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专题五 实验技能与创新
第13 讲 力学实验与创新题型总结
一．导体电阻率的测量
1．（2024•温州二模）滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成。现为了测定某一滑动变
阻器电阻丝的电阻率。实验器材有：
两节干电池（电动势为3V，内阻为r），电流表（量程为0.6A，内阻为0.8Ω），电阻箱R（0～
999.9Ω），待测滑动变阻器（总匝数120 匝，匝数清晰可数），开关及导线若干。
器材按图1 连接，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关，调节电阻箱至合适阻值并保持不变，移动待
测滑动变阻器的滑片，多次记录该滑动变阻器接入电路的匝数n 和相应电流表的读数I。作出
图像，
如图2 所示。
（1）用螺旋测微器测量滑动变阻器电阻丝的直径如图3 所示，电阻丝直径d＝
0.636
mm；
（2）某次测量时，电流表指针位置如图4 所示，读数I＝
0.34
A；
（3）已知待测变阻器螺线管的直径D＝3.15cm，则待测变阻器电阻丝电阻率为
5.5×10
﹣ 7
Ω•m（结果
保留2 位有效数字）；
（4）若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为4.0Ω，则两节干电池串联的总内阻r＝
1.2
Ω（结果保留
2 位有效数字）；
（5）实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，则测得的电阻率 不变 （选填“偏大”、“偏小”
或“不变”）。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，电阻丝直径d＝0.5mm+13.6×0.01mm＝0.636mm；
（2）根据图2 可知，电流表的量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，读数I＝0.34A；
（3）每一砸线圈的周长l＝πD，则n 匝线圈的长度L＝nl＝πDn
1
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根据电阻定律
设电阻箱的电阻为R′，根据闭合电路的欧姆定律
联立解得
所作的
图像如图所示：
图像的斜率
结合
函数，图像斜率
电阻率
代入数据解得电阻率ρ＝5.5×10﹣7Ω•mA1
（4）图像的纵截距
电阻箱的电阻R′＝4.0Ω，电流表内阻RA＝0.8Ω
代入数据解得电池的内阻r＝1.2Ω；
（5）实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，电动势不变；结合
函数可知，图像的斜率与电源
的内阻无关，因此电阻率的测量值不变。
2
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故答案为：（1）0.636mm；（2）0.34；（3）5.5×10﹣7；（4）1.2；（5）不变。
2．（2024•宁波模拟）某同学买了一卷铜导线，想在不拆散导线卷情况下，测定带卷铜导线的长度。
（1）该同学剥去导线末端的少许绝缘皮，用螺旋测微器测铜导线直径，如图（a）所示，该铜导线直径为
1.280
mm。
（2）该同学找来实验器材来测量该卷铜导线的总电阻Rₓ，电路图如图（b），其中R1＝0.6Ω，R2＝100Ω，
G 为灵敏电流计，R3为电阻箱，电路其余部分电阻均不计。
①开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于
A
端（填“A”或“B”）；
②闭合开关并移动变阻器滑片，发现电流计有示数。调节电阻箱，使电流计指针稳定指向中央零刻度线，
此时电阻箱阻值如图（c），则该卷铜导线的电阻为
0.40
Ω；
③已知铜导线的电阻率为1.78×10﹣8Ω⋅m，该同学测得导线的实际长度为
28.9
m（π 取3.14，保留一
位小数）。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，该铜导线直径为d＝1mm+28.0×0.01mm＝1.280mm。
（2）①开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于A 端；
②电阻箱的阻值为R3＝0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω＝150Ω
当电流计指针稳定指向中央零刻度线时，电桥平衡，则
代入数据解得Rx＝0.40Ω
（3）根据电阻定律
解得
。
故答案为：（1）1.280；（2）①A；②0.40；（3）28.9。
3
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3．（2024•凉山州模拟）某同学想用伏安法检测家里装修用铜线的电阻率，除电源（电动势3.0V，内阻不
计）、电压表（量程0﹣3V，内阻约3kΩ）、滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，额定电流2A）、开关、导线
若干外，还有两种规格的电流表供选择：
A．电流表（量程0﹣0.6A，内阻约0.15Ω）
B．电流表（量程0﹣3.0A，内阻约0.02Ω）
（1）为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用
A
（选填实验器材前对应的字母）。
（2）该同学用螺旋测微器测铜线直径读数如图1 所示，铜线直径为
2.095
mm。
（3）该同学测量1000m 该铜线两端的电压U 和通过铜线的电流I，得到多组数据并在坐标图上标出，如图
2 所示。请在坐标图上作出该铜线的U﹣I 图线，根据图线得出该铜线电阻率约为
2.00×10
﹣ 8
Ω•m（结
果保留三位有效数字）。
（4）本实验操作正确，测量的电阻率比实际 偏小 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【解答】解：（1）根据欧姆定律，电路中最小电流约为
因此电流表选A。
（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，铜线的直径为d＝2.0mm+9.5×0.01mm＝2.095mm
（3）根据描点法作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，
舍弃个别相差较远的点，得出该铜线的U﹣I 图线如下图所示：
4
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U﹣I 图像的斜率表示铜线电阻，铜线电阻
根据电阻定律
＝
代入数据解得ρ＝1.98×10﹣8Ω•m
（4）由于
为了减小实验误差，实验应采用的是电流表外接法；则误差来源于电压表分流，使电流表示数偏大，则电
阻测量值偏小，则电阻率测量值比实际值偏小。
故答案为：（1）A；（2）2.095；（3）见解析；2.00×10﹣8；（4）偏小。
4．（2024•曲靖一模）要测量某种合金材料的电阻率。
（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝
。用螺旋测微器测合金丝的直
径如图甲所示，读数为
0.700
mm。
5
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（2）图乙是测量合金丝阻值的电路图，S2是单刀双郑开关。根据电路图在图丙中将实物连线补充完整。
（3）闭合S1，当S2处于位置a 时，电压表和电流表的示数分别为U1＝0.95V，I1＝0.38A；当S2处于位置b
时，电压表和电流表的示数分别为U2＝1.50V，I2＝0.34A。根据以上测量数据判断，当S2处于位置
a
（选“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值Rx＝
2.5
Ω。（结果保留两位有效数字）
