电学实验-2025届高考物理二轮复习热点题型归类

实验2电学实验

考点内容考情分析

考向一以“测电阻”为核心实验电学实验探究题是高考的必考内容，高考对于这部分

考向二以“测电动势”为核心实验知识点的命题形式是：根据实验原理，设计实验，正

考向三其他电学实验确处理实验数据，得出实验结论。将考查的知识点延

考向四电学创新实验伸到演示实验中，扩展到设计性、应用性等实验。

蜀深究"解题攻略"

1.思想方法

(1)无论哪个电学实验，不管怎么创新都离不开电路，离不开实验仪器的选取，电流表内、外接法的

判断，滑动变阻器的分压电路与限流电路的分析.

(2)在解决设计型实验时，要注意条件的充分利用，如对于给定确切阻值的电压表和电流表，电压表

可当成电流表使用，电流表也可当成电压表使用，利用这一特点，可以拓展伏安法测电阻的方法，

如伏伏法、安安法等.

(3)对一些特殊电阻的测量，如电流表或电压表内阻的测量，电路设计有其特殊性，即首先要注意到

其自身量程对电路的影响，其次要充分利用其“自报电流”或“自报电压”的功能.因此，在测电

压表内阻时，无须另并联电压表；测电流表内阻时，无须再串联电流表.

2.模型建构

一、测电阻为核心实验

1.电流表内接法与外接法的比较

电流表内接法电流表外接法

-----

电路图-©-La

误差原因电流表分压。测=4+L7A电压表分流/测=4+Iv

U测,_U测_RxRv

R测TRx+R/RxE测,<Rx

电阻测量值1测/测Rx+Rv

测量值大于真实值测量值小于真实值X

适用条件RA«R.Ry»RxO

2.滑动变阻器的限流式:接法和分压式接法比较

限流式接法分压式接法

R

。

两种接法的电路图R

,1<-—d--

RE

负载R上电压的调节范围（不计电源内阻）--------<U<E0<U<E

R+&--

EEE

负载R上电流的调节范围（不计电源内阻）o</<-

R+Ro~~R—一R

3.滑动变阻器两种接法的适用条件

⑴限流式接法适合测量阻值较小的电阻（跟滑动变阻器的最大电阻相比相差不多或比滑动变阻器的

最大电阻还小）.

（2）分压式接法适合测量阻值较大的电阻（一般比滑动变阻器的最大电阻要大）.

4.等效替代法

（1）电流等效替代（如图）

（2）电压等效替代（如图）

二、测电动势的三个常用方案

方案伏安法伏阻法安阻法

三、多用电表的使用

(1)多用电表的读数

电流表、电压表的刻度是均匀的，读数时应注意量程；欧姆表的刻度是不均匀的，读数时应乘以倍

率。

(2)多用电表使用的几个注意事项

①电流的流向：使用多用电表时不管测量电阻还是测量电流或电压，多用电表的红表笔都连内部电

流表的正接线柱，黑表笔连负接线柱，电流都是从红表笔进黑表笔出。

②要区分“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧0”位置，用表盘下边中间的

指针定位螺丝调整；“欧姆零点”在表盘右侧电阻刻度0”位置，用欧姆调零旋钮调整。

③测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零。

④选倍率：测量前应根据估计阻值选用适当的挡位。由于欧姆挡的刻度不均匀，使用欧姆挡测电

阻时，指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只使用表盘中间的一段刻度范围。如果指针偏转角

度太小(即指针所指的欧姆刻度值太大)，应该适当增大倍率重新欧姆调零后再测量；如果指针偏转

角度太大(即指针所指的欧姆刻度值太小)，应该适当减小倍率重新欧姆调零后再测量。

⑤测电阻时要将电阻与其他元件断开。测电阻时不要用手接触多用电表的表笔。

⑥多用电表使用完毕应将选择开关旋至“OF°F挡或交流电压最高挡。

（3）欧姆表刻度不均匀的原因

当红、黑表笔短接时，调节滑动变阻器R（即欧姆调零），使灵敏电流计满偏，%=甚而:，中值电阻

E

（欧姆表内阻）R^=Rg+R0+r,当两表笔接入电阻Rx时，Ig=%+&+什&电阻Rx与电路中的电流相

对应，但不是线性关系，故欧姆表刻度不均匀。

/亲临"高考练场"

