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第10 讲 直流电路和交流电路
第10 讲 直流电路和交流电路.............................................................1
1
一．常见命题角度：.....................................................................1
二．常用方法：.........................................................................2
三．思维导图...........................................................................2
2
15
一．直流电路..........................................................................15
【题型1：电路基本概念与规律】.........................................................16
【题型2：闭合电路欧姆定律】...........................................................16
【题型3：动态分析】...................................................................17
【题型4：功率与效率】.................................................................18
【题型5：图像分析】...................................................................18
【题型6：实验：电阻与电阻率的测量】...................................................19
【题型7：测量电源电动势和内阻】.......................................................21
二．交流电路..........................................................................22
【题型1：交变电流的产生与描述】.......................................................23
【题型2：变压器】.....................................................................24
【题型3：远距离输电】.................................................................25
【题型4：交变电路的综合】.............................................................25
26
一：基础练............................................................................26
二：提能练............................................................................31
三：拔高练............................................................................39
一．常见命题角度：
1.
直流电路常见命题角度
(1) 电路动态分析：判断电阻变化（如滑动变阻器、光敏电阻）引起的电流、电压、功率变化。
(2) 含容电路分析：电容器在电路稳定后的电压、电荷量计算，及充放电过程分析。
(3) 电路故障分析：判断断路、短路位置及对电路的影响。
(4) 电源特性与功率：电源输出功率、效率与外电阻关系，U-I 图像分析。
(5) 实验：测电源电动势和内阻：伏安法、伏阻法、安阻法的原理、数据处理与误差分析。
(6) 实验：电阻测量：伏安法内外接选择、电表改装、半偏法、等效替代法等。
1.
交流电路常见命题角度
(1) 交变电流的产生与描述：正弦式交变电流的产生原理、瞬时值表达式、图像分析。
(2) 交变电流的“四值”：瞬时值、峰值、有效值、平均值的计算与应用。
(3) 变压器原理与应用：理想变压器的电压、电流、功率关系，动态分析（如滑片移动）。
(4) 远距离输电：输电损耗、升压降压变压器与线路参数计算。
(5) 交变电路的综合：交变电源与电阻、电感、电容的组合电路分析。
二．常用方法：
1.
直流电路：程序法、“串反并同”结论法、极限法、等效电源法、图像法（U-I 图）。
2.
交流电路：有效值定义法（非正弦波）、变压器动态分析的“决定关系”法、远距离输电的“功率守
恒”法。
3.
通用方法：能量守恒（功率分配）、欧姆定律（闭合电路）、电路等效简化、分段与整体分析。
三．思维导图
1.(2025·广西壮族自治区·高考真题)如图电路中，材质相同的金属导体a和b，横截面积分别为S1、S2，
长度分别为l1、l2。闭合开关后，a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为( )
A. l1：2l2
B. 2l2：l1
C. l2S1：2l1S2
D. 2l2S2：l1S1
【答案】B
【解析】解：根据电阻定律R = ρ l
S
可得金属导体a的电阻Ra= ρ l1
S1
两段金属导体b的总电阻Rb=2 ρ l2
S2
；
根据并联电路电流的分配与电阻的关系
I a
I b
= Rb
Ra
= 2 ρl2
S2
× S1
ρl1
= 2l2S1
l1S2
电流的微观表达式I =nevS，n为单位体积内的自由电子数，v自由电子定向移动的平均速率；
因此
I a
I b
= v1S1
v2S2
联立解得
v1
v2
=2l2：l1
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
2.(2025·湖北省·高考真题)某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1:n2=1:3，A
为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压u=12
√2sin(100 πt )V 的正弦式交流电，变压器
的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为6 Ω。要使电流表的示数变为2.0 A，下列操作
正确的是( )
A. 电阻箱R的阻值调为18Ω
B. 副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的1
3
C. 输入端电压调为u=12
√2sin(50 πt )V
D. 输入端电压调为u=6
√2sin(100 πt )V
【答案】B
【解析】A.由题意可知，输入电压峰值U m=12
√2V ，则输入电压有效值U 1= U m
√2
=12V ，滑动触头
在正中间，即副线圈的接入匝数是副线圈总匝数的一半；根据变压比可知，输出电压
U 2= 0.5n2
n1
U 1=18V ，若将电阻箱阻值调为18Ω，则电流为1 A，故A 错误；
B.若将副线圈匝数调为总匝数的 1
3 ，根据变压比可知，输出电压 U 2' =
1
3 n2
n1
U 1=12V ，则副线
圈电流变为 I 2' = U 2'
R =2 A ，故B 正确；
C. 输入端电压调为 u=12
√2sin (50 πt )V 时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然
为 I = U 2
R =3.0 A ，故C 错误；
D. 将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为 U 1' ' =
1
2 U m
√2
=6V ，输出电
压 U 2' ' = 0.5n2
n1
U 1' ' =9V ，副线圈电流变为 I 2' ' = U 2' '
R
=1.5 A ，故D 错误。
故选B。
3.(2025·江西省·高考真题)在图甲所示的电路中，理想变压器的原线圈接在按图乙所示规律变化的正弦
式交流电源上，定值电阻R1=3Ω、R2=3Ω和R3=6 Ω，电流表的示数为0.25 A，其余电阻不计，下列
说法正确的是
A. 副线圈电流的频率为12.5 Hz
B. 变压器原、副线圈的匝数比为1:4
C. 电阻R1上的电压为1.5V
D. 电阻R3消耗的功率为2
3 W
【答案】D
【解析】由题图乙可知，交变电流的周期T =0.02s，则电流变化的频率f = 1
T =50 Hz，变压器不能改变
交流电的频率，所以副线圈电流的频率为50 Hz，选项A 错误;
原线圈的电压有效值U 1= U m
√2
= 20
√2
√2
V =20V ，原线圈的输入功率P1= I 1U 1=0.25×20W =5W ，副
线圈上的总电阻R副= R1+ R2 R3
R2+ R3
=5Ω，副线圈的输出功率P2= U 2
2
R = P1，解得U 2=5V ，则变压器原、
副线圈的匝数比
n1
n2
= U 1
U 2
= 20
5 = 4
1 ，选项B 错误;
n1
n2
= I 2
I 1
= 4
1 ，解得I 2=1 A，电阻R1上的电压U R1= I 2 R1=3V ，选项C 错误;
电阻R3上的电流I R3=
R2
R2+ R3
I 2= 1
3 A，电阻R3消耗的功率PR3= I R3
2 R3= 2
3 W ，选项D 正确。
4.(2025·云南省·高考真题)（多选）电动汽车充电桩的供电变压器(视为理想变压器)示意图如图所示。
变压器原线圈的匝数为n1，输入电压
两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压
U 2=U 3=220V 。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW 和3.5kW ，下列
