（线圈匝数与电压关系）。 三、备考重点关注 · 电路设计能力：能根据实验“要求”选择器材（如必须选分压式的情况）。 · 数据处理方法：掌握图像线性化处理（如转化为U-R或1/I-R图像并分析斜率）。 · 创新与新科技：留意自主招生和强基计划题，它们常是新高考实验题的“风向标”。 高频考法 1.探究电流与电压、电阻的关系。 2.伏安法测定值电阻及小灯泡电阻、电功率。 3.测定金属的电阻率及电源的电动势和内阻。 4.练习使用多用电表及传感器的简单使用。 5.实验设计与数据处理方法。 考向一：测量类电学实验 1.伏安法的安内和安外 伏安法测电阻 R测＝＝Rx＋RA>Rx，适合测量大电阻 R测＝＝<Rx，适合测量小电阻 导体电阻率的测量 1.测电阻Rx＝ 2.测电阻率ρ，Rx＝ρ，而S＝，Rx＝，联立得ρ＝ 2.滑动变阻器的限流和分压 (1)两种接法的比较(不考虑电源的内阻) 比较项目 限流式接法 分压式接法 电路图 负载Rx上电压的调节范围 ≤U≤E(R0为滑动变阻器的最大阻值) 0≤U≤E 闭合S前滑片P的位置 b端 a端 (2)滑动变阻器必须接成分压电路的几种情况 ①要求电压表能从零开始读数； ②当待测电阻Rx≫R0(滑动变阻器的最大阻值)时； ③若采用限流式接法，电路中的最小电流仍超过电路中电表、电阻允许的最大电流。 (3)滑动变阻器的最大阻值和用电器的阻值差不多且要求电压不从零开始变化，通常情况下，由于限流电路结构简单、耗能少，优先使用限流式接法。 考向二：电源电动势和内阻的测量 实验原理 数据处理与误差分析 伏安法(外接法) (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 伏安法(内接法) (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 (等效电流表外接) (1)原理：E＝U＋r (2)关系式：＝·＋ (3)误差分析：E测<E真，r测<r真 安阻法 (等效电流表内接) (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) 考向三：电表的改装 1.电压表、电流表的改装及其特点 项目 小量程电流表G改装成大量程电压表V 小量程电流表G改装成大量程电流表A 内部电 路结构 R的作用 分压 分流 扩大量程 的计算 U＝Ig(R＋Rg) R＝－Rg IgRg＝(I－Ig)R R＝Rg 电表的 总内阻 RV＝Rg＋R RA＝ 使用 并联在被测电路中，“＋”接线柱接电势较高的一端 串联在被测支路中，电流从“＋”接线柱流入 2.电表改装问题的两点提醒 (1)无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。 (2)改装后电压表的量程指小量程电流表表头满偏时对应的R与表头串联电路的总电压；改装后电流表的量程指小量程电流表表头满偏时对应的R与表头并联电路的总电流。 考向四：创新类电学实验 1．测量电阻创新方案对比 安安法 如果已知的内阻R1，则可测得的内阻R2＝ 串联一定值电阻R0后，同样可测得的内阻R2＝ 伏伏法 两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R1，则可测出的内阻R2＝R1 并联一定值电阻R0后，同样可得的内阻R2＝ 替代法 单刀双掷开关分别与1、2相接，调节电阻箱R1，保证电流表两次读数相等，则R1的读数即等于待测电阻的阻值 半偏法 测量电流表内阻 闭合S1，断开S2，调节R1使A表满偏；再闭合S2，只调节R2，使A表半偏(R1≫RA)，则R2＝R测，R测<R真 测量电压表内阻 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＝R测，R测>R真 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：R1·Rx＝R2·R3，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 2．传感器的应用 　 　 01 以“测电阻”为核心的电学实验 1．某同学利用图甲所示的电路测量合金丝的电阻率。实验时多次改变合金丝接入电路的长度L，调节滑动变阻器的阻值，使电流表的示数每次都达到相同值，记录电压表的示数U，从而得到多组L、U的数据，作出图像，如图乙所示。 (1)实验前首先使用欧姆表粗测该合金丝的阻值，选用“×10”挡时发现指针偏角过大，故应换用____（选填“×1”或“×100”）挡重新测量。 (2)若合金丝的总阻值约为5Ω，为方便操作，滑动变阻器应选用____（选填“”或“”）Ω。 (3)某次测量时，量程为的电压表指针位置如图丙所示，则示数___V。 (4)已知合金丝的横截面积为S，图乙中直线的斜率为k，横轴的截距为a，则该合金丝的电阻率___，电流表的内阻___。（结果均选用S、、k、a表示） 【答案】(1)×1 (2) (3)1.50/1.49/1.51 (4) 【详解】（1）欧姆表指针偏角过大，说明被测合金丝阻值较小，需要换用更小倍率的挡位，因此选挡。 （2）合金丝总阻值仅约，选用小阻值滑动变阻器更便于调节，操作更方便。 （3）量程的电压表分度值为，则示数 （4）[1]根据电路规律，电流恒为​时，电压满足 其中接入合金丝电阻 代入整理得 对比图像，斜率 解得 [2]横轴截距是时的值，时， 解得 2．某实验小组用如图甲所示的电路研究一压敏电阻的阻值随压力的变化关系，并制作简易压力表。已知电流表（量程为）、毫安表内阻均忽略不计，定值电阻。 (1)闭合开关，给电阻施加压力，电流表示数如图乙所示，则读数为_____，毫安表示数为，则此时的阻值大小为_____。 (2)给电阻加上不同的压力，记录不同压力下对应的值，并绘制图像，根据图像得出电阻与压力关系式为（为常数）。 ①该实验小组为制作简易压力表，设计了如图丙所示电路，电源的电动势为、内阻为，电流表A内阻忽略不计，调节电阻箱阻值为，改变压力的大小，根据压力与电流表A示数的关系式_____（用、、、、表示），在表盘上对应位置处标上压力大小； ②若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应_____（选填“调大”“调小”或“保持不变”）。 【答案】(1) 0.40 2000 (2) 调小 【详解】（1）[1]电流表的最小分度为0.02A，读数时读到本位，故读数为0.40A [2]根据并联电路的特点 则此时的阻值大小为 （2）[1][2]由闭合电路的欧姆定律 即 又 故 若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应调小，才能保证压力不变时，电流不变 3．某实验小组的同学在测量一金属丝的电阻值时，进行了如下操作： (1)该小组的同学先用多用电表粗略测量该金属丝的电阻值，将选择开关旋转到欧姆挡“”挡位，然后进行______；用多用电表的两表笔与金属丝的两端相接触，多用电表的读数如图甲所示，则该金属丝的电阻值约为______。 (2)该实验小组的同学为了精确测量该金属丝的电阻值，分别设计了如图乙和图丙所示的电路，实验时使用的是恒流源，该电源对外电路提供的电流恒定。实验时，多次改变电阻箱的电阻值，同时记录相应的电流表的读数。该小组的同学利用图像处理实验数据，为了将图像拟合成直线，以为纵轴，图乙中应以______（填“”或“”）为横轴，若图像的斜率为，截距为，则该金属丝的电阻值为______；图丙中应以______（填“”或“”）为横轴，若图像的斜率为，截距为，则该金属丝的电阻值为______。（用和表示） 【答案】(1) 欧姆调零 6.0/6 (2) 【详解】（1）[1]由多用电表测电阻的方法可知，将选择开关旋转到欧姆挡“”的挡位后，需要先进行欧姆调零。 [2]由多用电表的读数规则可知该金属丝电阻的测量值应为表盘的读数与倍率的乘积，即该金属丝的电阻值约为 （2）[1]设电源输出的电流恒为，题图乙中，由欧姆定律得 整理得 为了使图像为直线，横轴应为 [2]结合题意得， 解得 [3]图丙中，由欧姆定律得 整理得 为了使图像为直线，横轴应为 [4]结合题意得， 解得 02 以“测电动势和内阻”为核心的电学实验 4．利用图1中的电路可以用两种方法测量待测电源的电动势和内阻。电路图中上半部分电源是待测电源，下半部分电源是学生电源。已知保护电阻的阻值为R1，电流表A1阻值为RA1，电流表A2阻值为RA2。 (1)方法一：连接好电路，闭合S1，断开S2，把电阻箱调到合适阻值R3后不变，然后改变滑动变阻器滑片位置，得到多组A1、A2的数据I1、I2，计算出a、b间电压U1=____________（选用I1、I2、RA2、R3表示），该同学将I1作为流过电源的电流，作出U1与I1的图像，如图2中实线1。实验测得电动势比真实值____________ （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）； (2)方法二：连接好电路，闭合S1，闭合S2，反复调节电阻箱的阻值R3和滑动变阻器滑片位置，使A2示数为零，记录下此时R3阻值和A1、A3读数I1、I3。改变R3，重复上述操作，得到多组数据。计算出a、b间电压U2=____________ （选用I1、I3、RA2、RA3、R3表示），作出U2与I1的图像，应该如图2中虚线____________ （选填“2”、“3”、“4”）所示。 (3)若根据方法二测得图线斜率的绝对值为k，则待测电源内阻可以表示为r=____________（选用k、RA1、R1表示） 【答案】(1) 偏小 (2) 4 (3) 【详解】（1）[1] [2]方法一中，A2与可以看成一个电压表，将待测电源与看成一个等效电源；即电流表相对等效电源采用外接法，则a、b间电压等于所测等效电源路端电压，为 将作为流过电源的电流，根据闭合电路欧姆定律可得 可知图2中实线1的纵轴截距等于电动势测量值； 实际上由于电流表A2分流，流过电源的电流为，根据闭合电路欧姆定律可得 可知当为0时，电动势真实值大于图2中实线1的纵轴截距；故实验测得电动势比真实值偏小。 （2）[1][2]方法二中，当A2示数为零时，表示其上下电势相等，则此时两端的电压即为上部分等效电源的路端电压，则a、b间电压为 由于A2示数为零，则流过上部分电源的电流为，消除了A2分流带来的系统误差，故方法二测得的电动势和内阻都等于真实值，作出U2与I1的图像，应该如图2中虚线4所示。 （3）若根据方法二测得图线斜率的绝对值为k，根据闭合电路欧姆定律可得 可知图线斜率的绝对值为 解得 5．在实验室，某小组选取了两个待测元件进行研究，一是电阻（阻值约），二是手机中常用的锂电池（电动势铭牌上标明值为）。在操作台上还准备了如下实验器材： A．电压表（量程，电阻约）； B．电流表（量程，内阻约）； C．电流表（量程，内阻约）； D．