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专题突破卷 20 电磁学实验专题
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考点 考向 题型分布
电磁学实验专 实验1：测金属导体的电阻率 18实验
题 实验2：测电源电动势和内阻
实验3：观察电容器的充放电现象
实验4：多用电表的使用
实验5：探究影响感应电流方向的因素
实验6：变压器原副线圈中电压与匝数的关系
实验7：电阻的测量
实验8：描绘小灯泡的伏安特性曲线
电磁学实验专题（18 实验）
1．（2025·江西南昌·一模）某同学在实验室看见一个损坏的滑动变阻器，如图（a）所示，于是想测量绕
制滑动变阻器的电阻丝的电阻率 。
(1)该同学首先截取了一段长为 的电阻丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测
量的示数如图（b）所示，该读数为 mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与D相等。
(2)然后将所截取的电阻丝绕制在一个玻璃管上，接入如图（c）所示的实验电路，电阻箱的示数为 ，电
路连接无误。如图（c）所示，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最 端。(3)闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表的示数U和电流表的示数I，得到多组测量数据，用EXCEL处
理数据得到 图像如图（d）所示，则这段电阻丝的电阻 （结果保留2位有效数字）；
(4)最后可由表达式 （用D、L、 、 表示）得到电阻丝的电阻率。根据计算结果可知，绕制滑
动变阻器的电阻丝的材料最可能是下列材料中的 。
几种导体材料在20℃时的电阻率
材料
铝
铁
镍铜合金（54%铜，46%镍）
镍铬合金（67.5%镍，15%铬，16%铁，1.5%锰）
【答案】(1)0.500
(2)左
(3)2.8
(4) 镍铜合金
【详解】（1）如图（b）所示，螺旋测微器测量金属丝直径读数为
（2）为保护实验仪器，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最左端，使电阻丝两端电压最小是零。
（3）由 图像的斜率表示被测电阻的电阻值可得电阻丝的电阻
（4）[1]由电阻定律 可得，电阻丝的电阻率表达式
[2]由电阻率表达式
代入数据解得
可知绕制滑动变阻器的电阻丝的材料最可能是镍铜合金。
2．（2025·河南濮阳·模拟预测）某同学做观察电容器充、放电并估测电容器的电容实验，采用8V的稳压
直流电源、单刀双掷开关、电流传感器（与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线）、定值电阻和
导线若干，连成如图甲所示的电路。
(1)下列说法正确的是（ ）
A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器放电
B．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器电容先增大后减小
C．电容器带电时，两个极板只有一个板上有电荷D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电
(2)用8V的稳压直流电源对电容器先充满电，后电容器放电，电脑屏幕上显示出电容器在放电过程中电流
随时间变化的i-t曲线如图乙所示，根据图像可估算出1s到4s内曲线下包含的小格的个数大约为40个，根
据图像估算出释放的电荷量为 C（结果保留两位有效数字）。
(3)根据前面的信息，计算出电容器的电容为 F（结果保留一位有效数字）
(4)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时i-t曲线与横轴所围成的面积将 （填“增
大”“不变”或“变小”）；放电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”）。
【答案】(1)D
(2)3.2×10-3
(3)4×10-4
(4) 不变 变短
【详解】（1）A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器与电源相连，电容器充电，故A错误；
B．先将S掷向1端，电容器充电，然后掷向2端，电容器放电，但电容器的电容不变，故B错误；
C．电容器带电时，两个极板同时带上等量异种电荷，故C错误；
