2026年高考物理复习难题速递之电学实验（2025年11月）

第69页（共69页）2026年高考物理复习难题速递之电学实验（2025年11月）一．选择题（共5小题）1．如图所示，将一个内阻为1000Ω、量程为1V的电压表与定值电阻R1串联，改装成为一个量程为3V的电压表，则R1的阻值为（）A．2000Ω B．4000Ω C．5000Ω D．6000Ω2．如图为多用电表的原理示意图，其中电流表的满偏电流为0.5mA，内阻Rg＝200Ω，R1＝200Ω，调零电阻的最大值R0＝10kΩ，电池电动势E＝1.5V，内阻r＝5Ω。虚线框中S为选择开关，下列说法不正确的是（）A．若电池用久了，电动势减小，内阻增大，即使能够欧姆调零，测量的电阻值也会偏小 B．若电压表的量程为0～3V，则R2的阻值为2900Ω C．测某电阻阻值时，正确操作后若指针指在正中央，则待测阻值为1500Ω D．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位3．某实验小组通过如图所示的实验电路测量干电池的电动势和内阻，并根据测得的数据作出了U﹣I图像，下列正确的是（）A．横轴截距表示短路电流，即I短＝0.6A B．根据r＝|ΔUΔI|，计算出待测电池内电阻为0.5ΩC．电池电动势测量值小于真实值 D．本实验的系统误差来源于电流表的分压作用4．小华利用图甲所示电路测量一节干电池的电动势和内阻，实验得到图乙所示的U﹣I图线，下列说法中正确的是（）A．干电池内阻的测量值为3Ω B．干电池电动势的测量值偏大 C．系统误差来源于电压表分流 D．系统误差来源于电流表分压5．如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，其中电动势为1.5V；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。下列说法正确的是（）A．图中的A端与红色表笔相连接 B．在使用多用电表欧姆挡之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 C．在使用多用电表欧姆挡时，中值电阻读数表示的电阻大小为1500Ω D．根据题给条件可得R1+R2＝120Ω，R4＝880Ω二．多选题（共2小题）（多选）6．老师给小明一个密封盒，其表面可见一个灯泡和一个可调电阻器R（可读取电阻值）的旋钮。为了探究密封盒里灯泡和可调电阻器是如何连接的，小明连接了一个如图1所示的电路并进行如下实验。实验1：将可调电阻器R在一定范围内减小，并将变化前后的结果记录下来，如图2所示。实验2：将电动势为1.5V的两节干电池（内阻不可忽略）串联来代替低压电源，重复实验。下列选项正确的是（）A．可调电阻器和灯泡是并联关系 B．两次实验中在调节可调电阻器R时，都不存在安全隐患 C．实验1中灯泡工作时的阻值可以计算，实验2中当R减小时，灯泡会变亮 D．实验2中如果用10Ω的定值电阻代替灯泡，该装置可以测出干电池的内阻（多选）7．如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为100Ω，下列说法正确的是（）A．由甲图可知，该表头满偏电流Ig＝1mA B．乙图中R1=109Ω，RC．乙图中R1＝5Ω，R2＝45Ω D．甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为10V三．实验题（共13小题）8．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L＝mm。（2）用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D＝mm。（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R（约200Ω），现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R。电流表A1量程（0﹣5mA，内阻约50Ω）。电流表A2量程（0﹣15mA，内阻约30Ω）。电压表V1量程（0﹣3V，内阻约10kΩ）。电压表V2量程（0﹣15V，内阻约25kΩ）。直流电源E（电动势4V，内阻不计）。滑动变阻器R1（阻值范围0﹣15Ω，允许通过的最大电流2.0A）。滑动变阻器R2（阻值范围0﹣2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）。开关S。导线若干。实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电表的示数都从零开始，要求测得多组数据进行分析，请在方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝（不要求计算，用题中所给字母表示）。（5）由于实验存在系统误差，该试验在测量电阻时测得的电阻R测与真实电阻R真相比应满足R测R真（填“＞”“＜”或“＝”）。9．小佘同学在做“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验中：（1）先将电源、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图甲所示，则未接导线的A端应与图中点相接，正确连接后测得的U﹣I曲线如图乙所示；若只要测得电源电动势即可，（选填“可以”或“不可以”）将导线的A端应与图中D点相接；若将导线的A端应与图中D点相接，当电压传感器示数为U，电流表传感器示数为I时，设电源内阻为r，定值电阻阻值为R，则滑动变阻器接入电路的阻值为。（2）有三款变阻器可以选用，小佘应选用。A．0～10ΩB．0～30ΩC．0～200Ω（3）闭合电键后，改变，用电压传感器和电流传感器测量不同工作状态的端电压和电流。若将实验测得的7组数据输入计算机，自动生成如图乙所示的U﹣I图线，若只选用两组数据，用闭合电路欧姆定律算出E、r，有可能误差较大。则选用这两组数据误差最大。10．某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；定值电阻R（阻值0.5Ω）；开关一个，导线若干。（1）根据所给实验的电路图连接实物图。（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下，请根据表中的数据，在坐标纸上作出U﹣I图线。序号123456U/V1.401.361.351.281.201.07I/A0.100.150.230.250.350.50（3）根据图线求得电动势E＝V，内阻r＝Ω。（以上结果均保留两位小数）11．某物理探究小组测量均匀金属实心圆柱体的电阻率ρ。（1）如图为某次测量金属丝直径时螺旋测微器的示数，其测量值d＝mm。（2）用伏安法测圆柱体电阻Rx（阻值约为10Ω）的阻值，提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计；电压表V：量程0～3V，内阻约4kΩ；灵敏电流表G：量程0～100mA，内阻为6Ω；滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流为1A；滑动变阻器R2：阻值范围0～50Ω，额定电流为0.5A；滑动变阻器R3：阻值范围0～2000Ω，额定电流为0.5A；电阻箱R4：阻值范围0～9999Ω，额定电流为1A；开关S，导线若干。要求实验中尽可能准确且合理地测量Rx的阻值，请回答下列问题：①为了测量通过待测电阻丝的电流，需将灵敏电流表与电阻箱R4（选填“串联”或“并联”），并将电阻箱阻值调到Ω，改装成一个量程为0～300mA的电流表。②为了调节方便，读数测量精确，滑动变阻器应选（选填器材字母代号），采用（选填“分压”或“限流”）的连接方式调节电路。（3）连接好电路进行实验，通过测量得到以下数据，金属丝长度为L，直径为d，灵敏电流计的示数为I，电压表示数为U，电阻箱阻值为R，由此可以得金属丝的电阻率ρ＝（用题目所给字母和π表示）。12．某实验小组要测量一段金属丝的电阻率，已知金属丝的电阻约为几欧姆。（1）先用欧姆表粗测金属丝的电阻，将选择开关拨到（填“×1”、“×10”或“×100”）倍率挡，将两表笔插入插孔，并将两表笔短接，然后进行欧姆调零，将金属丝接在两表笔间，欧姆表指针指在如图甲所示的位置，则粗测金属丝的电阻为Ω。