滑动变阻器（，额定电流）； E.电阻箱（）； F.开关一只、导线若干。 (1)小宇采用伏安法测定的阻值，他使用的电源是待测的锂电池。如图甲是他连接的实验器材实物图。小宇选用的电流表应是______（填“”或“”）；他用电压表的读数除以电流表的读数作为的测量值，则测量值______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。 (2)小秋和小强设计了如图乙所示的电路图测量锂电池的电动势和内阻。 A．小秋的实验操作是：闭合开关，调节电阻箱的阻值为时，读出电压表的示数为；调节电阻箱的阻值为时，读出电压表的示数为。根据小秋测出的数据可求得该电池的电动势，其表达式为______； B．小强认为用线性图像处理数据更便于分析。他在实验中多次改变电阻箱阻值，获取了多组数据，画出的图像为一条直线（图丙）。由图乙可知该电池的电动势______V，内阻______。（结果均保留两位有效数字） 【答案】(1) A2 大于 (2) 3.3 0.25 【详解】（1）[1]根据欧姆定律可知，待测电阻通过的最大电流为 故电流表选； [2]由于小宇采用电流表的内接法，导致电压表测量的是待测电阻和电流表的电压之和，因此测出的的值偏大。 （2）[1]根据闭合电路欧姆定律可得， 联立解得 [2][3]根据闭合电路欧姆定律可得 整理可得 因此在图像中，图像的纵截距 图像的斜率为 ， 6．某学习小组要测一电池组的电动势和内阻，先用图甲电路测量一个量程为，内阻约为的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为10V，有两个电阻箱可选，，；之后再用图乙电路测量电池组的电动势和内阻（电动势约为，内阻约为），定值电阻。 (1)某次测微安表内阻的实验中，先将S2断开，闭合S1，调节滑片P和电阻箱，使微安表满偏；然后保持滑片P和不变，闭合S2，调节电阻箱，使微安表半偏，读出此时的读数；则微安表内阻测量值等于的读数。该实验中应选___________（填“”或“”），微安表内阻的测量值___________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 (2)微安表内阻测量值，把该微安表改装成量程为的电压表，需要___________（填“串联”或“并联”）电阻箱；并调节其阻值___________。 (3)学习小组测一电池组的电动势和内阻实验时，根据采集到的微安表的读数I和电阻箱的读数R，作出的图像如图丙，已知图线的斜率为，纵截距为，若学习小组测得电源中的电流远大于微安表中的电流，则所测得电池组的电动势___________，内阻___________。（均用字母，，，，表示） 【答案】(1) R2 小于 (2) 串联 37974 (3) 【详解】（1）[1]根据半偏法的测量原理可知，与电表内阻阻值相当，当闭合S2之后，与滑动变阻器并联的支路的电流应基本不变，则较大，故应选。 [2]闭合S2后，与的并联阻值小于的阻值，则流过的电流大于原来的电流，则流过的电流大于，的电阻小于，实验中用的阻值来当作微安表内阻，故的测量值小于真实值。 （2）[1][2]微安表内阻测量值 把该微安表改装成量程为4V的电压表，需要串联电阻箱R2，根据电表改装原理可知。 （3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有 变形可得 结合图丙有， 解得 ， 03 设计类电学实验 7．某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。 (1)该同学首先利用多用电表欧姆“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值，示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值为__________Ω。 (2)该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻kΩ，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最__________（选填“左”或“右”）端；在某次测量中，若毫安表的示数为2.25mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为__________kΩ。经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度的变化关系图像如图丙所示。     (3)该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势E＝6.0V，定值电阻R＝1.8kΩ，长为l＝50cm的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知通过报警器的电流I≥2.4mA时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液内热敏电阻的温度为30°，油液外热敏电阻的温度为70°，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为__________cm。 【答案】(1) (2) 左 3.0/3 (3)10 【详解】（1）[1]由多用电表欧姆表的读数规则可知，此时热敏电阻的阻值为 （2）[2][3]滑动变阻器采用分压式接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端，由于和并联，故有 代入数据解得 （3）[4]设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为，则在油液内的热敏电阻的阻值为 同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为 其中，由闭合电路欧姆定律有 其中、、 代入解得 8．测量竖直运动货物加速度的装置原理图如图所示。电路图中的器材有：电源E（E=6V，r=0.2Ω）、数字电压表（视为理想电压表）、定值电阻R1（R1=2.8Ω）、滑动变阻器R（最大阻值为3Ω，长度为0.4m）。测量加速度的原理：滑动变阻器R的滑片一端固定在竖直固定的轻弹簧上端，弹簧上端固定一质量为m0=1kg的托盘、下端固定在竖直运动的升降装置底座上，弹簧劲度系数k=100N/m，升降装置静止且托盘上不放货物时，滑片静止于变阻器上端。请回答下列问题； (1)升降装置静止且托盘不放货物时，电压表的示数为_______V。 (2)升降装置静止，将质量为m=1kg的货物P放在托盘上，P静止时，电压表的示数为_______V，货物P置于托盘上后，升降装置沿直线匀速向上运动。 ①若升降装置向上运动过程中，电压表示数突然变小，则此时升降装置的加速度向_______（选填“上”或“下”）； ②若升降装置向上运动过程中，电压表示数增加了0.3V，则升降装置的加速度变化量的大小为_______m/s2。 【答案】(1)0/零 (2) 0.75 下 2 【详解】（1）当托盘没有放货物时，滑片处于变阻器R上端，电压表被短路，示数为0。 （2）[1]当P放在托盘上静止时，弹簧向下移动 变阻器R两端总的电压为 此时电压表示数为 [2]电压变小，根据 不变，变小说明 减小，即滑片下移量变小，弹簧压缩量减小，弹力小于总重力，合力向下，则此时升降装置的加速度向下： [3]电压增加 ，由 可得下移量变化 由牛顿第二定律有 可得加速度 即加速度变化量大小为 9．光照强度简称照度，反映光的强弱，光越强照度越大，照度的单位为勒克斯（）。为了控制蔬菜大棚内的照度，农技人员对大棚设计了图甲所示的智能光控电路，当照度低于某阈值时，启动照明系统进行补光。 (1)为了设定控制电路具体参数，需要获得不同照度下光敏电阻的阻值，现用如图乙所示的多用电表进行测量。步骤如下： ①机械调零后，选择开关拨至“”位置，红黑表笔短接，然后调节多用电表面板上的部件________（填“S”或“T”），直到指针停在表盘右端0刻度处。 ②用可调照度的灯照射光敏电阻。某次测量中，指针指示如图丙所示，则光敏电阻的阻值________，并用照度传感器记录此时的照度值。 ③改变照度多次重复步骤②，得到光敏电阻阻值与照度的对应关系，如表1所示。 表1  光敏电阻阻值与照度对应表 照度/ 65890 41570 30840 20760 16040 12070 10530 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.0 (2)图甲电路中，电源电动势，内阻不计。定值电阻，电阻箱的阻值调节范围是，光敏电阻的电压增加到时，照明系统开始工作。现大棚内拟种植叶菜类蔬菜，农技人员设置照度阈值，当照度降低到时开始补光，电阻箱的阻值应调为________。 (3)当大棚内种植果菜类蔬菜时，需提高照度阈值，需要________（填“增大”或“减小”）电阻箱的阻值。 【答案】(1) T /800.0 (2)1700 (3)减小 【详解】（1）[1]选择倍率后，需要将红黑表笔短接，然后调节多用电表面板上的欧姆调零旋钮T进行欧姆调零； [2]多用电表的读数为 （2）由表1可知，当照度时， 电流 根据欧姆定律，电阻箱接入的阻值 （3）由表1可知，光敏电阻阻值随照度的增大而减小。提高照度，光敏电阻减小，在电路中分得的电压减小，为了分得和没有提高照度阈值前相同的电压，需要提高其阻值在总电阻中的占比，因此需要减小电阻箱的阻值。 04 创新类电学实验 10．图1为等臂电流天平实物图，图2为其结构简图。兴趣小组现要测定电流天平螺线管在通某恒定电流时内部产生磁场的磁感应强度大小（通电螺线管在其内部产生的磁场可视作水平方向的匀强磁场）。实验前将电流天平的U形导线（如图3）放入未通电的螺线管中，调节平衡螺母使U形导线处于水平状态。实验时将U形导线与螺线管线路分别接通直流电，设流经螺线管的电流为I1、流经U形导线的电流为I2，然后在U形导线框的左端挂上钩码，保持I1大小不变，调节I2的大小使线框平衡，如图2所示。图3中U形导线的长与宽分别为La与Lb。 (1)电路安装 实验电路如图4，其中只有滑动变阻器还未完全连接好，要求电流表的读数能从零开始变化，请将其连接好________； (2)实验测量与数据处理 ①电流天平通电流I1和I2后，关于电流天平平衡的原因，下列说法中正确的是( ) A．钩码的重力与La段导线所受到的安培力大小相等 B．钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力大小相等 C．La段导线与Lb段导线所受到的安培力大小相等 D．