高中物理电学实验复习22道经典例题及详细分析

高中物理电学实验复习22道经典例题及详细分析高中物理电学实验是物理学习中的重要组成部分，它不仅能够帮助我们深化对物理概念和规律的理解，更能培养我们的实验操作技能和科学探究能力。在高考复习中，对经典例题的深入研究和剖析，是掌握电学实验精髓、提升解题能力的有效途径。本文精选了22道高中物理电学实验经典例题，并辅以详细的分析与解答，希望能为同学们的复习备考提供有益的参考。一、基本仪器的使用与读数例题1：某同学用螺旋测微器测量一金属丝的直径，示数如图所示。该金属丝的直径为多少？分析与解答：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数。首先看固定刻度，露出的刻度为0.5mm（注意半毫米刻度线是否露出）。再看可动刻度，与固定刻度基线对齐的刻度线约为48.0格（需估读一位）。可动刻度的分度值为0.01mm，故可动部分读数为48.0×0.01mm=0.480mm。因此，金属丝直径为0.5mm+0.480mm=0.980mm。此处需特别注意，螺旋测微器需要估读，即使对齐刻度线，也应在小数点后第三位补零。例题2：如图所示为一正在测量中的多用电表表盘。（1）如果是用“×10”欧姆挡测量电阻，则读数为多少？（2）如果是用直流“10V”挡测量电压，则读数为多少？分析与解答：（1）欧姆表读数：先读取表盘刻度值，再乘以倍率。表盘刻度线不均匀，欧姆挡的读数应读最上面的欧姆刻度线。指针指示刻度约为15，倍率为“×10”，故电阻读数为15×10Ω=150Ω。注意，欧姆表测量前需进行欧姆调零，测量时手不能接触表笔金属部分。（2）直流10V挡测量电压：应读取中间的直流电压/电流刻度线（通常是第二行刻度）。10V挡的量程为0-10V，表盘上该刻度线共分为50小格，每小格代表0.2V。指针指示约为25.0小格（需估读），故电压读数为25.0×0.2V=5.00V。二、电阻的测量例题3：欲用伏安法测量一个阻值约为5Ω的定值电阻Rx，实验室提供的器材有：电源E：电动势约为6V，内阻不计；电流表A1：量程0-0.6A，内阻约为0.1Ω；电流表A2：量程0-3A，内阻约为0.02Ω；电压表V1：量程0-3V，内阻约为3kΩ；电压表V2：量程0-15V，内阻约为15kΩ；滑动变阻器R：最大阻值10Ω，额定电流1A；开关S，导线若干。（1）为了尽可能减小测量误差，应选择的电流表是______，电压表是______。（2）应采用电流表______（填“内接法”或“外接法”）。分析与解答：（1）器材选择首先考虑安全性和准确性。电源电动势为6V，若选用电压表V2（15V），指针偏转会较小，测量误差大，故优先选用V1（3V）。根据欧姆定律，通过Rx的最大电流约为I=U/Rx=3V/5Ω=0.6A，因此电流表应选用A1（0-0.6A），既能满足量程要求，又能使指针有较大偏转，读数更准确。（2）电流表内外接法的选择依据是比较Rx与√(RARV)的大小关系，或比较Rx/RA与RV/Rx的大小。Rx约5Ω，RA1约0.1Ω，RV1约3kΩ。Rx/RA1=5/0.1=50，RV1/Rx=3000/5=600。因为Rx/RA1<RV1/Rx，即Rx更接近RA，说明电压表分流作用引起的误差比电流表分压作用引起的误差小，故应采用电流表外接法。例题4：在“伏安法测电阻”实验中，若采用如图所示的电路图（滑动变阻器采用分压式接法），试分析该电路的优点，并说明在什么情况下优先采用分压式接法。分析与解答：图示电路为滑动变阻器的分压式接法。其优点是：待测电阻Rx两端的电压可以从0开始连续调节，调节范围广，便于精确测量多组数据。优先采用分压式接法的情况通常有：1.要求待测电阻两端电压（或通过的电流）从零开始连续变化。2.待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，采用限流式接法时，滑动变阻器对电路电流的调节作用不明显。3.实验要求测量多组数据，且电压（或电流）变化范围较大。本题中，若滑动变阻器最大阻值与Rx相近或更大，在不要求电压从零开始的情况下，也可考虑限流式接法以节约能源，但分压式接法的调节优势明显。例题5：某同学用伏安法测电阻时，误将电流表和电压表的位置接反了（假设电压表内阻很大，电流表内阻很小），若闭合开关，可能出现什么现象？分析与解答：若电流表和电压表位置接反，则电压表串联接入电路，电流表与Rx并联。由于电压表内阻很大，根据欧姆定律，电路总电阻非常大，导致电路中的总电流极小。