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专题01 实验
2 大高频考点概览
考点01 力学实验
考点02 电学实验
1．（2026·山东德州·一模）用如图甲所示的装置探究物块M 和N 组成的系统运动时机械能是否守恒，M
连着穿过打点计时器的纸带，M 和N 用绕过定滑轮的轻绳连接，使N 由静止开始下落。已知M 的质量为
m1，N 的质量为m2，m1<m2，当地重力加速度为g，打点计时器的打点频率为f。
(1)本实验中以下四种测量瞬时速度的方案中，合理的是____。
A．测量下落时间t，通过v =>¿算出瞬时速度v
B．根据纸带上与某点相邻的两点间的平均速度，得到该点的瞬时速度v
C．测量下落高度h，通过v
2=2 gh算出瞬时速度v
D．测量下落高度h，通过(m2−m1)gh= 1
2 (m1+m2)v
2算出瞬时速度v
(2)按照正确的操作得到如图乙所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起
始点O 的距离分别为hA、hB、hC。从打O 点到打B 点的过程中，系统重力势能的减少量为______，系统动
能的增加量为______。（用题目中给的字母表示）
【答案】(1)B
力学实验
考点01
地 城
(2) (m2−m1)ghB 1
8 (m1+m2)(hC−hA)
2f
2
【详解】（1）A．v =>¿默认加速度为g，已经默认机械能守恒，故A 错误；
B．利用纸带相邻两点的平均速度求该点瞬时速度，是打点计时器实验中求瞬时速度的正确方法，故B 正
确；
C．v
2=2 gh同样默认机械能守恒，故C 错误；
D．直接用待验证的机械能守恒公式计算速度，循环论证，故D 错误。
故选B。
（2）[1]从打O 点到打B 点的过程中，系统总重力势能减少量为Δ E p=m2 ghB−m1ghB=(m2−m1)ghB
[2]根据匀变速直线运动规律，B 点瞬时速度等于AC 段的平均速度；
打点周期T = 1
f ，A 到C 的时间间隔为2T = 2
f
因此 vB= hC−hA
2T
= f (hC−hA)
2
系统初动能为0，因此动能增加量
Δ Ek = 1
2 (m1+m2)vB
2 = 1
2 (m1+m2)⋅( f (hC−hA)
2
)
2
= (m1+m2)f
2(hC−hA)
2
8
2.（2026·高三·淄博·一模）小齐设计的测定动摩擦因数的实验方案。如图甲所示，将一个小球和一个滑块
用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，用刻度尺测出小球到地面的高度H、滑块释放点
与挡板处的高度差h= H
4 和滑块到挡板的距离x = H
2 。剪断细绳，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先
后听到剪断细绳、小球落地和滑块撞击挡板的声音。用手机软件测得声音振幅随时间的变化曲线如图乙所
示，第一、二、三3 个尖峰的横坐标分别对应剪断细绳、小球落地和滑块撞击挡板的时刻。（空气阻力对
本实验的影响可以忽略）
(1)由图乙可知小球下落时间与滑块沿斜面下滑时间之比为______。
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为__________________。（结果可保留根号）
(3)以下可能引起实验误差的是______。
A．滑块的质量
B．当地重力加速度的大小
C．测量小球下落的时间与滑块沿斜面下滑的时间
【答案】(1)1:2
(2)
❑√3
4
(3)C
【详解】（1）由图可知，小球下落时间为t1=2.1−1.7s=0.4s
滑块沿斜面下滑时间为t2=2.5−1.7s=0.8s
所以小球下落时间与滑块沿斜面下滑时间之比为1:2。
（2）滑块沿斜面向下做匀加速直线运动，则x = 1
2 at2
2
根据牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcosθ =ma，sinθ = h
x
对小球，有H = 1
2 gt1
2
联立解得μ=
❑√3
4
（3）由以上分析可得
❑√3 μ=1−t1
2
t2
2
所以本实验的误差来源于测量小球下落的时间与滑块沿斜面下滑的时间，而与滑块质量、当地的重力加速
度无关。
故选C。
3.(25-26·山东聊城·模拟)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。实验器材有：带有标尺的竖直
杆、光电计时器、直径为d的小球、小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜。实验时改变光电门的位
置并测量出小球挡光时间t，从竖直杆上读出小球到光电门间的竖直距离h，根据实验数据作出d
2
t
2 −h图像
如图丙所示，已知当地重力加速度为g。
(1)使用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球直径d =_____cm；