（2）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图乙所示，则d＝mm；用游标卡尺测量金属丝的长度如图丙所示，则L＝cm。（3）为了精确测量金属丝的电阻，实验室提供了如下器材：A.电池组（3V，内阻较小）B.电流表（0～0.6A，内阻为rA＝0.5Ω）C.电压表（0～3V，内阻约为3kΩ）D.滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流1A）E.滑动变阻器R2（0～2000Ω，额定电流0.3A）F.开关、导线请在图丁所示的虚线框内画出实验电路图（要求电压表示数能从0开始变化，并在图中标明所选用的滑动变阻器符号）。（4）根据电路图测得多组电压表和电流表的示数U、I，作U﹣I图像，得到图像的斜率为k，若金属丝的长为L，横截面直径为d，则得到金属丝的电阻率ρ＝（用k、rA、L、d表示）。13．某实验小组在进行“测定金属丝的电阻率”的实验。（1）如图1，用螺旋测微器测金属丝直径D为mm；如图2游标卡尺测金属丝长度L为cm；（2）如图3用多用电表粗测金属丝的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为Ω。现用伏安法精确测量其阻值Rx，要求测量结果尽量准确，使待测金属丝两端的电压能从零开始变化，现备有以下器材：A.电流表A1（量程300mA，内阻约为4Ω）B.电流表A2（0～10mA，内阻为10Ω）C.滑动变阻器R1（0～1000Ω）D.滑动变阻器R2（0～10Ω）E.定值电阻R0（阻值为290Ω）F.电池组（3V，内阻不计）G.开关S及导线若干（3）请按要求在方框中画出实验原理图。（原理图中必须标明仪器的符号）（4）闭合开关S，移动滑动触头，记录A1、A2的读数I1、I2，电流表A2内阻为r，则金属丝电阻率ρ＝（用I1、I2、D、L、r、R0表示）。14．某兴趣小组选用如下器材测定一个电容器的电容，采用的电路如图甲所示，其中电流传感器可以方便地测出电流随时间变化的曲线。选用器材：待测电容C（额定电压为16V）、电流传感器和计算机、直流电源（电压9V，内阻不计）、定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关、导线若干。实验过程如下：①按照图甲正确连接电路；②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的l﹣t图线如图乙中的实线a所示；④利用计算机软件测出I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积。根据以上信息请回答下列问题：（1）测出I﹣t曲线和坐标轴所围的面积为42.3mA•s，则电容器的电容C＝F；（2）若将定值电阻换为R1＝180Ω重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I﹣t图线应该是图丙中的曲线（选填“b”或“c”）。（3）（多选）某同学想对电容器均匀充电，即电容器的电荷量随时间均匀增加，如图丁，他查阅资料发现，可以通过理想的“恒流源”来实现这一过程。若使用“恒流源”对电容器充电，则以下有关电容器各物理量变化的图线正确的是。15．某同学在测干电池的电动势和内阻的实验中，考虑到新干电池内阻较小，导致电压表示数变化范围太小，故将电阻箱调至R0＝2Ω接入电路。（1）按如图1所示连好实物图，闭合开关，按照实验操作规范，采集了6组I、U数据，并填入设计好的表格。123456I/A0.280.320.360.440.48U/V0.800.700.610.500.390.30第4组数据中电流表指针偏转情况如图2所示，请读出示数A。（2）根据图3坐标纸上作出U﹣I图像，求出干电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω。（3）考虑到电表内阻，本实验方案存在的系统误差为。A．电压表分流B．电流表分压C．电压表分压D．电流表分流16．在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一个金属丝的电阻。（1）该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图1所示，对应的读数是Ω。（2）用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图2所示，则该金属丝的直径为mm。（3）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图3所示，开关闭合前，图3中滑动变阻器滑片应置于（选填“左”或“右”）端。（4）设被测金属丝电阻为Rx，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则计算该金属丝电阻率的表达式是ρ＝（用题目给出的物理量符号表示）。17．某同学利用图甲电路测量某电源的电动势E（约6V）和内阻r（约1Ω），其中R为电阻箱，R0为定值电阻（实验室有“5Ω”“20Ω”和“30Ω”三种规格定值电阻供选择），电压表内阻约3000Ω，多次改变电阻箱的阻值R，记录下对应的电压表读数U，并作出如图乙所示图线。（1）由图乙数据可知，该同学选用的定值电阻R0的阻值是（选填“5Ω”“20Ω”或“30Ω”）。（2）根据图乙中的数据可知，测得该电源的电动势E＝V，内阻r＝Ω。（结果保留3位有效数字）18．某探究小组利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源（内阻不计），R为定值电阻，C为电容器，A为毫安表，V为数字电压表（内阻近似无穷大）。操作时，先把开关S接1，待稳定后，再把开关S接2。（1）某次测量时电流表的示数如图所示，则电流I＝mA。（2）关于充电过程，下列说法正确的是（多选）。A．电流表的示数逐渐增大，后保持不变B．电压表的示数逐渐增大，后保持不变C．充电完毕，电流表的示数为零D．充电完毕，电压表的示数为零（3）图甲中直流电源电动势E＝8V，实验前电容器不带电。现将图甲电路中的电流表换为电流传感器，并与计算机相连，测得当电容器充电、放电时，电流随时间变化的i﹣t曲线如图乙所示。计算机测得图像中的阴影面积S1＝1300mA•s，则该电容器的电容为F（保留两位有效数字）。19．新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为960mm，宽为90mm，然后测量其电动势E和内阻r。所提供的器材有：A.电压表V1（量程3V）B.电压表V2（量程15V）C.电流表A1（量程0.6A）D.电流表A2（量程3A）E.滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）F.滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流0.2A）G.保护电阻R0＝6Ω某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图乙所示的U﹣I图像。（1）实验中，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选；（填器材前的字母代号）（2）根据图乙所示，则该电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω；（结果保留到小数点后一位）。（3）为了能准确地测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U﹣I图线，综合A、B两条图线，此电芯的电动势E＝；内阻r＝（用图中EA、EB、IA、IB表示）。20．某同学设计了一个电子气泡式水平仪，如图所示。当被测平面水平时，密闭圆柱形玻璃管中的气泡正好处于玻璃管的正中央，此时电压表的示数为0。已知电压表的0刻度线在表盘的正中央，在组装仪器之前，测得当电流从E端流入电压表，电压表的指针向右偏转，导电水柱的电阻主要取决于水量。（1）在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片滑到（填“a”或“b”）端。（2）闭合开关S后，将水平仪放到水平面上进行调零，应调节，使电压表的示数恰好为零。（3）检测某平面时，发现电压表的指针向左偏，则气泡一定在玻璃管正中央的（填“左”或“右”）侧少许，为使检测平面水平应该适当垫高（填“左”或“右”）端。（4）为提高水平仪的测量精度，应选择下列哪块电压表（填正确答案标号）。A.量程为10mV，内阻为100ΩB.量程为5V，内阻为1000Ω