La段导线与Lb段导线所受到的安培力方向相反 ②实验时，若保持螺线管中的电流，逐次增加钩码个数N（每个钩码质量相同），并重新调整U形导线的电流I2，使电流天平恢复平衡。记录下每次实验时N、I2如下表： N/个 1 2 3 4 5 I2/A 0.50 1.00 1.40 2.10 2.50 根据实验数据，做出“N−I2”图像，如图5所示，图线的斜率数值k=________。（结果保留2位有效数字） ③某次测量I2的电表示数如图6所示，示数为________A。 (3)通电螺旋管内部磁感应强度的计算 若一个钩码的质量为m，重力加速度为g，本次实验中测得该通电螺线管内部磁场的磁感应强度大小B=________（用含k、m、g、La、Lb字母的表达式表示）。 【答案】(1) (2) B 2.0 1.60 (3) 【详解】（1）要求电流表读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示 （2）[1]螺线管内部磁场沿轴线水平，U形导线中La段电流与磁场平行，所受安培力为零；Lb段电流与磁场垂直，受到竖直方向的安培力，平衡时钩码总重力与Lb段安培力大小相等。 故选B。 [2]由N−I2图像可得，斜率数值 [3]电流表量程为0∼3A，分度值为0.1A，由图可知指针读数为1.60A。 （3）钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力平衡时，满足 整理得 因此N−I2图线斜率 解得 11．研究小组自制电子秤。器材有：直流电源（铭牌上标注6.0V，内阻可忽略）；电压表（量程选用，内阻很大）；粗细均匀同种材料制成的电阻丝（总长，总阻值）；电阻箱；轻质弹簧（劲度系数）；托盘（质量）；开关，导线若干。图1所示为电子秤的原理图（电压表连接情况未画出），操作步骤如下： 步骤①：托盘中未放物体，导体杆右端位于 电阻丝的上端处，闭合开关，电压表示数刚好为零。 步骤②：托盘中缓慢加入细砂，托盘静止后，导体杆右端位于电阻丝的下端处（弹簧始终处于弹性限度内）。调节电阻箱，使电压表示数为步骤③：保持不变，移去细砂，放上待测物体，记录电压表示数，换算成物体质量。 (1)电压表应连接在图1中哪两点间？_________ A．与 B．与 C．与 (2)某次测量时，电压表指针如图2所示，电压________V，被测物体质量_______（结果保留3位有效数字）； (3)为使测得的物体质量范围变大，可改进的方法有_________； A．换用更长的电阻丝 B．换用电动势更大的电源 C．换用量程更大的电压表 D．换用弹簧劲度系数更大的弹簧 (4)若电源的实际电动势小于，研究小组仍按上述步骤①~③正确操作。理论上，物体质量的测量结果_________真实值（选填“小于”、“等于”或“大于”）。 【答案】(1)A (2) 1.40/1.39/1.41 1.87/1.85#1.88 (3)AD (4)等于 【详解】（1）电路中整体与串联，总电流恒定，托盘中未放物体时，在端，要求电压表示数为零，说明电压表测量与之间的电压，故电压表应连接在图1中与两点之间。 故选A。 （2）[1]电压表量程为，分度值为，故指针读数为 [2]放待测物体，额外压缩量满足 电压 可得与成正比，设加入细砂质量为，导体杆右端位于电阻丝的下端时有， 则 所以 代入数据可得 （3）最大可测质量满足，要增大测量范围，可以换用更长的电阻丝或换用劲度系数更大的弹簧，电动势和电压表量程不改变，AD正确，BC错误； 故选AD。 （4）电源电动势偏小，操作时仍会在步骤②调节，使在处时电压表示数为，校准后与的比例关系不变，因此测量结果等于真实值。 一、实验题 1．某同学用图甲所示电路进行太阳能电池模拟供电实验。其中元件D是伏安特性曲线如乙图的纯电阻，恒流源E工作时可提供沿箭头方向的恒定电流，R是电阻箱。E提供的电流中部分向右流过元件D，其余流过电阻箱R。虚线框中的组合可以模拟光照恒定情况下太阳能电池的供电特性。 (1)由图乙可知，元件D的电阻随两端电压的增加而变________（填“大”或“小”）。 (2)当流过元件D的电流为10mA时，电阻箱R两端的电压为________V（保留一位小数），电阻箱接入电路的阻值为________（保留整数）。 (3)增大电阻箱接入电路的阻值，流过元件D的电流将变________（填“大”或“小”）。 (4)如丙图，设置电阻箱接入电路的电阻为180，并在电阻箱两端并联一个和元件D完全一样的，元件，用来模拟太阳能电池给非线性纯电阻供电，此时电阻箱R和元件消耗的总功率为________mW（保留整数）。 【答案】(1)小 (2) 4.2 210 (3)大 (4)90 【详解】（1）根据，可知图像的斜率表示电阻的倒数，由图乙可知电压增加，斜率变大，电阻变小。 （2）[1][2]当D中电流为10mA时，由图乙知其两端电压为4.2V，电阻箱两端电压也为4.2V，流过电阻箱的电流为20mA，阻值为 （3）若D元件电流变小，则电阻箱电流变大，电压变小，与电阻箱阻值变大矛盾，故D元件电流变大。 （4）D和D1的电压相同，均设为U，它们的电流也相同，均设为I，于是电阻箱R的电压和电流分别为U和，于是有 整理为 在图乙中作出如图所示 图像与D元件伏安特性曲线的交点即为D和D1的工作状态。可得此时流过D和D1的电流均为5mA，两端电压均为3.6V。所以流过R的电流为20mA，R和D1的总电流为25mA，则消耗的总功率为 2．某同学想精确测量一电阻Rx的阻值。 (1)该同学先用欧姆表的“×10”倍率进行测量，测量结果如图甲所示，则读数为________Ω。 (2)为更精确的测量Rx的阻值，该同学又从实验室找到了以下器材： A．电流表A1（量程100mA，内阻r1约为2Ω） B．电流表A2（量程30mA，内阻r2=50Ω） C．滑动变阻器R1（0~10Ω） D．滑动变阻器R2（0~100Ω） E.电阻箱R3（0~999.9Ω） F.电源（电动势约为9V，内阻不计）、开关一只、导线若干。 实验电路图如图乙所示，则①位置电表为________，②位置电表为________，滑动变阻器选择________（填正确选项前的序号）。 (3)移动滑动变阻器的滑片，使电表示数适当，保持滑动变阻器滑片不动。改变电阻箱R3的阻值，记录下每次电表1的读数I1、电表2的读数I2，电阻箱的读数R3。描绘出的图像如图丙所示，已知图像的斜率为k，则待测Rx的阻值为________。（用k表示）。 【答案】(1)90 (2) B A C (3) 【详解】（1）欧姆表读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以待测电阻阻值为 （2）[1]由图可知，本实验应选用内阻已知的电流表与电阻箱串联改装成量程较大的电压表，所以①位置应选B； [2]②位置应接入一个电流表测量电流，所以选择A； [3]由于滑动变阻器采用分压式接法，所以滑动变阻器应选阻值较小的C。 （3）根据欧姆定律可得 变形可得 所以 所以 3．某同学要测量一段金属丝的电阻率，可供选择的实验器材有： A．电流表A1（量程为0~0.6A，内阻r1约为2Ω） B．电流表A2（量程为0~3mA，内阻r2=100Ω） C．定值电阻R1=900Ω D．定值电阻R2=9900Ω E．滑动变阻器R3（0~20Ω，允许通过的最大电流为3A）； F．滑动变阻器R4（0~100Ω，允许通过的最大电流为3A）； G．电池E（电动势为3V，内阻很小）； H．开关S及若干导线。 (1)用螺旋测微器测量该金属丝的直径，某次测量时如图甲所示，读出该金属丝的直径d=______mm。 (2)该同学设计了如图乙所示的测量电路，滑动变阻器应选择_______（填“R3”或“R4”）；定值电阻R应选择_______（填“R1”或“R2”）；A处电流表应选择________（填“A1”或“A2”）。 (3)某次测量时，电流表A示数为2.40mA，电流表B示数为0.50A，则待测金属丝的电阻值为________Ω。（计算结果保留2位有效数字） (4)调节滑动变阻器，测得多组电流表A的示数和电流表B的示数，并作出图像如图丙所示，图像的斜率为k。测得金属丝的长度为L，定值电阻R和电流表A的总阻值用R0表示，可知该金属丝的电阻率ρ=________（用R0、d、k、L的字母表示） 【答案】(1)// (2) (3) (4) 【详解】（1）螺旋测微器的精度为，所以该金属丝的直径为 （2）[1] 由题图乙可知，滑动变阻器采用分压式接法，故滑动变阻器应选用最大阻值较小的； [2][3] 因题中没有提供电压表，故需要将电流表与的定值电阻串联，改装成一个电压表，其量程为 所以定值电阻R应选择R1；A处电流表应选择。 （3）电流表A的示数为2.40mA，则对应改装的电压表的电压为 电流表B示数为0.50A，则待测金属丝的电阻值为 （4）根据欧姆定律有 根据电阻定律有 联立解得 所以图像的斜率为 解得该金属丝的电阻率为 4．某研究性学习小组为了测某电源的电动势E和内阻r，以及一个未知电阻，设计了如图甲所示的实验电路。实验器材有：待测电源（E，r）、待测电阻、电压表（量程3V，内阻很大）、电阻箱R（0~99.99Ω）、定值电阻、单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。 实验步骤如下： (1)根据图甲所示的电路图，请将图乙中的实物图连接完整________。 (2)首先测量未知电阻的阻值，请将该同学的操作补充完整： ①闭合开关，将切换到1，调节R至适当阻值时读出其示数，和对应的电压表示数； ②保持R示数不变，将切换到2，电压表示数如图丙所示，此时电压表示数________V； ③待测电阻________。 (3)该小组同学应用该装置继续测电源电动势E和内阻r。具体操作如下： ①闭合开关，将切换到2，多次调节R，读出多组电阻箱示数R及对应电压表读数U； ②由测得的数据绘出了图线如图丁所示； ③由图丁求得电源电动势________V，内阻________。（结果均保留两位小数） 【答案】(1) (2) 2.40 5.0/5 (3) 2.50 0.50 【详解】（1）[1]根据电路图，实物连线如图所示 （2）[2]由图丙可知，此时电压表示数 [3]将切换到1时，有 将切换到2时，有 联立可得待测电阻为 （3）[4][5]闭合开关，将切换到2，根据闭合电路欧姆定律可得 整理可得的直线方程为 根据图像可得， 解得， 5．某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E和内阻r及电阻的阻值。实验器材有：待测电源，待测电阻，电压表V（量程0~3V，内阻很大可视为理想表），电阻箱R（0~99.99Ω），单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。 (1)先测电阻的阻值。请将该同学的操作补充完整： A．闭合，将切换到a，调节电阻箱，读出其示数和对应的电压表示数； B．