（4）若已知电流表内阻rA＝1.5Ω，则金属丝实际电阻为
2.9
Ω。（结果保留两位有效数字）。
【解答】解：（1）根据电阻定律
＝
电阻率
螺旋测微器的精确度为0.01mm，合金丝的直径为D＝0.5mm+20.0×0.01mm＝0.700mm
（2）由图乙是测量合金丝阻值的电路图，实物连线补充完整图如图所示。
（3）闭合S1，当S2处于位置a 时，电压表和电流表的示数分别为U1＝0.95V，I1＝0.38A；当S2处于位置b
时，电压表和电流表的示数分别为U2＝1.50V，I2＝0.34A。
电压表示数的变化
电流表示数的变化
由以上计算可知电压表的示数变化明显，说明电流表的分压作用较大，因此测量应采用电流表外接法，即
S2处于位置a 时，测量相对准确。
6
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由欧姆定律可得合金丝电阻测量值为
（4）若已知电流表内阻rA＝1.5Ω，采用电流表的内接法，此时S2处于位置b 时，电压表和电流表的示数分
别为U2＝1.50V，I2＝0.34A；
根据欧姆定律，金属丝实际电阻为
。
二．伏安法测电阻
5．（2024•重庆模拟）为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝在拉力作用
下发生微小形变（宏观上可认为形状不变），它的电阻也随之发生变化，其阻值R 随拉力F 变化的图象如
图（a）所示，小组按图（b）所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E＝3V，内阻r＝
1Ω；灵敏毫安表量程、内阻均未知：R1是滑动变阻器，A、B 两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电
阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B 两接线柱上。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感
电阻丝重力。
（1）为测量毫安表量程，该同学设计了如图（c）所示电路，闭合开关，调节R1滑片至中间位置附近某
处，并将R2调到100Ω 时，毫安表恰好满偏，此时电压表示数为1.5V；将R2调到250Ω，微调滑动变阻器
R1滑片位置，使电压表V 示数仍为1.5V，发现此时毫安表的指针恰好半偏，由以上数据可得毫安表的内阻
Rg＝
50
Ω，毫安表的量程Ig＝
10
mA；
（2）把毫安表接入如图（b）所示电路中，具体步骤如下：
步骤a：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节R1，使毫安表指针满偏：
步骤b：滑环下吊已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；读出此时毫安表示数I；
步骤c：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤d：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。
改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表 满刻度 （填“零刻度”或“满刻度”）处；
若图（a）中R0＝50Ω，图象斜率k＝0.50Ω/N，测得θ＝60°，毫安表指针半偏，则待测重物重力G＝
600
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N；
（3）若仅电源内阻变大，其他条件不变，用这台“吊秤”称重前，进行了步骤a 操作，则测量结果 不
变 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【解答】解：（1）设毫安表的量程为Ig，在图c 中由题设条件，两次电压表的示数均为1.5V
根据欧姆定律，毫安表满偏时Ig（rg+100）＝1.5
半偏时有
Ig（rg+250）＝1.5
联立解得Rg＝50Ω，Ig＝10mA；
（2）根据闭合电路的欧姆定律有
不挂重物时，RT＝50Ω，电流为10mA（毫安表满偏）
代入数据解得R1＝199Ω
当挂一重物G 时，电流表示数为5mA（电流表半偏）；
代入数据解得RT＝350Ω。
则根据拉力敏感电阻丝的电阻RT＝R0+kF
代入求得此时拉力F＝600N
由平衡条件可知：2×Fcosθ＝G
代入可得G＝600N
由于RT随拉力的增大而增大，则电流表随拉力的增大而减小，所以重力最小时，电流最大，那么重力的零
刻度线在电流表的满刻度处。
（3）虽然电动势E 和r 发生了变化，但由于在测量之前进行了“调零”即滑环下不吊重物时，闭合开关，
调节R1，使毫安表指针满偏，所以当重物时求得的拉力不变，所以测量值不会发生改变。
故答案为：（1）50；10；（2）满刻度；600；（3）不变。
6．（2024•二模拟）某实验兴趣小组，根据以下器材想要精确测量电压表V1的内阻，其量程为3V，内阻
大约为2kΩ，除此以外提供的器材有：
A．电源E（电动势9V．内阻忽略不计）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为5kΩ）
C．电流表A1（量程0.6A，内阻约为5Ω）
D．滑动变阻器R1（阻值范围为0～10Ω）
E．滑动变阻器R2（阻值范围为0～1500Ω）
F．定值电阻R3＝5kΩ
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G．定值电阻R4＝500Ω
H．开关一个，导线若干
（1）实验过程中，为减小实验误差，要求电表示数至少要达到量程的
，同时方便电路调节，滑动变阻器
应选择
D
，实验所需的另一个电表应选择
B
，定值电阻应选择
F
（均选填器材前的字母代
号）；
（2）请在虚线框内画出实验电路图；
（3）将电压表V1的示数记为U1，将另一个电表的示数记为X2，将所选定值电阻的阻值记为R，在获得多
组U1、X2的值后建立坐标系，绘制X2﹣U1图像，拟合得到线性图像的斜率为k，则电压表V1的内阻RV＝
（用k、R）表示。
【解答】解：（1）为了获得多组实验数据和方便电路调节，电路控制部分应该采用分压接法，滑动变阻
器选总阻值小的R1，因此滑动变阻器选择D；
电流表因为量程太大，无法使用，另一个电表应该选择V2，因此所需的另一电表选择B；
由于V1、V2两者量程差别较大，为了电压表V2的示数到达量程的
以上，需要给V1串联一个与电压表内
阻相当的分压电阻，分压电阻选择R3，因此定值电阻选择F；
（2）根据上述分析，滑动变阻器采用分压式接法，电压表V2测电压表V1和电阻电阻R3两端的总电压，设
计的实验电路图如图所示：
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（3）根据欧姆定律结合串联、并联电路的特点
整理得
结合图像斜率的含义可知
得
。
故答案为：（1）D；B；F；（2）见解析；（3）
。
7．（2024•徐州二模）在测量一未知电阻Rx的阻值时，实验室提供如下器材：
A．电源（电动势E＝18V）
B．电压表V1、V2（量程均为15V，内阻约15kΩ）
C．定值电阻R0（阻值900Ω）
D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω，最大电流2A）
E．开关S 及导线若干
（1）实验原理图如图甲所示，用笔画线代替导线，将图乙的实物电路补充完整。
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（2）根据图甲正确连接电路，闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片应置于 左 （选填“左”或“右”）
端。
（3）实验方法一：闭合开关S，改变滑动变阻器滑片P 的位置，记录下相应的电压表V1、V2的示数U1、
U2，如下表所示。
U1/V
5.0
7.0
9.0
11.0
13.0
U2/V
2.9
4.1
5.3
6.4
7.6
请根据表中数据在图丙中作出U1﹣U2图线，根据图像算出电阻Rx＝