2026年高考物理复习难题速递之电学实验（2025年11月）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）题号12345答案AACCC二．多选题（共2小题）题号67答案ADAB一．选择题（共5小题）1．如图所示，将一个内阻为1000Ω、量程为1V的电压表与定值电阻R1串联，改装成为一个量程为3V的电压表，则R1的阻值为（）A．2000Ω B．4000Ω C．5000Ω D．6000Ω【考点】电表的改装和应用（实验）；把表头改装成电压表．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】A【分析】改装电压表需要串联一个电阻，根据U-【解答】解：由串联电路特点得U-代入数据解得：R1＝2000Ω故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了电压表的改装，需要串联一个电阻，难度不大。2．如图为多用电表的原理示意图，其中电流表的满偏电流为0.5mA，内阻Rg＝200Ω，R1＝200Ω，调零电阻的最大值R0＝10kΩ，电池电动势E＝1.5V，内阻r＝5Ω。虚线框中S为选择开关，下列说法不正确的是（）A．若电池用久了，电动势减小，内阻增大，即使能够欧姆调零，测量的电阻值也会偏小 B．若电压表的量程为0～3V，则R2的阻值为2900Ω C．测某电阻阻值时，正确操作后若指针指在正中央，则待测阻值为1500Ω D．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】A【分析】A.根据闭合电路的欧姆定律求解作答；B.根据并联电路特点和欧姆定律求解作答；C.根据闭合电路欧姆定律求解作答；D.根据电流表的改装分析作答。【解答】解：A.根据欧姆定律，满偏时满足E＝IgR内被测电阻Rx满足E＝Ix（R内+Rx）两式联立得I根据得到的函数可知，由于电源电动势减小，造成同一个被测电阻对应的电流值减小，即指针偏转的角度变小，欧姆表表盘满偏时被测电阻为零，偏角小时阻值偏大，故A错误；B.由于表头的满偏电流为0.5mA，内阻Rg＝200Ω，R1＝200Ω，因此改装电流表的量程为1mA，改装电流表的内阻R根据欧姆定律，电阻R2=UC.根据闭合电路欧姆定律，中值电阻R中=RD.由于电阻R1与表头并联，因此当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，故D正确。本题选择错误的选项。故选：A。【点评】本题主要考查了多用表内部结构的理解以及各挡位的用途的理解，掌握串联和并联电路的特点、欧姆定律、闭合电路的欧姆定律是解题的关键。3．某实验小组通过如图所示的实验电路测量干电池的电动势和内阻，并根据测得的数据作出了U﹣I图像，下列正确的是（）A．横轴截距表示短路电流，即I短＝0.6A B．根据r＝|ΔUΔI|，计算出待测电池内电阻为0.5ΩC．电池电动势测量值小于真实值 D．本实验的系统误差来源于电流表的分压作用【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；电学图象专题；推理论证能力．【答案】C【分析】理解U﹣I图像的物理意义，特别是纵轴截距、斜率以及横轴截距的含义。分析实验电路中的系统误差来源，明确电压表和电流表的分压、分流作用对测量结果的影响。【解答】解：A.因纵轴起点坐标不是从零开始的，则横轴截距不表示短路电流，即I短不等于0.6A，故A错误；B、由r＝|ΔUΔI|，计算出待测电池内电阻为1Ω，故BCD、根据电压表的分流，导致电池电动势测量值小于真实值，故C正确，D错误。故选：C。【点评】题目旨在考查学生对双缝干涉实验原理的理解、实验操作的熟练程度以及数据处理和计算的能力。4．小华利用图甲所示电路测量一节干电池的电动势和内阻，实验得到图乙所示的U﹣I图线，下列说法中正确的是（）A．干电池内阻的测量值为3Ω B．干电池电动势的测量值偏大 C．系统误差来源于电压表分流 D．系统误差来源于电流表分压【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；学科综合题；定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】C【分析】A.根据闭合电路欧姆定律求解U﹣I函数，结合图像斜率绝对值的含义求解作答；BCD.实验的误差来源于电压表的分流作用，根据闭合电路欧姆定律求解U﹣I图像，结合图像纵截距的含义分析实验误差。【解答】解：A.根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣r•I图像斜率的绝对值表示内阻，内阻r图像的纵截距表示电动势，电动势E＝b＝1.5V，故A错误；BCD.实验的误差来源于电压表的分流作用；根据闭合电路欧姆定律E变形得U结合U﹣I图像纵截距的含义，图像纵截距b解得E电动势的测量值小于真实值，故BD错误，C正确。故选：C。【点评】本题主要考查了测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路欧姆定律的运用，能够根据实验原理正确分析实验误差。5．如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，其中电动势为1.5V；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。下列说法正确的是（）A．图中的A端与红色表笔相连接 B．在使用多用电表欧姆挡之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 C．在使用多用电表欧姆挡时，中值电阻读数表示的电阻大小为1500Ω D．根据题给条件可得R1+R2＝120Ω，R4＝880Ω【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】定量思想；控制变量法；恒定电流专题；理解能力．【答案】C【分析】A.在用多用表测电阻时，内部电池的电流从多用表的黑表笔流出，据此作答；BC.在使用多用电表之前，调节欧姆挡旋钮，使指针指向右边的“0”，即电流最大值处，据此作答；D.根据电流表的量程、电压表的量程结合串联、并联的特点求解。【解答】解：A．在用多用表测电阻时，内部电池的电流从多用表的黑表笔流出，因此图中的A端与红色表笔相连接，图中的B端接内部电源的负极，则与红色表笔相连接，故A错误；B．在使用多用电表欧姆挡之前，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，故B错误；C．在使用多用电表欧姆挡时，欧姆挡内阻即中值电阻为r中故C正确；D．当B接2时，直流电流为1mA挡，根据并联电路的电压特点IgRg＝（I﹣Ig）（R1+R2）解得R1当B接4时，直流电压为1V挡，串联电路电压特点UR＝U−IgRg＝1V−250×10−6×480V＝0.88V根据欧姆定律，电阻R4故D错误。故选：C。【点评】注意：当多用表作为电流表、电压表使用时，要明白选择开关B分别接“2”或“3”、“4”或“5”量程的大小；当多用表作为电压表使用时，通过电阻R4、R5的电流已经不只是通过表头电流了。二．多选题（共2小题）（多选）6．老师给小明一个密封盒，其表面可见一个灯泡和一个可调电阻器R（可读取电阻值）的旋钮。为了探究密封盒里灯泡和可调电阻器是如何连接的，小明连接了一个如图1所示的电路并进行如下实验。实验1：将可调电阻器R在一定范围内减小，并将变化前后的结果记录下来，如图2所示。实验2：将电动势为1.5V的两节干电池（内阻不可忽略）串联来代替低压电源，重复实验。下列选项正确的是（）A．可调电阻器和灯泡是并联关系 B．两次实验中在调节可调电阻器R时，都不存在安全隐患 C．实验1中灯泡工作时的阻值可以计算，实验2中当R减小时，灯泡会变亮 D．