(2)丙图中直线斜率为k，若k =_____，则可以验证小球机械能守恒；
(3)由于空气阻力的影响，实验结果存在误差，本实验中小球受到的空气阻力大小为_____（用m、g、k表
示）。
【答案】(1)0.80
(2)2 g
(3)m(g−k
2)
【详解】（1）由图乙可知，小球直径8 mm +0×0.1mm=8.0mm=0.80cm。
（2）若小球机械能守恒，有mgh= 1
2 mv
2
又v = d
t
可得d
2
t
2 =2gh
则d
2
t
2 −h图像的斜率k =2 g
所以，若k =2 g，则可以验证小球机械能守恒。
（3）设空气阻力大小为f ，根据能量守恒有mgh= 1
2 m v
2+ fh
又v = d
t
可得d
2
t
2 = 2(mg−f )
m
h
则k = 2(mg−f )
m
解得f =m(g−k
2)
4.（2026·山东烟台·一模）某实验小组用如图甲所示的装置测量物体的质量和当地重力加速度大小。在铁
架台上端横梁O 处固定一力传感器，力传感器下端通过轻绳悬挂一小球，铁架台下方固定了一个光电门。
小球静止时，调节光电门的位置，使其发出的红外线刚好射到小球的球心。
安装好实验器材，实验小组进行如下操作：
①测出轻绳的悬点到小球球心的距离l 和小球直径d。
②小球静止悬挂时，读出力传感器示数F0。
③将轻绳拉到偏离平衡位置一定角度，由静止释放小球，小球摆动经过光电门时，读出力传感器的示数F
和小球经过光电门时的遮光时间t。
④让小球从偏离平衡位置不同角度释放，重复实验，记录多组F、t 数据，并计算得到1
t
2。
(1)以F 为纵轴、1
t
2为横轴做出F −1
t
2的关系图像如图乙所示，已知该图像的斜率为k，则该小球的质量为
____，当地重力加速度大小为_____。（均用题中给出的字母表示）
(2)若实验中摆线出现松动，则小球质量的测量值与真实值相比________（选填“偏大”、“偏小”或“不
变”），当地重力加速度大小的测量值与真实值相比________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】(1) kl
d
2 F0d
2
kl
(2) 偏小 偏大
【详解】（1）[1][2] 小球经过光电门时的速度大小为v = d
t
小球静止悬挂时，读出力传感器示数F0，则F0=mg
根据牛顿第二定律有F −F0=m v
2
l
整理得F = md
2
l
·(
1
t)
2
+ F0
结合图乙，有k = md
2
l
解得m= kl
d
2，g= F0d
2
kl
（2）[1][2] 若实验中摆线出现松动，则l 变大，代入数据偏小，根据m= kl
d
2可知质量偏小；同理根据
g= F0d
2
kl
，可知重力加速度偏大。
5.（2026·滨州·一模）某探究小组利用如图甲所示的气垫导轨和数字计时器记录物体沿光滑斜面下滑的运
动过程，从而验证机械能守恒定律。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使滑块与
导轨之间有一层薄薄的空气层，两者不会直接接触，这样可认为导轨光滑。计时系统的工作要借助于光电
门，当滑块经过时，其上的遮光条把光遮住，与光电门相连的电子电路自动记录遮光时间，已知重力加速
度为g。
(1)用螺旋测微器测出遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，则遮光条的宽度d=__________mm。
(2)调节气垫导轨水平，测量出两光电门之间的距离x 和左右调平旋钮沿导轨方向的距离L。将左调平旋钮
用高为h 的垫片垫高，使轨道倾斜，则两光电门之间的竖直高度差Δh=___________。
(3)保持气垫导轨倾斜状态不变，滑块沿气垫导轨下滑时依次通过两光电门1、2，为了验证滑块和遮光条系
统的机械能守恒，除了d 和Δh，还需要测量下列哪些物理量 。
A．滑块和遮光条的总质量m
B．滑块从开始运动分别到两光电门1、2 的距离x1、x2
C．滑块经过两光电门1、2 之间的时间t
D．滑块通过两光电门1、2 的遮光时间t1、t2
(4)要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为_________（用d、Δh和第3 问中测量的物
理量的字母表示）。
【答案】(1)7.884（7.882~7.885）
(2) x
L h
(3)D
(4)2g Δh= d
2
t2
2 −d
2
t1
2
【详解】（1）由图乙可知，遮光条的宽度d =7.5 mm +38.4×0.01mm =7.884 mm
（2）设气垫导轨与桌面的夹角为θ，根据几何关系可得sinθ = h
L = Δh
x
解得Δh= x
L h
（3）由题知，要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小
量是否相等，滑块通过两个光电门的瞬时速度分别为v1= d
t1