653
Ω。
（4）实验方法二：闭合开关S，将滑动变阻器滑片P 移至某一位置，记录电压表V2的示数U3，再将电压
表V2接至b、c 间，记录电压表V2的示数U4，发现电压表V1的示数未改变。改变滑动变阻器滑片P 的位
置，重复以上操作，作出U3﹣U4图像如图丁所示。根据图像算出电阻R′x＝
600
Ω。
（5）实验中，方法 二 （选填“一”或“二”）的测量结果更接近真实值，理由是 电压表
V 2的内
阻对电阻的测量没有影响 。
【解答】解：（1）根据图甲所示电路图，补充完整的实物电路如下图所示。
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（2）滑动变阻器采用的是分压式接法，为了保护测量电路，闭合开关S 时应使测量电路的电压最小，故
闭合开关S 前，应将滑动变阻器的滑片应置于左端。
（3）根据表中数据作出U1﹣U2图线如下图所示。
根据测量电路的联接结构和欧姆定律可得：U1＝U2+
•Rx
变形为：U1＝
•U2
根据U1﹣U2图像的斜率可得：
＝
其中：R0＝900Ω，解得：Rx＝653Ω
（4）考虑电压表V2的内阻（设为RV）的影响，设电压表V1的示数为U。根据题意可得：
当电压表V2接至a、b 间时，有：U＝U3+（
+
）•Rx′
当电压表V2接至b、c 间时，有：U＝U4+（
+
）•R0
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两式联立可得：
＝
根据U3﹣U4图像是过原点的倾斜的直线，可知其斜率等于
，则可得：
＝
解得：Rx′＝600Ω
（5）根据（4）的分析过程可知，方法二在考虑了电压表V2的内阻对实验影响的前提下，处理数据时发现
电压表V2的内阻对实验无影响，即方法二不存在系统误差。对应方法一，根据（2）的分析过程是忽略电
压表V2的分流得到的结果，此方法存在系统误差。故方法二的测量结果更接近真实值内阻，理由是：电压
表V2的内阻对电阻的测量没有影响。
故答案为：（1）补充完整的实物电路见解答；（2）左；（3）作出的U1﹣U2图线见解答；653（615～675
均正确）；（4）600；（5）二；电压表V2的内阻对电阻的测量没有影响
三．观察电容器及其充、放电现象
8．（2024•河南模拟）学生小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：
电池（电动势3V，内阻不计）；
待测电容器（额定电压5V，电容值未知）；
微安表（量程200μA，内阻约为1kΩ）；
滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；
电阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均为9999.9Ω）；
定值电阻R0（阻值为5.0kΩ）；
单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3；
计时器；
导线若干。
（1）小组先测量微安表内阻，按图（a）连接电路。
（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R 的滑片应置于 左 （填“左”或“右”）
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端。将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R 的滑片置于适当位置。保持R1、R3阻值不
变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则P、Q 两点的电势 相等 （填“相等”或
“不相等”）。记录此时R2的示数为1230.0Ω，则微安表的内阻为
1230.0
Ω。
（3）按照图（b）所示连接电路，电阻箱R4阻值调至615.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成
后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I 随时间t 的变化情况，得到如图（c）所示的图像。当微安
表的示数为100μA 时，通过电阻R0的电流是
300
μA。
（4）图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为
3.2×10
﹣ 6
C（保留两位有效数字）。某同学数得
曲线下包含150 个这样的小方格，则电容器的电容为
4.8×10
﹣ 4
F（保留两位有效数字）。
【解答】解：（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R 的滑片应置于左端。
由题知，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则说明P、Q 两点的电势相等。
根据电桥平衡可知，此微安表的内阻为1230.0Ω。
（3）由于微安表与R4并联，则当微安表的示数为100μA 时，R4分担的电流为
I4＝
，解得I4＝0.2mA
则通过电阻R0的电流I 总＝I4+I＝300μA
（4）图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为
q＝8μA×0.4s＝3.2μC＝3.2×1010﹣6C
则150 个这样的小方格为总电荷量为
Q＝n×q＝150×3.2×10﹣6C＝4.8×10﹣4C
而微安表改装后流过R0的电流是微安表示数的3 倍，则根据电容的定义式可知电容器的电容为
故答案为：（2）左，相等，1230.0（3）300；（4）3.2×10﹣6，4.8×10﹣4。
四．电池电动势和内阻的测量
9．（2024•海南模拟）某同学用甲图的电路图进行相关电学实验。
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（1）将电阻箱R2的阻值调至 最大 （选填“最大”或“最小”），然后闭合开关S1，再将S2拨至1 位
置，调节R2使电压表V 有明显读数U0；
（2）保持R2不变，将开关S2拨至2 位置，调节R1使电压表的读数仍为U0，此时电阻箱读数如图乙所示，
则Rx＝
209.1
Ω；
（3）为了测量电池的电动势E 和内阻r，先将R1的阻值调到R0，R2调到最大，将S2拨至2 位置，闭合开
关S1；然后多次调节R2，并记录下了各次R2的阻值和对应电压表的读数U；最后根据记录的数据，画出如
图丙所示的
图像，图像的斜率为k，与纵轴的截距为a。则根据图像可以求出电池电动势E＝
，内阻r＝
（结果均用R0、k、a 表示）；
（4）上面数据处理中并未考虑电压表的分流，若考虑电压表分流，则测得的电动势E 测 ＜ E 真（填
“＞”、“＜”或“＝”）。
【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，电阻箱R2串联在电路中，为保护电路安全，闭合开关前应将
电阻箱R2的阻值调到最大；
（2）由图乙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：2×100Ω+0×10Ω+9×1Ω+1×0.1Ω＝209.1Ω；
本实验采用等效替代法，待测电阻阻值等于电阻箱接入电路的阻值，即待测电阻阻值R2＝209.1Ω；
（3）根据闭合电路欧姆定律可得：
整理可得：
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结合
图像斜率k＝
，纵轴截距a＝
解得：E＝
，r＝
（4）由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于
，所以电动势的测得值E 测＜E 真。
故答案为：（1）最大；（2）209.1；（3）
，
；（4）＜
10．（2024•安徽模拟）某物理兴趣小组开展活动，测干电池的电动势和内阻。
（1）甲同学为了避免电流表、电压表的内阻对测量结果的影响，利用如图甲所示的电路图测量干电池的
电动势和内阻。先闭合开关S1，把开关S2掷于1 时，改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流和电
