2027届高考物理一轮复习·实验探究专题：2 电学实验篇 分层专项训练

**基本信息** 聚焦电学核心实验，构建“原理-误差-应用”三阶方法体系，通过基础-中档-压轴题梯度训练，强化科学探究与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础实验操作|7题（如实验8伏安特性）|分压/限流电路选择、电表量程匹配|从仪器使用到电路设计，形成实验操作规范| |误差分析与数据处理|13题（如实验9电动势测定）|内外接法判据（R_V/R_x与R_x/R_A）、图像法（1/I-R图线）|从系统误差分析到数据线性化处理，建立误差修正模型| |综合应用与创新设计|12题（如远距离输电最优设计）|能量守恒验证、方案评价（磁通量变化方式比较）|从单一实验到多模块综合，体现物理观念与社会责任|

高考物理实验探究专题训练（套装） · 第2册：电学实验篇 — 高考物理实验探究专题训练 — 第 2 册 电学实验篇 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 适用对象：2027届新高三师生（一轮复习阶段） 覆盖实验：7个电学核心实验（实验7~10、16~18） 题量结构：32题（基础7 + 中档13 + 压轴12） 命题导向：紧扣2026高考电学实验考查趋势 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 目 录 目 录 2 第三部分 压轴挑战题 4 第20题 （10分）[压轴] 实验8：描绘小电珠的伏安特性曲线（多选） 4 第21题 （10分）[压轴] 实验8：描绘小电珠的伏安特性曲线 4 第22题 （10分）[压轴] 实验9：测定电源的电动势和内阻（多选） 5 第23题 （10分）[压轴] 实验9：测定电源的电动势和内阻 5 第24题 （10分）[压轴] 伏阻法测电动势和内阻 6 第25题 （10分）[压轴] 实验10：练习使用多用电表（多选） 6 第26题 （10分）[压轴] 多用电表内部电路与中值电阻 7 第27题 （10分）[压轴] RC曲线面积求电容及误差分析 7 第28题（10分）[压轴] 电磁感应与能量守恒综合 9 第29题 （10分）[压轴] 磁通量变化方式比较方案评价 10 第30题 （10分）[压轴] 变压器与交流电综合 11 第31题 （10分）[压轴] 远距离输电匝数比最优设计 11 第三部分 压轴挑战题解析 13 第20题 [压轴] 实验8：描绘小电珠的伏安特性曲线（多选） 13 第21题 [压轴] 实验8：描绘小电珠的伏安特性曲线 14 第22题 [压轴] 实验9：测定电源的电动势和内阻（多选） 16 第23题 [压轴] 实验9：测定电源的电动势和内阻 17 第24题 [压轴] 伏阻法测电动势和内阻 19 第25题 [压轴] 实验10：练习使用多用电表（多选） 22 第26题 [压轴] 多用电表内部电路与中值电阻 23 第27题 [压轴] RC曲线面积求电容及误差分析 27 第28题 [压轴] 电磁感应与能量守恒综合 29 第29题 [压轴] 磁通量变化方式比较方案评价 32 第30题 [压轴] 变压器与交流电综合 36 第31题 [压轴] 远距离输电匝数比最优设计 38 附录 41 附录一 答案速查表 41 （在Word中按 Ctrl+A 全选后按 F9 可更新目录页码） 第三部分 压轴挑战题 （共12题，每题10分，共120分。考查创新实验设计、综合计算和方案评价） 第20题 （10分）[压轴] 实验8：描绘小电珠的伏安特性曲线（多选） 某实验小组用分压式电路描绘标有"2.5V 0.3A"的小灯泡的伏安特性曲线。可供选择的器材有： - 电源E（电动势4V，内阻约1Ω） - 电压表V（量程3V，内阻约3kΩ） - 电流表A1（量程0.3A，内阻约0.5Ω） - 电流表A2（量程0.6A，内阻约0.2Ω） - 滑动变阻器R1（0~10Ω，额定电流2A） - 滑动变阻器R2（0~100Ω，额定电流1A） 关于器材选择和电路设计，下列说法正确的是（ ） A. 电流表应选择A1，因为小灯泡额定电流为0.3A，量程匹配且精度更高 B. 滑动变阻器应选择R1，因为分压式接法中变阻器阻值越小，调节越均匀线性 C. 小灯泡正常工作时电阻约为8.3Ω，应采用电流表外接法 D. 闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于输出电压最大的位置 答：___________________________________________ 第21题 （10分）[压轴] 实验8：描绘小电珠的伏安特性曲线 某实验小组描绘一个标有"3V 0.5A"小灯泡的伏安特性曲线。实验室提供：电源（电动势4V，内阻约1Ω），电压表V（量程3V，内阻约5kΩ），电流表A（量程0.6A，内阻约0.2Ω），滑动变阻器R（0~10Ω，额定电流2A），开关和导线若干。 （1）为使灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应采用______式接法。 （2）小灯泡正常工作时的电阻为______Ω。 （3）为减小系统误差，电流表应采用______接法（填"内"或"外"）。判断依据是：RV/Rx = ______，Rx/RA = ______，因RV/Rx ______（填">>"或"<<"）Rx/RA，故选______接法。 （4）某次测量中，电压表读数U = 2.0V，电流表读数I = 0.35A，此时小灯泡的电阻为______Ω（保留1位小数）。该值小于正常工作时的电阻，原因是______________________________。 答：___________________________________________ 第22题 （10分）[压轴] 实验9：测定电源的电动势和内阻（多选） 某同学用电流表（内阻RA = 0.20Ω）和电阻箱R测定一节干电池的电动势ε和内阻r。电路连接方式为：电流表与电阻箱串联后接在电源两端（无电压表）。改变电阻箱阻值R，读取对应电流I，利用1/I-R图像处理数据。关于此实验，下列说法正确的是（ ） A. 1/I-R图像的斜率等于1/ε，可以求出电动势 B. 1/I-R图像的纵轴截距等于r/ε，可以直接求出内阻 C. 用此方法测得的内阻测量值等于真实值 D. 电动势的测量结果不受电流表内阻的影响 答：___________________________________________ 第23题 （10分）[压轴] 实验9：测定电源的电动势和内阻 某同学用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻。电路中电流表采用内接法（相对于电源，即电压表并联在电阻箱两端，电流表接在电源和电压表之间）。测得多组U、I数据后作出U-I图像，求得图像纵截距为1.48V，斜率的绝对值为0.80Ω。 （1）电池电动势的测量值ε测 = ________V，内阻的测量值r测 = ________Ω。 （2）由于电流表内接，内阻的测量值r测 ________（填">"或"<"）内阻的真实值r真。 （3）电动势的测量值ε测 ________（填">"、"<"或"="）电动势的真实值ε真。 （4）若已知电流表内阻RA = 0.20Ω，则内阻的真实值r真 = ________Ω。 答：___________________________________________ 第24题 （10分）[压轴] 伏阻法测电动势和内阻 某实验小组用伏阻法（电压表+电阻箱）测定一水果电池的电动势E和内阻r。实验器材：待测水果电池、电压表V（量程3V，内阻rV = 3000Ω）、电阻箱R（0~9999Ω）、开关S、导线若干。 （1）画出实验电路图。 （2）改变电阻箱R，记录多组(R, U)数据。请推导：1/U与1/R成______关系（填"线性"或"非线性"），1/U = ______·(1/R) + ______。由此可作______图线，斜率k = ______，纵截距b = ______。 （3）若不考虑电压表内阻的影响（rV → ∞），推导E和r的表达式：E = ______，r = ______。 （4）考虑电压表内阻rV的影响，测得的E测和r测与真实值相比：E测 ______ E真，r测 ______ r真。请简要说明理由。 （5）若实验数据如下表，用作图法求E和r（不考虑电压表分流）。 R/Ω 100 200 400 800 1600 U/V 0.50 0.80 1.10 1.30 1.45 答：___________________________________________ 第25题 （10分）[压轴] 实验10：练习使用多用电表（多选） 某同学用多用电表的欧姆挡测量一个未知电阻Rx。他先将选择开关旋至"×10"挡，进行欧姆调零后测量，发现指针偏转角度过大（接近右侧零刻度）。关于后续操作，下列说法正确的是（ ） A. 指针偏转过大说明被测电阻阻值较小，应换用"×1"挡 B. 换挡后不需要重新进行欧姆调零 C. 若换挡后指针指在刻度盘中央刻度附近，此时测量误差最小 D. 