考向一以“测电阻”为核心实验

1.（2024•城中区校级模拟）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属

丝接入电路部分的长度约为50cm。

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图1所示，其读数应为

mm（该值接近多次测量的平均值）；

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组（电动势3V,内阻约10）、电流表

（内阻约0.1Q）、电压表（内阻约3k。）、滑动变阻器R（0〜20。，额定电流2A）、开关、导线若

干；

某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如表；

（3）图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，请结合（2）所确定的电路图,

补充完成图中实物连线;

次数12345678

U/V00.100.300.701.001.501.702.30

I/A00.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520

(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U-I坐标系，如图3所示，图中已标出了与测量数据对应

的4个坐标点，请在图中标出第3、5、7次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线。由图线得

金属丝的阻值Rx=。(保留两位有效数字)。

(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为。

A.1X10-2a.mB.lX10-3n.mC.1X06a.mD.lX10-8n«m

【解答】解：(1)根据螺旋测微器的读数规则可知，金属丝的直径读数为：

d=0mm+39.6X0.01mm=0.396mm

(3)对器材连线如下图所示

(4)根据表格中的数据描点，要让尽可能多的点落在直线上，不能落在直线上的点要在直线两

侧分布均匀，距离直线较远的点，舍去即可，得出对应的U-I图像如图：

U/V

2.5

2.0

1.5

1.0

0.5

I/A

0

0.100.200.300.400.500.60

一U2.4

U-I图像的斜率表示电阻，贝！JR第=7==4.40

IU.34

(5)根据电阻定律代入数据可得：p^lXlO6flTn,故C正确，ABD错误;

故选：Co

故答案为：（1）0.396；（2）见解析；（4）见解析；4.4；（5）C。

2.（2024•洛阳一模）如图a,用伏安法测定电阻约5Q均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池。

每节电池的电动势约为1.5V。

（1）用螺旋测微器测电阻丝的直径时，如图b,先转动使F与A间距稍大于被测物，放

入被测物，再转动到夹住被测物。直到棘轮发出声音为止，拨动G使F固定后读数。（填

仪器部件字母符号）

（2）根据原理图连接图c的实物图。

（3）闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，得到几组

电压、电流和对应的OP段的长度L,计算出相应的电阻后作出R-L图线如图d。取图线上适当

的两点计算电阻率。这两点间的电阻之差为AR.对应的长度变化为AL,若电阻丝直径为d,则

电阻率p=。

【解答】解：①、测量时应先转动粗调旋钮D使F与A间距稍大于被测物，再转动细调旋钮H,

直到棘轮发出声音为止；

②、画出的连线图如图所示:

③、根据题意，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动后，应多次改变P点的位置，根据欧姆定

律应有：U=IRop,

pL

根据电阻定律应有：R=I^I，

4

4PL4pAR

联立解得：R=W，所以R-L图象的斜率k=-^=/y,

7Td27rd2AL

故答案为：①D,H；②如图；③P点，——

3.（2024•蚌埠模拟）物理兴趣小组利用以下器材测量待测电阻Rx的阻值。

待测电阻Rx；

多用电表;

电源E,电动势约为6.0V,内阻可忽略不计;