保持电阻箱示数不变，_____________，读出电压表的示数； C． 电阻的表达式为=__________。 (2)该同学已经测得电阻，继续测电源电动势E和内阻r，其做法是：闭合，将切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E=__________V，内阻r=________Ω。（结果保留两位有效数字） 【答案】(1) 将切换到b (2) 【详解】（1）[1][2]因电压表V内阻很大可视为理想表，保持电阻箱示数不变，将切换到b时，电路中的电流保持不变，由欧姆定律可知， 联立解得 （2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表的示数满足 对比图乙化简得 结合图像，截距，斜率 解得电源电动势，内阻 6．某实验小组欲测量一内阻约为、量程为的毫安表G的内阻，并进行电表的改装与校对： (1)首先设计了如图甲所示的电路，甲图中的实验器材参数如下： A．电源（电动势3V，内阻可忽略）    B．电源（电动势30V，内阻可忽略） C．滑动变阻器1（阻值范围）    D．滑动变阻器2（阻值范围） ①为了提高毫安表内阻测量的精度，尽可能地减少实验误差，电源应选___________，滑动变阻器应选___________；（均用器材前的序号字母表示） ②先闭合开关、断开开关，调节滑动变阻器使得毫安表G满偏；再闭合，调节电阻箱，当毫安表G示数为满偏电流的时，电阻箱的示数为，则毫安表G内阻的测量值为___________（结果保留3位有效数字），内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 (2)改进后的实验电路如图乙所示，先闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表G满偏，记下此时电流表A的读数； ①小李接下来的操作是：闭合开关，调节电阻箱，使毫安表G半偏，记下此时电流表A的读数，以及电阻箱的阻值，则毫安表G内阻的测量值为___________（用测得的量表示）。 ②小王接下来的操作是：闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器，直至毫安表G半偏并且电流表的读数仍为，记下此时电阻箱的阻值，则毫安表G内阻的测量值为___________（用测得的量表示），内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 (3)给毫安表并联阻值为的电阻后将其改装为量程为600mA的电流表，然后利用一标准电流表与此改装表串联，对改装后的电表进行校对，实验发现，当标准电流表的示数为330mA时，毫安表的指针刚好半偏，由此可以推测出改装的电流表量程不是预期值，要达到预期目的，只需要将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，其中___________（结果保留两位小数）。 【答案】(1) B D 96.0 偏小 (2) 无偏差 (3)1.10 【详解】（1）[1][2] 根据实验原理可知，当闭合后，电路总电阻会减小，则根据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流会变大，当毫安表的指针偏转到量程三分之一的位置时，通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的两倍，产生误差，所以为了使闭合后电路的总电阻变化小，则滑动变阻器接入电路中的阻值应尽可能大，所以滑动变阻器应选D；同时毫安表又要能调节到满偏，则所用电源的电动势应该较大，所以电源应选B。 [3] 由于滑动变阻器的阻值较大，可认为闭合后，干路的电流保持不变，则根据并联电路的性质可知，由于此时毫安表G的示数为满偏电流的，所以此时通过电阻箱的电流为，则有 解得毫安表的测量值为 [4] 由实验电路可知，当闭合后，电路的总电阻会减小，则电路的总电流会增大，故流过的实际电流大于，则导致毫安表G内阻的测量值小于真实值。 （2）[1] 设毫安表满偏电流为，则当闭合开关，毫安表满偏时有 闭合开关时，根据并联电路的性质有 联立解得毫安表G内阻的测量值为 [2] 当毫安表半偏并且电流表的读数仍为时，根据并联电路的性质可知，此时通过毫安表的电流与通过电阻箱的电流相等，又因为毫安表和电阻箱两端的电压相等，所以此时有 [3] 本实验中，通过调节使得干路电流不变，这样毫安表半偏时，电阻箱的电流与毫安表的电流相等，又因为毫安表和电阻箱两端的电压相等，所以测量值等于真实值，即内阻的测量值与真实值相比无偏差。 （3）当标准电流表的示数为330mA时，毫安表的指针刚好半偏，此时流过毫安表的电流为，则流过的电流为 根据并联电路的性质有 将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻达到预期目的后，流过毫安表的电流仍为时，则流过的电流 根据并联电路的性质有 联立解得 7．某欧姆表由于长时间未使用，内部电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小苏同学用如图甲所示的电路来研究其内部（虚线框内）的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。 (1)在电路连接时，要注意毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的_________（选填“红”或“黑”）表笔相连。 (2)调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为_________。 (3)连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值和通过毫安表mA电流，作出图像，如图丙所示，（图中纵轴截距为-20，斜率为5.0），则电源的电动势_________。 【答案】(1)黑 (2)300 (3)5.0 【详解】（1）电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“-”接线柱流出，所以毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的黑表笔相连。 （2）设欧姆表表头的量程为，由题意可得 解得 （3）设回路中除电阻箱之外的总电阻为，根据闭合电路欧姆定律则有 整理可得 所以电源的电动势为 8．某实验小组在测一电源电动势和内电阻实验时情形如下： A．直流电源一个（电动势E约为几伏，内阻约为几欧） B．电阻箱两个（最大阻值均为999.9欧） C．电流表（量程0.6A，内阻约为十几欧） D．电流表（量程0.6A，内阻不计） E.小灯泡两只（额定电压均为3V，额定电流均为0.5A） F.定值电阻 G.开关导线若干 (1)小组同学设计了甲所示的电路，开始将调到较大，闭合，断开，同时调节。当电流表的读数为0.32A时，电流表读数如图乙所示，则电流表的读数为______A。此时的阻值为20.0Ω则电流表的内阻为______Ω。 (2)同时闭合保持=30.0Ω不变，调节得到电流表的示数与的关系如图丙，由丙图可知该电源电动势E与内电阻r分别为______V，______Ω（结果均保留两位有效数字）。 (3)将这个电源、定值电阻和两个相同小灯泡组成电路如图丁，小灯泡的伏安特性曲线如图戊，每个小灯泡的实际功率是______W（结果保留三位有效数字）。 【答案】(1) 0.56 15 (2) 6.0 2.0 (3)1.06 【详解】（1）[1][2]由图乙可知，电流表 量程为 0.6A，分度值为 0.02A，故读数为 0.56A。闭合 、断开时，与并联后与串联，测干路电流。流过的电流 根据并联电路电压相等，有 解得 （2）[1][2]同时闭合时，被短路，电路为电源、、与 并联部分串联。并联电阻 干路电流 与 示数I的关系为 根据闭合电路欧姆定律 整理得 由图丙可知，图线斜率 纵轴截距 解得， （3）由内嵌公式图可知 。图丁电路中，两灯泡并联后与 、电源串联。设灯泡两端电压为U，流过每个灯泡的电流为，则干路电流为。根据闭合电路欧姆定律有 整理得 在图戊中作出该直线 当时，。故每个小灯泡的实际功率 9．某实验兴趣小组设计电路测量某干电池组的电动势和内阻，同时探究熄火保护装置的工作原理。已知定值电阻R0=2Ω，数字毫安表内阻约为1Ω，数字毫伏表内阻约为10MΩ，电源内阻较小。 (1)按照图（a）所示的电路图，将图（b）中的器材实物连线补充完整________。 (2)实验操作步骤如下： ①将滑动变阻器滑到最左端位置 ②接法I：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录若干组数据U1−I1的值，断开开关S0 ③将滑动变阻器滑到最左端位置 ④接法II：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录若干组数据U2−I2的值，断开开关S0 ⑤分别作出两种情况所对应的U1−I1和U2−I2图像 某次读取电表数据时，电压表指针如图（c）所示，此时U1=___________V。（保留两位小数） (3)根据测得数据，作出U1−I1和U2−I2图像如图（d）所示，根据图线求得电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（保留两位小数） (4)由图（d）可知___________（填“接法I”或“接法II”）测得的电源内阻更接近真实值；综合考虑，若只能选择一种接法，应选择___________（填“接法I”或“接法II”）测量更合适。 (5)小组利用上述电源探究熄火保护装置的工作原理，该装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成，示意图如图1所示，A、B为导线上两个接线端。小组设计了如图2所示的电路（部分连线未完成）进行探究，测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合体电阻。已知组合体电阻不超过0.05Ω，则未完成的连接中，Q端应和___________（填“b”或“c”）处相连，理由是___________；正确连线后，开始时滑动变阻器的滑片应置于___________（填“d”或“e”）端。 (6)闭合开关S1、S2，实验测得组合体电阻为0.020Ω，当电磁铁线圈中的电流小于142mA时，电磁铁无法继续吸合衔铁，衔铁被释放。断开开关S1、S2，从室温加热热电偶感温端到某一温度后，停止加热，使其自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势E′随时间t的变化关系如图3所示。