测量结束后，应将选择开关旋至"OFF"挡或交流电压最高挡 答：___________________________________________ 第26题 （10分）[压轴] 多用电表内部电路与中值电阻 多用电表欧姆挡的内部电路可简化为：电源E（电动势ε = 1.50V）、可变电阻R0（调零电阻）、电流表G（满偏电流Ig = 100μA，内阻rg = 1000Ω）串联。 （1）当选择开关置于"×1k"倍率时，进行欧姆调零（表笔短接），此时可变电阻R0的阻值为______Ω。该倍率下的中值电阻R中 = ______Ω。 （2）若将被测电阻Rx接在两表笔之间，电流表G的示数I与Rx的关系为：I = ______（用ε、R内、Rx表示，其中R内为欧姆表等效内阻）。当Rx = R中时，I = ______Ig（填分数）。 （3）当选择开关从"×1k"换到"×100"倍率时，需在电路中______联一个______电阻（填"串"或"并"，并给出阻值），使中值电阻变为原来的______倍。 （4）同理，从"×1k"换到"×1"倍率时，需______联一个______Ω的电阻。 （5）关于多用电表欧姆挡，下列说法正确的是______。 A. 欧姆挡刻度不均匀，左密右疏 B. 中值电阻等于欧姆表内部总电阻 C. 倍率越大，内部串联的分流电阻越大 D. 每次换倍率后都必须重新欧姆调零 答：___________________________________________ 第27题 （10分）[压轴] RC曲线面积求电容及误差分析 某实验小组用电流传感器研究电容器的充电过程。电路如图：电源E（电动势6.0V，内阻不计）、电容器C（标称值470μF）、定值电阻R = 10kΩ、开关S。电流传感器串联在回路中，数据采集器以0.01s间隔记录电流I随时间t的变化。 （1）闭合开关S充电，电流传感器记录的I-t曲线如图所示。t = 0时刻（刚闭合S）的电流I0 = ______mA。充电时间常数τ = RC = ______s。 （2）电容器的充电电荷量Q = ∫0^∞ I(t)dt，在数值上等于I-t曲线与坐标轴围成的面积。该同学用"数格子法"估算面积：图中每个小格对应0.2mA × 0.5s = 1.0 × 10-4 C，共数得约28个小格。则Q ≈ ______C，电容C = Q/U = ______μF。 （3）另一种方法利用τ = RC和I0 = E/R的关系推导：Q = I0·τ = (E/R)·(RC) = ______。代入数据计算Q = ______C，C = ______μF。 （4）上述两种方法的结果与标称值470μF比较：方法一（面积法）的相对误差为______%，方法二（公式法）的相对误差为______%。面积法误差较大的原因可能是______________________________。 （5）为减小面积法的误差，可采取的措施有：______和______。 答：___________________________________________ 第28题（10分）[压轴] 电磁感应与能量守恒综合 如图所示，水平面上有两根平行金属导轨，间距L = 1.0m，导轨左端接有电阻R = 5.0Ω。匀强磁场竖直向下，磁感应强度B = 2.0T。一根质量m = 0.10kg、电阻r = 1.0Ω的金属棒横跨在导轨上，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ = 0.20。金属棒在水平外力F作用下从静止开始以恒定加速度a = 2.0m/s2运动。（g取10m/s2） （1）求t = 2.0s时，金属棒的速度v、感应电动势ε和回路电流I； （2）求t = 2.0s时，水平外力F的大小和方向； （3）求前2.0s内，外力F做的功WF、电阻R上产生的焦耳热QR和摩擦力做的功Wf； （4）验证能量守恒：WF = ΔEk + QR + Qr + Wf（其中ΔEk为动能增量，Qr为金属棒上产生的焦耳热）。 答：___________________________________________ 第29题 （10分）[压轴] 磁通量变化方式比较方案评价 在"探究电磁感应现象"实验中，某同学设计了三种改变磁通量的方案来探究感应电流方向与磁通量变化的关系： 方案甲：条形磁铁N极向下，从线圈上方竖直插入线圈（磁场增强，方向向下）。 方案乙：条形磁铁水平放置，保持磁铁不动，将闭合线圈从远处水平移近磁铁（面积不变，磁场增强）。 方案丙：保持条形磁铁和线圈位置不变，在线圈中插入铁芯（磁场增强，方向不变）。 （1）三种方案中，穿过线圈的磁通量Φ的变化方式分别为： - 方案甲：______变化（填"面积"或"磁场"），Φ______（填"增大"或"减小"）。 - 方案乙：______变化，Φ______。 - 方案丙：______变化，Φ______。 （2）用楞次定律判断感应电流方向时，四步法为：①明确______方向；②判断Φ是增大还是减小；③由"______"确定感应电流磁场方向；④由______定则判断感应电流方向。 （3）方案甲中，从上往下看，感应电流方向为______（填"顺时针"或"逆时针"）。方案丙中感应电流方向与方案甲______（填"相同"或"相反"）。 （4）某同学用方案乙实验时发现：线圈水平移近磁铁过程中，灵敏电流计指针偏转角度很小。为增大偏转角度，可采取的措施有______和______。 （5）关于三种方案的实验效果比较，下列评价正确的是______。 A. 方案甲磁通量变化率最大，感应电流最明显 B. 方案乙磁通量变化率取决于线圈移动速度 C. 方案丙中铁芯插入速度影响感应电流大小 D. 三种方案感应电流方向均由楞次定律确定，与变化方式无关 答：___________________________________________ 第30题 （10分）[压轴] 变压器与交流电综合 某小型水力发电站，水轮机带动发电机运转发电。发电机输出交流电压为u = 500 sin(100πt) V。发电站通过升压变压器T1、输电线和降压变压器T2向远处用户供电。升压变压器原副线圈匝数比n1:n2 = 1:20，降压变压器原副线圈匝数比n3:n4 = 25:1。输电线总电阻R线 = 10Ω。用户端接有"220V 1100W"的用电器（视为纯电阻）。（变压器均为理想变压器） （1）求发电机输出交流电压的有效值U1和频率f； （2）求升压变压器副线圈电压U2和降压变压器原线圈电压U3； （3）求输电线上损失的功率P损和用户实际得到的功率P用； （4）若用电器两端实际电压为U4，判断用电器能否正常工作。若不能，计算用户实际电压U4的值，并提出一种使电压恢复正常的调整方案。 答：___________________________________________ 第31题 （10分）[压轴] 远距离输电匝数比最优设计 某小型水电站远距离输电系统简化如下：发电机（输出电压U0 = 500V，输出功率P = 50kW）→升压变压器T1 →输电线（总电阻R线 = 10Ω）→降压变压器T2 →用户（负载电阻R_L = 20Ω）。两变压器均视为理想变压器。 （1）若升压变压器T1的匝数比n1:n2 = 1:10，则： - 输电线电压U2 = ______V - 输电线电流I2 = ______A - 输电线上损耗功率P损 = ______W - 输电效率η = ______% （2）降压变压器T2的匝数比n3:n4 = ______:______才能使用户获得220V电压？ （3）若将T1匝数比改为1:20（其他不变），输电线损耗变为原来的______，输电效率______（填"提高"或"降低"）。 （4）是否T1的升压比越大越好？考虑以下约束：输电线绝缘耐压上限U_max = 12000V。求最优升压比n1:n2_最优 = ______:______，此时P损_最小 = ______W。 （5）若发电机输出功率增大到P' = 100kW（其他不变），保持T1匝数比1:10，则输电效率______（填"提高"或"降低"）。这说明在输电线路确定后，______越大，输电效率越低。 答：___________________________________________ 学科网（北京）股份有限公司 第三部分 压轴挑战题解析 第20题 [压轴] 实验8：描绘小电珠的伏安特性曲线（多选） 某实验小组用分压式电路描绘标有"2.5V 0.3A"的小灯泡的伏安特性曲线。可供选择的器材有： - 电源E（电动势4V，内阻约1Ω） - 电压表V（量程3V，内阻约3kΩ） - 电流表A1（量程0.3A，内阻约0.5Ω） - 电流表A2（量程0.6A，内阻约0.2Ω） - 滑动变阻器R1（0~10Ω，额定电流2A） - 滑动变阻器R2（0~100Ω，额定电流1A） 关于器材选择和电路设计，下列说法正确的是（ ） A. 电流表应选择A1，因为小灯泡额定电流为0.3A，量程匹配且精度更高 B. 滑动变阻器应选择R1，因为分压式接法中变阻器阻值越小，调节越均匀线性 C. 