，v2= d
t2
系统动能的增加量为Δ Ek= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2= 1
2 m(
d
t2)
2
−1
2 m(
d
t1)
2
系统重力势能的减小量为Δ Ep=mg Δh
若系统机械能守恒，则有Δ Ep= Δ Ek
联立解得2g Δh= d
2
t2
2 −d
2
t1
2
可知除了需要知道d 和Δh，还需要测量滑块通过两光电门1、2 的遮光时间t1、t2。
故选D。
（4）由上一问，可知要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为2g Δh= d
2
t2
2 −d
2
t1
2
6.（2026·山东日照·模拟）某物理学习小组利用图甲中的装置探究小车的加速度与小车所受拉力、小车质
量之间的关系。
(1)实验用的电火花打点计时器，应选用______。
A．220V 交流电源
B．8V 交流电源
C．36V 蓄电池
(2)某次实验得到一条点迹清晰的纸带，相邻两个计数点间的距离如图乙所示（每两个点之间还有4 个点未
画出），已知电源的频率为50Hz，则小车的加速度a=______m/s
2（计算结果均保留2 位有效数字）。
(3)在探究小车的加速度与受力关系时，保持小车的质量不变，将槽码的重力mg作为小车受到的拉力F，
作出a-F 图像，随着槽码的质量不断增加，可能会出现图丙中的图线______（选填①或②）。
(4)在探究小车的加速度a 与小车质量M 的关系时，保持槽码的质量m 不变，若平衡摩擦力过度，画出的
a−
1
M +m图像如图丁所示，图像斜率为k，纵截距为a0，根据以上信息计算出重力加速度为______（结果
用m、k、a0表示）。
【答案】(1)A
(2)2.0
(3)②
(4) k
m
【详解】（1）电火花打点计时器的工作电源为220V 交流电源。
故选A。
（2）电源频率为50 Hz，打点周期为0.02s，相邻计数点间有4 个点未画出，因此相邻计数点的时间间隔
T =0.02×5s=0.1s
利用逐差法计算加速度
a= ( x4+ x5+ x6)−( x1+ x2+ x3)
9T
2
= (7.10+9.13+11.09)−(1.10+3.09+5.12)
9×0.1
2
×10
−2m/s
2≈2.0 m/s
2
（3）平衡摩擦力后，槽码的重力使槽码和小车以共同的加速度a运动，细线的拉力为F，根据牛顿第二定
律，对质量为m的槽码和总质量为M的小车分别有mg−F =ma，F = Ma
两式联立可得F = Mmg
M +m =
1
1+ m
M
mg
可以看出只有当m≪M时，m
M ≈0，可将槽码重力近似为细线的拉力。当m不断增大，不再满足m≪M，
1+ m
M 会增大，F会较小，则实际加速度增长会变慢，a−F图像向下弯曲，因此对应图线②。
（4）对小车和槽码整体，平衡摩擦力过度时，根据牛顿第二定律，得
mg+( M +m)g(sinθ−μcosθ)=( M +m)a
整理得a=mg⋅
1
M +m + g(sinθ−μcosθ)
对照图像，可知图像斜率k =mg
因此重力加速度g= k
m
7.（2026·山东临沂·模拟）实验小组同学利用单摆测重力加速度。如图甲所示，他们将细线一端与一个质
量均匀的金属小球相连，另一端系在固定的力传感器的挂钩上，整个装置处于竖直平面内。
(1)拉动小球使悬线偏离竖直方向一个较小的角度（小于5°），小球由静止释放后在竖直平面内往复摆动，
与传感器相连的计算机记录细线的拉力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，由图像可知，该单摆的振动周
期T =_________（用图中的t1和t2表示）
(2)小组同学改变摆线的长度，多次进行实验，记录每次摆线的长度L 及对应的周期T。以L 为纵轴，T
2为
横轴，利用所测得的数据，画出L−T
2图像如图丙所示，则当地的重力加速度可表示为_________（用丙图
中a、b 表示），图线在纵轴截距的绝对值表示_________，由此求出的重力加速度_________（“大于”、
“等于”或“小于”）真实值。
【答案】(1)t2−t1
2
(2) g= 4 π
2b
a
摆球半径 等于
【详解】（1）由图可知单摆的周期T = t2−t1
2
（2）[1]根据T =2π ❑√
L+r
g
解得L= g
4 π
2 T
2−r
可得g
4 π
2 = b
a
可得g= 4 π
2b
a
[2][3]图线在纵轴截距的绝对值表示摆球的半径；该方法不会产生误差，则由此求出的重力加速度等于真实
值。
8.（2026·山东济宁·一模）利用手机软件可定量探究向心加速度a与半径r、角速度ω的关系。装置如图甲
所示，转盘连接在一个可调转速的电机上，在转盘上沿半径方向每隔相等距离打一个方孔，手机可固定在
孔上。
(1)下列实验与本实验采用的实验方法一致的是______。
A．探究弹簧弹力与形变量的关系