D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，与负极相连的极板带负电，故D正确。
故选D。
（2）根据图像估算出释放的电荷量为
（3）电容器的电容为
（4）[1][2]如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则电容器放电时，电流增大，放电时间变短，但放
电的电荷量不变，所以i-t曲线与横轴所围成的面积不变，
3．（2024·辽宁·模拟预测）在“用传感器观察电容器的充放电过程”，实验中，按图甲所示连接电路。单
刀双掷开关 先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来
采集电流随时间的变化情况。其中 表示电容器的电容， 表示电阻的阻值， 表示电源的电动势（电源
内阻可忽略）。(1)开关 改接2后，电容器进行的是 （填“充电”或“放电”）过程。此过程得到的 图像如
图乙所示。如果不改变电路其他参数，只减小电阻 的阻值，则此过程的 曲线与坐标轴所围成的面积
将 （填“减小”“不变”或“增大”）；
(2)若 ，结合放电过程获取的 图像，则加在电容器两极板的最大电压约为 V；
(3)改变电路中某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，两次充电对应的电容器电荷量 随时间 变化
的图像分别如图丙中 、 所示。根据图像分析： 、 两条曲线不同是 （填“ ”或“ ”）不
同造成的；
(4)电容器充电过程实际是克服极板上电荷的静电力做功，使电势能增加的过程（即极板间储存电场能的过
程），若某次充电过程的两极板间电压与电荷量的关系图像 关系图像如图丁所示，请类比 图像
求位移的方法，计算该充电过程电容器储存的电场能为 （用 ， 表示）。
【答案】(1) 放电 不变
(2)1.1
(3)
(4)
【详解】（1）[1]开关 改接2后，电容器进行的是放电过程。
[2]只减小电阻 的阻值，不改变电容的带电量，则此过程，电容的放电量不变，则 曲线与坐标轴所围
成的面积不变；
（2）若 ，由图像可知，放电过程的最大电流为 ，则加在电容器两极板的最大电压约为（3） 、 两条曲线表面，电容器带的最大电量不同，根据
可知，两次不同是电源的电动势 不同；
（4）该充电过程电容器储存的电场能等于 图像与坐标轴围成的“面积”，大小为 。
4．（2024·辽宁大连·二模）如图甲所示为利用传感器研究电容器的实验电路。
（1）要求电压表示数能从零开始逐渐增大，请将图甲中的电路连接完整 ；
（2）闭合开关S和 ，对电容器C充电，当充电完毕时电压表的示数 ；
（3）然后断开开关 ，电容器通过电阻R放电，利用电流传感器得到放电电流I随时间t变化图像如图乙
所示，可估算电容器充电完毕时所带电荷量 C，则该电容 F；（保留两位有效
数字）
（4）保持滑动变阻器的滑片位置不变，如果将电阻R更换为阻值更大的电阻，重做实验，电容器放电时
的 图像用虚线表示，与原来放电图像进行比较，可能正确的是 。
A． B． C． D．【答案】 C
【详解】（1）[1]要求电压表示数能从零开始逐渐增大，可知滑动变阻器需要分压式接法，则有电路连接
图如图所示。
（3）[2]由电流的计算公式 可知， 图像与坐标轴所围面积表示电容器所带电荷量，由图乙可知，
每个小方格的面积表示 ，可得
[3]由电容的定义式可得电容器的电容
（4）[4]将电阻R更换为阻值更大的电阻，电容器放电时的 图像用虚线表示，电容器所放电荷量不变，
由于电阻值更大，因此最大放电电流比原来减小，放电时间增长。
故选C。
5．（2024·广东江门·模拟预测）同学们在学习了感应电流产生的条件后，想通过实验探究影响感应电流方
向的因素，实验过程如下：（1）按照图1所示电路连接器材，闭合电键，电流表指针向右偏转，对调电源正负极，重复以上操作。该
步骤目的是获得电流表指针偏转方向与 方向的对应关系；（填“电流”或者“磁铁的运动”）
（2）按照图2所示电路连接器材，查明线圈中导线的绕向，以确定磁体运动时感应电流产生的磁场方向；
（3）分别改变磁体磁场的方向和磁体运动方向，观察指针偏转方向，使用表格中记录数据；根据第1步探
究的对应关系，表中实验4中标有“▲”空格应填 （选填“向上”、“向下”、“向左”或
“向右”）：
磁体磁场的方向 感应电流的磁场方向
实验序号 磁体运动情况 指针偏转情况
（正视） （正视）
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 ▲
（4）根据表中所记录数据，进行如下分析：
①由实验1和 （填实验序号）可得出结论：感应电流方向与磁体运动情况有关。