说法正确的是( )
A. n1:n2=5:1
B. n1:n3=1:5
C. 变压器的输入功率为10.5kW
D. 两副线圈输出电压最大值均为220V
【答案】AC
【解析】AB．
，
，由
U 1
n1
= U 2
n2
= U 3
n3
，可得
n1
n2
= U 1
U 2
= 5
1，，
n1
n3
= U 1
U 3
= 5
1，
故A 正确，B 错误；
C.当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW 和3.5kW ，变压器的输入功率等于
输出功率，则有输入功率
，故C 正确；
D.两副线圈输出电压有效值均为220V ，故D 错误
故选：AC。
5.(2025·重庆市·高考真题)（多选）2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高
压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×10
6V 直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为
1.0×10
4V 的交流电，再经配电房中的变压器(视为理想变压器)降为220
√2sin (100 πt )V 的家用交流电，
若输电线路输送功率为8.0×10
9W ，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的
5 %，则( )
A. 直流输电导线中的电流为250 A
B. 直流输电导线总阻值不超过16 Ω
C. 家用交流电的电压最大值为220V ，频率为50 Hz
D. 配电房中变压器原、副线圈中电流比为11:500
【答案】BD
【解析】A.直流输电电流由公式 I = P
U
计算得I = 8.0×10
9W
1.6×10
6V
=5000 A ，
故A 错误；
B.导线允许的最大功率损耗为5 %的输送功率 P损=0.05×8.0×10
9W = 4×10
8W
由 P损= I
2 R
得导线总阻值上限R = P损
I
2 = 4×10
8
(5000)
2 Ω=16 Ω ，
故B 正确；
C.家用交流电表达式为 220
√2sin (100 πt )V ，
其最大值为 220
√2V ；
频率为 f = ω
2π = 100 π
2π
=50 Hz ，
故C 错误；
D.变压器原线圈电压 U 1=1.0×10
4V ，
副线圈电压 U 2=220V ，
匝数比
n1
n2
= U 1
U 2
= 10000
220 = 500
11
电流比与匝数比成反比可知
I 1
I 2
= n2
n1
= 11
500 ，
故D 正确。
故选BD。
6.(2026·湖南省·期末考试)某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：
待测合金丝样品(长度约1m)
螺旋测微器
学生电源E(电动势0．4V ，内阻未知)
米尺(量程0∼100cm)
滑动变阻器(最大阻值20Ω)
电阻箱(阻值范围0∼999．9Ω)
电流表(量程0∼30mA，内阻较小)
开关S1、S2
导线若干
(1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20．00cm和70．00cm位置，用螺
旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0．499mm、0．498mm
和0．503mm，则该样品横截面直径的平均值为
mm。
(2)该小组采用限流电路，则图1中电流表的“ +” 接线柱应与滑动变阻器的接线
柱
(选填“ a” 或“ b” )相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置
于
端(选填“左”或“右”)。
(3)断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15．0mA刻度处。断开S1、闭合S2，保
持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15．0mA处，此时电阻箱面板
知图2所示，则该合金丝的电阻率为
Ω⋅m(取π =3．14，结果保留2位有效数
字)。
(4)为减小实验误差，可采用的做法有
(有多个正确选项)。
A.换用内阻更小的电源
B.换用内阻更小的电流表
C.换用阻值范围为0∼99．99Ω的电阻箱
D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值
【答案】0.500
a
左
1.3×10
-6
CD
【解析】(1)该样品横截面直径的平均值为 d = (0.499+0.498+0.503)
3
mm=0.500mm
(2)由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”原则，即电流表的
“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。
为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端。
(3)由题意可知，该合金丝的电阻为 R =3.2Ω
由电阻定律R = ρ l
S 及S = π( d
2 )
2 ，可得 ρ= πR d
2
4l
其中d =0.500mm， l =70.00cm-20.00cm=50.00cm
代入数据解得该合金丝的电阻率为ρ≈1.3×10
-6Ω⋅m。
(4)根据电阻定律可知ρ= πR d
2
4l
，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的
电阻箱，可换用阻值范围为0∼99.99Ω，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平
均值。
故选CD。
7.(2025·湖北省·高考真题)某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图(a)所示电路，
所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接
电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手
机记录对应的电流传感器测得的电流。回答下列问题：
(1)R0在电路中起
(填“保护”或“分流”)作用。
(2) 1
I 与E、r、R、R0的关系式为1
I =
。
(3)根据记录数据作出1
I - R图像，如图(b)所示。已知
，可得E =
V (保
留三位有效数字)，r =
Ω(保留两位有效数字)。
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果
(填“有”或“无”)影响。
【答案】保护
R
E + R0+r
E
1.47
1.3
有
【解析】(1)R0串联在电路中，起保护作用；
(2)由闭合电路欧姆定律得E = I (R+ R0+r)，整理得1
I = R
E + R0+r
E
；
(3)
根据上述分析，结合题图(b)
可知
，
解得E =1.47V ，
；
(4)电流传感器有内阻时，
，解得
则
，则r测=r真+ R A，故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。
8.(2025·内蒙古自治区·高考真题)在测量某非线性元件的伏安特性时，为研究电表内阻对测量结果的影
响，某同学设计了如图(a)所示的电路。选择多用电表的直流电压挡测量电压。实验步骤如下：
①滑动变阻器滑片置于适当位置，闭合开关;
②表笔分别连a、b接点，调节滑片位置，记录电流表示数I和a、b间电压U ab;
③表笔分别连a、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录a、c间电压U ac;
④表笔分别连b、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录b、c间电压U bc，计算U ac-U bc；
⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。
作出I -U ab、I -U ac及I -(U ac -U bc)曲线如图(b)所示。
回答下列问题：
(1)将多用电表的红、黑表笔插入正确的插孔，测量a、b间的电压时，红表笔应
连
接点(填“a”或“b”);
(2)若多用电表选择开关旋转到直流电压挡“0.5V ”位置，电表示数如图(c)所示，此时电表读数
为
V (结果保留三位小数);
(3)图(b)中乙是
(填“I -U ab”或“I -U ac”)曲线;
(4)实验结果表明，当此元件阻值较小时，
(填“ 甲” 或“ 乙” )曲线与
I -(U ac -U bc)曲线更接近。
【答案】a
0.377/0.376-0.378均可
I -U ac
甲
【解析】(1)多用电表测量须“红进黑出”故测量a、b间的电压时，红表笔应连a接点。
(2)0.5V 的直流电压挡，分度值为0.01V ，由图可知此时电压表读数为0.377V (0.376-0.378V 均可)
(3)当表笔分别连a、c接点时测得是元件和电流表两端的电压和电流，当表笔分别连a、b接点时测得是
元件两端的电压和电流，故同等电流U ab<U ac，由图可知，同等电流U 甲<U 乙，故乙为I -U ac曲线；
(4)当此元件阻值较小时，电流较大，由图可知，甲曲线与I -(U ac -U bc)曲线更接近。
9.(2025·湖南省·高考真题)车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合
制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
(1)选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“
×1k”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为
Ω。
(2)进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势6V ，内阻可忽略，电压表量程