在相同的加热和冷却过程中，如果将A、B端直接连接，不计温度变化对组合体电阻的影响，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为___________s（保留3位有效数字）。 【答案】(1) (2)1.30 (3) 1.80 2.50 (4) II II (5) b 组合体电阻远小于数字毫伏表内阻 e (6)17.5 【详解】（1）根据图（a）所示的电路图，图（b）中的器材实物连线如下 （2）图（c）可知电压表最小分度值为0.1V，则 （3）[1][2]开关接1，则有 当电流表示数为零时，电压表测量准确，可知这种方法电动势测量准确，由图可知 开关接2，则有 因为电压表有分流作用，所以电流表测量值小于干路电流真实值，当电压表示数为0时（电阻R被短路），电流表测量准确，电路中的短路电流为0.4A，则有 联立解得 （4）[1][2]接法II可消除电流表内阻的系统误差，电源内阻更接近真实值；若综合考虑，若只能选择一种接法，应选择II测量更合适。 （5）[1][2]根据题意可知，组合体电阻不超过0.05Ω，相比较远小于数字毫伏表内阻，应采用数字毫安表外接法，即Q端应和b处相连。 [3]滑动变阻器采用分压接法，闭合开关时，为了保护电表，滑动变阻器的滑片应置于e端。 （6）根据题意，由闭合回路欧姆定律可知，衔铁被释放时，电动势为 停止加热时，热电偶受热产生的电动势最大，如图 由图可知，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为 10．某实验小组用电流传感器观察两个并联电容器的充、放电过程，设计的电路如图甲所示。器材有：学生电源（9 V，内阻可忽略）、2个相同的电容器（耐压值15 V，电容）、灵敏电流计A（指针居中，内阻不计）、电流传感器（内阻不计）、电阻箱（0~9999 Ω）、单刀双掷开关和导线若干。完成实验，并回答问题： (1)正确连接电路后，电阻箱各个旋钮调到如图乙所示位置，单刀双掷开关S掷于1，一段时间后电容器充电完成，再将S掷于2，则： ①电阻箱接入电路的阻值为_____Ω； ②流过电流传感器的电流方向为_____（填“”或“”）； ③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，现观察到灵敏电流计A指针迅速偏到右边并慢慢回到正中。 (2)电流传感器记录放电电流I随时间t的变化情况如图丙所示。图中图线与纵轴的交点坐标为_____mA，图线与横轴所围的面积为_____C（保留2位有效数字）。 (3)若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，则放电时间_____（填“变长”“变短”或“不变”）。 【答案】(1) 1800 (2) 5.0 (3)变长 【详解】（1）[1]电阻箱读数为各倍率读数之和 [2]开关接1充电完成后，电容器右极板接电源正极带正电，左极板带负电；开关打向2放电时，电流从右极板流出，经开关流向，再经电流传感器流向，因此流过电流传感器的电流方向为，该结论与题干中灵敏电流计指针右偏的描述一致。 （2）[1]放电初始时刻，电容器两端电压等于电源电动势，由欧姆定律得初始电流 [2]图线与横轴围成的面积表示总放电电荷量，两个电容器并联，总电容 总电荷量为 （3）电阻箱阻值增大时，放电平均电流减小，因此放电时间变长。 11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验，请按要求完成相关实验内容。 (1)在“用多用电表测量电学中的物理量”实验中，某次测量时，多用电表的刻度盘和指针位置如图甲所示，若选择开关位于电阻“×10”挡，则测量结果为______Ω；若选择开关位于直流10V挡，则测量结果为______V． (2)图乙是“观察电容器充、放电现象”的实验电路图，图丙中已正确连接了部分电路，请完成实物图连线______。当单刀双掷开关掷于______（填“1”或“2”）时，电容器放电。 (3)图丁和图戊是“探究影响感应电流方向的因素”实验。 ①如图丁连接实验器材，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，对调电源正负极，重复以上操作。该操作是为了获得电流表指针偏转方向与______方向的对应关系； ②如图戊，将实验操作的内容和观察到的指针偏转方向，记录在下表，由实验序号1和______（填实验序号）可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。 实验序号 磁体的磁场方向 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向 1 向下 插入线圈 向左 向上 2 向下 拔出线圈 向右 向下 3 向上 插入线圈 向右 向下 4 向上 拔出线圈 向左 向上 【答案】(1) 160 5.4 (2) 1 (3) 电流 3 【详解】（1）[1] 选择开关位于电阻 “×10”挡，由甲图可知，电阻的测量结果为。 [2]选择开关位于直流10V挡，由甲图表盘可知，其分度为0.2V，则电压的测量结果为。 （2）[1]根据实验电路，连接的实物图，如图所示。 [2] 当单刀双掷开关掷于1时，与电源E断开，与电流传感器形成回路，电容器放电。 （3）[1]该操作是为了获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。 [2] 实验序号1和3都是磁体插入线圈，线圈的磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相反的感应磁场。 实验序号2和4都是磁体拔出线圈，线圈的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生与磁体的磁场方向相同的感应磁场。 故由实验序号1和3可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。 12．某同学探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。 (1)正确组装可拆变压器后，如图（a）所示，接入学生电源，选择合适的挡位，应使用多用电表的_______挡测量（选填“直流电压”或“交流电压”）。 (2)保持原线圈输入的电压一定，改变原、副线圈的匝数，测量副线圈上的电压，数据如下表所示。 组别 原线圈匝数 副线圈匝数 原线圏电压 副线圏电压 1 300 60 6.2 0.9 6.89 2 300 120 6.2 2.1 2.95 3 300 180 6.2 3.3 1.88 4 600 180 6.2 1.5 4.13 分析第1、2、3组数据，大致可得出结论：原线圈电压和匝数不变时，_______；分析第3、4组数据，大致可得出结论：原线圈电压和副线圈匝数不变时，原线圈匝数越少，副线圈电压越高。 (3)进一步分析实验数据，发现副线圈电压总比理论值小，其原因可能是_______。 (4)该同学找到了一只标有“220V/9V”的变压器，其上有a、b、c、d四个引出线头，且a、b引线比c、d引线粗，如图（b）所示。使用时，应该把引线_______接交流“220V”（选填“a、b”或“c、d”）。 【答案】(1)交流电压 (2)副线圈匝数越多，副线圈电压越高 (3)变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗 (4)c、d 【详解】（1）变压器原副线圈上都是交流电，则应使用多用电表的交流电压挡测量。 （2）分析第1、2、3组数据，大致可得出结论：原线圈电压和匝数不变时，副线圈匝数越多，副线圈电压越高； （3）进一步分析实验数据，发现副线圈电压总比理论值小，其原因可能是变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗； （4）因电压越低，则电流越大，导线越粗，可知应该把引线c、d接交流“220V”。 14 / 43 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15 电学实验 命题预测 一、考查趋势与能力要求 · 数字化与传感器：基于电流/电压传感器和DIS系统的实验题成为主流，要求会分析实时采集的I-t、U-I图像。 · 设计性实验：在缺失标准器材（如“伏安法”缺电压表）时，利用等效替代、电桥、半偏法等测电阻。 · 误差与创新：不再死记结论，而是要求分析误差来源、设计改进措施，甚至引入前沿科技情境。 二、高频核心考点 · 电阻测量（命题核心）：重点掌握伏安法（内外接、限流分压），以及电桥法、比较法（电阻箱替代）等测未知电阻的方法。 · 电源与电表：测定E和r常用U-I图像法（分析截距、斜率）；电表改装则涉及将表头扩大量程及理解多用电表的内部原理。 · 新增与冷门实验：观察电容器的充、放电现象（I-t面积对应电量Q）；探究变压器（线圈匝数与电压关系）。 三、备考重点关注 · 电路设计能力：能根据实验“要求”选择器材（如必须选分压式的情况）。 · 数据处理方法：掌握图像线性化处理（如转化为U-R或1/I-R图像并分析斜率）。 · 创新与新科技：留意自主招生和强基计划题，它们常是新高考实验题的“风向标”。 高频考法 1.探究电流与电压、电阻的关系。 2.伏安法测定值电阻及小灯泡电阻、电功率。 3.测定金属的电阻率及电源的电动势和内阻。 4.练习使用多用电表及传感器的简单使用。 5.实验设计与数据处理方法。 考向一：测量类电学实验 1.伏安法的安内和安外 伏安法测电阻 R测＝＝Rx＋RA>Rx，适合测量大电阻 R测＝＝<Rx，适合测量小电阻 导体电阻率的测量 1.测电阻Rx＝ 2.测电阻率ρ，Rx＝ρ，而S＝，Rx＝，联立得ρ＝ 2.滑动变阻器的限流和分压 (1)两种接法的比较(不考虑电源的内阻) 比较项目 限流式接法 分压式接法 电路图 负载Rx上电压的调节范围 ≤U≤E(R0为滑动变阻器的最大阻值) 0≤U≤E 闭合S前滑片P的位置 b端 a端 (2)滑动变阻器必须接成分压电路的几种情况 ①要求电压表能从零开始读数； ②当待测电阻Rx≫R0(滑动变阻器的最大阻值)时； ③若采用限流式接法，电路中的最小电流仍超过电路中电表、电阻允许的最大电流。 (3)滑动变阻器的最大阻值和用电器的阻值差不多且要求电压不从零开始变化，通常情况下，由于限流电路结构简单、耗能少，优先使用限流式接法。 