②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向 （选
填“相同”、“相反”或“无关”）。
（5）经过进一步讨论和学习，同学们掌握了影响感应电流方向的因素及其结论，为电磁感应定律的学习
打下了基础。
【答案】 电流 向上 2 相同
【详解】（1）[1]按照图1所示电路连接器材，闭合电键，电流表指针向右偏转，对调电源正负极，重复
以上操作。该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。
（3）[2]磁体磁场的方向向上，拔出线圈，发现指针向左偏转，根据实验序号1数据可知感应电流的磁场
方向向上。（4）①[3]要探究感应电流方向与磁体运动情况，需保证磁体磁场的方向相同，磁体运动方向不同，所以
由实验1和2可得出结论：感应电流方向与磁体运动情况有关。
②[4]由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同。
6．（2024·福建厦门·模拟预测）某同学正在探究影响感应电流方向的因素，已知当电流从灵敏电流计的正
接线柱流入时，灵敏电流计的指针向右偏转。
(1)如图甲所示，导体棒ab向右匀速平移的过程中，电流计的指针将 （填“向左”“向右”或
“不发生”）偏转。
(2)该同学研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系时采用了如图乙所示的实验装置，该同学用
螺旋测微器测量挡光片的宽度示数如图丙所示，则挡光片的宽度 mm；实验中让小车以不同速
度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间 和 内的感应电动势的平均值E，改变小车速度进行多次实验，
得到多组数据，为了更直观地体现E和 的关系，若以E为纵坐标，则横坐标应为 ；误差范
围内绘制的图像为一条过原点的直线，则得出的结论是 。
(3)其他条件都不变，若换用匝数加倍的线圈做实验，根据实验数据所作出的那条直线图像斜率
（填“减半”“不变”或“加倍”）。
【答案】(1)向左
(2) 5.664/5.665/5.666/5.667 在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比
(3)加倍
【详解】（1）导体棒ab向右匀速运动的过程中，根据右手定则可知，感应电流由电流计的负接线柱流入，
结合题中条件可知，电流计的指针将向左偏转。
（2）[1]螺旋测微器的精度为0.01mm，转动刻度估读到0.1格，挡光片的宽度
（5.664~5.667）
[2]在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，即穿过线圈的磁通量的
变化量 相同，这种情况下 与 成正比，横坐标应该是 ；[3]根据绘制的 图像是一条直线，可以得出的结论是：在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变
化率成正比。
（3）匝数n加倍后，产生的感应电动势加倍， 图象纵坐标加倍横坐标不变，所以新图象的斜率加倍。
7．（2024·河北·二模）某同学欲研究实验室可拆变压器工作时原线圈输入功率和副线圈输出功率之间的关
系，可供选择的器材如下：
a.可拆变压器（如图1
中所示，原线圈接线柱标注0、4、8、12，副线圈接线柱标注0、1、2）
b.学生电源
c.小灯泡（2.5V，2.0 W）
d.交流电压表 （量程0~30V）
e.交流电压表 （量程0~6V）
f.交流电流表 （量程0~0.3A）
g.交流电流表 （量程0~1.0A）
h.滑动变阻器（0~5Ω）
实验电路如图2：
(1)用笔画线代替导线将图1中的实物图补充完整 。
(2)连接好电路后，该同学将滑动变阻器滑片置于阻值最大处，学生电源电压调至20V，打开电源开关，调整滑动变阻器滑片位置，当灯泡较亮时，读出四个电表的示数分别为 ， ， ，
，通过计算发现 ，可能的原因是________（填选项标号）
A．未考虑电压表 的内阻 B．未考虑电压表 的内阻
C．变压器漏磁 D．由于涡流变压器铁芯发热
(3)继续调整滑动变阻器滑片位置，使灯泡更亮，测得四个电表的示数分别为 、 、 、 ，则 与
的差值将 （忽略电流表内阻的影响，选填“增大”或“减小”）。
(4)若将可拆变压器上水平放置的铁芯拆下，则要使小灯泡能够正常发光，左侧原线圈应选择接线柱“0”与
（选填“4”或“12”）相连。
【答案】(1)见解析
(2)CD
(3)增大
(4)4