电流表Ai，量程为0〜50mA,内阻ri=50Q；

电流表A2，量程为0〜150mA,内阻2约为10C；

定值电阻Ri=450Q；

定值电阻R2=70Q；

滑动变阻器Ro,最大阻值为20。；

开关S,导线若干。

（1）小明用多用表的“XI”欧姆挡粗测待测电阻Rx的阻值，指针所在位置如图a所示，其示

数为。。

（2）为了准确测量，小华用上述器材设计了图b所示的实验电路，其中甲表应为,乙表

应为,定值电阻应为。（均填器材符号）

（3）小华按正确的电路进行实验，甲、乙两表的示数分别为I甲、I乙，则Rx=o（用所给

的符号表示）

【解答】解：（1）多用表的“XI”欧姆挡粗测待测电阻Rx的阻值，指针指向“60”刻度，则电

阻为60。

（2）根据电路结构可知甲表与电阻R串联，改装成电压表，所以甲表为Ai，乙表串联在电路中

测量电流，应为A?；

电流表Ai的满偏电压为

Ui=1由=50X103X50V=2.5V

设电压表量程扩大n倍，根据电压表的改装原理可知

n/iri—/iri

R=------7-------=（n―1）r1

/1

根据电源电动势约为6V可知选择R2即可。

（3）根据欧姆定律可知

（I乙-I甲）Rx-（Rz+rpI甲

解得

（/?2+丁1）/甲

R%=-//乙一；/甲

。?2+厂1）/甲

故答案为：（1）60；（2）Ai，A,R;（3）j-o

22/乙/甲

4.（2024•广东模拟）某实验小组测未知电阻R时，先用多用电表进行粗测，再采用“伏安法”

较准确地测量未知电阻。

（1）首先用多用电表粗测R的电阻，当用“X10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用—

—（填“X100”或“XI”）挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示，其读

数为。；

（2）采用“伏安法”测量该未知电阻R,现有器材如下：

A.蓄电池E（电动势为6V,内阻约为0.05。）

B.电流表Ai（量程0〜0.6A,内阻约为1.0。）

C.电流表A2（量程0〜3A,内阻约为0.1。）

D.电压表V（量程0〜6V,内阻约为6k。）

E.滑动变阻器Ri（2kfl,允许通过的最大电流0.5A）

F.滑动变阻器R2（10。，允许通过的最大电流2A）

G.开关一个、带夹子的导线若干

①为使测量准确且通过Rx的电流能从0开始变化，上述器材中，应该选用的电流表是

滑动变阻器是（填写选项前字母代号）；

②根据所选用的实验器材，在虚线框中画出伏安法测电阻的完整电路图。

【解答】解：（1）用多用电表未知电阻的阻值，当用“X10”挡时发现指针偏转角度过大，说明

被测电阻很小，应该换用小量程电阻挡，用“XI”挡；

指针静止时指在如图甲所示刻度，读数为12.0,挡位“XI”，所以是12.0。；

（2）①题意可知，电源电动势为6V,电压表量程0〜6V,而待测电阻约为12.0。，则电流最大

约为

故不能选用量程为0〜3A的电流表，故电流表选Ai。

故选：B；

滑动变阻器总阻值太大不方便调节，故滑动变阻器应选用最大阻值较小的R2»

故选：F；

②由于电压表内阻远大于待测电阻的电阻，电流表应采用外接法；为使通过R的电流从0开始

变化，滑动变阻器应采用分压式接法，完整电路图如图所示

5.（2024•中山区校级模拟）一实验小组为了测量某元件的电阻，进行了如下实验:

（1）首先用多用电表进行粗测，如图关于多用电表的操作正确的是0

A.如图甲，将红、黑表笔短接，进行机械调零

B.如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零

C.如图丙，用“X100”挡测量时发现指针偏转角度过小，为了准确测量，应换到“X10”挡

D.实验完成后，挡位调至如图丁所示位置

（2）为了精确测量该元件的电阻，同学们又采用了如图戊所示电路进行测量。电路由控制电路

和测量电路两大部分组成。实验用到的器材如下：

戊

A.待测电阻Rx

B.灵敏电流计G

C.定值电阻Ro=80Q

D.粗细均匀的电阻丝AB（总长为L=60.00cm）

E.滑动变阻器R

F.线夹、电源、开关以及导线若干

G.电源（电动势为3V）

①在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片Pi应置于a端。闭合开

关后，先移动滑动变阻器的滑片Pi至某一位置，然后不断调节线夹P2所夹的位置，直到灵敏电

流计G示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x=12.00cm,则Rx的阻值计算式为（用

Ro、L、x表示），代入数据得Rx=。。

②为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻Ro换成电阻箱。并按照①中的操作，电

阻箱的阻值记为Ri；然后将电阻箱与Rx交换位置，保持线夹P2的位置不变，调节电阻箱，重新

使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱的阻值记为R2,则电阻Rx==

【解答】解：（1）A、如图甲，将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，故A错误；

B、如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零，故B正确；

C、如图丙，用“X100”挡测量时发现指针偏转角度过小，为了准确测量，应换到“X1K”挡,

故C错误；

D、实验完成后，挡位调至“OFF”挡或交流电压最高挡，故D错误。

故选：Bo

Rx%

⑵灵敏电流计G示数为零时，由电桥的工作原理有：-=^

RQX

整理变形得到：RX=H

LtX

代入数据得：Rx=20C

RRAP〉7?2RAP^

灵敏电流计G示数为零时，根据电桥的工作原理有：立x~=肃，谆=贰/

i\1八b产2/ix八&产2

联立解得：%=JRIR2

故答案为：（1）B；（2）①黑、20；②阿瓦。

考向二以“测电动势”为核心实验

6.（2024•浙江二模）某同学利用如图甲所示的电路测量一电源的电动势和内阻（电动势E约为

2V,内阻约为几欧姆）。

甲

可供选用的器材有

A.电流表A（量程0〜30mA,内阻为45。）

B.电压表Vi（量程0〜3V,内阻约为2k。）

C.电压表V2（量程0〜15V,内阻约为10kQ）

D.滑动变阻器R（阻值0〜50。）

E.定值电阻Ri=5Q

F.定值电阻R2=500Q

(1)为更准确的进行实验测量，电压表应该选择,定值电阻应该选择.=(填器材

前的字母)

(2)实验中电压表和电流表的读数如下:

序号123456

I(mA)4.08.012.016.018.020.0

U(V)1.721.441.160.880.740.60

(3)在图乙中已根据上述实验数据进行描点，请画出U-I图象。

(4)由图象可知，电源电动势E=V,内阻rn.(结果均保留2位有效

数字)

【解答】解：(1)因为电动势E约为2V,故电压表选B；因为电源内阻约几欧，则回路的最大

2

电流0.22/=22064而电流表Ai的量程只有30mA,故应并联一个小电阻扩大电流表

的量程，故定值电阻选E；(3)根据表中数据，画出的U-I图象，如图所示:

IRARARI

(4)根据闭合电路欧姆定律得：E=u+(i+—+

附1用工十发1

TRA+TRX+RARI

变形得：U=-1(・•)+M

Ri

由图可知，图象的纵截为2.0V,即E=2.0V；

TRA+TRI+RARI

图线斜率的绝对值为|k|

Ri，

2.00-0.60TRA+TRI+RARI

代入数据得：l-20xl0-3l=70=

0Ri

解得：r=2.5fio

故答案为：(1)B(2)E(3)

u/v

（4）2.0；2.5

7.（2024•温州一模）小明利用铜片、锌片和橙子制作了水果电池。为了测量该电池的电动势E

和内阻r,他进行了如下实验。

（1）用多用电表的“直流电压2.5V”挡粗测水果电池的电动势，如图所示，则多用电表的读数

（2）把该水果电池接在如图电路中，其中电流表Gi（量程为200pA,内阻为10。）、电流表G2

（量程为1mA,内阻约为10Q）、滑动变阻器Ri（0〜5000。）、电阻箱R2（0-999911）,现将电

流表Gi与电阻箱R2改装成量程为IV的电压表，电阻箱R2的阻值应调整为

招

(3)该同学正确调整电阻箱阻值、正确连接电路和操作，采集了多组数据，并作出如图所示的

图像，则水果电池的内阻为kO。(计算结果保留2位有效数字)

【解答】解：(1)用多用电表的“直流电压2.5V”挡粗测水果电池的电动势，分度值为0.05V,

多用电表的读数为0.95V。

(2)根据串联电路电压的关系有：U=Ig(Rg+R2)

代入数据可得分压电阻的值：R2=499011

(3)根据闭合电路欧姆定律：Ii(R2+Rg)=E-12r

Er

变形可得：I1=(R2+Rg)-/2・(R2+Rg)

r

可得II-12图像斜率：k=(Rz+Rg)