因此，电流表指针几乎不偏转。此时，电压表测量的是电源电动势（因为电路中电流几乎为零，其他元件分压可忽略），故电压表指针可能会满偏（若电源电动势超过电压表量程，则可能损坏电压表）。这种情况下，由于电流很小，一般不会损坏电流表，但电压表有超量程损坏的风险，应立即断开开关。例题6：现有一阻值约为1000Ω的电阻Rx，欲较精确地测量其阻值，实验室提供有电流表（量程0-1mA，内阻约200Ω）和电压表（量程0-3V，内阻约10kΩ）。应采用电流表内接法还是外接法？并说明理由。分析与解答：已知Rx≈1000Ω，RA≈200Ω，RV≈10kΩ=____Ω。判断方法一（比值法）：Rx/RA=1000/200=5；RV/Rx=____/1000=10。因为Rx/RA<RV/Rx，说明Rx的阻值更接近RA，电压表的分流作用相对较小？不，此处需要仔细辨析。实际上，当Rx较小时，电压表分流明显，用外接法；Rx较大时，电流表分压明显，用内接法。更准确的是比较“待测电阻与电流表内阻的乘积”和“待测电阻与电压表内阻的乘积”的平方根，即比较Rx与√(RARV)。√(RARV)=√(200×____)=√(2×10^6)≈1414Ω。Rx（1000Ω）小于√(RARV)（约1414Ω），理论上应采用外接法？但此处Rx为1000Ω，RV为____Ω，RV/Rx=10，即电压表分流约为总电流的1/11，而Rx/RA=5，电流表分压约为总电压的1/6。显然，电流表分压带来的误差（约16.7%）比电压表分流带来的误差（约9.1%）更大。因此，为了减小误差，应采用电流表外接法。此时，电压表分流误差相对较小。三、电源电动势与内阻的测量例题7：某同学利用如图所示的电路（即伏安法）测量一节干电池的电动势E和内阻r。图中V为电压表，A为电流表，R为滑动变阻器，S为开关。（1）请根据实验原理写出E和r的表达式（用所测物理量表示）。（2）由于电表内阻的影响，该实验测得的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比，有何偏差？分析与解答：（1）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，其中U为路端电压（电压表读数），I为干路电流（电流表读数）。通过调节滑动变阻器，改变外电路电阻，可得到多组U、I值。联立任意两组数据：E=U1+I1rE=U2+I2r解得：E=(U1I2-U2I1)/(I2-I1)，r=(U1-U2)/(I2-I1)。通常也采用图像法处理数据，作U-I图像，图像与纵轴交点的纵坐标即为E，图像斜率的绝对值即为r。（2）此电路中，电流表测量的是通过滑动变阻器的电流I，但由于电压表内阻并非无穷大，通过电压表也有电流IV=U/RV。因此，干路总电流I总=I+IV=I+U/RV。闭合电路欧姆定律的真实表达式为E真=U+I总r真=U+(I+U/RV)r真。整理得：U=E真/(1+r真/RV)-Ir真/(1+r真/RV)。与实验表达式U=E测-Ir测对比可知，E测=E真/(1+r真/RV)<E真，r测=r真/(1+r真/RV)<r真。即测得的电动势和内阻均小于真实值。例题8：若将上题中的电路改为电流表外接（即电压表并联在电源两端，电流表串联在干路中，测量通过电源的电流），但考虑电流表内阻RA的影响，则测得的电动势和内阻又会有何偏差？分析与解答：此时，电压表测量的是路端电压U，但电流表内阻RA会分得一部分电压IRA。因此，电源两端的真实路端电压U真=U+IRA。闭合电路欧姆定律的真实表达式为E真=U真+Ir真=U+IRA+Ir真=U+I(r真+RA)。实验表达式为U=E测-Ir测。对比可知，E测=E真，r测=r真+RA>r真。即测得的电动势等于真实值，测得的内阻大于真实值（等于真实内阻与电流表内阻之和）。例题9：在“测量电源电动势和内阻”的实验中，为了减小实验误差，除了选择合适的电路和进行多次测量取平均值外，在数据处理时采用U-I图像法有何优势？在作图时应注意哪些事项？分析与解答：U-I图像法的优势在于：1.可以直观地反映U与I的线性关系，便于发现和剔除偶然误差较大的数据点（即“坏点”）。2.通过图像的斜率和截距求解E和r，可以减小单次测量误差对结果的影响，使结果更接近真实值。作图时应注意：1.坐标轴的标度要合理，应使图像尽可能占据坐标纸的大部分空间，避免图像过小或过大。坐标轴必须标明物理量及其单位。2.