【详解】（1）左侧原线圈应与电源交流输出相连，灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为2W，额定电流为
0.8A，正常工作时的电阻约为3Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，电源电压为20V，故副线圈匝数接线柱应选
择“0”“2”；
（2）电压表 的内阻对原线圈 、 的测量无影响，电压表 的内阻对副线圈 、 的测量无影响，
原线圈功率大于副线圈功率的原因是漏磁、涡流和导线发热，故选项CD正确，AB错误。
故选CD。
（3）副线圈电流增大后，原线圈电流增大，磁场增强，涡流增大，变压器左右两侧功率差值增大；
（4）可拆变压器上水平放置的铁芯拆下后漏磁增多，应减小原副线圈匝数比，选择“0”“4”接线柱。8．（2024·北京朝阳·一模）(1)某兴趣小组为了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，在实验室中找到
了以下器材：
A．可拆变压器 B．条形磁铁
C．开关、导线若干 D．交流电压表
E．直流电源 F．低压交流电源
在本实验中，上述器材不需要的是 （填器材序号字母）。
(2)某同学用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象。所用器材有：电源E、电流表A、电压表V、电
容器C、定值电阻R、单刀双掷开关S、导线若干。
①根据图甲，将图乙中的实物连线补充完整 。
②将图乙中的电流表换成电流传感器，可以在电脑端记录电流随时间变化的图线。先将开关接1，待电路
稳定后再接2。已知电流从左向右流过电阻R时为正，则与本次实验相符的 图像是 。
③将图乙中的电压表换成电压传感器，可以在电脑端记录放电过程中电压随时间变化的图线，如图丙所示。
已知开关接2瞬间开始计时，此时电压传感器记录数据为 ，利用数据处理软件得到 图线与坐标轴
围成的面积为 。根据该实验数据曲线可以粗测实验中电容器的电容 。（用题中已知物理量
、R和 表示）【答案】(1)BE/EB
(2) A
【详解】（1）探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，需要可拆变压器、开关和导线若干、交流电
压表、低压交流电源，故不需要条形磁铁和直流电源。
故选BE。
（2）[1]根据电路图补充实物连线如图所示
[2]第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R放电，给电容器充电过程中电流从左向右流过电阻
，即为正向电流，由于充电后电容器下极板带正电，电容器通过R放电时，电流从右向左流过电阻 ，
即为负。
故选A。
[3]根据 ，变形可得
而 图像与坐标轴所围面积为 ，则故有
则电容为
9．（2025·四川德阳·一模）描绘小电珠的伏安特性曲线的实验电路如图所示．
(1)关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是（ ）
A．系统误差主要是由电压表的分流引起的
B．系统误差主要是由电流表的分压引起的
C．系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的
D．系统误差主要是由读数时的估读引起的
(2)某次实验中，需要测量一个规格为“2.5 V,0.5 A”的小灯泡两端的电压和通过它的电流．现有如下器材：
A．直流电源（电动势3.0 V，内阻不计）
B．电流表A （量程3 A，内阻约0.1 Ω）
1
C．电流表A （量程600 mA，内阻约2 Ω）
2
D．电压表V （量程3 V，内阻约3 kΩ）
1
E．电压表V （量程15 V，内阻约15 kΩ）
2
F．滑动变阻器R（0～10 Ω）
1
G．滑动变阻器R（0～2 kΩ）
2
H．开关S及导线若干
实验中，电流表应选择 ；电压表应选择 ；滑动变阻器应选用 ．（填写器材
前的序号）
(3)在正确操作的情况下，某同学根据实验所得的数据画出该小灯泡的伏安特性曲线如图所示．实验中，若把该小灯泡和一个阻值为9 Ω的定值电阻串联在电动势为3 V、内阻为1 Ω的直流电源上，则小灯泡此时的
电阻为 Ω.（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)A
(2) C D F
(3)1.5
【详解】（1）由于电压表内阻不是无穷大，则电压表有分流，使得电流表读数大于待测电阻上的电流，
即系统误差主要是由电压表的分流引起的，故选A；
（2）[1][2][3]灯泡额定电流为0.5A，则实验中，电流表应选择C；灯泡额定电压为2.5V，则电压表应选择