实验2中如果用10Ω的定值电阻代替灯泡，该装置可以测出干电池的内阻【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据实验1中，可调电阻器R减小，灯泡亮度不变，说明灯泡两端电压不变，实验2中，电源有内阻，当R过小时，电路总电流过大，可能超过电流表或元件的额定电流，结合闭合电路欧姆定律分析求解。【解答】解：A.实验1中，可调电阻器R减小，灯泡亮度不变，说明灯泡两端电压不变，若R与灯泡并联，则各支路电压相等，故A正确；B.实验2中，电源有内阻，当R过小时，电路总电流过大，可能超过电流表或元件的额定电流，存在安全隐患，故B错误；C.实验1中，灯泡与R并联，电源内阻可忽略，灯泡电压U＝3V，但由于不知道灯泡的电流，无法计算其阻值，实验2中，R减小，并联部分总电阻减小，电路总电流增大，电源内阻分压增大，并联部分电压减小，灯泡会变暗，故C错误；D.实验2中，用10Ω定值电阻代替灯泡与R并联，设电源电动势E＝3V，内阻r，可通过改变R的阻值，测量多组电流和电压，利用闭合电路欧姆定律E＝U+Ir，从而求出内阻r，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了电学相关实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。（多选）7．如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为100Ω，下列说法正确的是（）A．由甲图可知，该表头满偏电流Ig＝1mA B．乙图中R1=109Ω，RC．乙图中R1＝5Ω，R2＝45Ω D．甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为10V【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】AB【分析】AD.根据欧姆定律和串联电路的特点求解作答；BC.根据欧姆定律和并联电路的特点求解作答。【解答】解：AD.甲图中，根据欧姆定律U1＝Ig（R+rg）满偏电流I根据欧姆定律，b的量程U故A正确，D错误。BC.对于10mA量程，根据欧姆定律Igrg＝（I1﹣Ig）（R1+R2）对于100mA量程，根据欧姆定律Ig（rg+R2）＝（I2﹣Ig）R1代入数据联立解得R故B正确，C错误。故选：AB。【点评】本题主要考查了电表的改装和运用，掌握欧姆定律、串联和并联电路的特点是解题的关键。三．实验题（共13小题）8．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L＝50.15mm。（2）用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D＝4.200mm。（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R（约200Ω），现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R。电流表A1量程（0﹣5mA，内阻约50Ω）。电流表A2量程（0﹣15mA，内阻约30Ω）。电压表V1量程（0﹣3V，内阻约10kΩ）。电压表V2量程（0﹣15V，内阻约25kΩ）。直流电源E（电动势4V，内阻不计）。滑动变阻器R1（阻值范围0﹣15Ω，允许通过的最大电流2.0A）。滑动变阻器R2（阻值范围0﹣2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）。开关S。导线若干。实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电表的示数都从零开始，要求测得多组数据进行分析，请在方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝πUD24（5）由于实验存在系统误差，该试验在测量电阻时测得的电阻R测与真实电阻R真相比应满足R测＜R真（填“＞”“＜”或“＝”）。【考点】导体电阻率的测量；游标卡尺的使用与读数；螺旋测微器的使用与读数．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）50.15；（2）4.200；（3）；（4）πUD24IL【分析】（1）根据游标卡尺读数规则分析求解；（2）根据螺旋测微计读数规则分析求解：（3）根据电源电动势，电压表量程及电阻阻值，结合外接法以及分压式的特点分析求解；（4）根据电阻定律分析求解；（5）根据电压表的分流，使得电流表测量的是电压表和待测电阻的总电流，使电流测量偏大分析求解。【解答】解：（1）由图1可知，该游标卡尺为20分度游标，游标每小格表示0.05mm，故其长度为L＝50mm+3×0.05mm＝50.15mm（2）由图2可知，螺旋测微器右侧游标每小格表示0.01mm，其直径为D＝4.0mm+20×0.01mm＝4.200mm（3）根据电源电动势，可知电压表应选V1；根据电压表量程及电阻阻值可知，电路中的最大电流约为I电流表应选A2；结合待测电阻阻值，滑动变阻器应选R1，为了使电压可以从0开始调节，故用分压法；待测电阻的阻值较小，电流表选择外接法。所以电路图为（4）根据电阻定律得R其中电阻和横截面积为R=U联立，解得ρ（5）由于电压表的分流，使得电流表测量的是电压表和待测电阻的总电流，使电流测量偏大，根据ρ=故答案为：（1）50.15；（2）4.200；（3）；（4）πUD24IL【点评】本题考查测量电阻率的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。9．小佘同学在做“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验中：（1）先将电源、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图甲所示，则未接导线的A端应与图中C点相接，正确连接后测得的U﹣I曲线如图乙所示；若只要测得电源电动势即可，可以（选填“可以”或“不可以”）将导线的A端应与图中D点相接；若将导线的A端应与图中D点相接，当电压传感器示数为U，电流表传感器示数为I时，设电源内阻为r，定值电阻阻值为R，则滑动变阻器接入电路的阻值为UI（2）有三款变阻器可以选用，小佘应选用B。A．0～10ΩB．0～30ΩC．0～200Ω（3）闭合电键后，改变滑动变阻器接入电路的阻值，用电压传感器和电流传感器测量不同工作状态的端电压和电流。若将实验测得的7组数据输入计算机，自动生成如图乙所示的U﹣I图线，若只选用两组数据，用闭合电路欧姆定律算出E、r，有可能误差较大。则选用5和6这两组数据误差最大。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）C；可以；UI；（2）B；（3）滑动变阻器接入电路的阻值；5和6【分析】（1）根据实验原理，分析电压传感器的连接方法，然后作答；（2）根据闭合电路欧姆定律求解U﹣I函数，结合图像纵截距求解电动势，根据欧姆定律求解当电流为0.1A时定值电阻和滑动变阻器接入电路的总电阻，然后选择滑动变阻器；（3）要想通过电压传感器和电流传感器测量不同工作状态的端电压和电流，应调节外电阻，据此分析作答；根据计算法处理实验数据的要求，从减小误差的角度分析作答。【解答】解：（1）开关应控制整个电路，并且为了减小误差，应采用相对电源的电流表外接法，电压传感器测量路端电压，因此A接线柱应接C点；若只要测得电源电动势，为了使电压传感器示数变化明显，可以将导线的A端应与图中D点相接；若把定值电阻看作电源内阻的一部分，则电压传感器测得的是路端电压，即滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律，滑动变阻器的接入电阻R滑（2）根据闭合电路的欧姆定律U＝E﹣r•I结合图乙纵截距可知，电动势E＝b＝1.5V当电流I＝0.1A时，定值电阻和滑动变阻器接入电路的总电阻R为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择0～30Ω，故AC错误，B正确。故选：B。（3）要想通过电压传感器和电流传感器测量不同工作状态的端电压和电流，应调节外电阻，即调节滑动变阻器接入电阻；由图乙可知，第5点偏离图线较远，且5和6两点电流和电压的变化不明显，因此若只选用5和6这两组数据，用闭合电路欧姆定律算出E、r值，这两组数据误差最大。