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．探究物体加速度与力、质量的关系
(2)保持转盘的转速不变，将手机固定在不同的孔位上，读出不同半径r下手机的向心加速度大小a，得到如
图乙所示的图像。由图可知当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周运动的半径成______。
(3)手机固定在某个孔位中，手机转动过程中向心加速度a与角速度的平方ω
2的图像如图丙所示。此时手机
所在孔位距转盘中心的距离为r =______m。（保留两位有效数字）
【答案】(1)C
(2)正比
(3)0.16
【详解】（1）A．实验探究向心加速度a与半径r、角速度ω的关系，在研究其中两个物理量的关系时，需
要确保第三个物理量不变，可知，实验采用了控制变量法。探究弹簧弹力与形变量的关系时，实验中研究
的物理量只有两个，没有采用控制变量法，故A 错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律时，采用了等效替代法，没有采用控制变量法，故B 错误；
C．探究物体加速度与力、质量的关系时，在研究其中两个物理量的关系时，需要确保第三个物理量不变，
可知，实验采用了控制变量法，故C 正确。
故选C。
（2）a−r图像是一条过原点的倾斜直线，可知，当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周
运动的半径成正比。
（3）根据a=ω
2r
结合图丙有r = 25
160 m ≈0.16m
9.（2026·菏泽·一模）某兴趣小组为探究小车的加速度与力、质量的关系，按如图装置进行实验。长木板
水平放置，小车通过轻质细绳与钩码相连，电火花计时器固定在长木板一端，纸带穿过计时器与小车相连，
可通过增减砝码改变小车的总质量，槽码悬挂于细绳下端（滑轮光滑且细绳与木板平行）。
(1)关于实验器材与操作，下列说法正确的是（ ）
A．打点周期由电源频率决定
B．实验时应先释放小车，再接通电源
C．实验前需将长木板一端适当垫高，以平衡小车受到的阻力
(2)实验中若未满足小车与钩码总质量远大于槽码质量，这种误差属于_____（选填“系统误差”或“偶然
误差”）。
(3)某同学研究打出纸带的一部分，已知交流电源频率为50 Hz，每相邻两个计数点间有还有4 个点未画出，
计数点标注为O、P、Q（图未画），已知OP 间距为1.80cm），OQ 间距4.30cm，则小车的加速度大小为
_____m/s
2（结果保留两位有效数字）。
【答案】(1)AC
(2)系统误差
(3)0.70
【详解】（1）A．打点计时器通过交流电的周期实现打点计时，所以打点周期由电源频率决定，故A 正确。
B．实验时，应该先打开打点计时器，让打点计时器稳定工作后，然后释放小车，故B 错误。
C．探究小车的加速度与力、质量的关系实验中，需要平衡小车运动中的摩擦力，使小车受到的绳子拉力
等于小车受到的合力，需要将长木板一端垫高，故C 正确。
故选AC。
（2）实验中若未满足小车与钩码总质量远大于槽码质量，这是实验中系统组成所产生的误差，不能消除，
只能减小这种影响，属于系统误差。
（3）根据逐差法得a= Δ x
t
2 = (0.0430−0.0180)−0.0180
0.1
2
m/s
2=0.70 m/s
2。
10.（2026·泰安·一模）某研究性学习小组采用图甲装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)（单选）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有___________
A．拉开摆球，使摆线相对平衡位置偏角越大，周期测量越准确
B．单摆经过平衡位置时开始计时，一次全振动后停止计时，用此时间作为单摆周期
C．不测量摆球直径，利用周期的平方与摆线长的T
2−l图像也能测定重力加速度
(2)改变摆线长度，测量出多组周期T、摆长L的数据后，画出T
2−L图像如图乙所示，则当地重力加速度
g=__________m/s
2（π
2取9.86，计算结果保留三位有效数字）。
(3)（单选）该学习小组测出摆线长l，摆球直径d，根据
T =2π
❑
√
(l+ d
2)
g
求得的g值比实际的当地重力加速
度偏大，则下列原因可能的是___________
A．摆线上端在实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
B．实验中误将50 次全振动记为49 次
C．开始计时时，秒表按下过晚
【答案】(1)C
(2)9.86
(3)C
【详解】（1）A．单摆的摆角不应该超过5°，否则就不是简谐振动，A 错误；
B．单摆经过平衡位置时开始计时，然后测量单摆至少30 次全振动的时间，求得周期的平均值作为单摆周
期，B 错误；
C．不测量摆球直径，根据T =2π ❑√
l+r
g
可得T
2= 4 π
2
g l+ 4 π
2r
g
利用周期的平方与摆线长的T