D；滑动变阻器要接成分压电路，则应选用阻值较小的F。
（3）若把该小灯泡和一个阻值为9 Ω的定值电阻串联在电动势为3 V、内阻为1 Ω的直流电源上，则根据
即
U=3-10I
将此关系画在灯泡的I-U图像上可得
交点为电路的工作点，即U=0.4V，I=0.26A，则灯泡电阻
10．（2024·江苏南京·模拟预测）为了精确测量某电阻 的阻值（约 ），有如下实验器材可供选择：A．直流电源：电动势18V，内阻很小 B．电流表：量程 ，内阻为
C．电压表：量程 ，内阻为 D．滑动变阻器 ：最大阻值为
E.滑动变阻器 ：最大阻值为 F.开关、导线、定值电阻
(1)电压表的量程太小，不满足实验要求，若要改装成量程为18V的电压表，则需串联一个阻值为
的定值电阻 。
(2)按图甲所示的电路图设计实验，则滑动变阻器应选用 （选填“ ”或“ ”）。
(3)根据图甲用笔画线将图乙中的实物图补充完整 。
(4)闭合开关前，滑动变阻器滑片P应置于最 端（选填“左”或“右”）。
(5)某次实验中电压表读数为1.20V，电流表读数为3.6mA，则测得 阻值为 。
【答案】(1)
(2)
(3)(4)左
(5)
【详解】（1）由题可知，电压表内阻为 ，量程为3V，需改装成量程为18V的电压表，则有
解得
（2）图示为分压式接法，滑动变阻器应当选择较小的，过大不利于读数。选择 。
（3）根据电路图连接实物图
（4）闭合开关前，应当将滑片移至最左端，使电压表示数从0开始变化。
（5）电压表示数为1.20V，则可得知此时改装后的电压表示数为7.2V， 和电流表两端的电压为7.2V，可
得
且 ，解得
11．（2025·湖南永州·一模）已知铝的电阻率在20℃时约为 ，一般家用照明电路采用横截面
积为 的铝线即可满足要求。现有一捆带绝缘层的铝导线，长度为 ，小明根据所学的知识，
通过实验测量导线的电阻。实验步骤如下：(1)剥掉导线一端的绝缘层，用螺旋测微器测量铝导线的直径，示数如图甲所示，则铝导线的直径
mm；
(2)小明先用理论知识求出铝导线的电阻的表达式， （用 表示）；
(3)用如图乙所示的电路测这一捆铝导线的电阻 。提供的器材有：电池组（电动势为3V），滑动变阻器
，额定电流2A）、定值电阻 （阻值为 ，额定电流2A）、两个相同电流表 和 （内阻
为 ，刻度清晰但没有刻度值，连接电路时，两电流表选用相同量程）、开关和导线若干；闭合 前，
滑动变阻器的滑片应调到 （选填“ 端”或“ 端”）。闭合S调节滑动变阻器，使电流表指针偏
转合适的角度。数出电流表 偏转 格， 偏转 格，有 ，则这捆铝导线的电阻 ，
该实验在原理上测量值 真实值。（填大于、或等于、或小于）
【答案】(1)2.254/2.255/2.256/2.257
(2)
(3) 端 1.5 等于
【详解】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以铝导线的直径为
（2）根据电阻定律可得
所以（3）[1] 为保护电路，闭合S前，滑动变阻器应全部接入电路，所以滑片应调到“a端”；
[2] 设电流表每格的电流为I，则
[3] 由于电流表内阻已知，所以该实验在原理上不存在系统误差，即测量值等于真实值。
12．（2025·四川·一模）某同学想测某电阻的阻值。
（1）他先用多用表的欧姆档 测量，如图所示，该读数为 。
（2）为了更准确地测量该电阻的阻值 ，有以下实验器材可供选择：
A．电流表 （量程为 ，内阻 约为 ；
B．电流表 （量程为 ，内阻 ；
C．定值电阻 ；
D．定值电阻 ；
E.滑动变阻器 ，允许通过的最大电流为 ；
F.滑动变阻器 ，允许通过的最大电流为 ；
G.蓄电池 （电动势为 ，内阻很小）；
H.开关 。
（3）滑动变阻器应选择 （选填“ ”或“ ”）。
（4）在虚线框内将图乙所示的电路补充完整，并标明各器材的符号 。后续实验都在正确连接电
路的条件下进行。（5）该同学在某次实验过程中测得电流表 的示数为 ，电流表 的示数为 ，则该电阻表达式
（用题中所给物理量符号表示）。
（6）调节滑动变阻器，测得多组 和 ，并作出 图像如丙图所示，则该电阻的阻值为
。
【答案】 260 250
【详解】（1）[1]欧姆表的读数为
（3）[2]由题知，为准确测量 ，故需要测量较多的数据，所以滑动变阻器采用分压式接法，故滑动变阻
器选用最大阻值小的 ；
（4）[3]因题中没有提供电压表，故需要将电流表 与定值电阻 串联，改成一个电压表，其量
程为
而电流表 放在干路中，完整的电路图，如图所示（5）[4]根据电路图可得
（6）[5]根据
变形得
根据丙图可知图像的斜率为
解得
13．（2025·浙江·一模）某实验小组的同学在实验室练习多用电表的使用。