结合图像可得：r=1000C=1.0k。

故答案为:(1)0.95；(2)4990；(3)1.0。

8.(2024•浙江模拟)在“电池电动势和内阻的测量”实验中

（1）设计如图1所示的电路，现有图2所示的实验器材和若干导线。图中已将实验器材进行了

部分连接，还应当用一根导线将电压表接线柱h与（填写接线柱对应的字母，下同）

接线柱连接，再用另一根导线将电压表接线柱g与接线柱连接。

（2）电路接线完毕，在保证电路安全的情况下闭合开关，调节滑动变阻器，发现电压表读数一

直接近3V而电流表读数始终为零。已知导线与接线柱均无故障，且故障只有一处。现只改变电

压表接线，再闭合开关、调节变阻器。下列推断不正确的是=

A.电压表接在a、f之间，电压表、电流表读数总为零，表明滑动变阻器短路

B.电压表接在a、b之间，电压表读数总接近3V、电流表读数总为零，表明电流表断路

C.电压表接在c、d之间，电压表、电流表读数总为零，表明开关是完好的

（3）实验由图1正确操作后，根据下图数据，测得电池的电动势E=V,内阻r=

____________Q。

（4）如果连接线接头严重氧化或与接线柱连接不紧就会产生“接触电阻”，若本实验中连接滑动

变阻器和电流表导线接头处有“接触电阻”，则由此产生的影响是：电动势E测量值

（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【解答】解：（1）由图结合电流的流向可知，由于be、币是分别同一根导线的两端；故可知还应

当用一根导线将电压表接线柱h与b或c连接，而再用另一根导线将电压表接线柱g与f或p连

接；

（2）原电路中电压表示数为3V电流表示数为零说明电压表测量电源电压，即开关和电源完好,

电流表示数为零说明电流表或者电阻器断路。

A.电压表接在a、f之间，由图可知，测量的是滑动变阻器端电压，若电压表、电流表读数总为

零表明电路没有接通，有可能为电键处断路，故A错误；

B.电压表接在a、b之间，测量的电流表端电压，若电压表读数总接近3V,说明电压表与电源

连接良好、而电流表读数总为零，则由故障分析可知为电流表断路，故B正确；

C.电压表接在c、d之间，电压表、电流表读数总为零，开关两端电压为零，说明开关连接是完

好的，故C正确。

本题选不正确的，故选：A。

(3)由闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir

由图像的斜率及截距含义可得

电源的电动势为E=1.44V

AU1.44-0.7

电源的内阻为r=I=—T-TT—n~2.4712

1■DU

(4)电压表所测电压值包含了接触电阻的电压，因此对电动势和内阻的测量值都不影响，故电

动势E测量值不变。

故答案为：(1)b或c,f或p；(2)A；(3)1.44,2.47；(4)不变。

9.(2024•宛城区校级模拟)某实验小组要测量两节干电池串联组成电池组的电动势和内阻，实验

室提供的器材，除了被测电池组，还有电压表Vi、V2,量程均为3V,阻值为5。的定值电阻

Ro,滑动变阻器(0〜20Q),开关一个导线若干。

丙

(1)王同学连成了图甲所示电路。实验前将滑动变阻器的滑片移到最(填“左”或

“右”)端，闭合开关，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表V1、V2的示数Ui、U2,王同学

作U2-(U2-U1)图像，如图乙所示，测得电池组电源的电动势E=V,内阻r=.

。(结果均保留两位有效数字)。

(2)李同学连成了图丙所示电路，正确操作后也测得多组电压表Vi、V2的示数Ui、5,作U2

-Ui图像，得到图像的纵截距为b,斜率为k,则电池组电源的电动势£=,内阻r=_

(用已知的和测量的物理量表示)。

(3)李同学对自己实验结果进行了分析，发现存在系统误差，引起系统误差的原因是.

【解答】解：(1)依据图甲所示电路，滑动变阻器串联在电路里，为保护电路，实验前应将滑动

变阻器的滑片移到最右端，使闭合开关时滑动变阻器接入电路的电阻最大。

U2—U1

根据闭合电路欧姆定律得：E=U+—~r

2t<0

r

得到：U?=E—嬴(g―A)