小灯泡正常工作时电阻约为8.3Ω，应采用电流表外接法 D. 闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于输出电压最大的位置 【参考答案】 ABC 【命题意图】 本题为器材选择与电路设计的综合分析题，考查电表量程选择原则、分压式电路中滑动变阻器的选择依据、电流表内外接法判断、安全操作规范，属于压轴级综合应用。 【解题思路】 根据额定电流选择电流表量程，依据分压式电路特性选择滑动变阻器，计算小灯泡电阻并比较电表内阻确定接法，判断分压式电路的安全初始位置。 【详细过程】 - A选项：小灯泡额定电流0.3A，A1量程0.3A恰好覆盖，A2量程0.6A虽更安全但精度降低（指针偏转角度小）。选A1兼顾安全和精度。A正确。 - B选项：分压式接法中，滑动变阻器阻值越小，输出电压随滑片移动的变化越均匀（线性度好）。R1(10Ω)比R2(100Ω)调节更均匀，且额定电流2A满足要求。B正确。 - C选项：R灯 = U/I = 2.5/0.3 ≈ 8.33Ω。比较：RV/Rx = 3000/8.33 ≈ 360，Rx/RA1 = 8.33/0.5 ≈ 16.7。因RV/Rx >> Rx/RA1，电压表分流影响远小于电流表分压影响，应采用外接法。C正确。 - D选项：分压式接法中，闭合开关前滑片应置于输出电压为零的位置（即分压电阻为零端），以保护电路和电表。D错误。 【易错点提示】 ①电流表量程不是越大越好，应兼顾安全性和精度，选择指针偏转在1/3~2/3量程范围的电表；②分压式接法选小阻值变阻器（调节线性），限流式接法选大阻值变阻器（调节范围大）；③判断内外接法的判据：RV/Rx与Rx/RA的比较，大者对应的接法误差小。 【知识链接】 分压式接法适用于需要电压从零开始连续调节的实验（伏安特性曲线、校准电表等）。分压式电路的调节线性度与RL/R有关（RL为负载电阻，R为变阻器总阻值），RL/R越大（即R越小），调节越线性。这是电学实验设计的重要原理。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第21题 [压轴] 实验8：描绘小电珠的伏安特性曲线 某实验小组描绘一个标有"3V 0.5A"小灯泡的伏安特性曲线。实验室提供：电源（电动势4V，内阻约1Ω），电压表V（量程3V，内阻约5kΩ），电流表A（量程0.6A，内阻约0.2Ω），滑动变阻器R（0~10Ω，额定电流2A），开关和导线若干。 （1）为使灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应采用______式接法。 （2）小灯泡正常工作时的电阻为______Ω。 （3）为减小系统误差，电流表应采用______接法（填"内"或"外"）。判断依据是：RV/Rx = ______，Rx/RA = ______，因RV/Rx ______（填">>"或"<<"）Rx/RA，故选______接法。 （4）某次测量中，电压表读数U = 2.0V，电流表读数I = 0.35A，此时小灯泡的电阻为______Ω（保留1位小数）。该值小于正常工作时的电阻，原因是______________________________。 【参考答案】 （1）分压 （2）6.0 （3）外；833（约）；30（约）；>>；外 （4）5.7；此时灯丝温度低于正常工作温度，金属电阻率随温度降低而减小，因此电阻较小 【命题意图】 本题为伏安特性曲线实验的综合填空题，考查分压式电路的必要性、额定电阻计算、电流表内外接法判据的定量分析、实际电阻与额定电阻差异的原因分析，属于压轴级综合应用。 【解题思路】 根据实验要求（电压从零开始）判断电路接法，计算额定电阻，定量比较内外接法误差选择接法，计算实际电阻并分析温度对电阻的影响。 【详细过程】 （1）描绘伏安特性曲线需要电压从0V开始连续调到额定电压3V，必须采用分压式接法。限流式接法无法使电压从零开始调节。 （2）正常工作时的电阻：R额 = U额/I额 = 3/0.5 = 6.0Ω （3）判断电流表接法： - RV/Rx = 5000/6 ≈ 833 - Rx/RA = 6/0.2 = 30 因833 >> 30（即RV/Rx >> Rx/RA），电压表分流影响远小于电流表分压影响，应采用电流表外接法。 （4）实际电阻：R = U/I = 2.0/0.35 ≈ 5.7Ω R = 5.7Ω < R额 = 6.0Ω。原因：此时灯泡两端电压为2.0V（低于额定电压3V），灯丝温度低于正常工作温度。金属的电阻率随温度升高而增大，温度低时电阻率小，因此电阻较小。这也解释了小灯泡的I-U曲线不是直线——电阻随温度（即随电流/电压）变化。 【易错点提示】 ①分压式接法的判据是"需要电压从零开始连续调节"，不是"需要大电流"；②外接法判据要定量计算RV/Rx和Rx/RA，不能仅凭"小电阻"经验判断（6Ω算不算小电阻需要相对比较）；③实际电阻小于额定电阻是正常的，因为温度效应使电阻随电压变化——这正是伏安特性曲线弯曲的原因。 【知识链接】 金属导体电阻率随温度升高而增大（正温度系数），这是小灯泡I-U曲线弯曲的物理本质。U较小时灯丝温度低、电阻小，I-U曲线较陡；U较大时灯丝温度高、电阻大，I-U曲线变缓。LED、二极管等半导体元件具有更显著的非线性特性，2026高考可能考查这类元件的伏安特性。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第22题 [压轴] 实验9：测定电源的电动势和内阻（多选） 某同学用电流表（内阻RA = 0.20Ω）和电阻箱R测定一节干电池的电动势ε和内阻r。电路连接方式为：电流表与电阻箱串联后接在电源两端（无电压表）。改变电阻箱阻值R，读取对应电流I，利用1/I-R图像处理数据。关于此实验，下列说法正确的是（ ） A. 1/I-R图像的斜率等于1/ε，可以求出电动势 B. 1/I-R图像的纵轴截距等于r/ε，可以直接求出内阻 C. 用此方法测得的内阻测量值等于真实值 D. 电动势的测量结果不受电流表内阻的影响 【参考答案】 AD 【命题意图】 本题为安阻法测电源电动势和内阻的综合分析题，考查闭合电路欧姆定律的变形应用、图像法数据处理原理、电流表内阻对测量结果的影响，属于压轴级实验分析题。 【解题思路】 根据闭合电路欧姆定律推导1/I与R的函数关系，分析图像斜率和截距的物理意义，判断电流表内阻对电动势和内阻测量值的影响。 【详细过程】 由闭合电路欧姆定律：ε = I(R + r + RA) 变形得：1/I = (R + r + RA)/ε = (1/ε)·R + (r + RA)/ε 这是一个关于R的一次函数，1/I-R图像为直线。 - A选项：斜率 = 1/ε，因此ε = 1/斜率。电动势可由斜率求出。A正确。 - B选项：纵轴截距 = (r + RA)/ε，不是r/ε。若直接用截距×电动势求内阻，得到的是r + RA而非r。B错误。 - C选项：纵轴截距 = (r + RA)/ε，由此求出的"内阻"= 截距 × ε = r + RA > r。测量值偏大，不等于真实值。C错误。 - D选项：电动势ε = 1/斜率，斜率 = 1/ε，与RA无关。电动势测量不受电流表内阻影响。D正确。 【易错点提示】 ①1/I-R图像截距是(r+RA)/ε而非r/ε，电流表内阻被"计入"了内阻测量值；②电动势测量不受RA影响（因为斜率只与ε有关），但内阻测量偏大（多了RA）；③若已知RA，可修正：r真 = r测 − RA。 【知识链接】 测电源电动势和内阻的三种方法：①伏安法（电压表+电流表+滑动变阻器），②安阻法（电流表+电阻箱），③伏阻法（电压表+电阻箱）。每种方法的系统误差来源不同。2026高考可能要求比较三种方法的误差特点并进行修正。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第23题 [压轴] 实验9：测定电源的电动势和内阻 某同学用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻。电路中电流表采用内接法（相对于电源，即电压表并联在电阻箱两端，电流表接在电源和电压表之间）。测得多组U、I数据后作出U-I图像，求得图像纵截距为1.48V，斜率的绝对值为0.80Ω。 （1）电池电动势的测量值ε测 = ________V，内阻的测量值r测 = ________Ω。 （2）由于电流表内接，内阻的测量值r测 ________（填">"或"<"）内阻的真实值r真。 （3）电动势的测量值ε测 ________（填">"、"<"或"="）电动势的真实值ε真。 （4）若已知电流表内阻RA = 0.20Ω，则内阻的真实值r真 = ________Ω。 【参考答案】 （1）1.48；0.80 （2）> （3）= （4）0.60 【命题意图】 本题为电源电动势和内阻测量的系统误差分析题，考查电流表内接法对测量结果的影响和修正方法，需要学生从电路方程出发严格推导，属于压轴级误差分析题。 【解题思路】 写出电流表内接法时U与I的函数关系，确定图像截距和斜率对应的物理量，分析系统误差方向，利用已知RA进行修正。 【详细过程】 电路分析：电流表内接法（相对于电源），电压表并联在电阻箱（或滑动变阻器）两端。此时电压表读数U不包含电流表上的电压降。 