0∼6V ，内阻约10kΩ，电流表量程0∼600 μA，内阻约100Ω。实验中要求滑动变阻器采用分压接
法，在图2中完成余下导线的连接
。
(3)如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率ρ=
(用R、a、b、c表示)。
(4)测得不同压力F 下的电阻R，算出对应的电阻率ρ，作出ρ- F图像如图3所示。
(5)基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于3V 时启动，R1
为水泥块，R2为滑动变阻器，当R2的滑片处于某位置，R1上压力大于或等于F0时，报警器启动。报
警器应并联在
两端(填“R1”或“R2”)。
(6)若电源E使用时间过长，电动势变小，R1上压力大于或等于F1时，报警器启动，则F1
F0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】8000
Rbc
a
R2
大于
【解析】(1)多用电表选择开关旋转到“ ×1k ”挡，故根据图1可知读数为 8000Ω ；
(2)长方体导电水泥块样品的电阻 Rx> √R A RV ，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用
分压接法，故连接实物图如图
(3)根据电阻定律 R = ρL
S
可知 ρ= RS
L = Rbc
a
(5)根据图3可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增加， R2 电压增加， R1 电压
减小，而报警器在两端电压大于或等于 3V 时启动，故应将报警器并联在 R2 两端；
(6)电源电动势E减小，要使报警器启动，即 R2 两端电压要仍为3V ，根据串联分压
有 U 2=
R2
R1+ R2
E =
1
R1
R2
+1
E
可知E减小需要R1更小，又因为F越大R1越小，可知F1需要大于F0。
10.(2025·云南省·高考真题)基于铂电阻阻值随温度变化的特性，某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的
实验。可选用的器材如下：Pt 1000型号铂电阻、电源E(电动势5V ，内阻不计)、电流表A1(量程
100 μA，内阻4.5kΩ)、电流表A2(量程500 μA，内阻约1kΩ)、定值电阻R1(阻值15kΩ)、定值电阻
R2(阻值1.5kΩ)、开关S和导线若干。查阅技术手册可知，Pt 1000型号铂电阻测温时的工作电流在
0.1∼0.3mA之间，在0∼100℃范围内，铂电阻的阻值Rt随温度t的变化视为线性关系，如图(a)所示。
完成下列填空：
(1)由图(a)可知，在0∼100℃范围内，温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增
加
Ω;
(2)兴趣小组设计了如图(b)所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测出铂电阻阻值的
是
(填“甲”或“乙”)，保护电阻R应选
(填“R1”或“
R2”);
(3)用(2)问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时，某次测量读得A2示数为295 μA，A1示数如图(c)
所示，该示数为
μA，则所测温度为
℃(计算结果保留2
位有效数字)。
【答案】3.85
乙
R1
62.0
51
【解析】(1)0℃时 R0=1000Ω，100℃时 R100=1385Ω。
温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加 ΔR = R100- R0
100
= 1385-1000
100
Ω=3.85Ω。
(2)甲电路：A2 内阻未知，无法消除其分压影响，测量误差大。
乙电路：铂电阻与 A1 并联，A1 内阻已知(4.5kΩ)，则铂电阻与A1的电压相等为U = I A 1⋅R A 1，
铂电阻的电流I = I A 2- I A 1，可通过R = U
I 准确计算，故选乙。
工作电流 0.1∼0.3mA，A2 量程 500 μA，电源 E =5V ，整个电路的总电阻最小值
R总= E
I max
≈
5
500×10
-6 =10
4 Ω。
并联部分(铂电阻+ A1)电阻约 800Ω，A2内阻1kΩ，故保护电阻需 R1=15kΩ，R2阻值过小，会导
致总电流超量程。
(3)量程为100 μA，A1读数为62.0 μA。
铂电阻两端的电压：U = I A 1⋅R A 1=62×10
-6×4500=0.279V ，
铂电阻的电流：I t = I A 2- I A 1=295 μA -62 μA =233 μA，
铂电阻的阻值：Rt = U
I t
≈
0.279
233×10
-6 Ω≈1197 Ω，
阻值变化ΔR =1197 Ω-1000Ω=197 Ω，由(1)问得每℃变化 3.85Ω，故t = 197
3.85 ℃≈51℃;
11.(2025·甘肃省·高考真题)某兴趣小组设计测量电阻阻值的实验方案。可用器材有：电池(电动势
1．5V )两节，电压表(量程3V ，内阻约3kΩ)，电流表(量程0.3 A，内阻约1Ω)，滑动变阻器(最大阻
值20Ω)，待测电阻Rx，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
(1)首先设计如上图所示的电路。
①要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图1中补充连线 将S2的c、d端接入电
路
；
②闭合S1前，滑动变阻器的滑片P应置于
端(填“a”或“b”)；
③闭合S1后，将S2分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变，
因此测量电阻时S2应该接
端(填“c”或“d”)。
(2)为了消除上述实验中电表引入的误差、该小组又设计了如图所示的电路。
①请在上图中补充连线将电压表接入电路
；
②闭合S1，将S2分别接c和d端时，电压表、电流表的读数分别为U c、I c和U d、I d。则待测电阻阻值
Rx=
(用U c、U d、I c和I d表示)。
【答案】
b
c
U c
I c
- U d
I d
【解析】(1)
.
①实物连接图如图所示，
.
② 闭合 S1 前，根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P应置于 b 端，连入电路中的阻值最大，
保护电路的安全。
.
③ 闭合 S1 后，将 S2 分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示
数基本不变，说明电流表分压明显，为减小实验误差，应采用电流表外接法，因此测量电阻时 S2 应
该接c端。
(2)
.
①实物连接图如图所示，
.
② 根据电路分析，当闭合 S1 ，将 S2 接c端时，电压表、电流表的读数分别为 U c 、 I c ，
则
U c
I c
= Rx+ R A+ R滑
将 S2 接d端时，电压表、电流表的读数分别为 U d 、 I d ，则
U d
I d
= R A+ R滑
那么待测电阻阻值 Rx = U c
I c
- U d
I d
。
一．直流电路
围绕电路核心概念与规律展开，涵盖电流多维度计算、电阻定律与欧姆定律应用、串并联电路特性分
析、电表改装原理；闭合电路动态响应（如滑动变阻器调节）、功率效率优化（R=r 时输出功率最大）、
U-I 图像物理意义解读；含容电路稳态与充放电过程、电路故障诊断（断路/短路影响）；实验测量电源电
动势和内阻的方法及系统误差分析。常见类型和方法：
1.
电流计算：综合定义式I=Q/t、微观式I=nqSv、决定式I=U/R。
2.
电阻分析：R=ρL/S 判断导体电阻变化。
3.
串并联特性：串联分压、并联分流规律计算。
4.
电表改装：电流表并联电阻扩程，电压表串联电阻扩程。
5.
动态分析：程序法推导、串反并同结论、极限法判边界。
6.
功率效率：P 总=EI，P 出=UI，η=P 出/P 总；R=r 时P 出最大。
7.
图像解读：U-I 图像斜率表内阻、截距表E；电阻U-I 过原点直线斜率表电阻。
8.
含容电路：稳态时电容器电压等于并联段电压，充放电用Q=CU 分析。
【题型1：电路基本概念与规律】
1.(2026·四川省·联考题)如图，一块均匀的长方体样品，长为a，宽为b，厚为c。电流沿AB方向时测得样
品的电阻为R，则样品的电阻率为( )
A. bc
a R
B. b
2
a R
C. a
bc R
D. ac
b R
【答案】A
【解析】沿AB方向，则l =a，S =bc，由R = ρ l
S ，得ρ= SR
l = bc
a R。
故选A。
【题型2：闭合电路欧姆定律】
2.(2025·辽宁省·联考题)如图甲所示，M为一电动机，定值电阻R0=1Ω，各电表均可视为理想电表。闭合
开关K，滑动变阻器R的滑片P从最右端滑到最左端的过程中，两电压表V 1和V 2的示数随电流表A示数
的变化情况如图乙所示。已知电流表A的示数小于0.4 A时，电动机不转动。下列说法正确的是( )
A. 电压表V 1的示数对应图乙中图线Ⅰ
B. 电源的电动势为3.5V ，电动机的内阻为2Ω
C. 滑动变阻器的最大阻值为16 Ω
D. 电流表的示数为0.6 A时，电源的效率约为83.3 %
【答案】D
【解析】A.根据闭合电路欧姆定律有 U = E - I (r + R0)，因 V 2 测量的是电动机与滑动变阻器串联部分的
电压，故图线Ⅰ对应电压表 V 2 ，图线Ⅱ对应电压表 V 1 ，故A 错误；
B. 根据图线Ⅰ中提供的两组数据，即 U 1=3.2V ， I 1=0.2 A ； U 2=2.4V ， I 2=0.6 A，代
入 U = E - I (r + R0)，可得 3.2V = E -0.2(r + R0) ， 2.4V = E -0.6(r + R0)，联立解得 E =3.6V ，
r =1Ω ，故B 错误；
C.图线Ⅱ对应电压表 V 1 ，当电流表读数最小为0.2 A时，滑动变阻器的阻值为最大，此时电压表 V 1 的
示数为 U '1=0.4V ，可得滑动变阻器两端电压为 U R=3.2V -0.4V =2.8V ，故滑动变阻器的最大阻值