压值，在坐标纸上画出U﹣I 图像如图乙中的a 直线；再把开关S2掷于2，重复操作，画出U﹣I 图像如图
乙中的b 直线。为了消除电表内阻对测量结果的影响，根据图像求出电源电动势E＝
1.40
V，电源内阻
r＝
7.00
Ω。（结果均保留三位有效数字）
（2）乙同学在没有电压表的情况下，设计了如图丙所示的电路图测量干电池的电动势和内阻
①改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表的示数I 和电阻箱的示数R，通过研究
图像，
如图丁所示，求出电源电动势E＝
1.33
V，电源内阻r＝
8.00
Ω。（结果均保留三位有效数字）
②图中实线代表理想电流表测得的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略时测得的情况，下列图中能正确反
映相关物理量之间关系的是
C
。（填选项字母）
16
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【解答】解：（1）选择开关接1 时，测得电动势是准确的，所以电动势的准确值是1.40V。
由于坐标原点是（0，0.54），所以要求内阻r 的准确值需要求出b 图像的短路电流，由相似比得到b 图像
的的短路电流：
连接1.40V 与Im两点的直线的斜率即为内阻r，所以：
（2）①对图丙的电路，当不考虑电流表的内阻时，根据欧姆定律可写出：I＝
整理可得：
根据以上表达式，结合
图像的斜率和纵截距可知：
，
代入数据得：E＝1.33V，r＝8.00Ω
②当电流表没有内阻时，由上一问分析可知：
当电流表有内阻时，同理有：
所以两图像的斜率相同，截距后者大于前者。故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
故答案为：（1）1.40、7.00；（2）①1.33、8.00、②C。
11．（2024•贵州模拟）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
找到了如下的实验器材：电池组（电动势E 约为6.0V，内阻r 约为1Ω）、电压表V（量程为6V，内阻为
RV），定值电阻R1（R1＝1Ω），电阻箱R（阻值范围可调），开关，导线若干。同学们研究器材，思考讨
论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。
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（1）为了“准确”测出电池组的电动势和内阻，已在图甲所示虚线框中设计了部分电路图，请把该电路
图补充完整。
（2）采集电压表读数U 和电阻箱的读数R，作出了如图乙所示图像，已知图像的斜率为k，纵截距为b，
则由物理规律可知
图像中k＝
、b＝
。（用题目中所给的字母表示）
（3）进一步研讨：图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把三个该型号的灯泡并联
后再与R0＝3Ω 的电阻串联接在上述电池组上（若测得电池组的电动势E＝6.0V、内阻r＝1Ω），如图丁，
则每只灯泡消耗的实际功率为
0.70
W（保留2 位有效数字）。
【解答】解：（1）电源内阻r 约为1Ω，为了使得电压表的读数范围大一些，需要将电源与小电阻串联，
电压表与电阻箱结合测量电压与电流，电路如图所示
（2）由电路图，根据闭合电路欧姆定律有
化简可得
18
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结合
图像有
，
（3）设每只小灯泡的工作电压、电流为U、I，则有
U＝E﹣3I（r+R0）
代入即有：U＝6﹣12I
将此关系图像画在灯泡的U—I 图像中，如图所示
则交点为电路中小灯泡的工作电压和电流，则有
I＝0.32A、U＝2.2V
则每只灯泡消耗的功率：P＝IU，代入数据可得：P＝0.70W
答：（1）电路图如上所示；
（2）
，
；
（3）0.70。
12．（2024•北京校级模拟）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操
作、数据分析等。
（1）利用如图1 所示的装置研究平抛运动。实验中，下列说法中正确的有
BD
。
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A．斜槽轨道必须光滑
B．通过调节使斜槽末端保持水平
C．每次释放小球的位置可以不同
D．每次必须由静止开始释放小球
（2）在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图2
所示，对应的读数是
6
Ω；然后用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图3 所示，则该金属丝的直
径为
0.184
mm。
（3）某同学利用如图4 所示的电路测定干电池的电动势和内电阻，在是否可忽略电流表内阻这两种情况
下，绘制两类图像。第一类图像以电流表读数I 为横坐标，将电流表和电阻箱读数的乘积IR 记为U 作为纵
坐标。第二类图像以电阻箱读数R 为横坐标，电流表读数的倒数
为纵坐标。下图中实线代表电流表内阻
可忽略的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略的情况，这四幅图中，能正确反映相关物理量之间关系的是
A
。
20
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【解答】解：（1）研究平抛运动时需要多次重复将小球抛出，每次记录小球在空中的一个位置，每次平
抛的运动轨迹必须相同，所以要保证小球每次从斜槽末端水平飞出时的速度相同，这就要求斜槽末端必须
水平，小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，使小球在斜槽上每次运动与受力情况相同，斜槽轨道
是否光滑对实验无影响，故AC 错误，BD 正确。
故选：BD。
（2）欧姆表挡位时“×1”挡，刻度5～10 之间分度值为1Ω，对应的读数是：6×1Ω＝6Ω。（欧姆表是粗测
仪器，读数时不估读。）
螺旋测微器的精度值为0.01mm，该螺旋测微器的读数，即该金属丝的直径为0+18.4×0.01mm＝0.184mm。
（3）AB、对于电流表内阻可忽略的情况（图像为实线），根据闭合电路欧姆定律得：E＝I（R+r），结合
IR＝U，可得：U＝﹣r•I+E
对于电流表内阻不可忽略的情况（图像为虚线），同理得：E＝I（R+r+RA），结合IR＝U，可得：U＝﹣
（r+RA）•I+E
对应U﹣I 图像，实线与虚线的纵截距相同，对于斜率的绝对值，虚线的大于实线的，故A 正确，B 错误；
CD、对于电流表内阻可忽略的情况，同理得：E＝I（R+r），变形为：
＝
•R+
对于电流表内阻不可忽略的情况，同理得：E＝I（R+r+RA），变形为：
＝
•R+
对应
﹣R 图像，实线与虚线的斜率相同，对于纵截距，虚线的大于实线的，故CD 错误。
故选：A
故答案为：（1）BD；（2）6；0.184；（3）A
13．（2024•济南模拟）某实验小组设计了如图甲所示的电路测量一节干电池的电动势和内阻，所用器材
如下：
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待测干电池（电动势未知，内阻r 约为1Ω）
灵敏电流计（量程0～100μA，内阻rg＝1000Ω ）
定值电阻R1（阻值为2Ω）
电阻箱R2（阻值0～99999.9Ω）
电阻箱R3（阻值0～999.9Ω）
开关K 和导线若干
（1）实验时将灵敏电流计与电阻箱R2串联改装成量程为1.5V 的电压表，电阻箱R2应调至
14000
Ω；
（2）改变电阻箱R3的阻值，记录其阻值R 和灵敏电流计的读数I，得到的数据如表所示：
R/（Ω）
1.0
2.0
5.0
10.0
20.0
1.00
0.50
0.20
0.10
0.05
I/（μA）
26.7
41.5
62.2
74.6