根据U2-(U2-U1)图像的纵截距与斜率可得：

E=3.0V

r3.0

需=50，已知：Ro=5Q

解得：r=3.00

(2)依据图丙所示电路，根据闭合电路欧姆定律得：E=U2+9

no

得到：\J2=E-^U1

根据U2-U1图像的纵截距为b,斜率为k,可得：

电池组电源的电动势E=b

T

一瓦=k,解得内阻『-kR0

(3)小李同学实验结果的系统误差是由于电压表V2和Vi的分流引起的。

故答案为：(1)右；3.0；3.0；(2)b；-kR0；(3)电压表V2和Vi的分流

10.(2024•洛阳一模)某物理兴趣小组想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电

阻阻值的电路。他们用了以下实验器材中的一部分。设计出了如图(a)所示的电路：

I,/A

a.待测电源；

b.待测电阻Rx；

c.滑动变阻器R（最大阻值20Q）；

d.几个可供挑选的定值电阻；

e.开关和导线若干；

£电流表Ai（量程0.6A,内阻很小）；

g.电流表A2（量程300M，内阻以=1000。）；

（1）根据实验要求，需将电流表A2改装成量程为3V的电压表，与电流表A2串联的定值电阻

Ro的阻值应为

（2）该小组成员先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关

Si，调节滑动变阻器，分别记录电流表Ai、A2的读数1卜｝，得h与12的关系如图“）所示。

根据图线可得电源电动势E=V,电源内阻「=。（计算结果均保留两位

有效数字）。

（3）该小组成员再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：

①闭合开关Si、S2,调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表Ai示数3电流表A2示数

lb：

②断开开关S2,保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数Ic，电流表A2示数Id；

③根据上述数据可知定值电阻Rx的阻值为（rA+Ro）的倍（用la、lb、Ic、Id表示）。若忽

略偶然误差，则用该方法测得的阻值（填“大于”、“小于”或“等于"）其真实值。

【解答】解：（1）要将A2改装成量程为3V的电压表，需串联的电阻

U3

5丁以=300x10-6。-10。0。=9000。

（2）理论上，当h为零时，加在改装电压表两端的电压就是电动势，电源电动势

6

E=I2（R0+rA）=300X10-X（9000+1000）V=3.0V

根据闭合电路欧姆定律，可知

E=12（Ro+rA）+（11+】2）r

由于

12<<11

上式简化为

由图像可知

Ro+rA0.58

-r-（300-180）xl0-6

代入数据可得

r=2.m

（3）滑动变阻器接入电路的阻值

/b（Ro+ra）

待测电阻的阻值

，d（Ho+以）Idlblaid-Iblc

Rx=1-R=（77一豆）（Rfl+rA）=（-瓦-）（Ro+rA）

由于电流表A的内阻并入到滑动变阻中，不会对测量结果产生误差，因此测量值等于真实值。

IcddTblc

故答案为：（1）9000；（2）3.0；2.1；（3）—n—；等于

考向三其他电学实验

11.（2024•湖南模拟）小朗同学要将一满偏电流%为500M的微安表G改装为毫安表。他先测量

出微安表G的电阻，然后对微安表进行改装，最后再利用一标准电流表，对改装后的毫安表进

行检测。

（1）为测量出微安表G的电阻，小朗同学设计了如图（a）所示电路，器材如下：

A.电源Ei（电动势1.5V,内阻很小）

B.电源E2（电动势6.0V,内阻很小）

C.滑动变阻器Ra（阻值0~2000。）

D.滑动变阻器Rb（阻值0〜:15000Q）

E.电阻箱R2（阻值0〜600Q）

F.开关两个，导线若干

为提高测量精度，电源E和滑动变阻器Ri应该选择o

A.电源Ei和滑动变阻器Ra

B.电源E2和滑动变阻器Ra

C.电源El和滑动变阻器Rb

D.电源E2和滑动变阻器Rb

（2）该实验操作的步骤有：

A.按图（a）电路原理图连接线路；

B.将Ri的阻值调到最大，闭合开关Si后调节Ri的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度；

C.保持Ri不变，再接通S2,调节电阻R2,使电流表G指针偏转到满刻度的一半，读出R2的阻

值为4000,即认为Rg=R2,用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比（选填

“偏大”或“偏小”或“相等”）；

（3）若忽略实验的误差，现通过并联一个阻值为R=80Q的电阻把微安表改装成为一个特定量程

的毫安表，则改装的电表量程为mA；

（4）根据图（b）所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为1.6mA时，改装表