为 Rm= 2.8
0.2 Ω=14 Ω ，故C 错误；
D. 电流表的示数为 0.6 A 时，电压表 V 2 的示数为2.4V ，故电源的效率约
为 η= 2.4×0.6+0.6
2×1
3.6×0.6
×100 % =83.3 % ，故D 正确。
故选D。
【题型3：动态分析】
3.(2026·湖南省·期末考试)如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，且r < R0，电容器的电容
为C，灯泡电阻也为R0且保持不变，电表均为理想电表。闭合开关S，电流稳定时，灯泡正常发光，电
压表示数为U，电流表示数为I，向右调节滑动变阻器滑片P到特定位置，待电路稳定，该过程电压表示
数的变化量的绝对值为ΔU，电流表示数的变化量的绝对值为ΔI，则( )
A. ΔU
ΔI =r
B. 电压表、电流表示数均变大，灯泡变亮
C. 通过R0的电荷量为CΔU
D. 电源的输出功率减小，总功率增大
【答案】AC
【解析】A.由闭合回路欧姆定律知E =U + Ir，整理得U = E - Ir，由题意可知ΔU
ΔI 为U - I图像的斜率的
绝对值，即ΔU
ΔI =r，故A 正确；
B.滑动变阻器滑片P向右滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值减小，电路中总电阻减小，由闭合电路欧
姆定律可得电流表示数增大，电源内压增大，则路端电压减小，电压表示数变小，通过灯泡的电流增大，
灯泡变亮，故B 错误；
C.通过R0的电荷量为
，故C 正确；
D.电源的输出功率P = E
2 R
(R+r)
2 =
E
2
R+ r
2
R +2r
，当R =r时电源输出功率最大，由于r < R0，滑动变阻器接
入电路中的电阻减小时，电源的外阻依然大于内阻，但更接近内阻，电源的输出功率增大；电源的总功
率P总= EI增大，故D 错误。
故选AC。
【题型4：功率与效率】
4.(2026·湖北省·单元测试)某物理学习小组利用图甲所示的电路图进行一系列实验，电源的电动势E =3V ，
内阻为r(未知)，定值电阻R0=1Ω，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关，滑动变阻器的滑片从B
端滑至A端的过程中，测出相应的电压表读数U和电流表读数I，作了三幅图：图乙为电压表读数U随电
流表读数I的变化规律图，图丙为滑动变阻器的功率P随滑动变阻器接入阻值R的变化规律图，图丁为电
源的效率η随滑动变阻器接入阻值的变化规律图。导线电阻不计，则下列说法正确的是( )
A. 电源的内阻r为2Ω，滑动变阻器最大阻值R3为27 Ω
B. 图乙中a点的横坐标为I 1=0.1 A
C. 图丙中c点的坐标为(2Ω, 9
8 W )
D. 图丙中b点的横坐标为R1= 9
17 Ω
【答案】D
【解析】
A.
图乙
中I max =
E
R0+r =
3
r +1 A =1.0 A，解得r =2Ω，电源的效率
η=
I
2( R0+ R)
I
2(r + R0+ R)
=
R0+ R
r + R0+ R ，可得
1+ R3
2+1+ R3
=0.9，解得滑动变阻器的最大电阻R3=17 Ω，故A 项错
误；
B.图乙中I 1=
E
R0+r + R3
=0.15 A，故B 项错误；
C. 图丙中当滑动变阻器接入电路的电阻R2=r + R0=3Ω时，滑动变阻器的功率最大，即
Pmax =
E
2
4( R0+r ) = 3
4 W ，故C 项错误；
D.图丙中由(
E
R1+ R0+r )
2× R1=(
E
R3+ R0+r )
2× R3，整理得(r + R0)
2= R1× R3，可得R1= 9
17 Ω，故D
项正确。
故选D。
【题型5：图像分析】
5.(2025·湖南省·联考题)如图所示的U - I图像中，直线a表示某电源的路端电压U与电流I的关系，直线b、
c分别表示电阻R1、R2的电压U与电流I的关系。下列说法正确的是( )
A. 电阻R1、R2的阻值之比为4:3
B. 该电源的电动势为6V ，内阻为3Ω
C. 只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为6W
D. 只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功率之比为1:1
【答案】D
【解析】A.根据图像得
R1= 4
1 Ω= 4 Ω
R2= 4
2 Ω=2Ω
电阻R1、R2的阻值之比为2:1，A 错误；
B.该电源的电动势为6V ，内阻为
r = 6
3 Ω=2Ω
B 错误；
C.只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为
P1= 4×1W = 4W
C 错误；
D.只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功率分别为
P内= I
2r
P外= I
2 R2
解得
P内: P外=1:1
D 正确。
故选D。
【题型6：实验：电阻与电阻率的测量】
6.(2025·湖北省·联考题)某学习小组要测量一个电源的电动势及内阻。除该电源外还准备的器材有：一个电
阻箱R(最大阻值99.9Ω)，一个量程为“0～200mA”内阻是10Ω的电流表A，一个阻值为5Ω的定值
电阻R0，一个开关和若干导线。
(1)同学们利用欧姆表来核实电流表A及定值电阻R0的阻值，已知它们的阻值都是准确的，当欧姆表两
表笔与电阻R0相连时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的4
5 ，当欧姆表两表笔与电流表A相连时，欧姆
表指针将偏转到满刻度的 (用分数表示)，连接时要注意红表笔要与电流表的 (填“正”
或“负”)接线柱相连。
(2)由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们利用定值电阻R0将该电流表进行改装，改装后
的量程为 。
(3)设计的测量电路如下图所示。若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I，并计算出1
I ，得到多
组数据后描点作出R - 1
I 图线如图所示，则该电源的电动势E = V ，内阻r = Ω。(结
果保留两位有效数字)
【答案】2
3
负
0～0.6 A
6.0
2.7
【解析】解：(1)设欧姆表内的电源电动势为E'，满偏电流为I g，其内阻为R内，当欧姆表测量电阻R0
时，欧姆表指针恰好偏转到满刻度的4
5 ，由闭合电路欧姆定律得：4
5 I g=
E'
R内+ R0
当欧姆表测量电流表A内阻时，同理可得：n I g=
E'
R内+ R A
又有：I g= E'
R内
，R A =10Ω，R0=5Ω，
联立解得：n= 2
3，即当欧姆表两表笔与电流表A相连时，欧姆表指针将偏转到满刻度的2
3。
根据欧姆表的电流方向为“红进黑出”，可知红表笔要与电流表的负接线柱相连。
(2)将定值电阻R0与电流表并联进行改装，改装后的量程最大值为：
I = I g+ I g R A
R0
=200mA + 200mA ×10Ω
5Ω
=600mA =0.6 A，故改装后的量程为0～0.6 A。
(3)根据(2)的解析可知，电流表的量程扩大到了3倍，则电流表读数为I时，流过电源的电流为3 I，根
据闭合电路欧姆定律得：
E = I R A+3 I ( R+r )
变形代入已知数据为：R = E
3 ⋅1
I - 10+3r
3
根据R - 1
I 图像，可知图像的斜率为：6.0
3.0 V = E
3 ，图像的纵截距为：-6.0Ω=- 10+3r
3
解得：E =6.0V ，r = 8
3 Ω≈2.7 Ω。
故答案为：(1) 2
3；负；(2)0～0.6 A；(3)6.0；2.7。
【题型7：测量电源电动势和内阻】
7.(2026·安徽省·期末考试)某同学为研究小灯泡和电动机的伏安特性，在实验室找到了以下器材：
A.待测小灯泡一只：额定电压3.0V ，额定功率1.2W
B.电流表：量程0∼0.6 A，内阻约1Ω
C.电压表：量程0∼3V ，内阻约3kΩ
D.滑动变阻器：最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2 A
E.滑动变阻器：最大阻值100Ω，允许通过的最大电流为0.5 A
F.蓄电池：电动势4.0V ，内阻不计
G.开关S、导线若干
(1)为准确描绘小灯泡的伏安特性曲线，请在答题卡上的图(a)中补全电路图 ;
(2)为方便调节，图(a)中的滑动变阻器选用 (选填“D”或“E”);闭合开关S前，滑动变阻器的滑
片应置于 (选填“a”或“b”)端。
(3)将小灯泡换成一额定电压为3V 的小电动机，电路其它部分保持不变，描绘出该电动机的伏安特性曲
线如图(b)所示。图像表明：两曲线的临界电压为1.5V 。再将该电动机改接在一电池两端，工作较长
时间后，电动势( E =3.0V )近似不变，内阻增加，导致电动机停止转动。电动机因此原因停止转动前
的瞬间，输出功率约为 W ;停止转动后的瞬间，电源的总功率约为 W 。(结果均保留2位有
效数字)
【答案】
D
a
0.18
1.1
【解析】(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线需要使灯泡的电压值从零开始，所以滑动变阻器选用分压式接
法，因为
RV
R灯
> R灯
R A
，所以采用电流表外接法，故电路图如图所示。
(2)滑动变阻器采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应该选择最大阻值较小的D；闭合开关S前，
小灯泡两端的电压应最小，所以滑动变阻器的滑片应置于a端；
(3)根据图(b)可知，电动机不转动时，为纯电阻，则内阻
，电动机因此原因停止
转动前的瞬间，输出功率P =UI - I
2r，代入数据
电动机分的电压为1.5V ，其他分1.5V ，其他部分的电阻为
，即电源的总功率
P总= U
2
R总
=
(3V )
2
5Ω+3Ω =1.1W
二．交流电路
聚焦交流电路核心板块，涵盖交变电流产生原理（如线圈转动中性面特性）、“四值”应用场景区分；
变压器电压/电流/功率关系及负载/匝数动态影响；远距离输电功率/电压损失计算与效率优化；交变电源
与R、L、C 组合电路的综合分析。常见类型与方法：
1.