83.0
37.5
24.1
16.1
13.4
12.0
根据实验记录数据作出
图象。图乙所示的坐标纸上已标出其中3 组数据对应的坐标点，请在坐标纸
上标出其余两组数据对应的坐标点并画出图像；
（3）若认为通过电阻箱R3的电流即为电路中的总电流，则根据图乙可得电源的电动势为
1.43
V（保
留三位有效数字）；
（4）若干电池电动势的测量值为E 额，真实值为E 真，则第（3）问中，由于忽略流过电阻箱R2的电流而造
成电动势测量的相对误差|
|×100%约为
A
。
A.0.02%
22
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B.0.2%
C.2%
D.5%
【解答】解：（1）串联电阻有分压作用，根据欧姆定律，电阻箱电阻调整为
（2）根据描点法作图，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍
弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：
（3）根据欧姆定律，电路中的电流
根据闭合电路的欧姆定律E＝I′（R1+r）+I（R2+rg）
联立解得
图像的纵截距b＝10.5×103A﹣1
结合
函数，图像纵截距
电动势
（4）考虑电阻箱R2的分流，干路电流
23
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根据闭合电路的欧姆定律E＝I 干（R1+r）+I（R2+rg）
联立解得
图像的斜率
图像的纵截距b＝10.5×103A﹣1
结合
函数，图像斜率
图像纵截距
代入数据解得E 真＝1.428816V
综合上述（3），电动势的测量值E 感＝E＝1.428571V
电动势测量的相对误差
综上分析，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
故答案为：（1）14000；（2）见解析；（3）1.43；（4）A。
五．库仑定律
14．（2024•开福区校级模拟）某研究小组用如图1 所示装置探究等量同种电荷间库仑力与距离的关系。器
材有：专用支架、相同的导体小球A 和B、刻度尺、丝线、米尺，天平、绝缘底座。
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（1）下列能使A、B 小球带等量同种电荷的方式是
C
。
A.用与A、B 相同的带电小球C，先接触A，再接触B
B.A、B 小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开A、B 小球，再移走带电体
C.A、B 小球接触后，用带电小球接触A、B，移除导体球，再分开A、B 小球
（2）用天平测量小球的质量m，悬挂点到小球球心的距离l，将小球B 固定在绝缘底座上，A 球用丝线悬
挂在支架上，使小球带上等量同种电荷。某次实验中小球A 静止位置和B 固定位置如图所示，则A、B 小
球之间的距离r＝
2.20
cm。
（3）本实验中l≫r，丝线与竖直方向夹角θ 很小，tanθ≈sinθ，重力加速度g＝9.8m/s2。本实验中若小球
质量为10g，l＝1.0m，则库仑力F＝
2.2×10
﹣ 3
N（结果保留两位有效数字）。
（4）缓慢移动绝缘底座，得到五组F，r 数据，根据库仑定律，图2 中拟合的库仑力F 与距离r 的关系图像
可能正确的是
C
。
【解答】解：（1）A、.用与A、B 相同的带电小球C，先接触A，再接触B，两球将带上不等量的同种电
荷，故A 错误；
B、AB 小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开两个小球，再移开带电体，能使小球带等量异种电荷，
故B 错误；
C、两个小球接触后，用带电小球接触AB，移除导体球，再分开AB 小球，能使两小球带等量同种电荷，
故C 正确；
故选：C。
（2）由图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值的下一位，则AB 小球之间的距离为
r＝2.20cm
（3）对小球受力分析，根据几何关系可得库仑力大小为
F＝mgtanθ≈mgsinθ＝
代入数据解得：
（4）根据
可知，
图像为过原点的直线，故C 正确，AB 错误；
故选：C。
故答案为：（1）C；（2）2.20；（3）2.2×10﹣3；（4）C
六．电场强度与电场力
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15．（2023•黄浦区二模）如图A 所示，在两个相同竖直方向放置的平行导电板之间连接一电源，电源输
出电压及两板间电压无法直接测得。将一个带电小球悬挂在两板之间的绝缘细线上。实验中可以改变小球
的电荷量q 并用静电计测量，带电小球能在两平行板内达到平衡。为了测出两带等量异种电荷的平行板间
匀强电场的电场强度。
（1）除了小球的电荷量q，还需要测量的物理量是 小球的质量
m
和 细线与竖直方向的夹角
θ
；
（2）以电荷量和重力加速度之比
为横轴， 夹角的正切值
tan
θ
为纵轴，将实验数据绘图后，能线性拟
合出一条直线。再根据图像求出直线的斜率为k，则平行板间电场强度E 的大小可表示为
。
（3）如图B 所示，第1 组同学将球悬挂在一根较长的绝缘细线下，使球在靠近板中心的地方达到平衡；
第2 组同学用一根短绝缘细线将球悬挂起来，使球在靠近板边缘的地方达到平衡。第
1
组（选填“1”
或“2”）的实验装置更合适，理由是 靠近极板中心处的电场可视为匀强电场，极板边缘的电场分布不
均匀 。
【解答】解（1）小球静止状态，由共点力平衡条件得：
Eq＝mgtanθ
由公式可知，除了小球的电荷量q，还需要测量的物理量是小球的质量m，细线与竖直方向的夹角θ；
（2）根据平衡关系式得
将实验数据绘图后，能线性拟合出一条直线，故横坐标应该为夹角的正切值tanθ；
根据图像求出直线的斜率为k，则平行板间电场强度E 的大小可表示为
（3）第1 组的实验装置更合适，理由是靠近极板中心处的电场可视为匀强电场，极板边缘的电场分布不均
匀。
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故答案为：（1）小球的质量m，细线与竖直方向的夹角θ；
（2）夹角的正切值tanθ，
；
（3）1，靠近极板中心处的电场可视为匀强电场，极板边缘的电场分布不均匀。
七．练习使用多用电表
16．（2024•泰安一模）如图a 为某物理实验兴趣小组组装的多用电表的电路示意简图。其中E 是电源，不
计内阻。R1、R2、R4、R5是四个定值电阻，R3是滑动变阻器。表头G 的满偏电流为500μA，内阻为
200Ω。虚线框内为五个换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连。该多用电表5 个挡位分别为：直流电压
2.5V 挡和10V 挡，直流电流1mA 挡和100mA 挡，欧姆×100 挡。图b 为改装过程中的多用电表表盘。其欧
姆挡的中值刻度为15。
（1）根据题给条件可得R1+R2＝
200
Ω
，R4＝
2400
Ω
；
（2）在进行欧姆调零时，滑动变阻器R，阻值应调整为
1400
Ω
；
（3）图b 中欧姆挡刻度尚未标识完整，图中多用电表指针位置应该标识的刻度为
60
。
【解答】解：（1）由电流表改装可知，B 端与2 相接时为直流电流I2＝1mA 挡，则有
可得
解得R1+R2＝200Ω
由电压表改装可知，B 端与4 相接时为直流电压U4＝2.5V 挡，则有
IgRg+I2R4＝U4
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解得R4＝2400Ω
（2）当B 与3 相连时为欧姆挡，欧姆挡为×100 挡，且中值刻度为15，则可知欧姆调零，其内阻为
1500Ω，则有
解得R3＝1400Ω
（3）图中多用电表指针位置对应电路的电流为I＝0.2mA，设此时待测电阻对应值为Rx，根据闭合电路欧
姆定律可得
E＝I（R 欧+RX）
其中 R 欧＝1500Ω
联立解得 Rx＝6000Ω
又Rx＝6000Ω＝60×100Ω
则多用电表指针位置应该标识的刻度为60。