(1)使用多用电表不同挡位进行测量时，下列接法正确的有（ ）
A．如图甲所示，用直流电压挡测量小灯泡两端的电压
B．如图乙所示，用直流电流挡测量电路中的电流
C．如图丙所示，用欧姆挡测量小灯泡的工作电阻
D．如图丁所示，用欧姆挡测量二极管的反向电阻(2)老师告诉同学们：“我们可以根据多用电表的表头，判断旋钮在欧姆挡不同倍率时，欧姆表的内阻。”
欧姆挡的电路原理如图戊所示，实验室某个欧姆表的表头照片如图己所示。
①当旋钮在×10倍率时，正确调零后，欧姆表的内阻为 Ω。
②若某个多用电表内的电学元件R（如图戊所示）损坏，换成最大阻值比R 略大的R， （选填
1 1 2
“需要”或“不需要”）更换该多用电表的表头。
(3)使用多用电表探索某个黑箱内的电学元件。如图庚所示，该黑箱有3个接线柱。已知该黑箱内的元件不
超过2个，每两个接线柱之间最多只能接1个元件，且元件种类仅限于定值电阻、干电池和二极管。实验
操作如下：
①进行 （选填“机械调零”或“欧姆调零”）后，使用直流电压2.5V挡依次接A和B、B和
C、A和C，示数均为零。
②将选择开关旋到欧姆挡，正确调零后，连接情况和所得数据如下表所示。
黑表笔接 A B A C B C
红表笔接 B A C A C B
测得的电阻/Ω 20 20 ∞ 35 ∞ 15
③根据步骤①、②得到的结果，将黑箱的内部结构画在答题纸相应位置。若有干电池，标出电压；若有定
值电阻，标出阻值；若有二极管，标出二极管正向电阻 。
【答案】(1)BD
(2) 100 不需要(3) 机械调零
【详解】（1）A．甲图中，多用电表与小灯泡并联，但由于黑表笔与电源的正极相连，故不可以测量小灯
泡的电压，故A错误；
B．图乙中，多用电表串联在电路中，红表笔与电源正极相连，可以用直流电流挡测量电路中的电流，故B
正确；
C．图丙中，若用欧姆挡测量小灯泡的工作电阻，电源不可接入电路中，故C错误；
D．图丁中，黑表笔与内部电源的正极相连，所以用的是欧姆挡测量二极管的反向电阻，故D正确。
故选BD。
（2）[1]由图可知，表盘中间刻度为10，所以当倍率为×10时，欧姆表的内阻为
[2]若某个多用电表内的电学元件R（如图戊所示）损坏，换成最大阻值比R 略大的R，由于电源电动势
1 1 2
不变，满偏电流不变，所以欧姆表的内阻不变，所以不需要更换该多用电表的表头。
（3）[1]由于用多用电表的直流电压挡测量电压，所以测量前应进行机械调零；
[2]由于使用直流电压2.5V挡依次接A和B、B和C、A和C，示数均为零，说明黑箱内没有电源；将选择
开关旋到欧姆挡，正确调零后，由测量结果可知，AB间正接、反接示数相同，说明AB间存在阻值为20Ω
的定值电阻；同理BC间正接、反接示数变化较大，说明BC间存在二极管，且二极管的正向电阻为15Ω；
AC间正接、反接示数变化较大，说明AC间存在二极管，且黑表笔接C，红表笔接A时，欧姆表的读数等
于定值电阻与二极管正向电阻之和，说明此时二极管与定值电阻串联，故黑箱的结构如图所示
14．（2024·湖南·模拟预测）多用电表是电学实验中常用的仪器，常用于粗测仪器的电阻。
(1)小九同学打算利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将电表开关掷于合适档位，接下来应该做的是
（把下列实验步骤前的字母按正确的操作顺序排列；可能有多余选项）；A．将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
C．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
D．调节机械调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
E．调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的 （填“正极、负极”或“负极、正极”）相连。
(2)如图所示是一种多用电表的结构。若需要测量某电阻两端的电压，应将开关掷于 （填数字，下
同），其中开关与 相接时测量电压的量程更大。
(3)该多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻 ， 改装而来。改装后有两个量程可供
选择：0~100mA和0~1A。已知电流表的内阻为10Ω，则 ， 。
(4)若小九使用的是一个久置的万用电表，相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降。使用此电
表测量电阻，结果 （填“大于”“小于”或“等于”）准确值。
【答案】(1) 负极、正极
(2) 5或6 6
(3) 1
(4)大于