产生分析：中性面磁通量最大、电动势为零；垂直中性面磁通量为零、电动势最大。
2.
“四值”应用：电表读数/热量用有效值，电量用平均值，峰值表最大值。
3.
变压器关系：U₁/U₂=n₁/n₂，I₁/I₂=n₂/n₁，P 入=P 出（理想）。
4.
动态分析：负载变时副线圈电压由匝数比定，电流/功率随负载变；匝数比变时电压/电流/功率重分
配。
5.
远距离输电：P 损=I²R 线，升压减电流降损耗。
【题型1：交变电流的产生与描述】
8.(2025·江苏省·模拟题)如图所示，电阻为r的金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、
b两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R。线框绕ad连线以角速度ω匀
速转动，从图示位置开始计时，bc边垂直纸面向外运动，则( )
A. 线框每转一圈，回路电流方向改变一次
B. 定值电阻两端的电压为2Bl
2ω
C. 线框内电流方向为dcba
D. 八分之一周期内通过R的电荷量为(2-
√2)Bl
2
R+r
【答案】D
【解析】解：A、在线框转动一周的过程内，电流方向改变2次，故A 错误；
B、线框产生的感应电动势的最大值为Em= Bl⋅2lω=2Bl
2ω，产生的感应电动势的有效值为E = Em
√2
，
所以定值电阻两端的电压为U =
E
R+r R，联立解得U =
√2 RBl
2ω
R+r
，故B 错误；
C、线框在转动过程中，bc边切割磁感线的方向在不断的变化，所以产生的是交流电，通过线框中电流
方向在不断的变化，故C 错误；
D、八分之一周期内穿过线框的磁通量的变化量为ΔΦ = Bl⋅2l - Bl⋅2l⋅cos(ω⋅T
8 )=2Bl
2(1-
√2
2 )，
产生的平均感应电动势为E
-
= ΔΦ
T
8
，平均电流为I
-
=
E
-
R+r
，所以通过电阻R的电荷量为q = I
-
⋅T
8 ，联立解
得q = (2-
√2)Bl
2
R+r
，故D 正确。
故选：D。
【题型2：变压器】
9.(2025·河南省驻马店市·模拟题)如图所示的理想变压器电路中，原、副线圈的面数比为2:1，a、b、c三
个完全相同的灯泡电阻恒为4 Ω，R1、R2为定值电阻.现在MN间接电压有效值恒为16V 的正弦式交流电，
已知两电键均闭合时，三个灯泡均正常发光;两个电键均断开时，只有灯泡a正常发光.下列说法正确的是
( )
A. 灯泡的额定电流均为0.5 A
B. 定值电阻R1=8Ω
C. 两电键闭合与两电键断开时，副线圈的输出功率之比为8:3
D. 两电键闭合与两电键断开时，电源消耗的电功率之比为8:3
【答案】BC
【解析】A.两电键均闭合时，由电路图可知，变压器原线圈两端的电压为U 1=U 0=16V ，则由变压器的
工作原理得
U 1
U 2
= n1
n2
，所以U 2=8V ，由于三个灯泡均正常发光，则三个灯泡的电压和流过三个灯泡的电
流均相等，则有U a=U b=U c=U R2，I a= I b= I c，又I b+ I c= I R2+ I a，U 2=U a+U b=8V ，所以
U a=U b=U c=U R2= 4V ，I a= U a
R = 4
4 A =1 A，I R2=1 A，A 错误;
B. 两电键均断开时，只有灯泡a正常发光，则有I a=1 A，此时流过灯泡b、c的电流均为
I b' = I c' = I a
2 =0.5 A，所以灯泡b两端的电压为U b' = I b' R =2V ，变压器副线圈的输出电压为
U 2' =U a+U b' =6V ，由变压器的工作原理得
U 1'
U 2
= n1
n2
，解得U 1
'
=12V ，又由
n1
n2
= I 2
I 1
得I 1=0.5 A，定
值电阻R1两端的电压为U R1=U 0-U 1' = 4V ，则定值电阻R1的电阻值为R1= U R1
I 1
= 4
0.5 Ω=8Ω，B 正确
;
C. 由以上分析可知R2= U R2
I R2
= 4 Ω，两电键闭合时，定值电阻R2消耗的电功率为
PR2= I R2
2 R2=1
2×4W = 4W ，三个灯泡消耗的电功率均为P =UI = 4×1W = 4W ，所以副线圈的输出
功率为P1= PR2+3 P =16W ，两电键断开时，灯泡b、c消耗的电功率均为
P' =U b' I b' =2×0.5W =1W ，而灯泡a正常发光，则副线圈的输出功率为P2= P+2 P' =6W ，则两电
键闭合与两电键断开时，副线圈的输出功率之比为P1: P2=8:3，C 正确;
D.两电键闭合时，电源消耗的电功率为P电1= P1=16W ，两电键断开时，电源消耗的电功率为
P电2= P2+ I 1
2 R1=8W ，电源消耗的电功率之比为P电1: P电2=2:1，D 错误．
故选BC。
【题型3：远距离输电】
10.(2025·陕西省西安市·模拟题)某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为6V ，定
值电阻R1= R2=20Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6V 1.8W ”，理想变压器T 1、T 2原副线圈的匝数比
分别为1∶3和3∶1.分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时( )
A. L1与L2一样亮
B. L2比L1更亮
C. R1上消耗的功率比R2的大
D. R1上消耗的功率比R2的小
【答案】BC
【解析】由题意可得灯泡电阻RL=20Ω
AB、交流电源电压为U =6V ，当接通电路Ⅰ时有I 1=
U
R1+ RL
=0.15 A
接通电路Ⅱ时，由等效法可知I 2=
U
R1
9 + RL
=0.27 A
则有I 1< I 2，则两个灯泡的功率PL1< PL2，故A 错误，B 正确；
CD、R1上消耗的功率P1= I 1
2 R1=0.45W
由等效法可得R2上消耗的功率P2= I 2
2 R2
9 =0.162W
即R1上消耗的功率比R2的大，故D 错误，C 正确。
故选BC。
【题型4：交变电路的综合】
11.(2025·浙江省·模拟题)如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=1：2，原线圈连接定值电阻
R0=2Ω，副线圈连接阻值足够大的滑动变阻器R , M 、N端输入如图乙所示的正弦式交流电。将滑动变
阻器的滑片从a端缓慢向下滑动，则( )
A. MN间交变电压的有效值为10
√2V B. R0消耗的功率先增大后减小
C. 滑动变阻器R消耗的最大功率为12.5W D. R两端电压减小