2−l图像的斜率也能测定重力加速度，C 正确。
故选C。
（2）根据T =2π ❑√
L
g
可得T
2= 4 π
2
g
L
由图像可知k = 4 π
2
g =
4.000−3.520
(100−88)×10
−2
则当地重力加速度g=9.86 m/s
2
（3）A．摆线上端在实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长偏大，则周期偏大，则g值比实际
的当地重力加速度偏小，A 错误；
B．实验中误将50 次全振动记为49 次，则周期测量值偏大，则g值比实际的当地重力加速度偏小，B 错误；
C．开始计时时，秒表按下过晚，则周期测量值偏小，则g值比实际的当地重力加速度偏大，C 正确。
故选C。
1．（2026·山东济宁·一模）某同学测量一电热丝的电阻率ρ，实验步骤如下∶
(1)用多用电表粗测该电热丝Rx的电阻值，将多用电表选择开关旋至“×100”挡，进行欧姆调零后，将红、
黑表笔连接到电热丝两端，指针位置如图甲所示，此时读数为_____Ω。
(2)用螺旋测微器测量电热丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数为_____mm。
(3)为精确测量该电热丝的电阻Rx，设计了如图丙所示的实验电路图。现有实验器材如下∶
电池组E（电动势为15 V，内阻忽略不计）；
电压表V（量程为3 V，内阻为Rv=3kΩ）；
电流表A（量程为9 mA，内阻约为1Ω）；
定值电阻R0（阻值可选用3kΩ和12kΩ）；
电学实验
考点02
地 城
滑动变阻器R（最大阻值为50Ω）；
开关、导线若干。
①本实验中定值电阻R0的阻值应选用_____（填“3kΩ”或“12kΩ”）；
②闭合开关S，调节滑动变阻器R，读出电压表V 和电流表A的示数分别记为U、I，则该电热丝电阻准确
值的表达式为Rx=_____（用U、I、R0、RV表示）；
③多次测量得到电热丝的电阻Rx的平均值，计算得出电热丝的电阻率。
【答案】(1)1900
(2)5.299/5.297/5.298/5.300
(3) 12kΩ U (RV+ R0)
I RV−U
【详解】（1）读数为19.0×100Ω=1900Ω。
（2）读数为5 mm +29.9×0.01mm=5.299mm。
（3）[1]定值电阻R0若选择3k Ω，则改装后的电压表能测量电压的最大值为
U m = 3 V
RV
×(RV+ R0)= 3
3 ×(3+3)V=6V
定值电阻R0若选择12k Ω，则改装后的电压表能测量电压的最大值为
U m = 3 V
RV
×(RV+ R0)= 3
3 ×(12+3)V=15V
为了使电阻丝两端的电压变化范围更大，要求改装后的电压表测量范围更大，故本实验中定值电阻R0的阻
值应选用12k Ω；
[2]该电热丝电阻准确值的表达式为Rx =
U
RV
(RV+ R0)
I −U
RV
= U (RV+ R0)
I RV−U
2.（2026·滨州·一模）为了测量待测电阻Rx的阻值，设计如图所示的电路。并进行了如下操作：
第1 步：闭合开关K1，调整电阻箱R，使得闭合开关K2前后电流表A1和A2的示数不变，并读出此时电阻
箱的阻值为R；
第2 步：保持电阻箱R 不变，断开开关K2，多次调整滑动变阻器，读出多组电流表A1和A2的示数I1和
I2；
第3 步：将每组示数I1和I2描绘在I 1−I 2图像中，并拟合成I 1−I 2图线；
第4 步：测量I 1−I 2图线的斜率为k。
(1)根据数据可算出待测电阻的阻值Rx=__________；
(2)电流表内阻的大小对测量结果__________影响（选填“有”或“无”）；
(3)换用阻值更大的定值电阻R0，重复上述实验，做出的I 1−I 2图线的斜率将__________（选填“变大”
“变小”或“不变”）。
【答案】(1)(k −1)R
(2)无
(3)变小
【详解】（1）闭合开关K1，调整电阻箱R，使得闭合开关K2前后电流表A1和A2的示数不变，并读出此
时电阻箱的阻值为R；设电流表A2的阻值为RA2，则有R
R0
= Rx
RA2
可得R0= R RA2
Rx
保持电阻箱R 不变，断开开关K2，多次调整滑动变阻器，读出多组电流表A1和A2的示数I1和I2；由电路
图可得I 2( Rx+ RA2)=( I 1−I 2)( R+ R0)
整理可得I 1=( Rx+ RA2
R+ R0
+1)I 2
可得I 1−I 2图线的斜率为k = Rx+ RA2
R+ R0
+1= Rx+ RA2
R+ R RA2
Rx
+1= Rx
R +1
解得Rx =(k −1)R
（2）由于（1）分析考虑了电流表A2的阻值，且Rx =(k −1)R
可知电流表内阻的大小对测量结果无影响。
（3）换用阻值更大的定值电阻R0，重复上述实验，根据R
R0
= Rx
RA2
可知电阻箱对应的阻值R变大；根据k = Rx
R +1
可知做出的I 1−I 2图线的斜率将变小。
3.（2026·山东德州·一模）在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的阻值约为6Ω，某同学先用刻