【详解】（1）[1]利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适档位，接下来先调
节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右
侧刻度线，之后进行测量。则正确的操作顺序是 。
[2]因欧姆表的红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，因此将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的负极、正极相连。
（2）[1]由多用电表的结构图可知，若需要测量某电阻两端的电压，应将开关掷于5或6。
[2]由串联电阻的分压作用可知，其中开关与6相接时测量电压的量程更大。
（3）[1][2]多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻 ， 改装而来。由图可知，开关
接2应是0~100mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0~1A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
（4）相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降，使用此电表测量电阻时有
，
设此时指针对应电阻测量值为 ，则有
，
由于电动势下降，则 ，则有 ；可知使用此电表测量电阻，结果大于准确值。
15．（2024·贵州遵义·模拟预测）某实验小组把不同浓度的NaCl溶液注满如图甲所示的粗细均匀的圆玻璃
管中，来测量不同浓度盐水的电阻率。
(1)用游标卡尺测量得玻璃管中水柱的直径，应使用如图乙所示中游标示卡尺的 （选填“A”“B”或
“C”）部件测量。(2)某次测量中，实验小组把浓度为1%的NaCl溶液注满玻璃管中，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可
忽略），用多用电表欧姆挡“×100”规范操作测量电阻，得到的指针示数如图丙所示，则被测盐水的电阻约
为 。
(3)为较准确测量电阻，实验小组又着手用伏安法测量玻璃管中盐水的电阻，因找不到合适量程的电流表，
用多用电表的 挡（内阻约 ）代替，其他所用实验器材有：
电源（电动势约为 ，内阻可忽略）； 电压表 （量程为3V，内阻为 ）；
滑动变阻器 最大阻值为 ； 定值电阻 ；导线若干等。
①该实验小组已完成的实验电路如图丁所示的连线，分析知，还缺少一条导线的连接，为较准确完成玻璃
管中盐水的电阻测量，这条导线应为伏特表的负接线柱与多用电表 （选填“红＋”或“黑
－”）表笔连接。
②开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于 （选填“左”或“右”）端。
③在某次测量时，多用电表的 挡的读数如图戊所示，其读数为 ，利用图丁实验，多次测
量得到伏特表读数与毫安表读数之间存在的变化关系如图己所示，已知用游标卡尺测得玻璃管内径
，用毫米刻度尺测得玻璃管中盐水长度为 ，则该浓度盐水的电阻率约为
（结果保留2位有效数字）。
【答案】(1)B
(2)1000
(3) 红＋ 左 2.30 92【详解】（1）用游标卡尺测量得玻璃管中水柱的直径，即测量玻璃管的内径，则应使用图中游标卡尺的B
部件。
（2）用多用电表欧姆挡“×100”规范操作测量电阻，得到的指针示数如图丙所示，则被测盐水的电阻约为
（3）①[1]由于电压表内阻和定值电阻的阻值已知，多用电表电流挡内阻未知，则采用电流表外接法，所
以这条导线应为伏特表的负接线柱与多用电表红＋表笔连接。
②[2]开关闭合前，为了保证电表的安全，滑动变阻器滑片应置于左端。
③[3]在某次测量时，多用电表的 挡的读数如图戊所示，其读数为 ；
[4]当电压表示数为 ，由于电压表内阻和定值电阻均为 ，则被测盐水的两端电压为 ，根据串并联
关系可得
整理可得
由图己 图像可得
解得被测盐水的阻值为
由电阻定律可得
联立可得该浓度盐水的电阻率为
代入数据解得
16．（2025·安徽·一模）某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们
找到的实验器材如下：
A．待测电池组；
B．电压表(量程0~3V，内阻约3kΩ);C．电阻箱R(阻值范围0~999.9Ω);
D．开关、导线若干。
实验步骤如下：
①将电池组与其余实验器材按图甲所示电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和电压表的数值U后立即断开开关；