【答案】C
【解析】A.由图可知 MN 间交变电压的最大值为 10
√2V ，则有效值为 U = U m
√2
=10 V ，故A 错误；
BCD.将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，有 I 1
2 R等= I 2
2 R，则 R等= I 2
2
I 1
2 R =( n1
n2
)
2 R = R
4 ，
滑动变阻器滑片缓慢向b端滑动，R增大，等效电阻阻值增大，故电流 I 1=
U
R0+ R等
减小，根
据 P0= I 1
2 R0，可知， R0 消耗的功率减小；由闭合电路欧姆定律，可知 U 1=U - I 1 R0，则原线圈电压
增
大
，
根
据
U 1
U 2
= n1
n2
可
知
，
副
线
圈
电
压
即
R 两
端
电
压
增
大
；
根
据
P =(
U
R0+ R等
)
2 R等=
U
2
R0
2
R等
+ R等+2 R0
，可知当 R等= R0 时，等效电阻消耗的功率最大，则滑动变阻
器消耗的功率最大，解得 P =12.5 W ，故BD 错误，C 正确。
故选C。
一：基础练
1.(2025·广东省广州市·模拟题)如图为某风力发电机简易模型图。在风力作用下，风叶通过转轴带动条
型磁铁转动，在线圈L中产生感应电动势的瞬时表达式为e =22
√2sin 2πt(V )，将线圈L与一定值电阻
R相连，则( )
A. 磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最小
B. 线圈L中感应电动势的有效值为44V
C. 风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变一次
D. 若风叶的转速变大，则定值电阻R消耗的功率一定增大
【答案】D
【解析】A.磁铁转到图示位置时，线圈L中的磁通量最大，故A 错误；
B.线圈L中感应电动势的有效值为E = Em
√2
= 22
√2
√2
V =22V ，故B 错误；
C .风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次，故C 错误；
D .若风叶的转速变大，则电源的电动势的最大值和有效值都会增加，则定值电阻R消耗的功率一定增
大，故D 正确。
故选：D。
2.(2025·河南省郑州市·模拟题)如图所示，变压器原线圈接正弦交变电源，变压器原、副线圈匝数之比
n1:n2=2:1，电路中定值电阻的阻值为R1，滑动变阻器的最大阻值为R2，灯泡的电阻(保持不变)为RL，
已知R1= R2= RL= R。闭合开关S，通过调节滑动变阻器，改变灯泡亮度，则灯泡功率最小值与最大值
之比为( )
A. 9：49
B. 1：4
C. 25：81
D. 9：25
【答案】C
【解析】变压器副线圈等效电阻为 R' = n 1
2
n 2
2 ( RL+ R2)= 4( R+ R2) ，将 R1 看成电源内阻，则
当 R2=0 时，灯泡功率最大 P1=(
E
R' + R1
)
2 R' = 4 E
2
25 R ，当 R2= R 时，功率最小，
P2= 1
2 ×(
E
R' + R1
)
2 R' = 4 E
2
81 R ，则灯泡功率最小值与最大值之比为 25:81 。
3.(2026·专项测试)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待
电路稳定后，电容器上电荷量为( )
A. CE B. 1
2 CE
C. 2
5 CE
D. 3
5 CE
【答案】C
【解析】电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成3 R、2 R的串联部分与R、4 R的串联部
分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为φ上= E
5 R ⋅2 R = 2 E
5
电容器下极板的电势为φ下= E
5 R ⋅4 R = 4 E
5
则电容两端的电压U 下上= 2 E
5
则电容器上的电荷量为
故选：C。
4.(2025·陕西省榆林市·模拟题)如图，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，C为电容器，
电表均为理想电表。闭合开关S，将滑片向上滑动过程中( )
A. 电阻R2中有向上的电流
B. 两电表示数变化量绝对值之比ΔU
ΔI 变大
C. 电源的输出功率一定变大
D. 保持滑片位置不动，将电容器C上极板上移，P点电势降低
【答案】D
【解析】A.在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，其接入阻值增大，干路电流减小，即通过电阻R1电
流减小，滑动变阻器两端的电压为U = E - I ( R1+r )
可知U增大，电容器继续充电，电容器C两极板所带电荷量变大，电阻R2中有向下的电流，故A 错误；
B.根据以上分析可知，两电表示数变化量绝对值之比ΔU
ΔI = R1+r，不变，故B 错误；
C.电源的输出功率随外电阻的变化如图所示
由于外电阻与内阻的关系未知，故电源的输出功率不一定变大，故C 错误；
D.保持滑片位置不动，电容器两端电压不变，将电容器C上极板上移，根据E = U C
d ，可知场强变小，根
据U P下= E d P下
减小，下极板电势为零不变，且下极板电势低于上极板，所以P点电势降低，故D 正确。
故选D。
5.(2025·山西省·模拟题) （多选）一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T。关于该交
变电流的电压，下列说法正确的是( )
A. 最大值为2
√2V
B. 最大值为 √3V
C. 有效值为2V
D. 有效值为 √3V
【答案】AC
【解析】AB、由题图可知，该交变电流的电压的最大值为2
√2V ，选项A 正确、B 错误;
CD、根据等效思想有U
2
R T = (1V )
2
R
⋅T
3 + (
√3V )
2
R
⋅T
3 + (2
√2V )
2
R
⋅T
3
，解得U =2V ，选项C 正确、
D 错误。
6.(2025·河南省·模拟题) （多选）如图所示，当滑动触头P在图示位置时，原、副线圈的匝数比为
20:1，工作状态下由于漏磁，穿过副线圈的磁通量约为原线圈的80 %，忽略其他损耗，若原线圈两端电
压为200V ，小灯泡的额定电压为10V ，则下列说法正确的是( )
A. 原副线圈两端的电压之比为20:1
B. 原副线圈两端的电压之比为25:1
C. 为使小灯泡正常发光，应将滑动触头P向上滑动
D. 为使小灯泡正常发光，应将滑动触头P向下滑动
【答案】BC
【解析】AB.