由闭合电路欧姆定律： ε = I(r + RA) + U U = ε − I(r + RA) U-I图像：纵截距 = ε，斜率 = −(r + RA)，斜率的绝对值 = r + RA （1）由图像得： ε测 = 纵截距 = 1.48V r测 = |斜率| = 0.80Ω （2）r测 = r真 + RA > r真，测量值偏大。原因是电流表内阻被"计入"了电源内阻。 （3）ε测 = ε真。由U = ε − I(r + RA)可知，纵截距恰好等于电动势ε，电流表内阻不影响截距（只影响斜率）。 （4）由r测 = r真 + RA得： r真 = r测 − RA = 0.80 − 0.20 = 0.60Ω 【易错点提示】 ①电流表内接法（相对于电源）时，电压表测的是不含电流表压降的路端电压，U = ε − I(r+RA)，截距=ε（正确），斜率绝对值=r+RA（偏大）；②电动势不受影响（截距不变），只有内阻偏大；③修正方法：r真 = r测 − RA，需要已知RA的值；④若题目改为电流表外接法（相对于电源），则电压表分流会导致ε和r的测量值都偏小。 【知识链接】 测电源电动势和内阻的两种电路： - 电流表内接（相对于电源）：r测 = r真 + RA（偏大），ε测 = ε真（准确） - 电流表外接（相对于电源）：r测 = r真·RV/(r真+RV)（偏小），ε测 = ε真·RV/(r真+RV)（偏小） 两种接法的选择：当r >> RA时（如蓄电池），选内接法误差小；当r << RV时（通常成立），选外接法误差小。一般干电池内阻约0.5~1Ω，RA约0.1~0.5Ω，两种误差都可能存在，需具体分析。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第24题 [压轴] 伏阻法测电动势和内阻 某实验小组用伏阻法（电压表+电阻箱）测定一水果电池的电动势E和内阻r。实验器材：待测水果电池、电压表V（量程3V，内阻rV = 3000Ω）、电阻箱R（0~9999Ω）、开关S、导线若干。 （1）画出实验电路图。 （2）改变电阻箱R，记录多组(R, U)数据。请推导：1/U与1/R成______关系（填"线性"或"非线性"），1/U = ______·(1/R) + ______。由此可作______图线，斜率k = ______，纵截距b = ______。 （3）若不考虑电压表内阻的影响（rV → ∞），推导E和r的表达式：E = ______，r = ______。 （4）考虑电压表内阻rV的影响，测得的E测和r测与真实值相比：E测 ______ E真，r测 ______ r真。请简要说明理由。 （5）若实验数据如下表，用作图法求E和r（不考虑电压表分流）。 R/Ω 100 200 400 800 1600 U/V 0.50 0.80 1.10 1.30 1.45 【参考答案】 （1）电路图：水果电池E、电压表V并联在电阻箱R两端，R与开关S串联（即E、r、R、S串联，V并联在R上）。 （2）线性；r/E；1/E；1/U − 1/R；r/E；1/E （3）E = 1/b；r = k/b = k·E （4）<；< （5）E ≈ 1.65V，r ≈ 230Ω 【命题意图】 本题为伏阻法测电源电动势和内阻的压轴题，要求推导1/U-1/R线性化关系、分析电压表内阻的系统误差方向、并完成数据处理。伏阻法（电压表+电阻箱）直接呼应2026高考第23题"无电流表"的命题思路，是本册的核心卖点题之一。 【解题思路】 由闭合电路欧姆定律E = U + Ir = U + (U/R)r，变形得1/U = (r/E)·(1/R) + 1/E，作1/U-1/R图线求E和r；电压表并联分流使测得的U偏小，导致E和r均偏小。 【详细过程】 （2）推导： 闭合电路欧姆定律：E = U + Ir 其中I = U/R（电阻箱上的电流），代入： E = U + (U/R)·r E/U = 1 + r/R 1/U = (1/E)·(1 + r/R) = (r/E)·(1/R) + 1/E ∴ 1/U = (r/E)·(1/R) + 1/E 这是关于1/R的线性方程： 斜率 k = r/E，纵截距 b = 1/E （3）E = 1/b，r = k·E = k/b （4）考虑电压表内阻rV： 电压表与电阻箱并联，等效外阻R' = R·rV/(R + rV) < R 实际E = U + (U/R')·r，但计算时用1/U = (r/E)·(1/R) + 1/E（假设R'=R） 由于R' < R，实际电流I_真 = U/R' > U/R，电源实际输出更大电流，端电压U更小。 在1/U-1/R图线中，每个1/R对应的1/U偏大（U偏小），导致图线向上偏移，斜率和截距均偏大。 但进一步分析：E测 = 1/b。由于U偏小，1/U偏大，b = 1/E偏大，E测偏小。 r测 = k/b = k·E测。k偏大但E测偏小，需精确分析。 严格推导（考虑rV）： E = U + I_总·r，I_总 = U/R' = U(R + rV)/(R·rV) E = U + U·r·(R + rV)/(R·rV) E/U = 1 + r(R + rV)/(R·rV) = 1 + r/rV + r/R 1/U = (1/E)·(1 + r/rV + r/R) = (r/E)·(1/R) + (1 + r/rV)/E 比较不考虑rV时的1/U = (r/E)·(1/R) + 1/E： 截距：b_测 = (1 + r/rV)/E > 1/E = b_真 → E测 = 1/b_测 < E真 斜率：k_测 = r/E = k_真（斜率不变！） r测 = k_测/b_测 = (r/E)/[(1 + r/rV)/E] = r/(1 + r/rV) < r ∴ E测 < E真，r测 < r真 （5）计算1/U和1/R： 1/R (Ω-1) 0.0100 0.00500 0.00250 0.00125 0.000625 1/U (V-1) 2.000 1.250 0.909 0.769 0.690 取两点(1/R = 0.0100, 1/U = 2.000)和(1/R = 0.000625, 1/U = 0.690)： k = (2.000 − 0.690)/(0.0100 − 0.000625) = 1.310/0.009375 = 139.7 b = 0.690 − 139.7 × 0.000625 = 0.690 − 0.087 = 0.603 E = 1/b = 1/0.603 ≈ 1.66V r = k/b = 139.7/0.603 ≈ 232Ω 水果电池内阻确实较大（数百Ω级），E约1.5V量级合理。考虑数据测量误差，取E ≈ 1.65V，r ≈ 230Ω。 【易错点提示】 ①伏阻法用1/U-1/R图线（不是U-R图线）；②斜率k = r/E，截距b = 1/E，注意与安阻法区分；③电压表内阻使E测偏小、r测偏小（电压表分流使端电压偏低）；④水果电池内阻很大（数百Ω），与干电池（约0.5Ω）差异显著；⑤伏阻法适用于内阻较大的电源（如水果电池），对内阻很小的电源（如干电池）误差较大。 【知识链接】 伏阻法是"无电流表"测电源E和r的经典方法，与2026高考第23题"无电流表测电压表内阻"在方法论上高度一致——通过电压表和已知电阻替代电流表的功能，体现"再造电表还源头"的创新思维。伏阻法适用于高内阻电源，安阻法适用于低内阻电源，这一适用范围的区分是高考实验评价的重要考点。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第25题 [压轴] 实验10：练习使用多用电表（多选） 某同学用多用电表的欧姆挡测量一个未知电阻Rx。他先将选择开关旋至"×10"挡，进行欧姆调零后测量，发现指针偏转角度过大（接近右侧零刻度）。关于后续操作，下列说法正确的是（ ） A. 指针偏转过大说明被测电阻阻值较小，应换用"×1"挡 B. 换挡后不需要重新进行欧姆调零 C. 若换挡后指针指在刻度盘中央刻度附近，此时测量误差最小 D. 测量结束后，应将选择开关旋至"OFF"挡或交流电压最高挡 【参考答案】 ACD 【命题意图】 本题以欧姆表实际操作为情境，考查欧姆表读数原理、倍率选择原则、欧姆调零规范和实验结束操作，综合检验学生对多用电表使用的实操素养。 【解题思路】 分析指针偏转过大对应的物理含义（电阻较小），判断正确的换挡方向，明确换挡后欧姆调零的必要性，了解中值电阻附近精度最高的特点，掌握实验结束的规范操作。 【详细过程】 - A选项：欧姆挡刻度右端为0Ω，左端为∞。指针偏转过大（接近右侧零刻度）说明被测电阻很小，在"×10"挡读数靠近右端，刻度稀疏、读数误差大。应换用"×1"挡，使指针偏转减小、靠近中央刻度。A正确。 - B选项：每次换挡后，欧姆表内部电路参数改变，必须重新进行欧姆调零（两表笔短接，调节调零旋钮使指针满偏）。B错误。 - C选项：欧姆表刻度不均匀，中央刻度附近刻度间距较大、读数精度最高，称为中值电阻。指针在中值附近测量误差最小。C正确。 - D选项：测量结束后，应将选择开关旋至"OFF"挡（断开内部电路）或交流电压最高挡（防止误用时损坏电表），以保护电表。D正确。 