故答案为：（1）200Ω，2400Ω；（2）1400Ω；（3）60。
17．（2024•青羊区校级模拟）某同学用普通的干电池（电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω）、直流电流表
（量程Ig＝1mA，内阻Rg＝130Ω）、定值电阻R1＝680Ω 和电阻箱R2、R3等组装成一个简单的欧姆表，电
路如图甲所示，通过控制开关S 和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率。
（1）该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S 断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2，使电流
表达到满偏，此时欧姆表是
×100
（填“×10”或“×100”）倍率。在红、黑表笔间接入待测电阻Rx，
当电流表指针指向如图乙所示的位置时，则待测电阻Rx的阻值为
1000
Ω。
（2）闭合开关S，调节电阻箱R2和R3，当R2＝
68.5
Ω 且R3＝
90
Ω 时，将红、黑表笔短接，电流
表再次满偏，电流表就改装成了另一倍率的欧姆表。
（3）若该欧姆表内电池使用已久，电动势降低到1.2V，内阻变为5Ω，当开关S 闭合时，短接调零时仍能
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实现指针指到零欧姆刻度处（指针指电流满刻度）。若用该欧姆表测出的电阻值100Ω，这个电阻的真实值
是
80
Ω。
【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律可知：S 断开时，欧姆表的内阻为R'＝
＝
Ω＝
1500Ω，则多用电表内阻为1500Ω，对应电键S 断开表内阻较大的状态，对应是大倍率，故欧姆表倍率应
为“×100”。
根据欧姆定律可知
I＝
将I＝0.6mA＝0.6×10﹣3A 代入解得
Rx＝1000Ω
（2）闭合电键S 时欧姆表为“×10”倍率，电流表G 满偏时，内阻R′'为150Ω；
欧姆表的电流为I1＝
A＝0.01A；
此时表头中电流应为满偏电流0.001A；则与之并联电阻R3电流应为：I'＝0.01A﹣0.001A＝0.009A
并联电阻为：R3＝
＝
Ω＝90Ω
所以：R2+r＝
＝
Ω＝69Ω
故R2＝68.5Ω
（3）因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为E＝1.5V 刻度的。测得某电阻阻值为R＝100Ω 时，电流表中
电流I＝
其中R'＝
当电池电动势下降到E′＝1.2V 时，此时欧姆表的内阻R′''＝
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由闭合电路欧姆定律得：I＝
解得真实值Rz＝80Ω
故答案为：（1）×100；1000；（2）68.5；90；（3）80
18．（2024•太原一模）实验小组测量某圆柱体材料的电阻率，圆柱体的长度为9.20cm。
（1）用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，示数如图1 所示，d＝
3.372
mm；
（2）用欧姆表对圆柱体的电阻进行粗测，选择“×10”挡，发现指针偏转角度过大，应该换用
×1
挡
（选填“×1”或“×100”），并重新进行 欧姆 调零，指针指在如图2 位置，阻值为
9.0
Ω；
（3）为精确测量该圆柱体电阻的大小，实验小组设计了如图3 所示的实验电路图，实验室提供了如下器
材：
A.电源E（电动势为3V，内阻不计）
B.电流表A（量程为0～300mA，内阻r1约为3Ω）
C.电流表A（量程为0～30mA，内阻r2为10Ω）
D.定值电阻R0（阻值为90Ω）
E.滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
F.滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）
请回答下列问题：
a.实验中，乙表应选
C
（选填“B”或“C”），滑动变阻器应选
R 1 （选填“E”或“F”），根
据图3 所示电路，闭合开关，调节滑动变阻器，记录甲的示数I1和乙的示数I2，电阻Rx＝
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（用题中的字母符号表示）；
b.I1和I2的函数图像如图4 所示，根据数据可算得Rx＝
9.1
Ω（结果保留2 位有效数字）；
c.通过计算，该圆柱体材料的电阻率约为ρ＝
9×10
﹣ 4
Ω•m（结果保留1 位有效数字）；
（4）仅从系统误差的角度考虑，本次实验电阻率的测量值 等于 真实值。（选填“大于”“等于”或
“小于”）
【解答】解：（1）读数为3mm+37.2×0.01mm＝3.372mm
（2）选择“×10”挡，发现指针偏转角度过大，说明待测电阻的阻值较小，所以需要换用小倍率“×1”挡
位，换了倍率开关后要重新进行欧姆调零，则此时欧姆表的读数为9.0×1Ω＝9.0Ω
（3）因为电路中用到了两个电流表，所以在支路上的电流表应该量程较小，故应选C。因为电路的分压式
电路，所以滑动变阻器应该选用阻值较小的，故应选E。根据欧姆定律有
，整理得
，所以斜率k＝
，解得Rx＝9.1Ω，根据电阻定律有
，代入数据解得ρ＝9×10﹣4Ω•m
（4）因为在电路中既没有电流表的分压，也没有电压表的分流，所以本实验不存在系统误差，所以电阻
率的测量值等于真实值。
故答案为：（1）3.371～3.374；（2）×1，欧姆，9.0；（3）C，E，
，9.1，9×10﹣4；（4）
等于。
八．电容器的动态分析
19．（2024•香坊区校级二模）电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲
所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，
可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势E＝8V、内阻不计，充电前电容器带电量为零。先使S 与
“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S 与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流
随时间变化的I﹣t 曲线如图乙所示。
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（1）在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向 相反 （选填“相同”或“相反”）；
（2）图像阴影为I﹣t 曲线图像与对应时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积S1 ＝ S2（选填
“＞”、“＜”或“＝”）；
（3）已知S1＝1233mA•s，则该电容器的电容值为
0.15
法拉（保留两位有效数字）；
（4）由甲、乙两图可判断阻值R1 ＜ R2（选填“＞”或“＜”）。
【解答】解：（1）由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R0的电流方向向左，放电时通过R0的电流方向
向右，故在电容器充电与放电过程中通过R0的电流方向相反；
（2）I﹣t 图像中图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部
分的面积S1＝S2；
（3）由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为：
；
（4）由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知，R1＜R2
故答案为：（1）相反；（2）＝；（3）0.15；（4）＜
九．霍尔效应
20．（2024•延边州一模）用图甲所示装置测量磁场的滋感应强度和某导电液体（有大量的正、负离子）