度尺测量金属丝的长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，然后用伏安法测出金属丝的电阻，最后根据
电阻定律计算出该金属丝的电阻率。
(1)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)实验室提供的器材有：
电压表V1（量程0∼1V，内阻约为RV1=1kΩ）
电压表V2（量程0∼3 V，内阻约为RV2=3kΩ）
电流表A1（量程0∼100 mA，内阻约为RA1=0.8Ω）
电流表A2（量程0∼0.6 A，内阻为RA2=0.5Ω）
滑动变阻器R1(0∼5Ω)
滑动变阻器R2(0∼20Ω)
电源E（电动势为3.0 V、内阻不计）
开关和导线若干
为使金属丝两端电压调节范围尽量大，并使测量结果尽量准确，从以上器材中选择合适的器材进行实验，
则电压表应选择______，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______。
(3)根据选出的器材在虚线方框中画出电路图。（图中金属丝用电阻符号□表示）
(4)某次实验，电压表的示数是U，电流表的示数是I，则金属丝的电阻率ρ=______。（用题目测出的物理
量和题目中给的字母表示）
【答案】(1)0.450
(2) V2 A2 R1
(3)
(4)(
U
I −RA2)
π d
2
4l
【详解】（1）螺旋测微器的示数d =0+ 45.0×0.01=0.450 mm
（2）[1][2][3]电源电动势为3.0 V，故电压表选择V2，为使金属丝两端电压调节范围尽量大，并使测量结果
尽量准确，电路选择分压式，则滑动变阻器选择R1，通过金属丝的电流的最大值I = E
Rx
=0.5 A，故电流表
选择A2
（3）因电流表A2的内阻已知，故测量电路选择电流表内接，电路图如图所示
（4）根据电路图可知电阻丝的电阻R = U −I RA2
I
，由电阻定律R = ρ l
S ，其中S = 1
4 π d
2
解得ρ=(
U
I −RA2)
π d
2
4l
4.（2026·菏泽·一模）某实验小组为测量一锂电池的电动势E和内阻r。
a．首先用多用电表的直流电压10V 档粗略测量了锂电池的电动势，测量结果如图甲所示。
b．为精确测量该电动势，又设计了如图乙所示电路，所用器材有：锂电池、智能手机、电压传感器、定
值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电压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压传感器测得的电压U。回答下列问题：
(1)由图甲可知，该锂电池的电动势约为_____V；
(2)根据记录数据作出1
U −1
R 图像，如图丙所示。已知R0=3Ω，可得E =_____V，r =_____Ω（结果均保
留两位有效数字）
(3)电压传感器的电阻不理想对锂电池电动势的测量结果_____（填“有”或“无”）影响。
【答案】(1)3.2
(2) 3.3 2.0
(3)无
【详解】（1）[1]由于测量电源电压时选用的是多用电表的直流电压10V 档，故电表读数为
U =(2+0.2×6)V =3.2V
（2）[1] 由闭合电路欧姆定律有E = I ( R+ R0+r )
滑动变阻器分压为U = IR
整理可得1
U = 1
E + R0+r
E
1
R
根据图丙可知1
E =0.3 V
−1，则E≈3.3 V
[2] 图丙直线斜率为k = 0.6−0.3
0.2
Ω/V=1.5Ω/V
又因为R0+r
E
=k
代入数据解得r =2.0Ω
（3）[1]根据1
U = 1
E + R0+r
E
1
R
可知，电源电压只与截距有关，与电阻箱R无关，而电压传感器的电阻不理
想仅影响电阻箱R，故电压传感器的电阻不理想对锂电池电动势的测量结果无影响。
5.（2026·高三·淄博·一模）某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图甲所示电路，所
用器材如下：干电池、平板电脑、电压传感器（内阻很大）、定值电阻（阻值为R0）、电阻箱、开关、导
线等。按电路图连接电路，将平板电脑与电压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，电压传感器测得对应的电压值U，在平板电脑上显示出如图乙所示的1
U −1
R 关系图线。回答下列
问题：
(1)定值电阻在电路中起______（填“保护”或“分流”）作用。
(2) 1
U 与E、r、R、R0的关系式为1
U =____________。
(3)若定值电阻R0=2.00Ω，令y = 1
U ，x = 1
R ，由图乙中实验图线的拟合方程可得，电池的电动势E =
______V，内阻r =______Ω。（结果均保留小数点后两位）
【答案】(1)保护
(2) 1
E + R0+r
E