故答案为：（1）C；可以；UI；（2）B；（3）滑动变阻器接入电路的阻值；5和6【点评】本题考查了“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路欧姆定律的运用，要注意明确图像的性质，明确用图像处理数据的方法。10．某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；定值电阻R（阻值0.5Ω）；开关一个，导线若干。（1）根据所给实验的电路图连接实物图。（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下，请根据表中的数据，在坐标纸上作出U﹣I图线。序号123456U/V1.401.361.351.281.201.07I/A0.100.150.230.250.350.50（3）根据图线求得电动势E＝1.48V，内阻r＝0.30Ω。（以上结果均保留两位小数）【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）（2）（3）1.48；0.30。【分析】（1）根据电路图连接实物图；（2）根据表中的数据，采用描点法作图；（3）根据闭合电路欧姆定律求解U﹣I函数，结合图像斜率绝对值和纵截距的含义求解作答。【解答】解：（1）根据所给实验的电路图，可得实物连线图如图所示：（2）根据表中的数据，用直线连接各点，使大部分点落在直线上或均匀分布在直线两侧，远离的点舍去，在方格纸上描点作出U—I图线，如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律和该实验电路图可知E＝U+I（r+R0）整理得U＝E﹣（r+R0）IU—I图像纵截距表示电源的电动势，电动势为E＝b＝1.48VU﹣I图像的斜率的绝对值k结合U﹣I函数斜率绝对值可知k＝R0+r代入数据解得电源内阻r＝0.30Ω。故答案为：（1）（2）（3）1.48；0.30。【点评】本题关键掌握根据闭合电路欧姆定律和图像推导和误差分析的方法，作图像的方法。11．某物理探究小组测量均匀金属实心圆柱体的电阻率ρ。（1）如图为某次测量金属丝直径时螺旋测微器的示数，其测量值d＝0.645mm。（2）用伏安法测圆柱体电阻Rx（阻值约为10Ω）的阻值，提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计；电压表V：量程0～3V，内阻约4kΩ；灵敏电流表G：量程0～100mA，内阻为6Ω；滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流为1A；滑动变阻器R2：阻值范围0～50Ω，额定电流为0.5A；滑动变阻器R3：阻值范围0～2000Ω，额定电流为0.5A；电阻箱R4：阻值范围0～9999Ω，额定电流为1A；开关S，导线若干。要求实验中尽可能准确且合理地测量Rx的阻值，请回答下列问题：①为了测量通过待测电阻丝的电流，需将灵敏电流表与电阻箱R4并联（选填“串联”或“并联”），并将电阻箱阻值调到3Ω，改装成一个量程为0～300mA的电流表。②为了调节方便，读数测量精确，滑动变阻器应选R1（选填器材字母代号），采用分压（选填“分压”或“限流”）的连接方式调节电路。（3）连接好电路进行实验，通过测量得到以下数据，金属丝长度为L，直径为d，灵敏电流计的示数为I，电压表示数为U，电阻箱阻值为R，由此可以得金属丝的电阻率ρ＝πd2UR24IL【考点】导体电阻率的测量；螺旋测微器的使用与读数．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）0.645；（2）①并联，3；②R1，分压；（3）πd【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；（2）①根据电流表的改装原理判断和计算；②根据调节方便，读数测量精确判断；（3）根据电阻定律、欧姆定律和几何知识推导。【解答】解：（1）金属丝的直径为：d＝0.5mm+14.5×0.01mm＝0.645mm（2）①要扩大电流表的量程需要并联一个电阻，根据并联电路的特点有Igrg＝（I﹣Ig）R4代入数据可得R4＝3Ω②为了调节方便，读数测量精确，滑动变阻器应选R1；连接方式采用分压式接法；（3）根据电阻定律有R根据欧姆定律有：R根据并联电路的特点有I根据几何知识有：S联立解得ρ=故答案为：（1）0.645；（2）①并联，3；②R1，分压；（3）πd【点评】本题关键掌握伏安法测电阻率的实验原理、电流表的改装原理和螺旋测微器的读数方法。12．某实验小组要测量一段金属丝的电阻率，已知金属丝的电阻约为几欧姆。（1）先用欧姆表粗测金属丝的电阻，将选择开关拨到×1（填“×1”、“×10”或“×100”）倍率挡，将两表笔插入插孔，并将两表笔短接，然后进行欧姆调零，将金属丝接在两表笔间，欧姆表指针指在如图甲所示的位置，则粗测金属丝的电阻为10.0Ω。（2）用螺旋测微器测得金属丝的直径如图乙所示，则d＝1.840mm；用游标卡尺测量金属丝的长度如图丙所示，则L＝3.14cm。（3）为了精确测量金属丝的电阻，实验室提供了如下器材：A.电池组（3V，内阻较小）B.电流表（0～0.6A，内阻为rA＝0.5Ω）C.电压表（0～3V，内阻约为3kΩ）D.滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流1A）E.滑动变阻器R2（0～2000Ω，额定电流0.3A）F.开关、导线请在图丁所示的虚线框内画出实验电路图（要求电压表示数能从0开始变化，并在图中标明所选用的滑动变阻器符号）。（4）根据电路图测得多组电压表和电流表的示数U、I，作U﹣I图像，得到图像的斜率为k，若金属丝的长为L，横截面直径为d，则得到金属丝的电阻率ρ＝πd2(k-rA)4L【考点】导体电阻率的测量；游标卡尺的使用与读数；螺旋测微器的使用与读数．【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）×1；10.0。（2）1.840；3.14。（3）（4）πd【分析】（1）结合题意，根据金属丝的电阻的估计值，选好欧姆表选择开关所指倍率；根据表盘示数及所选倍率，粗测电阻丝的电阻。（2）结合题图，根据螺旋测微器的读数准则、游标卡尺的读数准则，即可列式求解。（3）根据待测电阻阻值的粗略值、所给实验器材的规格、伏安法测电阻的实验规则，即可分析求解。（4）结合前面分析及题意，由欧姆定律、电阻定律分别列式，即可分析求解。【解答】解：（1）由题知，金属丝的电阻只有几欧姆，因此用欧姆表测金属丝的电阻时，需要将选择开关拨到×1倍率挡；由图甲可知，粗测金属丝的电阻为：Rx＝10.0×1Ω＝10.0Ω。（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，则由图乙可知，金属丝的直径为：d＝1.5mm+0.01mm×34.0＝1.840mm；游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，则由图丙可知，金属丝的长度为：L＝31mm+0.1mm×4＝31.4mm＝3.14cm。（3）因为要求电压表示数能从0开始变化，所以滑动变阻器应采用分压式接法，又因为金属丝的电阻比较小，所以为了方便调节，应选用最大阻值较小的滑动变阻器R1；因为金属丝的电阻比较小，所以电流表采用内接法；因此实验电路图如下所示：（4）结合前面分析及题意，由欧姆定律可得：Rx解得：Rx＝k﹣rA，由电阻定律可得：Rx联立可得：ρ=π故答案为：（1）×1；10.0。（2）1.840；3.14。（3）（4）πd【点评】本题考查导体电阻率的测量，解题时需注意，对电学实验器材的选择一般分两步考虑，首先要根据实验的要求设计好测量电路，选择必要的相应的器材时要着重考虑准确性；然后设计供电电路，此时选择相应的器材时要着重考虑安全性。13．某实验小组在进行“测定金属丝的电阻率”的实验。（1）如图1，用螺旋测微器测金属丝直径D为6.126mm；如图2游标卡尺测金属丝长度L为10.230cm；（2）如图3用多用电表粗测金属丝的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用挡×1Ω（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为10Ω。