的电阻率。水平管道长为l、宽度为d、高为h，置于竖直向上的匀强磁场中。管道上下两面是绝缘板，前
后两侧面M、N 是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S、电阻箱R、灵敏电流表G（内阻为Rg）连
接。管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度v 自左向右通过。闭合开关S，调节电阻箱的取值，记下
相应的电流表读数。
（1）与N 板相连接的是电流表G 的 负 极（填“正”或“负”）。
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（2）将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R 与相应的电流表读数I 绘制出
图象为图乙所示的倾斜直
线，其延长线与两轴的交点坐标分别为（﹣a，0）和（0，b），则磁场的磁感应强度为
，导电
液体的电阻率为
。
【解答】解：（1）导电液体（有大量的正、负离子）自左向右通过，用左手定则判断出，正离子受洛伦
兹力向外，集中在M 板，负离子受洛伦兹力向内，集中在N 板，
因此，与N 板相连接的是电流表G 的负极。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R+Rg+r），其中：E＝Bdv，r＝
，
代入可得标准方程为：
＝（
+
）+
R，由图乙可得：斜率为k＝
，截距为b，
结合上边方程，可解得：磁场的磁感应强度为B＝
，导电液体的电阻率为ρ＝
。
故答案为：（1）负极； （2）
，
。
21．（2024•海安市校级模拟）某学习小组利用砷化镓霍尔元件（载流子为电子）研究霍尔效应，实验原
理如图1 所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH，IH通过1、3 测脚
时，2、4 测脚间将产生霍尔电压UH。
（1）2、4 测脚中电势高的是
2
（选填“2”或“4”）测脚。
（2）某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d（如图2），其读数为
1.500
mm，调节工作电压，
改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：
实验次数
1
2
3
4
5
33
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IH/mA
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
UH/mV
41.5
83.1
124.8
166.4
208.1
根据实验数据在如图3 所示的坐标纸上作出UH与IH的关系图像。
（3）设该元件单位体积中自由电子的个数为n，元件厚度为d，磁感应强度为B，电子电荷量为e，则UH
与IH的关系式为
。
（4）由所作的图线可以看出，图像并没有通过坐标原点，可能的原因是（写出一条即可）
①
霍尔电流
为
0 时，
2 、
4 测脚间存在电势差；
②
2 、
4 电极不在同一等势面上；
③
由于存在温度差，
2 、
4 测脚间存在
温差电动势。 。
【解答】解：（1）因为霍尔元件的载流子是电子，所以在霍尔元件中是电子的定向移动形成了电流，电
子定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向“4”测脚方向，所以“4”
测脚的电势低，“2”测脚的电势高。
（2）螺旋测微器的读数为：d＝1.5mm+0.0×0.01mm＝1.500mm
将表格中的数据在图中进行描点连线，则其图像如图所示。
（3）当霍尔元件中的电路稳定后，对元件中的电子来说，其受到洛伦兹力和电场力，且二力平衡，由平
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衡条件有：
eE＝evB
结合电流的微观表达式有：
IH＝neSv
设霍尔元的宽度为l，其横截面积有：S＝ld
其霍尔元件的电压为为：
UH＝El
联立整理后有：
（4）由图像可知，其未过原点，其可能的原因有：
①霍尔电流为0 时，2、4 测脚间存在电势差；
②2、4 电极不在同一等势面上；
③由于存在温度差，2、4 测脚间存在温差电动势。
故答案为：（1）2；（2）1.500，见解析；（3）
；（4）①霍尔电流为0 时，2、4 测脚间存在
电势差；②2、4 电极不在同一等势面上；③由于存在温度差，2、4 测脚间存在温差电动势。
十．生活中常见的传感器
22．（2024•重庆模拟）为了提高水果筛选的效率，小明同学设计了一款自动分拣装置，电路图如图甲所
示。该装置的托盘秤压在以O1为转动轴的杠杆上，杠杆左端压在压力传感器R 上，R 的阻值随压力变化的
曲线如图乙所示。当质量等于分拣标准（0.12kg）的苹果经过托盘秤时，杠杆对R 的压力为1N，调节可调
电阻R0，使它两端电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此电压叫做放大电路的激励电
压。放大电路中有保持电路，能够确保苹果在衔铁上运动时，电磁铁始能吸住衔铁的状态。电源电动势为
9V，内阻不计，激励电压为3V。
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（1）当0.12kg 的苹果通过托盘秤时，电流表的示数为
2×10
﹣ 4
A，此时R0的阻值等于
15
kΩ。
（2）自动分拣装置正常工作时，通过通道B 的苹果质量 大于 0.12kg（选填“大于”“小于”或者
“等于”）。
（3）已知压力传感器受到的压力与苹果的质量成正比。若要将分拣标准提高到0.432kg，仅将R0的阻值调
为
10
kΩ 即可实现。
【解答】解：（1）当0.12kg 的苹果通过托盘秤时，杠杆对R 的压力为1N，由乙图可知此时R＝30kΩ，根
据闭合电路欧姆定律可得E＝U+IR 求得I＝2×10﹣4A，此时电阻R0的激励电压为3V，根据欧姆定律可得R0
＝
Ω＝
＝15kΩ
（2）大于0.12kg 的苹果通过托盘秤时，两端的电压达到放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁吸
动分拣开关的衔铁，苹果进入下面的通道B。
（3）压力传感器受到的压力与苹果的质量成正比
＝
求得F＝3.6N，此时对应的电阻为R
＝20kΩ 根据闭合电路欧姆定律可得E＝I（R+R0）＝
kΩ+R0）代入数据求得R0＝10kΩ
故答案为：（1 ）2×10﹣4 15（2）大于（3）10
十一．利用传感器制作简单的自动控制装置
23．（2023•镇海区模拟）如图甲所示为苹果自动分拣装置的示意图，该装置把大小不同的苹果，按一定
质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压
力传感器R 上，R 的阻值随压力变化的曲线如图乙所示。调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣
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标准（0.20kg）的大苹果经过托盘秤时，杠杆对R 的压力为1N。调节可调电阻R0，可改变R、R0两端的电
压比，使质量等于分拣标准的大苹果通过托盘秤时，R0两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣
开关的衔铁，此电压叫做放大电路的激励电压。该放大电路中包含保持电路，能够确保大苹果在衔铁上运
动时电磁铁始终保持吸动状态。
（1）该自动分拣装置正常工作时，大苹果通过 通道
B
（填“通道A”、“通道B”）。
（2）若电源电动势为5V，内阻不计，放大电路的激励电压为2V，为使该装置达到上述分拣目的，R0的阻
值等于
20
kΩ。（结果保留两位有效数字）
（3）小镇同学想在托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，利用一块电压表测出每个苹果的质量，且电