【易错点提示】 ①指针偏转过大（偏右）→电阻小→换小倍率；指针偏转过小（偏左）→电阻大→换大倍率；②每次换挡必须重新欧姆调零，这是操作规范；③中值电阻附近误差最小，不是"越靠右越好"或"越靠左越好"；④长期不用应取出电池，防止电池漏液损坏电表。 【知识链接】 欧姆表原理：I = E/(Rg + R0 + r + Rx)，其中Rg为表头内阻、R0为调零电阻、r为电池内阻。中值电阻R中 = Rg + R0 + r，即指针指中央时Rx = R中。多用电表使用完毕应置于"OFF"或交流电压最高挡，这是实验安全的基本规范。2026高考可能考查欧姆表内部电路分析或多量程欧姆表的设计原理。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第26题 [压轴] 多用电表内部电路与中值电阻 多用电表欧姆挡的内部电路可简化为：电源E（电动势ε = 1.50V）、可变电阻R0（调零电阻）、电流表G（满偏电流Ig = 100μA，内阻rg = 1000Ω）串联。 （1）当选择开关置于"×1k"倍率时，进行欧姆调零（表笔短接），此时可变电阻R0的阻值为______Ω。该倍率下的中值电阻R中 = ______Ω。 （2）若将被测电阻Rx接在两表笔之间，电流表G的示数I与Rx的关系为：I = ______（用ε、R内、Rx表示，其中R内为欧姆表等效内阻）。当Rx = R中时，I = ______Ig（填分数）。 （3）当选择开关从"×1k"换到"×100"倍率时，需在电路中______联一个______电阻（填"串"或"并"，并给出阻值），使中值电阻变为原来的______倍。 （4）同理，从"×1k"换到"×1"倍率时，需______联一个______Ω的电阻。 （5）关于多用电表欧姆挡，下列说法正确的是______。 A. 欧姆挡刻度不均匀，左密右疏 B. 中值电阻等于欧姆表内部总电阻 C. 倍率越大，内部串联的分流电阻越大 D. 每次换倍率后都必须重新欧姆调零 【参考答案】 （1）14000；15000 （2）ε/(R内 + Rx)；1/2 （3）并；约1667Ω；1/10 （4）并；约15.0Ω （5）ABD 【命题意图】 本题为多用电表欧姆挡内部电路的压轴分析题，要求计算中值电阻、推导I-Rx关系、分析倍率换挡原理。体现2026高考对"理解仪器原理"而非"会使用即可"的深度考查要求。 【解题思路】 欧姆调零时Rx = 0，I = Ig = ε/R内，求R内；中值电阻R中 = R内；Rx = R中时I = ε/(2R内) = Ig/2；换倍率通过并联/串联电阻改变R内。 【详细过程】 （1）欧姆调零时表笔短接（Rx = 0）： I = Ig = ε/R内 R内 = ε/Ig = 1.50/(100 × 10-6) = 15000Ω = 15kΩ R内 = rg + R0 → R0 = R内 − rg = 15000 − 1000 = 14000Ω 中值电阻R中 = R内 = 15000Ω（"×1k"挡） （2）I = ε/(R内 + Rx) = Ig·R中/(R中 + Rx) 当Rx = R中时：I = ε/(2R内) = Ig/2 （3）从"×1k"换到"×100"倍率：中值电阻从15kΩ变为1.5kΩ（缩小10倍）。 需要在电路中并联一个电阻R_并，使等效内阻变为1.5kΩ： 1/R内' = 1/R内 + 1/R_并 1/1500 = 1/15000 + 1/R_并 1/R_并 = 1/1500 − 1/15000 = 10/15000 − 1/15000 = 9/15000 R_并 = 15000/9 ≈ 1667Ω 从"×1k"换到"×100"：并联约1667Ω电阻，中值电阻变为原来的1/10。 （4）从"×1k"换到"×1"倍率：中值电阻从15kΩ变为15Ω（缩小1000倍）。 1/15 = 1/15000 + 1/R_并 1/R_并 = 1/15 − 1/15000 = 1000/15000 − 1/15000 = 999/15000 R_并 = 15000/999 ≈ 15.0Ω 从"×1k"换到"×1"：并联约15.0Ω电阻。 （5）A正确：欧姆挡刻度左密右疏（左侧电阻大，刻度密集）✓ B正确：中值电阻 = 欧姆表内部总电阻 ✓ C错误：从高倍率换到低倍率是并联电阻（减小内阻），不存在"倍率越大串联越大"的关系。 D正确：每次换倍率后中值电阻变化，必须重新调零 ✓ 答案：ABD 【易错点提示】 ①中值电阻R中 = ε/Ig = 欧姆表内部总电阻，是欧姆挡的核心参数；②Rx = R中时I = Ig/2（半偏），这是"中值"的含义；③从高倍率换低倍率需并联分流电阻（减小内阻），不是串联；④每次换倍率后R内变化，必须重新欧姆调零；⑤欧姆挡刻度左密右疏、非线性。 【知识链接】 多用电表欧姆挡的内部电路原理是高考电学实验的深度考查方向。中值电阻R中 = ε/Ig是设计的核心——它决定了量程范围和刻度分布。实际多用电表通过并联不同阻值的分流电阻实现倍率切换（×1、×10、×100、×1k），高倍率对应大内阻、小电流、适合测大电阻。理解这一原理，才能在实验中正确选择倍率并理解读数含义。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第27题 [压轴] RC曲线面积求电容及误差分析 某实验小组用电流传感器研究电容器的充电过程。电路如图：电源E（电动势6.0V，内阻不计）、电容器C（标称值470μF）、定值电阻R = 10kΩ、开关S。电流传感器串联在回路中，数据采集器以0.01s间隔记录电流I随时间t的变化。 （1）闭合开关S充电，电流传感器记录的I-t曲线如图所示。t = 0时刻（刚闭合S）的电流I0 = ______mA。充电时间常数τ = RC = ______s。 （2）电容器的充电电荷量Q = ∫0^∞ I(t)dt，在数值上等于I-t曲线与坐标轴围成的面积。该同学用"数格子法"估算面积：图中每个小格对应0.2mA × 0.5s = 1.0 × 10-4 C，共数得约28个小格。则Q ≈ ______C，电容C = Q/U = ______μF。 （3）另一种方法利用τ = RC和I0 = E/R的关系推导：Q = I0·τ = (E/R)·(RC) = ______。代入数据计算Q = ______C，C = ______μF。 （4）上述两种方法的结果与标称值470μF比较：方法一（面积法）的相对误差为______%，方法二（公式法）的相对误差为______%。面积法误差较大的原因可能是______________________________。 （5）为减小面积法的误差，可采取的措施有：______和______。 【参考答案】 （1）0.60；4.7 （2）2.8 × 10-3；467 （3）EC；2.82 × 10-3；470 （4）0.6%（面积法）；0%（公式法，理论上等于标称值）；数格子法精度有限，且充电后期电流很小、曲线与横轴围成的面积估算误差大 （5）减小每个小格对应的面积（即使用更精细的网格）；延长采样时间确保电流衰减到接近零 【命题意图】 本题考查RC充电实验中用I-t曲线面积求电容的方法，要求定量计算和误差分析，是电容器实验的压轴题。体现2026高考对"图像面积物理意义"和"定量误差分析"的考查趋势，呼应力速图图像创新方向。 【解题思路】 充电初瞬I0 = E/R；时间常数τ = RC；电荷量Q = I-t曲线面积，用数格子法或Q = I0τ = EC计算；比较两种方法与标称值的误差。 【详细过程】 （1）I0 = E/R = 6.0/(10 × 103) = 6.0 × 10-4 A = 0.60mA τ = RC = 10 × 103 × 470 × 10-6 = 4.7s （2）面积法： 每小格 = 0.2mA × 0.5s = 0.1mA·s = 0.1 × 10-3 C = 1.0 × 10-4 C 28格 → Q = 28 × 1.0 × 10-4 = 2.8 × 10-3 C C = Q/U = 2.8 × 10-3/6.0 = 4.67 × 10-4 F = 467μF （3）公式法： Q = I0·τ = (E/R)·(RC) = EC Q = 6.0 × 470 × 10-6 = 2.82 × 10-3 C C = Q/U = EC/E = C = 470μF（自洽，理论上等于标称值） （4）面积法：δ1 = |467 − 470|/470 × 100% = 0.64% ≈ 0.6% 公式法：δ2 = |470 − 470|/470 × 100% = 0% 面积法误差较大的原因：①数格子法精度有限，每格面积估算有偏差；②充电后期电流很小，曲线趋于平缓，与横轴围成的"尾巴"面积估算误差大；③I-t曲线是指数衰减，手绘曲线与实际有偏差。 （5）减小误差措施：①使用更精细的网格（减小每格面积）；②延长数据采集时间，确保电流衰减到接近零，完整捕捉"尾巴"面积；③用计算机软件数值积分代替手动数格子。 【易错点提示】 ①充电初瞬电流I0 = E/R（电容视为短路），不是零；②时间常数τ = RC是充电到63%所需时间，不是充满时间（充满约需5τ）；③I-t曲线面积物理意义是电荷量Q，不是能量；④公式法Q = EC是理论值，不含R，因为Q = I0τ = (E/R)(RC) = EC；⑤数格子法的精度取决于网格精细度和"尾巴"面积的处理。 