的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的实际量

程是mA；

（5）要达到（3）的预期目的，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。的电阻即可。

【解答】解：(1)由于实验中各器件的阻值都比较大，为减小实验误差，电源电动势应尽可能大

些，另外闭合开关S2时认为电路中总电流不变，实际闭合开关S2后，电路总电阻变小，电路电

流变大，而闭合开关S2时微安表两端的电压变化越小，实验误差就越小，则选用电动势较大的

电源，故电源应选E2,且滑动变阻器要能使微安表满偏，所以选择Rb，故ABC错误，D正确。

故选：D。

(2)闭合S2后,R2与Rg的并联值R并＜Rg，所以I总＞%,而此时G的示数为满偏电流的一半，

所以IR2大于满偏电流的一半，所以R2＜R'g,即R测＜Rg。

(3)根据电流表的改装原理有U=/g+竽

代入数据解得IA=3.0mA

(4)电流表的刻度均匀，通过表头的电流与指针对应刻度成正比；标准毫安表的示数为1.6mA

时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为3.2mA。

1gRg

(5)把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值R=1厂

57?a

当量程为3.2mA时，则有R=?0丁.5Rq*=肃=80。

D.Z-U.3Z/

所以Rg=432。

当量程为3.0mA时，则有R，=三O.S晨Ra=R£q

所以R，=86.4。。

故答案为：(1)D；(2)偏小；(3)3.0；(4)3.2；(5)86.4。

12.(2024•四川模拟)如图(a)所示，恒流源输出的电流大小与电流表G的满偏电流短相同，电

流表G的内阻为Rg。现对一只数字已模糊的电阻箱Ri重新标记，将电阻箱Ri和电流表G如

图(a)接入电路，闭合开关Si、S2,调整电阻箱Ri的旋钮到不同位置，分别读出电流表G的

示数I,根据电流表G的示数和不同旋钮位置可对电阻箱旋钮刻度进行标定。

(1)请你利用此电路分析出电阻箱接入电路的电阻Rx与电流表的示数I之间的表达式Rx=

1

_。(结果用题中的字母表示)为了获得关于Rx、I两个量的相关函数图像为直线，若以它为纵

t\x

坐标，则横坐标应为O(结果用题中的字母表示)

©

------恒流源一cr<—।

图（a）

（2）某同学采用如图（b）虚线框中所示结构模拟恒流源，那么在选择电源与滑动变阻器时，电

源应尽量选择电动势（填“偏大”或“偏小”）一些，滑动变阻器应尽量选择总电阻_

（填“偏大”或“偏小”）些，可以减少误差，即便如此，Rx的测量值仍将（填

“偏大”或“偏小”）。

【解答】解：（1）根据并联分流原理

IRg=（Ig-I）Rx

得

R

整理得

工_lg_1

Rx【RgRg

1

可知，横坐标为了。

（2）为提高电路的稳定性，电源应选择电动势偏大一些。

总电阻较大的滑动变阻器具有更高的电阻范围和更精细的调节能力，则滑动变阻器应尽量选择总

电阻偏大一些。

电阻箱阻值增大时，为了使干路电流不变，滑动变阻器的阻值应调小，则到时电阻箱和电流表的

分压偏大，电流表电流偏大，故Rx的测量值偏大。

IRg1

故答案为：（1）7―y,7；（2）偏大，偏大，偏大。

IgTI

13.（2024•绥宁县校级模拟）小刚为了描绘一个电阻Rx约为30kQ的伏安特性曲线，他从实验室

取了以下实验器材：

A.电源Ei=12V

B.电源E2=1.5V

C.伏特表VI，量程0〜IV

D.伏特表V2，量程0〜10V

E.安培表A],0~3mA

F.安培表A2，0〜0.6mA

G.滑动变阻器Rpi，0〜40Q

H.滑动变阻器Rp2，0〜40k。

I.开关和导线若干

①为了能够顺利安全方便地测出至少5组该Rx的电流I和两端电压U需要选择合适的器材：

电源选择（选填A或B）,滑动变阻器选择（选填G或H）,电压表选择

（选填C或D）,安培表选择（选填E或F）。

②小刚用一个电动势为3.0V的电池，将量程为0〜0.1mA,内阻为10011的表头改装成倍率分别

“X100”和“X1000”的双倍率欧姆表。改装后表盘的刻度如图（b）所示，己知欧姆表中央刻

度为“15”，则下图（a）中定值电阻Ri=Q,R2=flo

③改装完成后，将K拨到“X1000”挡，将红黑表笔短接进行欧姆调零后测量Rx的值，若指针

1

指向§Ig位置，则Rx=。，若由于电池老化，实际内阻变大，不经欧姆调零，则

待测电阻Rx的测量值（填“大于”“小于”或“等于"）Rx的真实值。

【解答】解：①为了使电表示数变化范围更大，电源应选择A；

滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选G；

电源电动势选择12V,因此电压表应选择D；

U10

根据欧姆定律，通过待测电阻的电流I=京=百二7中=03X10-3X=0.3mA,因此电流表选择

t\xDUXlu,5

F；

_E

②将开关拨到1,电流表为大量程，根据闭合电路的欧姆定律%=而可知，对应的是“X100”