③改变电阻箱的阻值，重复实验，计算出相应的． 和 ，绘制出 关系图线如图中的直线所示。
请回答下列问题：
(1)步骤②中立即断开开关最可能的原因是____________(填序号)；
A．防止烧坏电阻箱
B．防止烧坏电压表
C．防止长时间通电，电池内阻和电动势发生明显变化
(2)根据闭合电路欧姆定律，可以得到 与 的关系表达式为 (用E、r和R表示);
(3)根据实验数据绘制的图线由图像得出电池组的电动势 、内电阻r= Ω。(结果保
留两位有效数字)
(4)本实验系统误差产生的原因是 (选填“电压表分压”“电压表分流”或“电阻箱分压”)，
内阻r测量值比真实值 (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
【答案】(1)C
(2)
(3) 2.8/2.9/3.0 0.68/0.69/0.70/0.71/0.72/0.73/0.74/0.75
(4) 电压表分流 偏小
【详解】（1）步骤②中立即断开开关原因是防止长时间通电，电池内阻和电动势发生变化。
（2）在闭合电路中，由闭合电路欧姆定律有解得
（3）结合图像有
解得
（4）根据闭合电路欧姆定律有
函数中的电流为干路电流，本实验误差原因是电压表分流；将电压表与电源等效为一个新电源，流过电阻
电流等于新电源的干路电流，所测电阻为电源内阻与电压表并联的等效电阻，可知电阻测量值偏小。
17．（2024·天津蓟州·三模）在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B．直流电压表 、 ，量程均为0~3V，内阻约为3kΩ
C．定值电阻 ，阻值为5Ω
D．滑动变阻器R，最大阻值为50Ω
E.导线和开关若干
(1)原理图如图甲所示，实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表 和 的多组数据 、 ，描绘出
图像如图乙所示，图线斜率为k，与横轴的截距为m，则电源的电动势 ，内阻（用k、m、 表示）
(2)该实验方法产生的误差是由于 ，属于 误差。
【答案】(1)
(2) 电压表 的分流引起的 系统
【详解】（1）[1][2]根据图甲结合闭合电路欧姆定律可得
整理可得
则有
，
解得
，
（2）[1][2]该实验方法产生的误差是由于电压表 的分流引起的，属于系统误差。
18．（2024·湖南衡阳·模拟预测）移动电源（充电宝）的发明和出现，大大解决了我们的充电难题，受到
了千万大众的喜爱。某科研小组对充电宝不同电量时的电动势和内阻进行了研究。
（一）A小组的同学对电量百分比为 的充电宝进行了如下实验：两只数字多用表分别作为电压表和电
流表；电路中的电源为充电宝，通过充电宝的连接线接入电路。剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四
根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为负极，其余两根导线空置不用。实物电路如图甲所示。(1)滑动变阻器R用于改变电路中的电流，R 是定值电阻，R 的主要作用是 。
0 0
(2)通过实验作出 图像如图乙所示，则可得到充电宝的电动势 ，内阻 （计算
结果保留两位小数）。
（二）B小组的同学利用如下器材对电量百分比为 的同一充电宝进行了实验：除蓄电池、开关、导线
外，可供使用的实验器材还有
A．电阻箱 （量程为 ）
B．电压表 （量程 ，内阻 ）
C．定值电阻
D．定值电阻
小组同学将电压表进行了改装为量程为 后用如图丙所示电路图进行测量。
(3)在1、2处分别放上定值电阻，则2处应选择的定值电阻为 （填“R”或者“R”）。
0 1
(4)电压表的读数为 ，电阻箱的读数为 ，将测得的数据绘制成 图像，如图丁所示，可得出的结论
为如果使用所测试的充电宝供电， （填“不必”或者“需要”）考虑充电宝的电量百分比对输出
电压的影响。
【答案】(1)作为保护电阻，以防止滑动变阻器调节过度导致短路
(2) 5.07V
(3)R
0
(4)不必
【详解】（1）R 为定值电阻，在电路中作为保护电阻，以防止滑动变阻器调节过度导致短路。
0
（2）[1]根据闭合回路欧姆定律可得 ，可得
根据图像在纵轴上的截距可得充电宝的电动势[2]充电宝的内阻等于图像倾斜直线的斜率的绝对值
（3）[3]小组同学将电压表进行了改装为量程为 ，则需要串联的电阻为
则1处应选择的定值电阻为R，2处应选择的定值电阻为R。
1 0
（4）根据电路，由闭合电路欧姆定律可得
解得
由图像可知
解得
，
显然当充电宝的电量百分比发生变化时，不必考虑充电宝的电量百分比对输出电压的影响。