根据变压器工作原理有
、
，可得
U 1
U 2
= 5n1
4 n2
=25
，故A 错误，
B 正确;
CD .若要使小灯泡正常发光，应增大U 2，故应增大n2，因此滑动触头P应向上滑动，故C 正确，D 错误．
故选BC。
7.(2025·湖南省长沙市·模拟题) （多选）光伏发电是现阶段我国主要的发电方式，某中学屋顶安装有光
伏发电系统，具体参数如下：面积S =2m
2，光电转化效率η=18 %，最大输出电压为400V ，某晴天中
午地表太阳辐照度E =1000W /m
2，现将25块相同光伏板按5串5并(每5个光伏板分别串联成组后再并
联在一起)的方式连接后，该系统输出电压为250V ，经整流器后变成交流电、通过升压变压器升压后用
总电阻为2Ω的输电线输送给用户使用，输电线上损失的功率为发电机输出功率的5 %，到达用户端后通
过降压变压器再降低电压到用户所需要电压220V 。假定所用的变压器都是理想变压器，则( )
A. 单块光伏板输出电压为50V
B. 单块光伏板输出电电流为8 A
C. 升压变压器的输出电压为600V
D. 降压变压器的匝数比为57∶22
【答案】ACD
【解析】A.每5个光伏板分别串联成组后再并联在一起的输出电压为250V ，由此可得单块光伏板输出电
压为 U 0= U 1
5 =50V ，故A 正确；
B.单块光伏板转化功率为 P0= ES×18 % =360W
输出电流为 I 0= P0
U 0
=7.2 A ，故B 错误；
C.升压变压器的输入功率为 P1=25 P0=9000W
输入电流为 I 1= P1
U 1
=36 A
输电线上的电流为 I 2=
√
P1×5 %
r
=15 A
升压变压器的输出电压为 U 2= P1
I 2
=600V ，故C 正确；
D.降压变压器的输入电压为 U 3=U 2- I 2r =570V
降压变压器的匝数比为
n3
n4
= U 3
U 4
= 57
22 ，故D 正确。
故选ACD。
8.(2026·湖北省武汉市·月考试卷) （多选）目前困扰5G发展的大难题之一是供电，5G基站系统功耗大
信号覆盖半径小。如图所示，电压为100kV 的主供电线路为某5G基站供电，基站用电器功率为9kW ，
线路电阻为40Ω，线路损耗功率占总功率的10 %(变压器均视为理想变压器)，则( )
A. 输电线路中的电流为5 A
B. 高压变压器原、副线圈的匝数比为50：1
C. 输电线路中的电流为2500 A
D. 高压变压器原、副线圈的匝数比为100：1
【答案】AB
【解析】AC .由题意可知，总功率为 P总= P基站
1-10 % =10kW
线路损耗功率 ΔP =10 % P总=1kW
又 ΔP = I
2r
解得输电线路中的电流为 I =5 A
故A 正确，C 错误；
BD .高压变压器副线圈的电压为 U 2= P总
I =2kV
高压变压器原、副线圈的匝数比为 n1:n2=U 1:U 2=50:1
故B 正确，D 错误。
故选AB。
二：提能练
9.(2025·天津市·模拟题)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)用电压表(内阻约为3kΩ)和电流表(内阻约为0.1kΩ)测量一个电阻的阻值(约为5Ω)。要求尽量减小
实验误差，应该选择的测量电路是图1中的
(选填“甲”或“乙”)。
(2)一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”字样。用它测量约20kΩ电阻的阻值，下列实验步
骤正确的操作顺序为
(填各实验步骤前的字母)。
A.将选择开关置于“×1k”位置
B.将选择开关置于“OFF”位置
C.将两表笔分别接触待测电阻两端，读出其阻值后随即断开
D.将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0”
(3)图2是“测量电源的电动势和内电阻”实验的电路图。某同学在实验中，闭合开关后，发现无论怎么
移动滑动变阻器的滑片，电压表有示数且不变，电流表始终没有示数。为查找故障，在其它连接不变
的情况下，他将电压表连接位置的导线端分别试触b、c、d三个位置，发现试触b、c时，电压表有示
数；试触d时，电压表没有示数。若电路中仅有一处故障，则
(选填选项前的字
母)。
A.导线ab断路
B.滑动变阻器断路
C.导线cd断路
D.滑动变阻器短路
【答案】甲
ADCB
C
【解析】(1)因为待测电阻约为5Ω，而Rx< √RV · R A =10
√3Ω，故为了减小误差应该采用电流表外接
法，即选用甲图；
(2)测量过程中应该先选择合适档位，根据题意选择“×1k”挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量，
测量完成后要将开关置于“OFF”挡，故顺序为ADCB。
(3)闭合电键后，却发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电流表示数始终为零，可能是电路中出现断
路，电压表的示数不变化，说明电压表串联在电路中；当试触b、c时电压表有示数说明ab、bc段是正
常的，试触d时，电压表没有示数说明在cd之间某处发生了断路，故选C。
10.(2025·湖南省长沙市·模拟题)(1)如图甲、乙、丙所示的三把游标卡尺，它们的游标尺自左向右分别
为10分度、20分度、50分度，它们的读数依次为
mm、
mm、
mm。
(2)某同学用如图丁所示的螺旋测微器测量小球的直径时，他应先转动
使F靠近
小球，再转动
使F夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨
动
使F固定后读数(填仪器部件字母符号)。正确操作后，螺旋测微器的示数如
图戊所示，则小球的直径是
mm。
【答案】17.6
23.25
3.20
D
H
G
6.700
【解析】(1)图甲读数：整毫米是17mm，不足1毫米数是6×0.1mm=0.6mm，最后结果是
17mm+0.6mm=17.6mm；
图乙读数：整毫米是23mm，不足1毫米数是5×0.05mm=0.25mm，最后结果是
23mm+0.25mm=23.25mm；
图丙读数：整毫米是3，不足1毫米数是10×0.02mm=0.20mm，最后结果是
3mm+0.20mm=3.20mm。
(2)用螺旋测微器测小球直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球，再转动微调旋钮H使测
微螺杆F夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数，读数为
6.5mm+20.0×0.01mm=6.700mm。
11.(2025·四川省成都市·模拟题)某实验小组要将电流表G(铭牌标示：I g=500 μA，Rg=800Ω)改装成
量程为1V 和3V 的电压表，并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开
关和标准电压表等实验器材，按图(1)所示连接电路，其中虚线框内为改装电路。
(1)开关S1闭合前，滑片P应移动到
(填“M”或“N”)端。
(2)根据要求和已知信息，电阻箱R1的阻值已调至1200Ω，则R2的阻值应调至
Ω。
(3)当单刀双掷开关S2与a连接时，电流表G和标准电压表V 的示数分别为I、U，则电流表G的内阻可表
示为
。(结果用U、I、R1、R2表示)
(4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表G内阻的
真实值与铭牌标示值有偏差，则只要
即可。(填正确答案标号)
A.增大电阻箱R1的阻值 B.减小电阻箱R2的阻值
C.将滑动变阻器的滑片P向M端滑动
(5)校准完成后，开关S2与b连接，电流表G的示数如图(2)所示，此示数对应的改装电压表读数
为
V 。(保留2位有效数字)
【答案】M
4000
Rg= U
I - R1- R2
A
0.86
【解析】(1)由图可知，该滑动变阻器采用分压式接法，为了电路安全，在开关S1闭合前，滑片P应移到
M端；
(2)当开关S2接b时，电压表量程为1V ，根据欧姆定律U 1= I g( Rg+ R1)
当开关S2接a时，电压表量程为3V ，根据欧姆定律U 2= I g( Rg+ R1+ R2)
其中R1=1200Ω
联立解得R2= 4000Ω
(3)当开关S2接a时，根据欧姆定律U = I ( Rg+ R1+ R2)
可得电流表G的内阻可表示为Rg= U
I - R1- R2
(4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，可知电流表G内阻的真实值
小于铭牌标示值，根据闭合电路的欧姆定律可以增大两电阻箱的阻值。
故选A。
(5)根据闭合电路欧姆定律U V = I A( Rg+ R1)= 430×10
-6×(800+1200)V =0.86V
12.(2025·湖北省武汉市·模拟题)某同学将一量程为250 μA的微安表改装成量程为1.5V 的电压表。先将
电阻箱R1与该微安表串联进行改装，然后选用合适的电源E、滑动变阻器R2、定值电阻R3、开关S和标
准电压表对改装后的电表进行检测，设计电路如图所示。
(1)微安表铭牌标示内阻为0.8kΩ，据此计算R1的阻值应为
kΩ。按照电路图连接
电路，并将R1调为该阻值。
(2)开关闭合前，R2的滑片应移动到
端。
(3)开关闭合后，调节R2的滑片位置，微安表有示数，但变化不显著，故障原因可能
是
。(填选项前的字母)
A.1、2间断路
B.3、4间断路
C.3、5间短路
(4)排除故障后，调节R2的滑片位置，当标准电压表的示数为0.60V 时，微安表的示数为98 μA，此时
需要
(填“增大”或“减小”)R1的阻值，以使改装电表的量程达到预期值。
【答案】5.2
左
C
减小
【解析】(1)表头改装成电压表需要利用串联分压的规律，有U V = I g( R1+ Rg)，解得串联电阻的阻值：
R1= U V
I g
- Rg=
1.5
250×10
-6 Ω-0.8×10
3Ω=5200Ω=5.2kΩ；
(2)从校对的电路图看，为了保护电路，应使分压电路分出去的电压最小，所以滑动变阻器滑片应滑到
最左端；
(3)微安表有示数，说明电路是连通的：A、若是1、2断路，滑动变阻器由分压接法变成了限流接法，
当接入电路的电阻变化时，电流也要变化，故A 错误；
B、若是3、4间是断路了，则整个电路无电流，电流表无示数，故B 错误；
C、若3、5短路，整个滑动变阻器接入电路，滑片移动对电阻影响不大，电流表的示数也不变化，故C
正确。
故选：C
(4)当微安表的示数为98 μA时，R1= U
I - Rg= 0.60V
98 μA -800Ω≈5322Ω>5200Ω，此时要减小R1的阻
值，以达到预期的值。
故答案为：(1)5.2；(2)左；(3)C；(4)减小