现用伏安法精确测量其阻值Rx，要求测量结果尽量准确，使待测金属丝两端的电压能从零开始变化，现备有以下器材：A.电流表A1（量程300mA，内阻约为4Ω）B.电流表A2（0～10mA，内阻为10Ω）C.滑动变阻器R1（0～1000Ω）D.滑动变阻器R2（0～10Ω）E.定值电阻R0（阻值为290Ω）F.电池组（3V，内阻不计）G.开关S及导线若干（3）请按要求在方框中画出实验原理图。（原理图中必须标明仪器的符号）（4）闭合开关S，移动滑动触头，记录A1、A2的读数I1、I2，电流表A2内阻为r，则金属丝电阻率ρ＝πI1(Rg+R0)D24L(I2-I【考点】导体电阻率的测量；游标卡尺的使用与读数；螺旋测微器的使用与读数．【专题】实验探究题；定量思想；推理法；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）6.126；10.230；（2）×1Ω；10；（3）电路图如图所示：；（4）πI【分析】（1）螺旋测微器的读数为主尺的读数加可动刻度的读数，注意要估读；游标卡尺的读数为主尺的读数加游标尺的的读数，游标卡尺不估读；（2）用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡，进行测量读数；（3）没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，设计电路图；（4）根据欧姆定律结合电阻定律求解金属棒电阻率的表达式。【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.6×0.01mm＝6.126mm，由图示游标卡尺为20分度的游标卡尺，其精度为0.05mm，所以其示数为：102mm+6×0.05mm＝102.30mm＝10.230cm，故应填：6.126；10.230；（2）用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为：10×1Ω＝10Ω，故应填：×1Ω；10；（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为：RV＝Rg+R0＝100Ω+900Ω＝1000Ω，电流表内阻约为0.4Ω，待测电阻阻值约为10Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：；（4）由欧姆定律可得金属棒电阻阻值为：Rx=UxI故答案为：（1）6.126；10.230；（2）×1Ω；10；（3）电路图如图所示：；（4）πI【点评】本题考查游标卡尺、螺旋测微器、多用表的使用及读数，用伏安法测电阻，解题的关键是要知道实验原理和实验步骤。14．某兴趣小组选用如下器材测定一个电容器的电容，采用的电路如图甲所示，其中电流传感器可以方便地测出电流随时间变化的曲线。选用器材：待测电容C（额定电压为16V）、电流传感器和计算机、直流电源（电压9V，内阻不计）、定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关、导线若干。实验过程如下：①按照图甲正确连接电路；②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的l﹣t图线如图乙中的实线a所示；④利用计算机软件测出I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积。根据以上信息请回答下列问题：（1）测出I﹣t曲线和坐标轴所围的面积为42.3mA•s，则电容器的电容C＝4.7×10﹣3F；（2）若将定值电阻换为R1＝180Ω重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I﹣t图线应该是图丙中的曲线c（选填“b”或“c”）。（3）（多选）某同学想对电容器均匀充电，即电容器的电荷量随时间均匀增加，如图丁，他查阅资料发现，可以通过理想的“恒流源”来实现这一过程。若使用“恒流源”对电容器充电，则以下有关电容器各物理量变化的图线正确的是AC。【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；电容器专题；实验探究能力．【答案】（1）4.7×10﹣3；（2）c；（3）AC。【分析】（1）根据I﹣t曲线和坐标轴所围的面积计算电容器所带的电荷量，根据I﹣t图像得到放电开始时电流，由欧姆定律计算电容器两端的电压，再根据电容定义式计算电容；（2）根据欧姆定律分析判断；（3）根据电源为恒流电源判断；根据电流定义式分析判断；根据电容定义式和电流定义式推导电容表达式分析判断；【解答】解：（1）I﹣t曲线和坐标轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由题可知，电容器的电荷量Q＝42.3×10﹣3C＝4.23×10﹣2C由I﹣t图像得到开始时电流为I＝90mA＝9×10﹣2A电容器两端的电压U＝IR0＝9×10﹣2×100V＝9V则电容器的电容C（2）换用阻值为180Ω的定值电阻，根据im=U故选：c。（3）A．由于电源为恒流电源，电流的大小始终不变，故A正确；B．由电容的定义式C=QU和电流的定义由于电容器的电容C和电流I不变，可知U∝t，故B错误；C．根据电容的定义式C=QU可知Q∝U故选：AC。故答案为：（1）4.7×10﹣3；（2）c；（3）AC。【点评】本题关键掌握I﹣t曲线和坐标轴所围的面积表示的物理意义，由电容的定义式和电流的定义分析判断电容器放电过程各物理量的变化情况。15．某同学在测干电池的电动势和内阻的实验中，考虑到新干电池内阻较小，导致电压表示数变化范围太小，故将电阻箱调至R0＝2Ω接入电路。（1）按如图1所示连好实物图，闭合开关，按照实验操作规范，采集了6组I、U数据，并填入设计好的表格。123456I/A0.280.320.360.440.48U/V0.800.700.610.500.390.30第4组数据中电流表指针偏转情况如图2所示，请读出示数0.40A。（2）根据图3坐标纸上作出U﹣I图像，求出干电池的电动势E＝1.50V，内阻r＝0.50Ω。（3）考虑到电表内阻，本实验方案存在的系统误差为A。A．电压表分流B．电流表分压C．电压表分压D．电流表分流【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）0.40；（2）1.50；0.50；（3）A。【分析】（1）根据电流表读数规则分析求解；（2）根据闭合电路欧姆定律，结合U﹣I图像纵轴截距为电源电动势分析求解；（3）根据电流表测量的是流过滑动变阻器的电流，电压表不是理想电压表，所以系统误差是电流的测量值偏小所致分析求解。【解答】解：（1）根据表格数据可知电流表选择的量程为0.6A，分度值为0.02A，读数为0.40A。（2）根据闭合电路欧姆定律E＝U+I（r+R0）可知U﹣I图像纵轴截距为电源电动势，由图可知E≈1.50V斜率的绝对值k解得r≈0.50Ω（3）由题图可知，电流表测量的是流过滑动变阻器的电流，电压表不是理想电压表，所以系统误差是电流的测量值偏小所致，本实验方案存在的系统误差为电压表分流。故A正确，BCD错误故选：A。故答案为：（1）0.40；（2）1.50；0.50；（3）A。【点评】本题考查测干电池的电动势和内阻的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。16．在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一个金属丝的电阻。（1）该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图1所示，对应的读数是6Ω。（2）用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图2所示，则该金属丝的直径为0.185mm。（3）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图3所示，开关闭合前，图3中滑动变阻器滑片应置于左（选填“左”或“右”）端。