⋅1
R
(3) 1.47 0.94
【详解】（1）定值电阻与电源串联，则在电路中起保护作用。
（2）由电路可知U = E−U
R ( R0+r )
解得1
U = 1
E + R0+r
E
⋅1
R
（3）[1][2]若定值电阻R0=2.00Ω，令y = 1
U ，x = 1
R
则表达式为y = 1
E + 2+r
E ⋅x
结合y =2.00 x +0.68
可得1
E =0.68，2+r
E =2.00
解得E=1.47V，r=0.94Ω
6.(25-26·山东聊城·模拟)1821 年，赛贝克发现，把两种不同的金属导体接成闭合电路时，如果把它的两个
接点分别置于温度不同的两个环境中，则电路中就会有电流产生。这一现象称为塞贝克效应，这种情况下
产生的电动势叫做温差电动势。我国“嫦娥三号”“嫦娥四号”月球探测器都运用了一种温差电池，完美
解决了在光照不足或极端低温的太空或地外环境中，实现长期、可靠的能源供给，现在已经用在火星探测
任务上了。某种温差电池的电动势E与温度差ΔT成正比，满足表达式E =α ΔT，其中α是材料的塞贝克
系数，由材料决定。某兴趣小组通过如图所示电路测量不同温差下电池的电动势，以得到某温差电池的塞
贝克系数。滑动变阻器最大阻值为100Ω，电流表甲的量程为0.1mA，内阻等于800Ω，电流表乙的量程
为2mA，内阻约为10Ω。
(1)电流表A1应选_____（填“甲”或“乙”）；
(2)温差为ΔT 1时，闭合开关S，多次调节滑动变阻器R，记录每次调节后电流表A1和A2的读数，作出
I 1−I 2图像，则温差电池的电动势E =_____mV（结果保留一位小数）；
(3)改变温差ΔT，重复上述实验步骤，得到多组数据，作出E−ΔT图像，由图可得α =_____mV/K（结果
保留一位小数）；
(4)若实验过程中电池冷端散热不充分导致接点温差小于环境温差ΔT，则α的测量值_____（填“大于”
“小于”或“等于”）真实值。
【答案】(1)甲
(2)70.5~73.5
(3)1.2
(4)小于
【详解】（1）电流表A1的作用是测电源两端电压，电流表甲的内阻已知，可以通过欧姆定律测得电压，
而电流表乙内阻未知，不能测电压。
（2）由闭合电路欧姆定律可得E = I 1 R甲+(I 1+ I 2)r
整理可得I 1=−
r
R甲+r I 2+
E
R甲+r
则I 1−I 2图像的斜率为k =−
r
R甲+r =−0.088
2.22
纵截距为b=
E
R甲+r =0.088 mA
联立可得E≈73.3 mV
（3）根据表达式E =α ΔT
E−ΔT图像的斜率表示塞贝克系数α，则由图可知α = 72
60 mV/K =1.2mV/K
（4）电池冷端散热不充分会导致ΔT偏小，电动势E 偏小，E−ΔT图像的斜率偏小，α偏小，故α的测量
值小于真实值。
7.（2026·山东临沂·模拟）某同学为了同时测量出蓄电池的电动势和内阻以及电流表的内阻，他设计了如
图甲所示的电路，所用器材如下：
电流表A1（量程0∼120 mA，内阻未知）；
电流表A2（量程0∼0.6 A，内阻约1Ω）；
定值电阻R1=3Ω；
定值电阻R2=2Ω；
电阻箱R3（阻值0∼99.99Ω）；
蓄电池（电动势约为6V，内阻约1Ω）；
开关两个和导线若干。
(1)调节电阻箱R3到最大阻值，断开S2，闭合S1。逐次减小电阻箱的电阻，观察并记录电流表A1和A2的示数
及电阻箱的读数，该同学发现两表指针偏转角度总是相同，则A1的内阻为_________Ω（电流表A1、A2由相
同表头改装）；
(2)闭合开关S2，重新测量并记录了多组电流表A1读数I 1与电阻箱阻值R，并作出1
I 1
−R图像如图乙，则电
源的电动势为E =_________V，内阻为r =_________Ω（结果均保留2 位有效数字）。
【答案】(1)5
(2) 5.9 0.75/0.76
【详解】（1）电流表A1的量程0~120mA，电流表A2的量程0~0.6A；两表指针偏转角度总是相同，则两
电流表示数的关系为I A 2=5 I A 1
根据并联电路的电流特点可知I A 2= I A 1+ I R2
则I R2= 4 I A 1
根据欧姆定律和并联电路的电压特点R1+ R A 1= 4 R2
解得电流表A1的内阻R A 1=5Ω
（2）[1][2]闭合S2后，A2被短路，A1与R1串联后和R2并联： A1支路电压U = I 1( R1+ R A 1)=8 I 1
R2支路电流I R2= U
R2
= 4 I 1
总电流I 总= I 1+ 4 I 1=5 I 1
根据闭合电路欧姆定律： E = I 总( R+r )+U =5 I 1( R+r )+8 I 1
整理得1
I 1
−R的关系： 1
I 1
= 5
E R+ 5r +8
E
由图乙得：斜率
k = 10.5−2.0
10−0
=0.85 A
−1⋅Ω
−1，且k = 5
E ，因此： E = 5
k =
5
0.85 ≈5.9V
纵轴截距b=2.0 A
−1= 5r +8
E
代入E =5.9V 得：2.0= 5r +8
5.9
⟹r =0.76 Ω