考向二：电源电动势和内阻的测量 实验原理 数据处理与误差分析 伏安法(外接法) (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 伏安法(内接法) (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 (等效电流表外接) (1)原理：E＝U＋r (2)关系式：＝·＋ (3)误差分析：E测<E真，r测<r真 安阻法 (等效电流表内接) (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) 考向三：电表的改装 1.电压表、电流表的改装及其特点 项目 小量程电流表G改装成大量程电压表V 小量程电流表G改装成大量程电流表A 内部电 路结构 R的作用 分压 分流 扩大量程 的计算 U＝Ig(R＋Rg) R＝－Rg IgRg＝(I－Ig)R R＝Rg 电表的 总内阻 RV＝Rg＋R RA＝ 使用 并联在被测电路中，“＋”接线柱接电势较高的一端 串联在被测支路中，电流从“＋”接线柱流入 2.电表改装问题的两点提醒 (1)无论表头G改装成电压表还是电流表，它的三个特征量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流Ig并不改变。 (2)改装后电压表的量程指小量程电流表表头满偏时对应的R与表头串联电路的总电压；改装后电流表的量程指小量程电流表表头满偏时对应的R与表头并联电路的总电流。 考向四：创新类电学实验 1．测量电阻创新方案对比 安安法 如果已知的内阻R1，则可测得的内阻R2＝ 串联一定值电阻R0后，同样可测得的内阻R2＝ 伏伏法 两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R1，则可测出的内阻R2＝R1 并联一定值电阻R0后，同样可得的内阻R2＝ 替代法 单刀双掷开关分别与1、2相接，调节电阻箱R1，保证电流表两次读数相等，则R1的读数即等于待测电阻的阻值 半偏法 测量电流表内阻 闭合S1，断开S2，调节R1使A表满偏；再闭合S2，只调节R2，使A表半偏(R1≫RA)，则R2＝R测，R测<R真 测量电压表内阻 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＝R测，R测>R真 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：R1·Rx＝R2·R3，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 2．传感器的应用 　 　 01 以“测电阻”为核心的电学实验 1．某同学利用图甲所示的电路测量合金丝的电阻率。实验时多次改变合金丝接入电路的长度L，调节滑动变阻器的阻值，使电流表的示数每次都达到相同值，记录电压表的示数U，从而得到多组L、U的数据，作出图像，如图乙所示。 (1)实验前首先使用欧姆表粗测该合金丝的阻值，选用“×10”挡时发现指针偏角过大，故应换用____（选填“×1”或“×100”）挡重新测量。 (2)若合金丝的总阻值约为5Ω，为方便操作，滑动变阻器应选用____（选填“”或“”）Ω。 (3)某次测量时，量程为的电压表指针位置如图丙所示，则示数___V。 (4)已知合金丝的横截面积为S，图乙中直线的斜率为k，横轴的截距为a，则该合金丝的电阻率___，电流表的内阻___。（结果均选用S、、k、a表示） 2．某实验小组用如图甲所示的电路研究一压敏电阻的阻值随压力的变化关系，并制作简易压力表。已知电流表（量程为）、毫安表内阻均忽略不计，定值电阻。 (1)闭合开关，给电阻施加压力，电流表示数如图乙所示，则读数为_____，毫安表示数为，则此时的阻值大小为_____。 (2)给电阻加上不同的压力，记录不同压力下对应的值，并绘制图像，根据图像得出电阻与压力关系式为（为常数）。 ①该实验小组为制作简易压力表，设计了如图丙所示电路，电源的电动势为、内阻为，电流表A内阻忽略不计，调节电阻箱阻值为，改变压力的大小，根据压力与电流表A示数的关系式_____（用、、、、表示），在表盘上对应位置处标上压力大小； ②若该装置使用较长时间后，电源内阻增大，为保证压力表测量准确，电阻箱的阻值应_____（选填“调大”“调小”或“保持不变”）。 3．某实验小组的同学在测量一金属丝的电阻值时，进行了如下操作： (1)该小组的同学先用多用电表粗略测量该金属丝的电阻值，将选择开关旋转到欧姆挡“”挡位，然后进行______；用多用电表的两表笔与金属丝的两端相接触，多用电表的读数如图甲所示，则该金属丝的电阻值约为______。 (2)该实验小组的同学为了精确测量该金属丝的电阻值，分别设计了如图乙和图丙所示的电路，实验时使用的是恒流源，该电源对外电路提供的电流恒定。实验时，多次改变电阻箱的电阻值，同时记录相应的电流表的读数。该小组的同学利用图像处理实验数据，为了将图像拟合成直线，以为纵轴，图乙中应以______（填“”或“”）为横轴，若图像的斜率为，截距为，则该金属丝的电阻值为______；图丙中应以______（填“”或“”）为横轴，若图像的斜率为，截距为，则该金属丝的电阻值为______。（用和表示） 02 以“测电动势和内阻”为核心的电学实验 4．利用图1中的电路可以用两种方法测量待测电源的电动势和内阻。电路图中上半部分电源是待测电源，下半部分电源是学生电源。已知保护电阻的阻值为R1，电流表A1阻值为RA1，电流表A2阻值为RA2。 (1)方法一：连接好电路，闭合S1，断开S2，把电阻箱调到合适阻值R3后不变，然后改变滑动变阻器滑片位置，得到多组A1、A2的数据I1、I2，计算出a、b间电压U1=____________（选用I1、I2、RA2、R3表示），该同学将I1作为流过电源的电流，作出U1与I1的图像，如图2中实线1。实验测得电动势比真实值____________ （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）； (2)方法二：连接好电路，闭合S1，闭合S2，反复调节电阻箱的阻值R3和滑动变阻器滑片位置，使A2示数为零，记录下此时R3阻值和A1、A3读数I1、I3。改变R3，重复上述操作，得到多组数据。计算出a、b间电压U2=____________ （选用I1、I3、RA2、RA3、R3表示），作出U2与I1的图像，应该如图2中虚线____________ （选填“2”、“3”、“4”）所示。 (3)若根据方法二测得图线斜率的绝对值为k，则待测电源内阻可以表示为r=____________（选用k、RA1、R1表示） 5．在实验室，某小组选取了两个待测元件进行研究，一是电阻（阻值约），二是手机中常用的锂电池（电动势铭牌上标明值为）。在操作台上还准备了如下实验器材： A．电压表（量程，电阻约）； B．电流表（量程，内阻约）； C．电流表（量程，内阻约）； D．滑动变阻器（，额定电流）； E.电阻箱（）； F.开关一只、导线若干。 (1)小宇采用伏安法测定的阻值，他使用的电源是待测的锂电池。如图甲是他连接的实验器材实物图。小宇选用的电流表应是______（填“”或“”）；他用电压表的读数除以电流表的读数作为的测量值，则测量值______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。 (2)小秋和小强设计了如图乙所示的电路图测量锂电池的电动势和内阻。 A．小秋的实验操作是：闭合开关，调节电阻箱的阻值为时，读出电压表的示数为；调节电阻箱的阻值为时，读出电压表的示数为。根据小秋测出的数据可求得该电池的电动势，其表达式为______； B．小强认为用线性图像处理数据更便于分析。他在实验中多次改变电阻箱阻值，获取了多组数据，画出的图像为一条直线（图丙）。由图乙可知该电池的电动势______V，内阻______。（结果均保留两位有效数字） 6．某学习小组要测一电池组的电动势和内阻，先用图甲电路测量一个量程为，内阻约为的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为10V，有两个电阻箱可选，，；之后再用图乙电路测量电池组的电动势和内阻（电动势约为，内阻约为），定值电阻。 (1)某次测微安表内阻的实验中，先将S2断开，闭合S1，调节滑片P和电阻箱，使微安表满偏；然后保持滑片P和不变，闭合S2，调节电阻箱，使微安表半偏，读出此时的读数；则微安表内阻测量值等于的读数。该实验中应选___________（填“”或“”），微安表内阻的测量值___________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。 (2)微安表内阻测量值，把该微安表改装成量程为的电压表，需要___________（填“串联”或“并联”）电阻箱；并调节其阻值___________。 (3)学习小组测一电池组的电动势和内阻实验时，根据采集到的微安表的读数I和电阻箱的读数R，作出的图像如图丙，已知图线的斜率为，纵截距为，若学习小组测得电源中的电流远大于微安表中的电流，则所测得电池组的电动势___________，内阻___________。（均用字母，，，，表示） 03 设计类电学实验 7．某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性，制作了一个简易的汽车低油位报警装置。 (1)该同学首先利用多用电表欧姆“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值，示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值为__________Ω。 (2)该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻kΩ，则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最__________（选填“左”或“右”）端；在某次测量中，若毫安表的示数为2.25mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为__________kΩ。经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度的变化关系图像如图丙所示。     (3)该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势E＝6.0V，定值电阻R＝1.8kΩ，长为l＝50cm的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知通过报警器的电流I≥2.4mA时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液内热敏电阻的温度为30°，油液外热敏电阻的温度为70°，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为__________cm。 