压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在电阻
R 0 （填“R”、“R0”或“电源”）
两端，苹果质量与电压表示数 不均匀 （填“均匀”、“不均匀”）对应。
【解答】解：（1）大苹果通过托盘秤时，R0两端的电压达到放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁
铁吸动分拣开关的衔铁，大苹果进入下面的通道B。
（2）杠杆对R 的压力为1 N，R 阻值为30 kΩ，为使该装置达到上述分拣目的，R0的阻值需满足
则R0＝20kΩ
（3）随着苹果质量增大，R 阻值减小，分压减小，电源电动势不变，R0分压增大，为了满足电压表的示数
随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在R0两端。
由图乙可知R 的阻值随压力的增大而减小，且不是线性变化关系。电压表示数为R0两端的电压。苹果质量
与压力传感器上的压力成正比，由闭合电路欧姆定律得，电路中的电流与苹果质量不是线性变化关系。苹
果质量与电压表示数不均匀对应。
故答案为：（1）通道B；（2）20；（3）R0；不均匀
十二．研究电磁感应现象
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24．（2023•广东模拟）甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。
（1）如图a，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有
CD
。
A．闭合开关
B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动
C．开关闭合时将A 线圈从B 线圈中拔出
D．开关闭合时将A 线圈倒置再重新插入B 线圈中
（2）为确切判断B 线圈中的感应电流方向，应在实验前先查明灵敏电流计 指针偏转方向与流入电流方
向 的关系。
（3）如图b，乙同学将条形磁铁从B 线圈上方由静止释放，使其笔直落入B 线圈中，多次改变释放高度，
发现释放高度越高，灵敏电流计指针偏转过的角度越大。该现象说明了线圈中 磁通量变化率 （选填
“磁通量”“磁通量变化量”或“磁通量变化率”）越大，产生的感应电流越大。
（4）丙同学设计了如图c 所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极
进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的 负极
（选填“正极”或“负极”）。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯
C
（选填“C”或“D”）短
暂亮起。
【解答】解：（1）断开开关时，A 线圈中电流迅速减小，则B 线圈中磁通减小，出现感应电流，使灵敏
电流计指针向右偏转；为了同样使指针向右偏转，应减小B 线圈中的磁通量或增加B 线圈中反向的磁通
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量。
A．闭合开关，A 线圈中的电流突然增大，则B 线圈中的磁通量增大，故A 错误；
B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，A 线圈中的电流增大，则B 线圈中的磁通量增大，故B 错
误；
C．开关闭合时将A 线圈从B 线圈中拔出，则B 线圈中的磁通量减小，故C 正确；
D．开关闭合时将A 线圈倒置，再重新插入B 线圈中，则B 线圈中反向的磁通量增加，故D 正确。
故选CD。
（2）判断感应电流具体流向，应先查明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系。
（3）释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，产生的感应电流越大。
（4）欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多用电表红进黑出的操作原则，
此时黑表笔接触的是二极管的负极；当磁铁插入线圈时，线圈中出现如图所示方向的电流，二极管C 正向
导通，故灯C 短暂亮起。
故答案为：（1）CD；（2）指针偏转方向与流入电流方向；（3）磁通量变化率；（4）负极，C。
十三．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
25．（2023•汕头二模）某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的
关系”实验。
（1）该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择哪种接法
B
（选填“A”或“B”）；
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（2）实验开始前，小艺同学没有使用铁芯组装变压器，而是直接将一个线圈接入电源，另外一个线圈接
电压表，保持电源输入电压、两个线圈接入的匝数不变，逐渐将两个线圈相互靠近的过程中，观察到电压
表的读数 变大 （选填“变大”、“变小”、“不变”）；
（3）在正确组装变压器后，甲乙丙三位同学分别利用控制变量法探究副线圈的电压U2与原线圈电压U1，
原线圈的匝数n1，副线圈的匝数n2的关系，将实验数据绘制成甲、乙、丙三幅图像，哪个同学的实验结果
有误 乙 （选填“甲”、“乙”、“丙”）
（4）小琳同学在某次实验中选择厂家标注匝数nA＝200 匝的线圈A 作为原线圈，厂家标注匝数nB＝100 匝
的线圈B 作为副线圈，分别接入不同输入电压U1，测得对应的输出电压U2得到实验数据如表所示；分析
下列可能的原因，你认为正确的有
BC
。
实验次数
nA/匝
nB/匝
U1/V
U2/V
1
200
100
8.2
4.0
2
200
100
6.1
2.9
3
200
100
4.0
1.9
A.原、副线圈的电压的频率不相等
B.变压器线圈中有电流通过时会发热
C.铁芯在交变磁场的作用下会发热
D.穿过副线圈的磁通量大于原线圈的磁通量
【解答】解：（1）变压器原线圈要接交变电流，A 图中，接的是学生电源的直流输出，B 图中接的是学生
电源的交流输出，故A 错误，B 正确。
故选：B。
（2）小艺同学没有使用铁芯组装变压器，两线圈之间漏磁十分严重；保持电源输入电压、两个线圈接入
的匝数不变，逐渐将两个线圈相互靠近的过程中，两线圈之间的漏磁减小，穿过副线圈的磁通量的变化率
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增大，副线圈两端电压变大，观察到电压表的读数变大；
（3）探究副线圈的电压U2与原线圈电压U1，原线圈的匝数n1，副线圈的匝数n2的关系时，要采用控制变
量法；
当原线圈的匝数n1、副线圈的匝数n2保持不变时，副线圈两端电压
，因此U2﹣U1函数图像为
正比例函数图像，故甲正确；
当原线圈电压U1、副线圈的匝数n2保持不变时，副线圈两端电压
，因此U2﹣n1函数图像为
反比例函数图像，故乙错误；
当原线圈电压U1、原线圈的匝数n1保持不变时，副线圈两端电压
，因此U2﹣n2函数图像为正
比例函数图像，故丙正确。
本题选择不正确的图像。
故选：乙。
（4）通过表格数据可知，变压器副线圈的输入电压偏小；
A.变压器不改变交流电的频率，故A 错误；
B.绕制线圈的铜导线发热损耗（俗称铜损），可能导致变压器副线圈的输入电压偏小，故B 正确；
C.变压器铁芯在交变磁场的作用下产生涡流发热损耗（俗称铁损），可能导致变压器副线圈的输入电压偏
小，故C 正确；
D.铁芯对磁场的约朿不严密损耗（俗称磁损），从而使得穿过副线圈的磁通量小于原圈的磁通量，故D 错
误。
故选：BC。
故答案为：（1）B；（2）变大；（3）乙；（4）BC。
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