【知识链接】 用I-t曲线面积求电容是DIS数字化实验的典型应用——电流传感器可以精确记录充电全过程的I-t曲线，相比传统电流表读数有质的飞跃。本题的"面积法 vs 公式法"对比体现了实验数据处理中"直接测量 vs 间接推导"的辩证关系，是高考探究性实验的常见命题方式。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第28题 [压轴] 电磁感应与能量守恒综合 如图所示，水平面上有两根平行金属导轨，间距L = 1.0m，导轨左端接有电阻R = 5.0Ω。匀强磁场竖直向下，磁感应强度B = 2.0T。一根质量m = 0.10kg、电阻r = 1.0Ω的金属棒横跨在导轨上，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ = 0.20。金属棒在水平外力F作用下从静止开始以恒定加速度a = 2.0m/s2运动。（g取10m/s2） （1）求t = 2.0s时，金属棒的速度v、感应电动势ε和回路电流I； （2）求t = 2.0s时，水平外力F的大小和方向； （3）求前2.0s内，外力F做的功WF、电阻R上产生的焦耳热QR和摩擦力做的功Wf； （4）验证能量守恒：WF = ΔEk + QR + Qr + Wf（其中ΔEk为动能增量，Qr为金属棒上产生的焦耳热）。 【参考答案】 （1）v = 4.0m/s；ε = 8.0V；I ≈ 1.33A （2）F ≈ 3.07N，方向沿运动方向 （3）WF ≈ 8.71J；QR ≈ 5.93J；Wf = −0.80J （4）WF = ΔEk + QR + Qr + |Wf| = 8.71J ✓ 【命题意图】 本题是电磁感应、牛顿力学和能量守恒的综合压轴题，考查恒定加速度运动下的安培力变化、外力计算、功和能量的定量分析，需要学生综合运用多方面知识，属于压轴级综合计算题。 【解题思路】 用运动学公式求速度，用电磁感应定律求电动势和电流，用牛顿第二定律求外力（考虑安培力和摩擦力），用动能定理和焦耳热公式计算各能量分量，验证能量守恒。 【详细过程】 （1）t = 2.0s时： v = at = 2.0 × 2.0 = 4.0m/s 感应电动势ε = BLv = 2.0 × 1.0 × 4.0 = 8.0V 回路电流I = ε/(R + r) = 8.0/(5.0 + 1.0) = 8.0/6.0 = 4/3 A ≈ 1.33A （2）金属棒受力分析（水平方向）： - 外力F（沿运动方向，向右） - 安培力F安 = BIL = 2.0 × (4/3) × 1.0 = 8/3 ≈ 2.67N（方向向左，阻碍运动） - 摩擦力f = μmg = 0.20 × 0.10 × 10 = 0.20N（方向向左） 由牛顿第二定律： F − F安 − f = ma F = ma + F安 + f = 0.10 × 2.0 + 8/3 + 0.20 = 0.20 + 2.67 + 0.20 = 3.07N，方向沿运动方向 （3）前2.0s内金属棒位移： x = (1/2)at2 = (1/2) × 2.0 × 2.02 = 4.0m 末速度v = 4.0m/s，动能增量： ΔEk = (1/2)mv2 = (1/2) × 0.10 × 4.02 = 0.80J 外力做功WF： F = ma + B2L2v/(R+r) + μmg = 0.40 + (2/3)v，v = 2t，所以F(t) = 0.40 + (4/3)t WF = ∫02 F(t)·v(t) dt = [0.40t2 + (8/9)t3]02 = 1.60 + 7.11 = 8.71J 摩擦力做功Wf = −fx = −0.20 × 4.0 = −0.80J 回路总焦耳热Q = ∫02 I2(R+r) dt I(t) = BLAt/(R+r) = 2.0 × 1.0 × 2.0t / 6.0 = (2/3)t Q = ∫02 (4/9)t2 × 6 dt = (8/3) × [t3/3]02 ≈ 7.11J QR = Q × R/(R+r) = 7.11 × 5/6 ≈ 5.93J （4）验证能量守恒： WF = ΔEk + QR + Qr + |Wf| = 0.80 + 5.93 + 1.18 + 0.80 = 8.71J ✓ 能量守恒验证通过。 【易错点提示】 ①安培力F安 = BIL = B2L2v/(R+r)随速度增大而增大，因此外力F也是随时间变化的（不是恒力）；②计算WF需要积分（F随v变化），不能用WF = Fx（F不是恒力）；③焦耳热在R和r上按阻值正比分配：QR:Qr = R:r = 5:1；④摩擦力做负功Wf = −μmgx，其绝对值|Wf|参与能量守恒（转化为内能）。 【知识链接】 电磁感应中的能量守恒是高考压轴题的常见题型。核心关系：外力做的功 = 动能增量 + 电路焦耳热 + 克服摩擦力做功。安培力做负功将机械能转化为电能，是连接力学和电学的桥梁。2026高考趋势：结合变力做功（积分思想）、能量分配等要素考查综合分析能力。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第29题 [压轴] 磁通量变化方式比较方案评价 在"探究电磁感应现象"实验中，某同学设计了三种改变磁通量的方案来探究感应电流方向与磁通量变化的关系： 方案甲：条形磁铁N极向下，从线圈上方竖直插入线圈（磁场增强，方向向下）。 方案乙：条形磁铁水平放置，保持磁铁不动，将闭合线圈从远处水平移近磁铁（面积不变，磁场增强）。 方案丙：保持条形磁铁和线圈位置不变，在线圈中插入铁芯（磁场增强，方向不变）。 （1）三种方案中，穿过线圈的磁通量Φ的变化方式分别为： - 方案甲：______变化（填"面积"或"磁场"），Φ______（填"增大"或"减小"）。 - 方案乙：______变化，Φ______。 - 方案丙：______变化，Φ______。 （2）用楞次定律判断感应电流方向时，四步法为：①明确______方向；②判断Φ是增大还是减小；③由"______"确定感应电流磁场方向；④由______定则判断感应电流方向。 （3）方案甲中，从上往下看，感应电流方向为______（填"顺时针"或"逆时针"）。方案丙中感应电流方向与方案甲______（填"相同"或"相反"）。 （4）某同学用方案乙实验时发现：线圈水平移近磁铁过程中，灵敏电流计指针偏转角度很小。为增大偏转角度，可采取的措施有______和______。 （5）关于三种方案的实验效果比较，下列评价正确的是______。 A. 方案甲磁通量变化率最大，感应电流最明显 B. 方案乙磁通量变化率取决于线圈移动速度 C. 方案丙中铁芯插入速度影响感应电流大小 D. 三种方案感应电流方向均由楞次定律确定，与变化方式无关 【参考答案】 （1） - 方案甲：磁场；增大 - 方案乙：磁场；增大 - 方案丙：磁场；增大 （2）原磁场；增反减同（或"反抗磁通量变化"）；安培定则（右手螺旋定则） （3）逆时针；相同 （4）加快线圈移动速度；使用匝数更多的线圈（或使用更强的磁铁） （5）ABCD 【命题意图】 本题为电磁感应实验的方案评价压轴题，通过三种改变磁通量方式的比较，考查楞次定律的应用、感应电流方向的判断和实验方案的优化评价。体现2026高考对"方案比较与评价"的考查趋势。 【解题思路】 三种方案都是磁场变化导致Φ变化；用楞次定律四步法判断方向；方案甲N极向下插入，原磁场向下增强，感应磁场向上反抗增强，右手螺旋得逆时针；方案丙同理方向相同。 【详细过程】 （1）三种方案的磁通量变化方式： 方案甲：磁铁插入→线圈处磁场增强→Φ增大（磁场变化，面积不变） 方案乙：线圈靠近磁铁→线圈处磁场增强→Φ增大（磁场变化，面积不变） 方案丙：插入铁芯→磁导率增大→磁感应强度增大→Φ增大（磁场变化，面积不变） 三种方案本质上都是磁场变化导致Φ变化。 （2）楞次定律四步法： ①明确原磁场方向 ②判断Φ是增大还是减小 ③由"增反减同"（Φ增大时感应磁场与原磁场反向，Φ减小时同向）确定感应电流的磁场方向 ④由安培定则（右手螺旋定则）判断感应电流方向 （3）方案甲：N极向下插入，原磁场B原方向向下，Φ增大。 由"增反"：感应电流磁场B感方向向上（反抗Φ增大）。 右手螺旋：B感向上→感应电流从上往下看为逆时针方向。 方案丙：插入铁芯，原磁场B原方向不变（向下），Φ增大。 同样"增反"：B感向上→逆时针→与方案甲相同。 （4）方案乙偏转角度小的改进措施： - 加快线圈移动速度→磁通量变化率dΦ/dt增大→感应电动势增大→电流增大 - 使用匝数更多的线圈→总感应电动势增大 - 使用更强的磁铁→磁通量变化幅度更大 （5）A正确：方案甲磁铁直接插入，磁场变化率大 ✓ B正确：方案乙中dΦ/dt取决于线圈移动速度 ✓ C正确：方案丙中铁芯插入速度影响dB/dt ✓ D正确：三种方案感应电流方向均由楞次定律确定，楞次定律与磁通量变化方式无关 ✓ 【易错点提示】 ①三种方案虽然操作不同，但本质都是磁场变化导致Φ变化，楞次定律的判断步骤相同；②"增反减同"是口诀——Φ增大时B感与B原反向，Φ减小时B感与B原同向；③判断电流方向最后一步必须用安培定则（右手螺旋），不是左手定则；④感应电流大小与磁通量变化率成正比，不是与磁通量本身成正比。 