描点时，要用规范的符号（如“×”或“·”），不能用“√”等不规范符号。3.连线时，应使尽可能多的点分布在直线上，不在直线上的点应均匀分布在直线两侧，偏离直线过远的点应舍去并分析原因。4.求斜率时，应选取直线上相距较远的两个点（最好是横纵坐标均为整数的点，且不一定是所测数据点），利用ΔU和ΔI计算，以减小误差。四、多用电表的使用例题10：用多用电表探测一个未知电学元件的性质，当选择开关置于“×100”欧姆挡时，指针偏转角度很小。为了使测量结果更准确，下一步应该如何操作？分析与解答：欧姆表指针偏转角度很小，说明指针指示的刻度值很大，即当前倍率下，待测电阻的阻值远大于该倍率下的中值电阻，流过表头的电流太小。为了使指针指在中值电阻附近（刻度盘的中间区域，读数更精确），应增大倍率。因此，应将选择开关置于“×1k”欧姆挡，然后重新进行欧姆调零（将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆刻度线的0刻度处），之后再进行测量。例题11：用多用电表的直流电压挡检查一个由电池、电阻和二极管组成的简单电路故障。已知二极管具有单向导电性（正向电阻很小，反向电阻很大）。（1）若将红表笔接二极管正极，黑表笔接二极管负极时，电压表示数约为0；反向连接时，电压表示数接近电源电动势。则该二极管可能处于什么状态？（2）若无论正反向连接，电压表示数都接近电源电动势，则可能的故障是什么？分析与解答：多用电表测量电压时，红表笔应接高电势点，黑表笔接低电势点（内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔）。（1）正向连接时（红接正，黑接负），二极管应导通，其正向电阻很小，此时二极管两端电压降很小，故电压表示数约为0，这是正常现象。反向连接时，二极管截止，其反向电阻很大，相当于断路，此时电压表测量的是电源电动势，示数接近电源电动势，这也符合二极管的单向导电特性。因此，该二极管是完好的。（2）无论正反向连接，电压表示数都接近电源电动势，说明二极管两端始终有较大电压降，即流过二极管的电流始终很小，二极管始终处于截止状态。可能的原因是二极管断路（内部断开），或者二极管正负极接反且电路中其他部分正常（但题目中已尝试正反向连接，故更可能是二极管断路）。五、其他重要电学实验例题12：在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的规格为“2.5V0.3A”。（1）实验中滑动变阻器应采用何种接法？为什么？（2）实验得到的伏安特性曲线为什么不是一条直线？分析与解答：（1）“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验要求小灯泡两端的电压从0开始连续变化到额定电压（2.5V），并测量多组数据。因此，滑动变阻器必须采用分压式接法。若采用限流式接法，小灯泡两端的电压无法从零开始调节，且调节范围较小，难以完整描绘出特性曲线。（2）小灯泡的灯丝是金属材料，其电阻随温度的升高而增大。当小灯泡两端电压增大时，通过的电流增大，灯丝的功率P=UI增大，温度升高，电阻R=U/I也随之增大。因此，在U-I图像中，各点的斜率k=I/U=1/R，斜率会逐渐减小，故伏安特性曲线是一条向电压轴弯曲的曲线，而非直线。例题13：在“测定金属的电阻率”实验中，需要测量金属丝的长度L、直径d和电阻Rx。（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，为什么要在不同位置测量多次并取平均值？（2）若金属丝的长度测量值偏大，而直径测量值准确，则计算出的电阻率ρ会______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。分析与解答：（1）金属丝的直径可能存在一定的不均匀性，在不同位置测量多次并取平均值，可以减小由于直径不均匀而带来的偶然误差，提高测量的准确性。（2）根据电阻定律R=ρL/S，其中S为金属丝的横截面积，S=π(d/2)^2。解得电阻率ρ=RS/L=Rπd²/(4L)。在该实验中，Rx通常用伏安法测得。若L测量值偏大，而R、d的测量值准确，则由上式可知，计算出的电阻率ρ会偏大。例题14：某同学在做“练习使用示波器”的实验时，将扫描范围旋钮置于“外X”挡，衰减调节旋钮置于“∞”挡，Y增益旋钮顺时针旋到底，X增益旋钮适当调节。在Y输入和地之间接入一个正弦交流信号。若荧光屏上只