（4）设被测金属丝电阻为Rx，金属丝直径为d，接入电路部分的长度为l，则计算该金属丝电阻率的表达式是ρ＝πd2R【考点】导体电阻率的测量；螺旋测微器的使用与读数．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）欧姆表测电阻，根据欧姆表的读数规则读数；（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；（3）滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全的角度分析作答；（4）根据电阻定律求解作答。【解答】解：（1）欧姆表测电阻，金属丝的电阻Rx＝6×1Ω＝6Ω（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径d＝0mm+18.5×0.01mm＝0.185mm（3）滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全，开关闭合前，图3中滑动变阻器滑片应置于左端；（4）根据电阻定律R电阻率ρ=故答案为：（1）6；（2）0.185；（3）左；（4）πd【点评】本题考查了测定金属丝电阻率的实验，要明确实验原理，掌握螺旋测微器和欧姆表的读数规则，掌握电阻定律的运用。17．某同学利用图甲电路测量某电源的电动势E（约6V）和内阻r（约1Ω），其中R为电阻箱，R0为定值电阻（实验室有“5Ω”“20Ω”和“30Ω”三种规格定值电阻供选择），电压表内阻约3000Ω，多次改变电阻箱的阻值R，记录下对应的电压表读数U，并作出如图乙所示图线。（1）由图乙数据可知，该同学选用的定值电阻R0的阻值是20Ω（选填“5Ω”“20Ω”或“30Ω”）。（2）根据图乙中的数据可知，测得该电源的电动势E＝6.25V，内阻r＝1.25Ω。（结果保留3位有效数字）【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）20Ω；（2）6.25；1.25。【分析】（1）根据电压读数结合串联电路电压规律解答。（2）应用闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式，然后根据图示图像求电源电动势与内阻。【解答】解：（1）由图乙可知R＝10Ω时，电压表示数为2V，电源电动势为6V，根据串联电路电压规律可知，定值电阻R0的阻值是20Ω。（2）由闭合电路欧姆定律得E＝U+I（r+R0）＝U+UR（r+R整理得1图像的斜率k=r+R0E=0.50-0.160.10Ω/V＝3.4解得E＝6.25V，r＝1.25Ω。故答案为：（1）20Ω；（2）6.25；1.25。【点评】本题考查测量电动势和内阻的实验，关键是明确实验原理，根据闭合电路欧姆定律关系式进行变式，利用函数规律结合图像进行分析求解即可。18．某探究小组利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源（内阻不计），R为定值电阻，C为电容器，A为毫安表，V为数字电压表（内阻近似无穷大）。操作时，先把开关S接1，待稳定后，再把开关S接2。（1）某次测量时电流表的示数如图所示，则电流I＝5.0mA。（2）关于充电过程，下列说法正确的是BC（多选）。A．电流表的示数逐渐增大，后保持不变B．电压表的示数逐渐增大，后保持不变C．充电完毕，电流表的示数为零D．充电完毕，电压表的示数为零（3）图甲中直流电源电动势E＝8V，实验前电容器不带电。现将图甲电路中的电流表换为电流传感器，并与计算机相连，测得当电容器充电、放电时，电流随时间变化的i﹣t曲线如图乙所示。计算机测得图像中的阴影面积S1＝1300mA•s，则该电容器的电容为0.16F（保留两位有效数字）。【考点】观察电容器及其充、放电现象．【专题】实验题；定量思想；图析法；电容器专题；实验探究能力．【答案】（1）5.0（4.8～5.2）；（2）BC；（3）0.16。【分析】（1）根据电流表读数规则读取数据；（2）根据电容器充电过程中电流和电压的变化规律进行分析解答；（3）根据i﹣t图像的面积的物理意义结合电容定义式列式求解。【解答】解：（1）由图可知，电流读数为5.0mA，则电流I＝5.0mA；（2）AC.充电电流应逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，故A错误，C正确；BD.根据C=QU电容器电量逐渐增大，则电压表示数逐渐增大后趋于稳定，故B故选：BC。（3）图像中的阴影面积S1＝1300mA•s，根据i﹣t图像的面积代表电容器所带电荷量，即Q＝S1＝1300mA•s＝1.300A•s＝1.300C，充电完毕电容器两端电压U＝E＝8V，则该电容器的电容为C=故答案为：（1）5.0（4.8～5.2）；（2）BC；（3）0.16。【点评】本题主要考查观察电容器的充、放电现象的实验，理解i﹣t图像的面积代表电容器所带电荷量是解题关键。19．新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为960mm，宽为90mm，然后测量其电动势E和内阻r。所提供的器材有：A.电压表V1（量程3V）B.电压表V2（量程15V）C.电流表A1（量程0.6A）D.电流表A2（量程3A）E.滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）F.滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流0.2A）G.保护电阻R0＝6Ω某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图乙所示的U﹣I图像。（1）实验中，电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选E；（填器材前的字母代号）（2）根据图乙所示，则该电池的电动势E＝3.8V，内阻r＝0.6Ω；（结果保留到小数点后一位）。（3）为了能准确地测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U﹣I图线，综合A、B两条图线，此电芯的电动势E＝EB；内阻r＝EBIA（用图中EA、EB、IA、【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）A；C；E；（2）3.8；0.6；（3）EB；EB【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流，为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器。（2）根据图示图像求出电源电动势与内阻。（3）根据实验原理进行分析，明确误差来源，从而确定电流表接法，进而判断图线A是利用单刀双掷开关S2接何处的实验数据描出的，再求此电芯的内阻r。【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可知：U﹣E﹣Ir，根据图乙所示图像可知，电动势约为3.8V，且有电阻R0分压，为减小误差，电压表选A，最大电流不超过0.6A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。（2）根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣I（R0+r），由图乙所示U﹣I图像可知，图像纵轴的截距表示电源的电动势为E＝3.8V，图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，k＝R0+r=|ΔUΔI|=3.8-00.58-0Ω=6.6（3）当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U﹣I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有E＝EB；由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U﹣I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知，电源内阻r=故答案为：（1）A；C；E；（2）3.8；0.6；（3）EB；EB【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验电路图的选择以及实验数据处理的基本方法。