8.（2026·山东烟台·一模）我国芯片制造技术飞速发展，新型高导电合金材料（代号X 合金）因兼具低电
阻率、高稳定性，被广泛应用于芯片内部互联线路。某实验小组对X 合金丝的电阻率进行精确测量，为芯
片线路设计提供数据支撑。实验室提供以下器材：
A．电源E（电动势为3V，内阻r 未知，可视为不变）
B．电流表A（量程为0～100mA）
C．滑动变阻器R1（阻值范围0～100Ω，额定电流1A）
D．滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流1A）
E．定值电阻R0（阻值为30Ω）
F．待测X 合金丝Rx（阻值约20Ω）
G．开关S、S1及导线若干。
实验小组设计了如图甲所示实验电路。
(1)用螺旋测微器测量该合金丝的直径，如图乙所示，则该合金丝的直径为________mm。
(2)实验时为使实验数据更准确，滑动变阻器应选________（选填“R1”或“R2”），根据电路图连接好
电路，将滑动变阻器接入电路的电阻调至最大，闭合S。将S1断开，适当减小滑动变阻器接入电路的电阻，
此时电流表读数记为I 1，然后将S1闭合，此时电流表读数记为I 2。
(3)继续微调滑动变阻器阻值，重复上述的测量过程，得到多组I 1、I 2测量数据，根据测量数据作出1
I 1
−1
I 2
图像，如图丙所示，则X 合金丝的电阻值为_____Ω。
(4)用刻度尺测量X 合金丝接入电路中的长度为l = 48.00cm，由以上数据可得，待测合金丝的电阻率ρ=
________Ω⋅m（保留2 位有效数字）。
【答案】(1)0.400
(2)R1
(3)19.5
(4)5.1×10
−6
【详解】（1）根据螺旋测微器测量原理可得该合金丝的直径为0 mm + 40.0×0.01mm =0.400 mm
（2）R1与电路总电阻匹配，便于精细调节，使电流变化平缓，数据更准确；
（3）根据闭合电路欧姆定律可知将S1断开，适当减小滑动变阻器接入电路的电阻，此时电流表读数记为I 1，
则E = I 1(r + R1+ R0+ Rx)
然后将S1闭合，此时电流表读数记为I 2，则E = I 2(r + R1+ R0)
则1
I 1
= 1
E Rx+ 1
I 2
其中1
E Rx=6.5 A
-1
故Rx =19.5Ω
（4）根据R = ρ l
S = ρ
l
π( 1
2 d)
2，可得ρ≈5.1×10
−6Ω⋅m
9.（2026·山东日照·模拟）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，利用可拆变压器能方
便地改变原、副线圈的匝数比。
(1)为实现探究目的，保持原线圈输入电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压，并记录
相关数据，这个探究过程采用的科学探究方法是______。
A．控制变量法
B．等效替代法
C．演绎法
D．理想实验法
(2)某次实验中，用匝数na= 400匝和nb=800匝的线圈做实验，测量的数据如下表所示，下列说法中正确的
是______。
U a/V
1.80
2.80
3.80
4.90
U b/V
4.00
6.01
8.02
9.98
A．原线圈的匝数为na，用较粗导线绕制
B．副线圈的匝数为na，用较细导线绕制
C．原线圈的匝数为nb，用较细导线绕制
D．副线圈的匝数为nb，用较粗导线绕制
(3)该同学在分析数据时发现上述实验数据没有严格遵从U a
U b
= na
nb
，下列原因可能正确的是______。
A．在交变电流产生的过程中，副线圈中电流的频率比原线圈中电流的频率低
B．变压器副线圈的磁通量变为原线圈的磁通量的两倍，使线圈的电阻增加
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【答案】(1)A
(2)C
(3)CD
【详解】（1）本实验通过改变原副线圈匝数，探究原副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中要运用控
制变量法。
故选A。
（2）由表格数据可知U b
U a
= nb
na
>2
考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于匝数比，所以
原线圈的匝数为nb，副线圈的匝数为na；原线圈电压较大，电流较小，所以原线圈用较细导线绕制，而副
线圈电压较小，电流较大，所以副线圈用较粗导线绕制。
故选C。
（3）A．变压器不改变交变电流的频率，原、副线圈电流频率相同，故A 错误；
B．理想情况下原、副线圈磁通量变化率相同，且线圈电阻由材料、长度、横截面积决定，与磁通量无关，
故B 错误；
C．铁芯在交变磁场中会产生涡流，导致铁芯发热，这是铁损的一种，会造成能量损失，使实际输出电压
偏离理想值，故C 正确；
D．原线圈磁场能向副线圈转移时，存在漏磁（部分磁场未穿过副线圈），这是磁损，会导致副线圈感应
电压降低，偏离理想电压比，故D 正确。
故选CD。