13.(2026·广东省·期末考试)实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻
器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U - I图像如图2所示。
(1)图1的电路图为下图中的
。(选填“A”或“B”)
(2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E =
V ，
内阻r =
Ω。
(3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据
进行修正，在图2中重新绘制U - I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值
将
，与纵坐标轴交点的数值将
。(两空均选填“变大”
“变小”或“不变”)
【答案】B
4.5
1.8
不变
变大
【解析】(1)通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B；
(2)根据闭合电路欧姆定律E =U + Ir
有U =- Ir + E
则 U - I 图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率的绝对值是电池的内阻r，根据图像可知，
纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势 E = 4.5V ；内阻r = 4.5
2.5 Ω=1.8Ω
(3)分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，
考虑电压表内阻 RV 的影响，流过电压表的电流为I V = U 测
RV
可知流过电池的电流为I = I 测+ U 测
RV
， I > I 测
因电压表内阻 RV 不变，随着电压 U 测 值减小，电压表电流 I V 减小，当电压 U 测 值趋于
0时，I = I 测 ，在图2中重新绘制的 U - I 图线如图所示
故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
14.(2026·专项测试)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：
电压表(量程0∼3V ，内阻很大)；
电流表(量程0∼0.6 A )；
电阻箱(阻值0∼999．9Ω)；
干电池一节、开关一个和导线若干。
(1)根据图(a)，完成图(b)中的实物图连线
。
(2)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和
电压表示数U。根据记录数据作出的U - I图像如图(c)所示，则干电池的电动势
为
V (保留3位有效数字)、内阻为
Ω(保留2位有效数字)。
(3)该小组根据记录数据进一步探究，作出1
I - R图像如图(d )所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合
(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为
Ω(保留2位有效数字)。
(4)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值
(填“偏大”或“偏
小”)。
【答案】
1.58
0.64
2.5
偏小
【解析】【分析】
(1)根据给出的原理图可得出对应的实物图；
(2)由作出的U - I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻；(3)根据闭合
电路欧姆定律可知电流表内阻；
(4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值；
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，知道如何根据图象分析实验数据是解决
此类问题的基本方法．
【解析】
(1)实物连线如图：
(2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U = E - Ir
由图像可知E =1.58V
内阻r = 1.58-1.37
0.33
Ω=0.64 Ω
(3)根据E = I ( R+ R A+r )
可得1
I = 1
E ⋅R+ R A+r
E
由图像可知R A+r
E
=2
解得R A =2.5Ω
(4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电
池内阻偏小。
三：拔高练
15.(2026·专项测试)在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，
都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测
量。已知R0=2Ω。
(1)按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整
。
(2)实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U 1- I 1的值，
断开开关S0
③将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U 2- I 2的值，
断开开关S0
⑤分别作出两种情况所对应的U 1- I 1和U 2- I 2图像
(3)单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时U 1=
V 。
(4)根据测得数据，作出U 1- I 1和U 2- I 2图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势E =
，内阻r =
。(结果均保留两位小数)
(5)由图丁可知
(填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测得的电源内阻更接近真实值。
(6)综合考虑，若只能选择一种接法，应选择
(填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测量更
合适。
【答案】
；
1.30
1.80
2.50
接法Ⅱ
接法Ⅱ
【解析】(1)根据图甲所示的电路图，实物连接如图所示
(3)量程为3V 的电压表分度值为0.1V ，需要估读到分度值的下一位，由图丙可知电压表读数为
U 1=1.30V
(4)当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为U 1- I 1的纵轴截距，则有
E =1.80V
当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由U 2- I 2图像可知此时电路电流为
0.40 A，根据闭合电路欧姆定律可知I =
E
R0+r
解得内阻为r = E
I - R0= 1.80
0.40 Ω-2Ω=2.50Ω
(5)由图丁可知U 1- I 1图像斜率为k1= 1.80-0
0.36
Ω= R0+r1
解得r1=3.00Ω
由图丁可知U 2- I 2图像的斜率为k2= 1.70-0
0.40
Ω= R0+r2
解得r2=2.25Ω
可得r1-r
r
= 3.00-2.50
2.50
=0.2> r -r2
r
= 2.50-2.25
2.50
=0.1
故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。
(6)由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源内
阻较小，远小于电压表内阻，结合(5)问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ测量更合适。
16.(2026·湖北省黄冈市·月考试卷)一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E(约1.5V )和
内阻r(小于2Ω)。图中电压表量程为1V ，内阻RV =380.0Ω：定值电阻R0=20.0Ω；电阻箱R，最大阻
值为999.9Ω；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：
(1)为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选
Ω(填“5.0”或
“15.0”)；
(2)闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
(3)根据图(a)所示电路，用R、R0、RV、E和r表示1
U ，得1
U =
；
(4)利用测量数据，做1
U - R图线，如图(b)所示：
(5)通过图(b)可得E =
_ V (保留2位小数)，r =
_ Ω(保留
1位小数)；
(6)若将图(a)中的 电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E'，由此产生的误差为
|
E' - E
E |×100 % =
%。
【答案】15.0
1
E + r( R0+ RV )
E R0 RV
+ R( R0+ RV )
E R0 RV
1.55
1.0
5
【解析】解：(1)为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由
并联电路分压可得
U
R0 RV
R0+ RV
= E -U
R+r ，解得R =7.5Ω，即电阻箱接入电路的电阻值最小为7.5Ω，因此选15.0Ω
(3)根据图(a)所示电路：E =U + I (r + R)，其中干路电流I = U
RV
+ U
R0
，化简得：
1
U = 1
E + r( R0+ RV )
E R0 RV
+ R( R0+ RV )
E R0 RV
；
(5)由以上分析可知，如图(b)所示的直线斜率k = R0+ RV
E R0 RV
=
1
19 E ，1
E + r( R0+ RV )
E R0 RV
=b= 1
E +
r
19 E
由1
U - R图线计算可得k =0.034V
-1，b=0.68V
-1
联立解得：E =1.55V ，r =1.0Ω
(6)若将图(a)中的电压表当成理想电表，则E' =U + I (r + R)=U + U
R0
(r + R)
化简得：1
U = 1
E' +
r
E' R0
+
1
E' R0
R；
解得E' = 1
19k
由此产生的误差为| E' - E
E
|×100 % =|
1
20k -
1
19k
1
19k
|×100 % =5 %