20．某同学设计了一个电子气泡式水平仪，如图所示。当被测平面水平时，密闭圆柱形玻璃管中的气泡正好处于玻璃管的正中央，此时电压表的示数为0。已知电压表的0刻度线在表盘的正中央，在组装仪器之前，测得当电流从E端流入电压表，电压表的指针向右偏转，导电水柱的电阻主要取决于水量。（1）在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片滑到b（填“a”或“b”）端。（2）闭合开关S后，将水平仪放到水平面上进行调零，应调节电阻箱R2的阻值，使电压表的示数恰好为零。（3）检测某平面时，发现电压表的指针向左偏，则气泡一定在玻璃管正中央的左（填“左”或“右”）侧少许，为使检测平面水平应该适当垫高右（填“左”或“右”）端。（4）为提高水平仪的测量精度，应选择下列哪块电压表A（填正确答案标号）。A.量程为10mV，内阻为100ΩB.量程为5V，内阻为1000Ω【考点】利用传感器制作简单的自动控制装置．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）b；（2）电阻箱R2的阻值；（3）左；右；（4）A。【分析】（1）根据为保证电路的安全，闭合开关S前应将滑动变阻器调到阻值最大处分析求解；（2）根据当R1R3（3）根据电压表示数为0时，E、F两点的电势相同，当气泡在玻璃管正中央的左侧时玻璃管中央电极左侧水柱的电阻R3增大，中央电极右侧水柱的电阻R4减小，使得E点的电势降低，而F点的电势不变，故F点电势高于E点电势，电流从F点流入电压表，电压表指针向左偏分析求解；（4）根据量程为10mV的电压表满偏电流为0.1mA，量程为5V的电压表满偏电流为5mA分析求解。【解答】解：（1）为保证电路的安全，闭合开关S前应将滑动变阻器调到阻值最大处，故滑片滑到b端。（2）设玻璃管中央电极左侧水柱的电阻为R3，中央电极右侧水柱的电阻为R4，当R1R3=R2R4（3）电压表示数为0时，E、F两点的电势相同，当气泡在玻璃管正中央的左侧时玻璃管中央电极左侧水柱的电阻R3增大，中央电极右侧水柱的电阻R4减小，使得E点的电势降低，而F点的电势不变，故F点电势高于E点电势，电流从F点流入电压表，电压表指针向左偏。气泡在玻璃管正中央的左侧，应将被测平面的右端垫高少许，使电压表的示数为0，这样被测平面就调成水平了。（4）量程为10mV的电压表满偏电流为0.1mA，量程为5V的电压表满偏电流为5mA，前者更加灵敏，只要有微弱电流指针就可以发生偏转，所以为提高水平仪的测量精度，应选择A，故A正确，B错误；故选：A。故答案为：（1）b；（2）电阻箱R2的阻值；（3）左；右；（4）A。【点评】本题考查了恒定电流相关知识，理解电路的基本构造，熟练掌握不同情况下电路中电阻、电流以及电压的变化关系是解决此类问题的关键。

考点卡片1．把表头改装成电压表【知识点的认识】1.表头G的物理号为，三个参量如下①内阻Rg：表头的内阻②满偏电流Ig：指针片转到最大值时，流过表头的电流满偏电压Ug：表头通过满偏电流时，加载表头两端的电压：Ug＝IgRg2.电表改装原理：①电压表改装：将表头串联一个较大电阻，如下图②电流表改装：将表头并联一个较小电阻。如下图3.对电表改装的进一步理解4.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。【命题方向】有一电流表G，内阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝3mA．（1）要把它改装成量程为0～3V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？（2）要把它改装成量程为0～0.6A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，由串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．解：（1）把电流表G改装成0﹣3V的电压表，需要串联电阻的阻值为：R=UIg-Rg=（2）把G改装成0﹣0.6A的电流表，需要并联电阻的阻值为：R=IgRgI答：（1）要把它改装成量程为0﹣3V的电压表，应串联一个990Ω的电阻；内阻为1000Ω。（2）要把它改装成量程为0﹣0.6A的电流表，需要并联一个0.05Ω的电阻．内阻为0.05Ω。点评：本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律可以正确解题．【解题思路点拨】电表改装的认识（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）电表改装的问题实际上是串、并联电路中电流、电压的计算问题，只要把表头G看成一个电阻Rg即可，切记通过表头的满偏电流Ig是不变的。（3）电压表的测量值是新改装后的电压表内阻Rg与R串两端的电压之和，电流表的测量值是通过新改装后的电流表Rg与R并的电流之和。2．游标卡尺的使用与读数【知识点的认识】1.构造：构造：主尺、游标尺（主尺和游标尺上各有一个测量爪）（如下图）。（2）原理：利用主尺的单位刻度（1mm）与游标尺的单位刻度之间固定的微量差值提高测量精度。常用的游标卡尺有10分度、20分度和50分度三种，其读数见下表：分度刻度总长度每小格与mm的差值精确度（可准确到）109mm0.1mm0.1mm2019mm0.05mm0.05mm5049mm0.02mm0.02mm（3）读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标尺的刻度，则记录结果表示为（x+K×精确度）mm。2.练习使用游标卡尺（1）用游标卡尺的外测量爪测量小钢球的直径、小圆管的外径、教科书的厚度等（2）用游标卡尺的内测量爪测量小圆管的内径、槽的宽度等【命题方向】游标卡尺主尺的最小刻度是1mm，游标尺上有20个等分刻度，则游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差mm．用这个游标卡尺测量一小球的直径，如图所示的读数是mm．分析：游标尺的精确度=1等分刻度解答：游标卡尺的精度为1等分刻度mm，因此游标卡尺有20个小的等分刻度，游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差0.05mm游标卡尺的主尺读数为13mm，游标读数为0.05×16mm＝0.80mm，所以最终读数为：13mm+0.80mm＝13.80mm．故答案为：0.05，13.80．点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解题思路点拨】游标卡尺的读数方法以下图为例：方法一：加法精确度为110mm＝主尺读数为24mm（游标尺0刻度线左侧主尺整毫米数），游标尺对齐的格数为8（与主尺刻度线对齐的游标尺刻度线的标号），所以读数为24mm+8×0.1mm＝24.8mm。总结：游标卡尺读数＝主尺读数+对齐格数×精确度。方法二：减法游标尺每格的长度=9主尺读数为32mm（主尺与游标尺刻度线对齐处的示数），副尺对齐的格数为8（与主尺刻度线对齐的游标尺刻度线的标号），所以读数为32mm﹣8×0.9mm＝24.8mm。3．螺旋测微器的使用与读数【知识点的认识】1.构造：如图所示，螺旋测微器的测砧A和固定刻度B是固定在尺架C上的；可动刻度E、旋钮D、微调旋钮D'是与测微螺杆F连在一起的，通过精密螺纹套在B上。2.原理：可动刻度E上的刻度为50等份，当旋钮D旋转一周，螺杆F便沿着旋转轴线方向前进或后退0.5mm，圆周上的可动刻度E有50个等分刻度，其旋转一格，螺杆F前0.550mm，则螺旋测微器的测量可准确到0.01mm3.读数：（1）测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出。（2）测量值（mm）＝固定刻度数（mm）（注意半毫米刻度线是否露出）+可动刻度数（估读到下一位）×0.01（mm）。（3）如图所示，固定刻度示数为2.0mm，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为2.0mm+15.0×0.