8．测量竖直运动货物加速度的装置原理图如图所示。电路图中的器材有：电源E（E=6V，r=0.2Ω）、数字电压表（视为理想电压表）、定值电阻R1（R1=2.8Ω）、滑动变阻器R（最大阻值为3Ω，长度为0.4m）。测量加速度的原理：滑动变阻器R的滑片一端固定在竖直固定的轻弹簧上端，弹簧上端固定一质量为m0=1kg的托盘、下端固定在竖直运动的升降装置底座上，弹簧劲度系数k=100N/m，升降装置静止且托盘上不放货物时，滑片静止于变阻器上端。请回答下列问题； (1)升降装置静止且托盘不放货物时，电压表的示数为_______V。 (2)升降装置静止，将质量为m=1kg的货物P放在托盘上，P静止时，电压表的示数为_______V，货物P置于托盘上后，升降装置沿直线匀速向上运动。 ①若升降装置向上运动过程中，电压表示数突然变小，则此时升降装置的加速度向_______（选填“上”或“下”）； ②若升降装置向上运动过程中，电压表示数增加了0.3V，则升降装置的加速度变化量的大小为_______m/s2。 9．光照强度简称照度，反映光的强弱，光越强照度越大，照度的单位为勒克斯（）。为了控制蔬菜大棚内的照度，农技人员对大棚设计了图甲所示的智能光控电路，当照度低于某阈值时，启动照明系统进行补光。 (1)为了设定控制电路具体参数，需要获得不同照度下光敏电阻的阻值，现用如图乙所示的多用电表进行测量。步骤如下： ①机械调零后，选择开关拨至“”位置，红黑表笔短接，然后调节多用电表面板上的部件________（填“S”或“T”），直到指针停在表盘右端0刻度处。 ②用可调照度的灯照射光敏电阻。某次测量中，指针指示如图丙所示，则光敏电阻的阻值________，并用照度传感器记录此时的照度值。 ③改变照度多次重复步骤②，得到光敏电阻阻值与照度的对应关系，如表1所示。 表1  光敏电阻阻值与照度对应表 照度/ 65890 41570 30840 20760 16040 12070 10530 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.0 (2)图甲电路中，电源电动势，内阻不计。定值电阻，电阻箱的阻值调节范围是，光敏电阻的电压增加到时，照明系统开始工作。现大棚内拟种植叶菜类蔬菜，农技人员设置照度阈值，当照度降低到时开始补光，电阻箱的阻值应调为________。 (3)当大棚内种植果菜类蔬菜时，需提高照度阈值，需要________（填“增大”或“减小”）电阻箱的阻值。 04 创新类电学实验 10．图1为等臂电流天平实物图，图2为其结构简图。兴趣小组现要测定电流天平螺线管在通某恒定电流时内部产生磁场的磁感应强度大小（通电螺线管在其内部产生的磁场可视作水平方向的匀强磁场）。实验前将电流天平的U形导线（如图3）放入未通电的螺线管中，调节平衡螺母使U形导线处于水平状态。实验时将U形导线与螺线管线路分别接通直流电，设流经螺线管的电流为I1、流经U形导线的电流为I2，然后在U形导线框的左端挂上钩码，保持I1大小不变，调节I2的大小使线框平衡，如图2所示。图3中U形导线的长与宽分别为La与Lb。 (1)电路安装 实验电路如图4，其中只有滑动变阻器还未完全连接好，要求电流表的读数能从零开始变化，请将其连接好________； (2)实验测量与数据处理 ①电流天平通电流I1和I2后，关于电流天平平衡的原因，下列说法中正确的是( ) A．钩码的重力与La段导线所受到的安培力大小相等 B．钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力大小相等 C．La段导线与Lb段导线所受到的安培力大小相等 D．La段导线与Lb段导线所受到的安培力方向相反 ②实验时，若保持螺线管中的电流，逐次增加钩码个数N（每个钩码质量相同），并重新调整U形导线的电流I2，使电流天平恢复平衡。记录下每次实验时N、I2如下表： N/个 1 2 3 4 5 I2/A 0.50 1.00 1.40 2.10 2.50 根据实验数据，做出“N−I2”图像，如图5所示，图线的斜率数值k=________。（结果保留2位有效数字） ③某次测量I2的电表示数如图6所示，示数为________A。 (3)通电螺旋管内部磁感应强度的计算 若一个钩码的质量为m，重力加速度为g，本次实验中测得该通电螺线管内部磁场的磁感应强度大小B=________（用含k、m、g、La、Lb字母的表达式表示）。 11．研究小组自制电子秤。器材有：直流电源（铭牌上标注6.0V，内阻可忽略）；电压表（量程选用，内阻很大）；粗细均匀同种材料制成的电阻丝（总长，总阻值）；电阻箱；轻质弹簧（劲度系数）；托盘（质量）；开关，导线若干。图1所示为电子秤的原理图（电压表连接情况未画出），操作步骤如下： 步骤①：托盘中未放物体，导体杆右端位于 电阻丝的上端处，闭合开关，电压表示数刚好为零。 步骤②：托盘中缓慢加入细砂，托盘静止后，导体杆右端位于电阻丝的下端处（弹簧始终处于弹性限度内）。调节电阻箱，使电压表示数为步骤③：保持不变，移去细砂，放上待测物体，记录电压表示数，换算成物体质量。 (1)电压表应连接在图1中哪两点间？_________ A．与 B．与 C．与 (2)某次测量时，电压表指针如图2所示，电压________V，被测物体质量_______（结果保留3位有效数字）； (3)为使测得的物体质量范围变大，可改进的方法有_________； A．换用更长的电阻丝 B．换用电动势更大的电源 C．换用量程更大的电压表 D．换用弹簧劲度系数更大的弹簧 (4)若电源的实际电动势小于，研究小组仍按上述步骤①~③正确操作。理论上，物体质量的测量结果_________真实值（选填“小于”、“等于”或“大于”）。 一、实验题 1．某同学用图甲所示电路进行太阳能电池模拟供电实验。其中元件D是伏安特性曲线如乙图的纯电阻，恒流源E工作时可提供沿箭头方向的恒定电流，R是电阻箱。E提供的电流中部分向右流过元件D，其余流过电阻箱R。虚线框中的组合可以模拟光照恒定情况下太阳能电池的供电特性。 (1)由图乙可知，元件D的电阻随两端电压的增加而变________（填“大”或“小”）。 (2)当流过元件D的电流为10mA时，电阻箱R两端的电压为________V（保留一位小数），电阻箱接入电路的阻值为________（保留整数）。 (3)增大电阻箱接入电路的阻值，流过元件D的电流将变________（填“大”或“小”）。 (4)如丙图，设置电阻箱接入电路的电阻为180，并在电阻箱两端并联一个和元件D完全一样的，元件，用来模拟太阳能电池给非线性纯电阻供电，此时电阻箱R和元件消耗的总功率为________mW（保留整数）。 2．某同学想精确测量一电阻Rx的阻值。 (1)该同学先用欧姆表的“×10”倍率进行测量，测量结果如图甲所示，则读数为________Ω。 (2)为更精确的测量Rx的阻值，该同学又从实验室找到了以下器材： A．电流表A1（量程100mA，内阻r1约为2Ω） B．电流表A2（量程30mA，内阻r2=50Ω） C．滑动变阻器R1（0~10Ω） D．滑动变阻器R2（0~100Ω） E.电阻箱R3（0~999.9Ω） F.电源（电动势约为9V，内阻不计）、开关一只、导线若干。 实验电路图如图乙所示，则①位置电表为________，②位置电表为________，滑动变阻器选择________（填正确选项前的序号）。 (3)移动滑动变阻器的滑片，使电表示数适当，保持滑动变阻器滑片不动。改变电阻箱R3的阻值，记录下每次电表1的读数I1、电表2的读数I2，电阻箱的读数R3。描绘出的图像如图丙所示，已知图像的斜率为k，则待测Rx的阻值为________。（用k表示）。 3．某同学要测量一段金属丝的电阻率，可供选择的实验器材有： A．电流表A1（量程为0~0.6A，内阻r1约为2Ω） B．电流表A2（量程为0~3mA，内阻r2=100Ω） C．定值电阻R1=900Ω D．定值电阻R2=9900Ω E．滑动变阻器R3（0~20Ω，允许通过的最大电流为3A）； F．滑动变阻器R4（0~100Ω，允许通过的最大电流为3A）； G．电池E（电动势为3V，内阻很小）； H．开关S及若干导线。 (1)用螺旋测微器测量该金属丝的直径，某次测量时如图甲所示，读出该金属丝的直径d=______mm。 (2)该同学设计了如图乙所示的测量电路，滑动变阻器应选择_______（填“R3”或“R4”）；定值电阻R应选择_______（填“R1”或“R2”）；A处电流表应选择________（填“A1”或“A2”）。 (3)某次测量时，电流表A示数为2.40mA，电流表B示数为0.50A，则待测金属丝的电阻值为________Ω。（计算结果保留2位有效数字） (4)调节滑动变阻器，测得多组电流表A的示数和电流表B的示数，并作出图像如图丙所示，图像的斜率为k。测得金属丝的长度为L，定值电阻R和电流表A的总阻值用R0表示，可知该金属丝的电阻率ρ=________（用R0、d、k、L的字母表示） 4．某研究性学习小组为了测某电源的电动势E和内阻r，以及一个未知电阻，设计了如图甲所示的实验电路。实验器材有：待测电源（E，r）、待测电阻、电压表（量程3V，内阻很大）、电阻箱R（0~99.99Ω）、定值电阻、单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。 实验步骤如下： (1)根据图甲所示的电路图，请将图乙中的实物图连接完整________。 (2)首先测量未知电阻的阻值，请将该同学的操作补充完整： ①闭合开关，将切换到1，调节R至适当阻值时读出其示数，和对应的电压表示数； ②保持R示数不变，将切换到2，电压表示数如图丙所示，此时电压表示数________V； ③待测电阻________。 (3)该小组同学应用该装置继续测电源电动势E和内阻r。具体操作如下： ①闭合开关，将切换到2，多次调节R，读出多组电阻箱示数R及对应电压表读数U； ②由测得的数据绘出了图线如图丁所示； ③由图丁求得电源电动势________V，内阻________。（结果均保留两位小数） 5．某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E和内阻r及电阻的阻值。实验器材有：待测电源，待测电阻，电压表V（量程0~3V，内阻很大可视为理想表），电阻箱R（0~99.99Ω），单刀单掷开关，单刀双掷开关，导线若干。 (1)先测电阻的阻值。请将该同学的操作补充完整： A．闭合，将切换到a，调节电阻箱，读出其示数和对应的电压表示数； B．保持电阻箱示数不变，_____________，读出电压表的示数； C． 电阻的表达式为=__________。 (2)该同学已经测得电阻，继续测电源电动势E和内阻r，其做法是：闭合，将切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E=__________V，内阻r=________Ω。