挡;

欧姆表盘的中央刻度为15,此时欧姆表内阻RQI=1500。

E3.0r

根据闭合电路电动欧姆定律Ui=p-1匚//=2x10-3i4=2mA

K/21IbUU

根据电流表的改装原理短（Rg+R2）=（IAI-Ig）Ri

代入数据化简得R2=19RI-100

将开关拨到2,对应的是“X1000”挡，欧姆表的内阻为Rn2=15000C

E3.0

根据闭合电路的欧姆定律I42=嬴=定而4=°-2mA

根据电流表的改装原理IgRg=（IA2-Ig）（R1+R2）

代入数据化简得RI+R2=100

联立解得Ri=10Q,R2=90C；

③将K拨到“义1000”挡，欧姆表的内阻RC2=15000。，满偏电流为Ig=lA2=02mA

11E

若指针指向［Ig位置时，根据闭合电路的欧姆定律=R皿

代入数据解得Rx=30000n；

因为电源内阻变大，没有经过欧姆调零，测量Rx时会导致电流变小，从而使指针左偏，电阻值

读数变大，则待测电阻Rx的测量值大于Rx的真实值。

故答案为：①A；G；D；F；②10；90；③30000；大于。

考向四电学创新实验

14.（2024•中原区校级一模）某学习小组在实验室连接如图（a）所示的电路图，用来探究矩形波

频率对电容器充放电的影响。

（1）设置电源，让电源输出图（b）所示的矩形波，该矩形波的频率为Hz。

（2）闭合开关S,一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压Uc随时间周期性变

化，结果如图（c）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于（填

“充电”或“放电”）状态。

（3）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化

的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压Um与频率f的关系图像，如图（d）所示，若已知

电容器的电容C=4.7X10-6F,则当f=45Hz时电容器所带电荷量的最大值Qm=

C（结果保留两位有效数字）。

（4）手机中的“计步功能”和“摇一摇功能”等需要用到加速度传感器，如图（e）所示是一种

常用的电容式加速度传感器的内部结构简化原理图，将传感器系统水平放置，图中绝缘质量块的

左端与一端固定的水平轻弹簧相连，右端与电容器的活动极板相连，G为灵敏电流计，当系统静

止时，弹簧处于原长状态，下列说法正确的是o

A.系统向左匀速运动稳定时，通过灵敏电流计G的电流从N流向M

B.系统向左匀速运动稳定时，灵敏电流计G中没有电流通过

C.当系统突然向左加速运动时，通过灵敏电流计G的电流从N流向M

D.当系统突然向左加速运动时，通过灵敏电流计G的电流从M流向N

【解答】解：（1）由图（c）可知周期为

T=25X103S

所以该矩形波的频率为

1

f=一

T

解得f=40Hz

（2）由图（d）可知，B点后电容器两端的电压增大，即电容器处于充电状态。

（3）由图（（e）可知，当频率为45Hz时，电容器此时两端的电压最大值约为

Um=3.75V

根据电容的定义式得此时电容器所带电荷量的最大值为

65

Qm=CUm=4.7X10-X3.75C=1.8X10-C

（4）AB.系统向左匀速运动稳定时，加速度为零，轻弹簧没有发生形变，电容器板间的距离不

变，没有充、放电电流，灵敏电流计G中没有电流通过，故A错误，B正确；

CD.当系统突然向左加速运动时，弹簧伸长，电容器板间距离d变小，根据电容的决定式

ES

c=----r---

4nkd

可知，电容器的电容C变大，而电容器和电源相连，两极板电势差U不变，根据电容的定义式

C，

LU

可知，电容器带电荷量增大，即电源将对其充电，则通过灵敏电流计的电流方向从M流向N,

故C错误，D正确。

故选：BDo

故答案为：（1）