【知识链接】 电磁感应实验的核心是理解"磁通量变化"是产生感应电动势的根本原因，而变化方式（面积变化、磁场变化、或两者同时变化）不影响楞次定律的适用性。方案评价类题目要求学生从多角度分析实验效果，是2026高考"探究性"命题方向的典型代表。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第30题 [压轴] 变压器与交流电综合 某小型水力发电站，水轮机带动发电机运转发电。发电机输出交流电压为u = 500 sin(100πt) V。发电站通过升压变压器T1、输电线和降压变压器T2向远处用户供电。升压变压器原副线圈匝数比n1:n2 = 1:20，降压变压器原副线圈匝数比n3:n4 = 25:1。输电线总电阻R线 = 10Ω。用户端接有"220V 1100W"的用电器（视为纯电阻）。（变压器均为理想变压器） （1）求发电机输出交流电压的有效值U1和频率f； （2）求升压变压器副线圈电压U2和降压变压器原线圈电压U3； （3）求输电线上损失的功率P损和用户实际得到的功率P用； （4）若用电器两端实际电压为U4，判断用电器能否正常工作。若不能，计算用户实际电压U4的值，并提出一种使电压恢复正常的调整方案。 【参考答案】 （1）U1 = 500V；f = 50Hz （2）U2 = 10000V；U3 ≈ 9996V （3）P损 ≈ 1.3W；P用 ≈ 3636W （4）U4 ≈ 400V > 220V，用电器不能正常工作（电压过高会烧毁）。调整方案：将降压变压器匝数比从25:1增大到约45:1 【命题意图】 本题以远距离输电为情境，综合考查交流电有效值、变压器原理、输电线损耗和功率分配，属于压轴级交流电综合题。需要学生建立完整的"发电→升压→输电→降压→用户"能量传输链。第（4）问设置"电压不匹配"的实际问题，考查学生发现问题和提出解决方案的能力。 【解题思路】 从交流电压表达式提取有效值和频率，用变压器匝数比计算各级电压，用用户电阻和变压器原理求输电线电流，计算线损功率，比较用户实际电压与额定电压，提出调整方案。 【详细过程】 （1）由u = 500 sin(100πt) V： 最大值Um = 500 V，有效值U1 = Um/ = 500V 角频率ω = 100π rad/s，频率f = ω/(2π) = 100π/(2π) = 50Hz （2）升压变压器T1：U1/U2 = n1/n2 = 1/20 U2 = 20U1 = 20 × 500 = 10000V 用户用电器电阻：R用 = U额2/P额 = 2202/1100 = 44Ω 降压变压器T2：U3/U4 = n3/n4 = 25/1 → U3 = 25U4 降压变压器功率守恒：U3I3 = U4I4 → I3 = I4/25 用户电流I4 = U4/R用 = U4/44 输电线电流I线 = I3 = U4/(44 × 25) = U4/1100 输电线电压降：ΔU = I线 × R线 = (U4/1100) × 10 = U4/110 由 U2 = U3 + ΔU： 10000 = 25U4 + U4/110 = U4(25 + 1/110) = U4 × 2751/110 U4 = 10000 × 110/2751 ≈ 400V U3 = U2 − ΔU = 10000 − 400/110 ≈ 9996V （3）I线 = U4/1100 = 400/1100 ≈ 0.364A P损 = I线2 × R线 = 0.3642 × 10 ≈ 1.3W P用 = U42/R用 = 4002/44 ≈ 3636W （4）U4 ≈ 400V > 220V（额定电压），用电器不能正常工作，电压过高会烧毁用电器。 调整方案：增大降压变压器匝数比n3:n4（即增加原线圈匝数或减少副线圈匝数），使U4降低到220V。 理想匝数比：n3:n4 = U3:U4 = 9996:220 ≈ 45:1 即将降压变压器匝数比从25:1调整为约45:1。 【易错点提示】 ①交流电压有效值 = 最大值/，不是最大值本身；②变压器各级功率守恒P1 = P2（理想变压器），输电线损耗导致P2 > P3；③输电线电流 = 降压变压器原线圈电流I3，不是I2或I4；④判断用电器能否正常工作的依据是实际电压是否等于额定电压，不是实际功率是否等于额定功率。 【知识链接】 远距离输电的核心原理：提高输电电压可以减小输电线电流（P = UI，P不变时I∝1/U），从而大幅降低线损（P损 = I2R∝I2）。这就是为什么要用高压输电。实际输电系统中，升压变压器将发电机输出电压（约10kV~20kV）升到超高压（110kV~1000kV）进行远距离传输，到用户附近再逐级降压。2026高考可能结合新能源发电（风能、太阳能）情境考查远距离输电。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 第31题 [压轴] 远距离输电匝数比最优设计 某小型水电站远距离输电系统简化如下：发电机（输出电压U0 = 500V，输出功率P = 50kW）→升压变压器T1 →输电线（总电阻R线 = 10Ω）→降压变压器T2 →用户（负载电阻R_L = 20Ω）。两变压器均视为理想变压器。 （1）若升压变压器T1的匝数比n1:n2 = 1:10，则： - 输电线电压U2 = ______V - 输电线电流I2 = ______A - 输电线上损耗功率P损 = ______W - 输电效率η = ______% （2）降压变压器T2的匝数比n3:n4 = ______:______才能使用户获得220V电压？ （3）若将T1匝数比改为1:20（其他不变），输电线损耗变为原来的______，输电效率______（填"提高"或"降低"）。 （4）是否T1的升压比越大越好？考虑以下约束：输电线绝缘耐压上限U_max = 12000V。求最优升压比n1:n2_最优 = ______:______，此时P损_最小 = ______W。 （5）若发电机输出功率增大到P' = 100kW（其他不变），保持T1匝数比1:10，则输电效率______（填"提高"或"降低"）。这说明在输电线路确定后，______越大，输电效率越低。 【参考答案】 （1）5000；10；1000；98.0% （2）25:1（约22.7:1，取整数比23:1或按精确计算） （3）1/4；提高 （4）1:24；868W （5）降低；输电功率 【命题意图】 本题为远距离输电的压轴综合题，要求定量计算输电线损耗、变压器匝数比设计、最优升压比分析和功率变化影响。体现2026高考"应用性"和"探究性"命题方向，将变压器实验与工程实际相结合。 【解题思路】 理想变压器P守恒求输电线电流；P损 = I2R线求损耗；降压变压器匝数比由用户电压决定；最优升压比受绝缘耐压约束；功率增大导致电流增大→损耗增大→效率降低。 【详细过程】 （1）T1匝数比1:10： U2 = U0 × n2/n1 = 500 × 10 = 5000V 理想变压器P1 = P2：P = U2·I2 I2 = P/U2 = 50000/5000 = 10A P损 = I22·R线 = 102 × 10 = 1000W η = (P − P损)/P × 100% = (50000 − 1000)/50000 × 100% = 98.0% （2）输电线电压降：ΔU = I2·R线 = 10 × 10 = 100V T2原线圈电压：U3 = U2 − ΔU = 5000 − 100 = 4900V T2副线圈电压：U4 = 220V n3:n4 = U3:U4 = 4900:220 = 22.3:1 取整约为22:1或23:1。精确比为4900/220 = 22.27:1。 （3）T1匝数比1:20：U2' = 500 × 20 = 10000V I2' = P/U2' = 50000/10000 = 5A P损' = 52 × 10 = 250W P损'/P损 = 250/1000 = 1/4 η' = (50000 − 250)/50000 = 99.5% > 98.0%，效率提高。 （4）绝缘耐压上限U_max = 12000V： U2_max = U_max = 12000V n2/n1 = U2_max/U0 = 12000/500 = 24 最优匝数比 n1:n2 = 1:24 I2_min = P/U2_max = 50000/12000 = 4.167A P损_最小 = 4.1672 × 10 = 17.36 × 10 ≈ 174W 最优匝数比 n1:n2 = 1:24，P损_最小 ≈ 174W （5）P' = 100kW，T1匝数比1:10： U2 = 5000V，I2' = 100000/5000 = 20A P损' = 202 × 10 = 4000W η' = (100000 − 4000)/100000 = 96.0% < 98.0% 效率降低。 说明：输电线路确定后（R线固定），输电功率越大→电流越大→损耗越大→效率越低。这就是为什么远距离输电必须用高压——在相同功率下，电压越高电流越小，损耗越小。 【易错点提示】 ①理想变压器P1 = P2，但P1 ≠ P3（输线上有损耗）；②输电线电压降ΔU = I·R线，不是U2；③T2原线圈电压U3 = U2 − ΔU（减去线损电压），不是U2；④最优升压比受绝缘耐压约束，不是无限大；⑤功率增大时，在相同输电电压下电流增大，损耗以I2增长，效率降低——这是远距离输电必须高压的根本原因。 【知识链接】 远距离输电是变压器原理的典型工程应用。核心思想：P = UI，提高U可减小I，而线损P损 = I2R与I平方成正比，因此高压输电可大幅降低线损。我国特高压输电（±1100kV）就是这一原理的极致应用。本题的"最优升压比"设计体现了工程约束（绝缘耐压）与物理原理（功率守恒）的结合，是高考"应用性"命题的典型方向。 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━ 附录 附录一 答案速查表 （供快速核对答案，详细解析见第三章） 题号 难度 所属实验 参考答案摘要 第1题 基础 实验7：测定金属的电阻率（单选） A 第2题 基础 实验7变式：双电桥法测低电阻 （1） （2）ACD （3）<；0.17 （4）6.2 × 10⁻⁷ 第3题 基础 实验8变式：LED伏安特性曲线测绘 （1）死区（或阈值/开启）；大 （2）外；LED正向导通时电阻很小（约几十Ω），远小于电压表内阻，外接法误差小 （3）分压式；LED伏安特性曲线需要从0V开始连续调节电压，分压式可实现电压从零开始 （4）约12mA（= 12000μA）。图解法：在LED的I-U特性曲线坐标系中，作电源剩余电压的负载线 I = (E − U_LED)/R = (3 − U)/100，与LED特性曲线的交点即为工作点。 第4题 基础 实验10：练习使用多用电表 （1）欧姆；欧姆调零；右 （2）1500（或1.5 × 10³） （3）大；更大 （4）欧姆 第5题 基础 实验16：观察电容器的充放电 （1）增大；6 （2）减小；随着电容器两极板电压逐渐升高，充电电流i = (E − UC)/R逐渐减小（驱动电流的电压差E − UC越来越小） （3）0.6；4.7 （4）增大；增大 第6题 基础 实验17：探究电磁感应现象 （1）大；瞬间 （2）偏转；不偏转；偏转 （3）相反；磁通量变化方向 （4）闭合回路中的；阻碍 第7题 基础 实验18：探究变压器电压与匝数的关系 （1）交流；电磁感应（互感现象） （2）变压器存在能量损耗（铁芯漏磁、线圈铜损、铁芯涡流等），导致副线圈实际电压低于理想值 （3）4.0 （4）4.0；降压 第8题 中档 实验7：测定金属的电阻率（单选） A 第9题 中档 实验7：测定金属的电阻率 （1）2.0 （2）1.96 × 10⁻⁷ （3）3.9 × 10⁻⁷ （4）外；金属丝电阻较小（约2Ω），RV/Rx >> Rx/RA，电流表外接法电压表分流产生的误差远小于电流表分压产生的误差 第10题 中档 实验7变式：内外接法系统误差定量分析 （1）Rx + rA；>；rA/Rx × 100% （2）Rx·rV/(Rx + rV)；<；Rx/(Rx + rV) × 100% ≈ Rx/rV × 100% （3）1.0%；1.7%；内 （4）内；外；√1500 ≈ 38.7 第11题 中档 实验8：描绘小电珠伏安特性（单选） C 第12题 中档 实验8变式：非线性元件串并联图解法 （1）U₁ ≈ 1.8V，I₁ ≈ 0.24A （2）U₂ = 3.0V，I₂ ≈ 0.30A （3）ABC （4）小于；三分之一 第13题 中档 实验9：测定电源电动势和内阻（单选） C 第14题 中档 实验9变式：安阻法测电动势和内阻 （1）电路图：电源E、电流表A、电阻箱R、开关S串联成一个闭合回路。 （2）1/I − R；1/E；(r + rA)/E 由闭合电路欧姆定律：E = I(R + r + rA) → 1/I = (R + r + rA)/E = R/E + (r + rA)/E 作1/I − R图线：斜率k = 1/E，纵截距b = (r + rA)/E （3）E ≈ 1.50V，r ≈ 0.50Ω（含电流表内阻，实际电池内阻r_电池 = r − rA = 0.30Ω） （4）=；>；电流表内阻rA被计入测得的"内阻"中，导致r测 = r真 + rA > r真；电动势E不受影响，E测 = E真 第15题 中档 实验10变式：多用电表测二极管正反向电阻 （1）短接；欧姆调零；右侧（∞刻度的另一端，即0Ω刻度线） （2）2800；正向导通 （3）很大；反向截止 （4）ABCD （5）×10；欧姆调零 第16题 中档 实验16：观察电容器的充放电 （1）指数衰减（下降的指数曲线）；计算i-t曲线与时间轴所围的面积（即对i进行时间积分Q = ∫i dt），该面积等于充电过程中通过电路的电荷量Q （2）电路中存在漏电（开关或电容器本身漏电），充电达到稳态时充电电流等于漏电流，UC略低于E；或电压传感器内阻有限导致分流 （3）电容器放出的总电荷量Q；200 （4）增大；不变 第17题 中档 实验16拓展：电容器与电路综合 （1）UC = 7.2V；Q = 2.16 × 10⁻⁴C （2）ΔQ = 2.16 × 10⁻⁴C；方向从上到下（电容器通过R₂放电） （3）正在充电；电流方向从左到右（通过R₁流向电容器上极板） 第18题 中档 实验17拓展：电磁感应综合 （1）a₀ = 10m/s² （2）vmax = 2.4m/s （3）a ≈ 7.9m/s²；P_R ≈ 0.056W （4）重力势能转化为金属棒的动能和电路中的焦耳热（R和r上分配比为2:1） 第19题 中档 实验18变式：变压器效率测量 （1）n₁:n₂ = 3:1；4.0 （2）铁损（铁芯损耗）；铜损（线圈损耗）；磁通量 （3）1.296（≈1.30）；1.56；83.1% （4）漏磁和线圈内阻导致副线圈电压低于理想值 （5）使用硅钢片叠压铁芯（减小涡流）；用粗铜线绕制线圈（减小铜损）；改进磁路设计减少漏磁 第22题 压轴 实验8：描绘伏安特性（多选） ABC 第21题 压轴 实验8：描绘伏安特性 （1）分压 （2）6.0 （3）外；833（约）；30（约）；>>；外 （4）5.7；此时灯丝温度低于正常工作温度，金属电阻率随温度降低而减小，因此电阻较小 第22题 压轴 实验9：测定电动势和内阻（多选） AD 第23题 压轴 实验9：测定电动势和内阻 （1）1.48；0.80 （2）> （3）= （4）0.60 第24题 压轴 实验9变式：伏阻法测电动势和内阻 （1）电路图：水果电池E、电压表V并联在电阻箱R两端，R与开关S串联（即E、r、R、S串联，V并联在R上）。 （2）线性；r/E；1/E；1/U − 1/R；r/E；1/E （3）E = 1/b；r = k/b = k·E （4）<；< （5）E ≈ 1.50V，r ≈ 200Ω 第25题 压轴 实验10：练习使用多用电表（多选） ACD 第26题 压轴 实验10变式：多用电表内部电路与中值电阻 （1）14000；15000 （2）ε/(R内 + Rx)；1/2 （3）并；约1667Ω；1/10 （4）并；约15.0Ω （5）ABD 第27题 压轴 实验16变式：RC曲线面积求电容 （1）0.60；4.7 （2）2.8 × 10⁻³；467 （3）EC；2.82 × 10⁻³；470 （4）0.6%（面积法）；0%（公式法，理论上等于标称值）；数格子法精度有限，且充电后期电流很小、曲线与横轴围成的面积估算误差大 （5）减小每个小格对应的面积（即使用更精细的网格）；延长采样时间确保电流衰减到接近零 第28题 压轴 实验17压轴：电磁感应与能量守恒综合 （1）v = 4.0m/s；ε = 8.0V；I ≈ 1.33A （2）F ≈ 3.07N，方向沿运动方向 （3）WF ≈ 8.71J；QR ≈ 5.93J；Wf = −0.80J （4）WF = ΔEk + QR + Qr + ／Wf／ = 8.71J ✓ 第29题 压轴 实验17变式：磁通量变化方式比较方案评价 （1） - 方案甲：磁场；增大 - 方案乙：磁场；增大 - 方案丙：磁场；增大 （2）原磁场；增反减同（或"反抗磁通量变化"）；安培定则（右手螺旋定则） （3）逆时针；相同 （4）加快线圈移动速度；使用匝数更多的线圈（或使用更强的磁铁） （5）ABCD 第32题 压轴 实验18拓展：变压器与交流电综合 （1）U₁ = 500V；f = 50Hz （2）U₂ = 10000V；U₃ ≈ 9996V （3）P损 ≈ 1.3W；P用 ≈ 3636W （4）U₄ ≈ 400V > 220V，用电器不能正常工作（电压过高会烧毁）。调整方案：将降压变压器匝数比从25:1增大到约45:1 第31题 压轴 实验18变式：远距离输电匝数比最优设计 （1）5000；10；1000；98.0% （2）25:1（约22.7:1，取整数比23:1或按精确计算） （3）1/4；提高 （4）1:24；868W （5）降低；输电功率 2027高考物理实验专题 第 页 学科网（北京）股份有限公司 $