（结果保留两位有效数字） 6．某实验小组欲测量一内阻约为、量程为的毫安表G的内阻，并进行电表的改装与校对： (1)首先设计了如图甲所示的电路，甲图中的实验器材参数如下： A．电源（电动势3V，内阻可忽略）    B．电源（电动势30V，内阻可忽略） C．滑动变阻器1（阻值范围）    D．滑动变阻器2（阻值范围） ①为了提高毫安表内阻测量的精度，尽可能地减少实验误差，电源应选___________，滑动变阻器应选___________；（均用器材前的序号字母表示） ②先闭合开关、断开开关，调节滑动变阻器使得毫安表G满偏；再闭合，调节电阻箱，当毫安表G示数为满偏电流的时，电阻箱的示数为，则毫安表G内阻的测量值为___________（结果保留3位有效数字），内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 (2)改进后的实验电路如图乙所示，先闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表G满偏，记下此时电流表A的读数； ①小李接下来的操作是：闭合开关，调节电阻箱，使毫安表G半偏，记下此时电流表A的读数，以及电阻箱的阻值，则毫安表G内阻的测量值为___________（用测得的量表示）。 ②小王接下来的操作是：闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器，直至毫安表G半偏并且电流表的读数仍为，记下此时电阻箱的阻值，则毫安表G内阻的测量值为___________（用测得的量表示），内阻的测量值与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“无偏差”）。 (3)给毫安表并联阻值为的电阻后将其改装为量程为600mA的电流表，然后利用一标准电流表与此改装表串联，对改装后的电表进行校对，实验发现，当标准电流表的示数为330mA时，毫安表的指针刚好半偏，由此可以推测出改装的电流表量程不是预期值，要达到预期目的，只需要将阻值为的电阻换为一个阻值为的电阻即可，其中___________（结果保留两位小数）。 7．某欧姆表由于长时间未使用，内部电源电动势和内阻发生了明显变化，导致无法进行欧姆调零。小苏同学用如图甲所示的电路来研究其内部（虚线框内）的电源情况。实验时选择欧姆表“”挡位，已知毫安表的量程为，内阻约为。 (1)在电路连接时，要注意毫安表的“+”接线柱要与欧姆表的_________（选填“红”或“黑”）表笔相连。 (2)调节电阻箱的阻值，当毫安表的读数为时，欧姆表指针偏转到整个表盘位置的刻度处，如图乙所示，则欧姆表表头G的量程为_________。 (3)连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值和通过毫安表mA电流，作出图像，如图丙所示，（图中纵轴截距为-20，斜率为5.0），则电源的电动势_________。 8．某实验小组在测一电源电动势和内电阻实验时情形如下： A．直流电源一个（电动势E约为几伏，内阻约为几欧） B．电阻箱两个（最大阻值均为999.9欧） C．电流表（量程0.6A，内阻约为十几欧） D．电流表（量程0.6A，内阻不计） E.小灯泡两只（额定电压均为3V，额定电流均为0.5A） F.定值电阻 G.开关导线若干 (1)小组同学设计了甲所示的电路，开始将调到较大，闭合，断开，同时调节。当电流表的读数为0.32A时，电流表读数如图乙所示，则电流表的读数为______A。此时的阻值为20.0Ω则电流表的内阻为______Ω。 (2)同时闭合保持=30.0Ω不变，调节得到电流表的示数与的关系如图丙，由丙图可知该电源电动势E与内电阻r分别为______V，______Ω（结果均保留两位有效数字）。 (3)将这个电源、定值电阻和两个相同小灯泡组成电路如图丁，小灯泡的伏安特性曲线如图戊，每个小灯泡的实际功率是______W（结果保留三位有效数字）。 9．某实验兴趣小组设计电路测量某干电池组的电动势和内阻，同时探究熄火保护装置的工作原理。已知定值电阻R0=2Ω，数字毫安表内阻约为1Ω，数字毫伏表内阻约为10MΩ，电源内阻较小。 (1)按照图（a）所示的电路图，将图（b）中的器材实物连线补充完整________。 (2)实验操作步骤如下： ①将滑动变阻器滑到最左端位置 ②接法I：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录若干组数据U1−I1的值，断开开关S0 ③将滑动变阻器滑到最左端位置 ④接法II：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录若干组数据U2−I2的值，断开开关S0 ⑤分别作出两种情况所对应的U1−I1和U2−I2图像 某次读取电表数据时，电压表指针如图（c）所示，此时U1=___________V。（保留两位小数） (3)根据测得数据，作出U1−I1和U2−I2图像如图（d）所示，根据图线求得电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（保留两位小数） (4)由图（d）可知___________（填“接法I”或“接法II”）测得的电源内阻更接近真实值；综合考虑，若只能选择一种接法，应选择___________（填“接法I”或“接法II”）测量更合适。 (5)小组利用上述电源探究熄火保护装置的工作原理，该装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成，示意图如图1所示，A、B为导线上两个接线端。小组设计了如图2所示的电路（部分连线未完成）进行探究，测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合体电阻。已知组合体电阻不超过0.05Ω，则未完成的连接中，Q端应和___________（填“b”或“c”）处相连，理由是___________；正确连线后，开始时滑动变阻器的滑片应置于___________（填“d”或“e”）端。 (6)闭合开关S1、S2，实验测得组合体电阻为0.020Ω，当电磁铁线圈中的电流小于142mA时，电磁铁无法继续吸合衔铁，衔铁被释放。断开开关S1、S2，从室温加热热电偶感温端到某一温度后，停止加热，使其自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势E′随时间t的变化关系如图3所示。在相同的加热和冷却过程中，如果将A、B端直接连接，不计温度变化对组合体电阻的影响，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为___________s（保留3位有效数字）。 10．某实验小组用电流传感器观察两个并联电容器的充、放电过程，设计的电路如图甲所示。器材有：学生电源（9 V，内阻可忽略）、2个相同的电容器（耐压值15 V，电容）、灵敏电流计A（指针居中，内阻不计）、电流传感器（内阻不计）、电阻箱（0~9999 Ω）、单刀双掷开关和导线若干。完成实验，并回答问题： (1)正确连接电路后，电阻箱各个旋钮调到如图乙所示位置，单刀双掷开关S掷于1，一段时间后电容器充电完成，再将S掷于2，则： ①电阻箱接入电路的阻值为_____Ω； ②流过电流传感器的电流方向为_____（填“”或“”）； ③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，现观察到灵敏电流计A指针迅速偏到右边并慢慢回到正中。 (2)电流传感器记录放电电流I随时间t的变化情况如图丙所示。图中图线与纵轴的交点坐标为_____mA，图线与横轴所围的面积为_____C（保留2位有效数字）。 (3)若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，则放电时间_____（填“变长”“变短”或“不变”）。 11．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验，请按要求完成相关实验内容。 (1)在“用多用电表测量电学中的物理量”实验中，某次测量时，多用电表的刻度盘和指针位置如图甲所示，若选择开关位于电阻“×10”挡，则测量结果为______Ω；若选择开关位于直流10V挡，则测量结果为______V． (2)图乙是“观察电容器充、放电现象”的实验电路图，图丙中已正确连接了部分电路，请完成实物图连线______。当单刀双掷开关掷于______（填“1”或“2”）时，电容器放电。 (3)图丁和图戊是“探究影响感应电流方向的因素”实验。 ①如图丁连接实验器材，闭合开关，观察并记录电流表指针偏转方向，对调电源正负极，重复以上操作。该操作是为了获得电流表指针偏转方向与______方向的对应关系； ②如图戊，将实验操作的内容和观察到的指针偏转方向，记录在下表，由实验序号1和______（填实验序号）可得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反。 实验序号 磁体的磁场方向 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向 1 向下 插入线圈 向左 向上 2 向下 拔出线圈 向右 向下 3 向上 插入线圈 向右 向下 4 向上 拔出线圈 向左 向上 12．某同学探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。 (1)正确组装可拆变压器后，如图（a）所示，接入学生电源，选择合适的挡位，应使用多用电表的_______挡测量（选填“直流电压”或“交流电压”）。 (2)保持原线圈输入的电压一定，改变原、副线圈的匝数，测量副线圈上的电压，数据如下表所示。 组别 原线圈匝数 副线圈匝数 原线圏电压 副线圏电压 1 300 60 6.2 0.9 6.89 2 300 120 6.2 2.1 2.95 3 300 180 6.2 3.3 1.88 4 600 180 6.2 1.5 4.13 分析第1、2、3组数据，大致可得出结论：原线圈电压和匝数不变时，_______；分析第3、4组数据，大致可得出结论：原线圈电压和副线圈匝数不变时，原线圈匝数越少，副线圈电压越高。 (3)进一步分析实验数据，发现副线圈电压总比理论值小，其原因可能是_______。 (4)该同学找到了一只标有“220V/9V”的变压器，其上有a、b、c、d四个引出线头，且a、b引线比c、d引线粗，如图（b）所示。使用时，应该把引线_______接交流“220V”（选填“a、b”或“c、d”）。 8 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $