文档文本内容
实验精练02 电学实验
一、实验要注意的几个要点
1.欧姆表的使用注意点
使用多用电表测电阻的“五步”法
(1)机械调零．
(2)选倍率，一般要选择比被测电阻的估计值低一个数量级的
倍率，如估计值为200 Ω 就应该选×10 的倍率，使指针的偏转
角度在满偏到满偏之间为测量的有效范围．
(3)进行欧姆调零．
(4)将红、黑表笔接在被测电阻的两端进行测量，将指针示数乘以倍率得到测量值．
(5)测量结束后，将选择开关旋至OFF 或交流电压最高挡．
(6)若表头指针偏转过大，表示待测电阻较小，应当换低倍率的挡位；
(7)若表头指针偏转过小，表示待测电阻很大，应当换高倍率的挡位。
2.测定金属的电阻率的实验，实际上是先测出金属丝的电阻，然后根据R＝ρ 得出金属丝的电
阻率ρ＝R。
3.测定电源的电动势和内阻常用的方法
(1)伏安法——利用电压表和电流表，闭合电路方程为E＝U＋Ir。
①利用两组数据，联立方程求解E 和r；
②可作出U－I 图象，图线的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻。
(2)伏阻法——利用电压表和电阻箱，闭合电路方程为E＝U。
①利用两组数据，联立方程求解E 和r；
②将方程线性化，处理为＝·＋，或U＝－＋E，作－ 图象或U－图象，利用图线的截距和斜
率求E 和r。
(3)安阻法——利用电流表和电阻箱，闭合电路方程为E＝I(R＋r)。
①利用两组数据，联立方程求解E 和r；
②将方程线性化，处理为＝·R＋，作－R 图象，利用图线的截距和斜率求E 和r。
二、保护电阻的应用技巧
为了保护电路，一般会在电路中加入一个保护电阻，例如在测电源电动势和内阻实验方案一中
可将保护电阻看成滑动变阻器的一部分；方案二中可将保护电阻看成电源内阻的一部分，求解电源
内阻时一定要注意减去保护电阻的阻值。
三、电流表内、外接法的区分与选择
比较项目
电流表内接法
电流表外接法
电路
误差来源
电流表的分压
电压表的分流
测量结果
R 测＝>Rx，偏大
R 测＝<Rx，偏小
适用条件
Rx≫RA(测大电阻)
RV≫Rx(测小电阻)
比较项目
限流式接法
分压式接法
电路
电压调节
的范围
E～E
0～E
电能损耗
节能
耗能
2.控制电路的选择
(1)从节能的角度考虑，优先选用限流式．
(2)以下三种情况必须用分压式：①要求待测电路的U、I 从0 变化． ②R 滑≪Rx.
③选用限流式，Ux、Ix过大(超过电流表量程，烧坏电表、电源或用电器等)．
【例题1】（2025·浙江·一模）(1)如图1 所示虚线框内为一多用电表欧姆挡的内部电路。若已知
干电池（E=1.5V，r=1Ω），调零电阻R0（0～800Ω），电流表为“电流表A（0～100μA，
1.5kΩ）”或“电流表B（0～1mA，1kΩ）”中的一只，则应该选电流表 （选填“A”或
“B”）
(2)下列说法正确的是
A．选择开关置于欧姆挡“×10”，先后测量电阻甲和乙，在测完甲的阻值后，不改变挡位再
测量电阻乙，无需重新进行电阻调零。
B．为减小误差，测量电阻时指针的偏角要尽量大一些
C．表盘上直接读取的示数，即为待测电阻的阻值
D．如果不能估计未知电阻的大小时，可以先用中等倍率的某个欧姆挡试测，然后根据读数
的大小选择合适的挡位再次测量
(3)换用另一只多用电表来测量电压表的内阻，如图2 所示
①电压表的正极与多用电表的 （选填“红表笔”或“黑表
笔”）相连。
②若欧姆挡的中值刻度为“15”，选择欧姆挡“×100”，测量时发现指针指在最大偏角的1
3处，则
电压表的内阻RV= Ω。此时，电压表的示数为U，则干电池的电动势E= （用字母U 表
示）。
【答案】(1)B
(2)AD
(3) 黑表笔 3000 1.5U
【详解】（1）若用电流表A，则需调零电阻R01= E
I g1
−r −r g1≈13.5k Ω
若用电流表B，则需调零电阻R02= E
I g2
−r −rg2= 499Ω
则应该选电流表B。
（2）A．先后测量电阻甲和乙时，因不改变挡位，则无需重新进行电阻调零，A 正确。
B．为减小误差，测量电阻时指针的偏角要尽量指在中间位置附近，B 错误；
C．表盘上读取的示数乘以倍率为待测电阻的阻值，C 错误；
D．如果不能估计未知电阻的大小时，可以先用中等倍率的某个欧姆挡试测，然后根据读数的大
小选择合适的挡位再次测量；若指针偏角过大，则应该换成较低档位；若指针偏转过小则应换成
较高档位，D 正确。
故选AD。
（3）①[1]根据“红进黑出”，则电压表的正极与多用电表的黑表笔相连。
[2][3]
②
若欧姆挡的中值刻度为“15”，选择欧姆挡“×100”，则欧姆表内阻为R 内=1500Ω，则由
I g= E
R内
，1
3 I g=
E
R内+ RV
则电压表的内阻RV=3000Ω。
此时，电压表的示数为U，则干电池的电动势E =U + U
RV
R内=1.5U。
【例题2】（2026·广东·一模）请完成以下实验
(1)甲同学利用打点计时器、重锤等器材测量重力加速度。实验获得的纸带如图甲所示，已知每
相邻两计数点间还有四个点未画出，电源频率为50Hz，则该地的重力加速度为 m/s2（结果保
留3 位有效数字）。
(2)乙同学用如图1 所示的实验装置可用来验证动量守恒定律，水平气垫导轨上放置两个滑块A
和B，滑块A 的左侧、B 的右侧分别放有光电门。两滑块用一根细线系在一起，且两者之间有一
压缩的弹簧。已知A 和B 连同各自挡光片的质量分别为mA和mB。
（a）两滑块A、B 上面的挡光片宽度相等，用螺旋测微器测量滑块上挡光片的宽度，测量结果
如图2 所示，则遮光片宽度d= mm。
（b）烧断细线，滑块A、B 被弹簧弹开，滑块A 向左运动经过光电门时挡光片的挡光时间为
tA，滑块B 向右运动经过光电门时挡光片的挡光时间为tB，如果关系式mA
mB
= （用tA、
tB表示）成立，则表明动量守恒定律得到验证。
（c）本实验还可以测出被压缩弹簧储存的弹性势能Ep= （用mA、mB、d、tA、tB表示）。
(3)丙同学利用电压传感器和电流传感器研究电容器的充放电现象，实验电路如图（a）。K为开
关，S 为单刀双掷开关。电流传感器反应灵敏，且阻值不计，可以捕捉到瞬间的电流及变化，将
它与计算机相连，能显示电流I随时间t变化的I −t图像。
在某次充电过程中，电流I随时间t变化的I −t图像如图（b）所示，数出曲线与坐标轴所围格子
数为70 格。则充电结束时，电容器所带的电荷量Q = C（保留两位有效数字）；此时保
持K闭合，S 置于1，将电容器两极板的间距稍微拉开一段距离，则电容器所带的电荷量Q将
（选填“增大”“减小”“不变”）。
【答案】(1)9.78
(2) 6.860/6.859/6.861 t A
t B
d
2
2 ( mA
t A
2 + mB
t B
2 )
(3) 2.8×10
−3 减小
【详解】（1）根据题意可知相邻计数点间的时间间隔为T = 1
f ×5=0.1s
根据逐差法可得该地的重力加速度为g= (34.23+ 44.01−14.67−24.45)×10
−2
4×0.1
2
m/s
2=9.78m/s
2
（2）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度读数与可动刻度读数之和，所以
d =6.5 mm +36.0×0.01mm=6.860mm
[2]若系统动量守恒，则有mA vA=mBvB
其中vA= d
t A
，vB= d
t B
联立解得mA
mB
= t A
t B
[3]根据能量守恒定律可得，被压缩弹簧储存的弹性势能为E p= 1
2 mA vA+ 1
2 mBvB
2= d
2
2 (
mA
t A
2 + mB
t B
2 )
（3）[1]图像每格代表的电荷量为Δq =0.2×10
−3 A×0.2s= 4×10
−5C
根据I −t图像与时间轴围成的面积等于充电结束时电容器所带的电荷量可知，充电结束时，电容
器所带的电荷量为Q =70 Δq =2.8×10
−3C
[2]电容器两极板的间距稍微拉开一段距离，则板间距d 增大，根据C = εr S
4 πkd ，可知电容器的电
容值变小；又因为电容器的电压不变，则根据C = Q
U ，可知电容器的电荷量Q 将减小。
难度：★★★ 建议时间：60 分钟
1.
（2026·重庆沙坪坝·一模）中国的光伏产业十分发达，某兴趣小组找来一块光伏电池板和三个完全
相同的灯泡A、B、C，研究电池板给灯泡供电的情况。（所有结果保留到小数点后一位）
(1)他们先连好甲图所示电路（电表均视为理想电表），在稳定光照情况下多次改变R，测得多组
(U ，I )值。利用计算机软件，用这些测得的(U ，I )值生成乙图中的曲线①；软件再另外自行生成
一条U和I的反比例曲线②，与曲线①刚好相切。由曲线①和曲线②可得，在这种稳定光照情况下，
该光伏电池板的电动势为 V，最大输出功率为 W。
(2)灯泡A 的伏安特性曲线如乙图中的曲线③。将该光伏电池板和A、B、C三个灯泡连成电路丙，
在(1)中稳定光照情况下：只闭合S1，A灯的功率为 W；S1、S2、S3全闭合时，该电源的
输出效率为 %。
【答案】(1) 26.1 23.1
(2) 17.0 34.6
【详解】（1）[1]根据图像①可知，曲线与纵轴的交点即为电源电动势，即E≈26.1V
[2]电源的最大输出功率对应其U−I 曲线与反比例曲线（U = P
I
，P 为功率）的切点，读取图像中的
数据并计算可得Pmax=UI =18.5 V×1.25 A≈23.1W
（2）[1]当电源连接一个灯泡时，灯泡两端的实际电压和流经的电流是图像①与③的交点，代入数
据即为P =UI =21.8 V×0.78 A≈17.0 W
[2]根据图像①与③，可知当灯泡两端的电压为9.0V 时，流经灯泡的电流约为0.55A，此时干路电
流大小应为1.65A，刚好是图像①的数据点，所以此时电源的总功率为P1= EI ≈43.1W
输出功率为P2=UI ≈14.9 W
电源的效率约为η= P2
P1
×100 % =34.6 %
2.
（2025·河北保定·一模）某物理实验小组的同学利用如图甲所示的实验电路观察电容器的充、放电
现象，图乙是实验原理图，图丙是实验所用电容器，电压表和电流表均可看成理想电表。
(1)关于电容器的充、放电，下列说法正确的是（填正确答案标号）。
A．电容器充、放电过程中，电路中有恒定电流
B．电容器充电过程中，电源提供的电能全部转化为内能
C．电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小
(2)将开关S 接1，电容器的 （选填“上”或“下”）极板带正电；再将S 接2，通过电流
表的电流方向向 （选填“左”或“右”）。
(3)若电源电动势为10V，实验中所使用的电容器上标有“35V，3300μF”字样，则充满电后电容器
所带电荷量为 C（结果保留两位有效数字）。
(4)若某次充电过程中电容器两极板间电压与电荷量的关系图像如图丁所示，图中Q0、U 0已知，则
该充电过程中电容器储存的电场能为 。
【答案】(1)C
(2) 上 左
(3)3.3×10
−2
(4)1
2 U 0Q0
【详解】（1）A．电容器充、放电过程中，电路中电流是变化的，A 错误；
B．电容器充电过程中，电源提供的大部分电能转化电容器储存的电场能，B 错误；
C．电容器放电过程中，电容器把储存的电能转化为电路中的其他形式能，电容器中的电场能逐渐
减小，C 正确。
故选C。
（2）将开关S 接1，电容器的上极板与电源正极相连，上极板带正电；再将S 接2，电容器放电，
放电电流逆时针，故通过电流表的电流方向向左。
（3）若电源电动势为10V，实验中所使用的电容器上标有“35V，3300μF”字样，则充满电后电容
器所带电荷量为Q =CU =3300×10
−6×10=3.3×10
−2C
（4）电容器两极板间电压与电荷量的关系图像面积表示电容器储存的电场能，则该充电过程中电
容器储存的电场能为1
2 U 0Q0。
3.
（2025·河南·一模）某同学设计如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，实验器材有电源E
（电动势大小为10V），电容器C，电压表V1和V2，定值电阻R，电流传感器（不考虑内阻），计
算机，单刀双掷开关S，导线若干。
(1)将S接1 经过足够长时间后，电压表V1的示数是8V，电压表V2的示数是4V，则电压表V2的电阻
RV2
与定值电阻R大小关系是 （填“RV2> R”“RV2= R”或“RV2< R”）。
(2)电容器充电完成后，再将开关S接2，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化
的I −t图像如图乙所示，t =1.2s时，I =1.0 mA，图中两阴影部分的面积之比为S1:S2=3:2，则
t =1.2s时，电容器两极板间电压U C = V，电阻R = k Ω。（结果均保留两位有效数
字）
(3)图乙中t =1.2s时刻，图线切线的斜率大小k =0.781mA /s，由此可计算电容器的电容C =
F。（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)RV2= R
(2) 1.6 1.6
(3)1.6×10
−3
【详解】（1）将开关S接1 经过足够长时间后，电压表V2与电阻R组成串联分压电路，电压表V1的
示数是8V，电压表V2的示数是4V，说明电压表V2分到的电压与电阻R分到的电压相等，因此有
RV2= R
（2）电容所带总电量为Q0=C U V20
t =1.2s时，S1:S2=3:2
说明电容器带电只剩总电荷量的2
5
，所以有2
5 Q0=C U V2
解得U V2=1.6 V
而根据欧姆定律可得I = U V2
R
解得R = U V2
I
=1.6k Ω
（3）因为电容器通过电压表V2和电阻R两个支路放电，所以电容器的电容
C = ΔQ
ΔU = 2 I Δt
Δ IR =
2 I
Δ I
Δt R
= 2 I
kR
代入数值解得C =
2×1.0×10
−3
0.781×10
−3×1.6×10
3 F =1.6×10
−3F
4.
（2025·四川成都·一模）某实验小组要测量电压表的内阻，并将其改装为欧姆表。该电压表的量程
为3V，内阻为几千欧姆。可用的器材有：
电池组E（电动势4.5V，内阻忽略不计）
电阻箱R1（0~99.99Ω）
电阻箱R2（0~9999Ω）
滑动变阻器R3（0~20Ω）
滑动变阻器R4（0~1000Ω）
待测电阻Rx
开关一个，导线若干，表笔两支
(1)使用图（a）所示的电路测量电压表的内阻。为使测量结果更精确，电阻箱R 应选择 ，
滑动变阻器RP应选择 。（均填器材的符号）
(2)实验步骤如下：
①将电阻箱R 的阻值调至0，滑动变阻器RP的滑片移至最左端；
②闭合开关S，向右移动滑片，使电压表满偏；
③保持滑片位置不变，调节电阻箱R，当电压表示数为1.80V 时，电阻箱的阻值为R0，则电压表内
阻RV= （用R0表示）。
(3)仅考虑系统误差，电压表内阻的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
(4)若测得电压表内阻为4.5kΩ，使用上述器材按图（b）所示的电路将电压表改装为欧姆表。在电
压表两端接上两支表笔，将两表笔断开，闭合开关S，调节电阻箱，使电压表满偏。保持电阻箱阻
值不变，在两表笔间接入待测电阻Rx。若电压表示数为1.00V，则Rx= kΩ。
【答案】(1) R2 R3
(2)1.5R0
(3)大于
(4)0.75
【详解】（1）[1]电压表内阻约几千欧姆，为减小误差，电阻箱应选与电压表内阻接近的R2；
[2]滑动变阻器采用分压接法，为调节方便，应选阻值较小的R3。
（2）步骤②中，滑片调至电压表满偏3V，此时电压表与电阻箱串联，步骤③中保持总电压不变，
电压表示数变为1.80V，则电阻箱两端电压为1.20V，根据串联电路的特点可知，电压表与电阻箱
电阻之比应等于电压之比，所以RV
R0
= 1.80
1.20
则RV=1.5 R0
（3）当电阻箱R 接入后，电路总电阻变大，电压表与电阻箱串联的总电压略增大，但实验中认为
步骤②③中电压表与电阻箱串联的总电压不变，因此，电压表示数变为1.80V，电阻箱两端电压大
于1.20V，电阻箱阻值R0大于2
3 RV，即1.5R0大于RV，测量值大于真实值。
（4）改装为欧姆表时，两表笔断开，调节电阻箱使电压表满偏3V，由电池组电动势4.5V，则
E =U + U
RV
R
解得电阻箱R =2.25kΩ
接入Rx 后电压表示数1.00V，则Rx 和RV并联，电阻为
Rx Rv
Rx+ Rv
=
1
4.5−1
R
解得Rx =0.75kΩ
5.
（2025·浙江·一模）某同学拟将量程为Ig=1mA，内阻约为几十欧姆的电流表G 改装成欧姆表。
(1)他首先设计了如图甲所示电路来测量电流表G 的内阻Rg，图中E 为电源E=1.5V。现有最大阻值
分别为100Ω 和2000Ω 的滑动变阻器，则R2应选用最大阻值为 Ω 的滑动变阻器。开关S1
接通，S2未接通时，调节R2使电流表G 示数为1.00mA；接通S2后，保持滑动变阻器R2的滑片位置
不变，调节电阻箱R1，当其阻值为50Ω 时，电流表G 的示数为0.50 mA，则电流表G 的内阻测量
值Rg为 Ω；而实际上干路的电流会发生变化故测得的电流表内阻值比真实值
（选填“偏大”“偏小”）。
(2)将该电流表G 改装成具有“×10”、“×100”和“×1k”三个挡位的欧姆表如图乙所示。电源电动势
E=9.0V，内阻忽略，R0为调节范围足够的滑动变阻器，且接线柱3 未接电阻。若要求电流从红表笔
流入欧姆表，则表笔b 为 （选填“红”或“黑”）表笔；当开关S 接接线柱3 时，对应
的倍率为 （选填“×10”、“×100”或“×1k”）；短接表笔a、b 进行欧姆调零时，R0应调
至 Ω（不计（1）中电流表G 内阻的测量误差）。
【答案】(1) 2000 50 偏小
(2) 黑 ×1k 8950
【详解】（1）[1]本题中采用“半偏法测电流表的内阻”，要求滑动变阻器的阻值远大于电流表的
内阻，电流表内阻为几十欧，则R2应选用最大阻值为2000Ω 的滑动变阻器。
[2]接通S2，调节电阻箱R1前后认为干路电流不变，电流表G 的示数为0.50mA，电阻箱R1的电流也
为0.50mA，则电流表G 的内阻等于电阻箱的电阻，即Rg=50Ω。
[3]实际上接通S2后电路总电阻减小，则干路的电流会增加，电流表G 的示数为0.50mA，电阻箱R1
的电流实际大于0.50mA，电阻箱的电阻小于电流表的内阻，故测得的电流表内阻值比真实值偏小。
（2）[1]红表笔流入欧姆表，则表笔b 为电流流出的表笔，为黑表笔。
[2]欧姆表短接时，根据闭合电路欧姆定律I g= E
R内
，电流表的量程越大对应欧姆表的内阻越小则倍
率越小，当开关S 接接线柱3 时，电流表的量程最小，对应的倍率最大为“×1k”。
[3] 当开关S 接接线柱3 时，根据I g=
E
R0+ Rg
可得R0= E
I g
−Rg=
9
10
−3 Ω−50Ω=8950Ω
6.
（2025·四川凉山·一模）一实验小组用如图所示装置测定某温度下半导体的电阻Rt，该温度下
Rt≈5Ω。有以下器材可供使用：
A．电压表0~3 V，内阻约为5kΩ；
B．电流表0~0.6 A，内阻约为0.5Ω；
C．电流表0~3 A，内阻约为0.1Ω；
D．滑动变阻器（0~50Ω）；
E．两节干电池、开关及导线若干。
(1)为了更精确测量电阻Rt，图（a）中电流表应选 （填写器材前字母序号）；接线柱a 接
（选填“b”或“c”）。
(2)实验中闭合开关S 前滑动变阻器的滑片应移动到 端（选填“左”或“右”）。
(3)实验中同一小组三位同学分别读数，电流表均读为0.42 A，电压表分别读为2.11 V、2.12 V、
2.13 V，根据这些数据可得Rt= Ω（保留2 位小数）。
(4)同学们进一步探究发现Rt为热敏电阻，其电阻随温度升高而减小。利用此特性，同学们设计了
下列四个火灾报警灭火控制电路。图中R
′为电阻箱，M 为电动机，VT 为具有三个接线柱b、c、e
的控制元件。当be 间的电势差U be<0.7 V时，b、c、e 与VT 连接的三条线路均处于断开状态；当
U be≥0.7 V时，三条线路均能导通。则满足设计要求的电路图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】(1) B b
(2)右
(3)5.05
(4)C
【详解】（1）[1]依题意，电路中的电流最大值约为I = E
Rt
= 3 V
5Ω =0.6 A，故电流表选择B。
[2]由于Rt
RA
< RV
Rt
，可知电流表的分压作用较明显，故电流表应选择外接，故接线柱a 接b 端。
（2）限流式接法实验中闭合开关S 前滑动变阻器的滑片应移动到阻值最大处，即最右端。
（3）根据欧姆定律R = U
I
，可求得三次测得的电阻分别为5.02Ω、5.05Ω、5.07Ω
则三次测得的电阻平均值Rt= 5.02+5.05+5.07
3
Ω=5.05Ω
（4）AB．由题意，当be 间的电势差U be<0.7 V时，b、c、e 与VT 连接的三条线路均处于断开状
态；当U be≥0.7 V时，三条线路均能导通。即b 点电势高于e 点电势，选项AB 中b 点电势低于e 点
电势，故AB 错误；
CD．当发生火灾时，温度升高，热敏电阻的阻值减小，热敏电阻两端电压减小，则R
′两端电压增
大，当U be≥0.7 V时，三条线路均能导通，故C 正确，D 错误。
故选C。
7.
（2025·河北·模拟预测）如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，
某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。
(1)实验室提供的器材如下：
A．待测水果电池（电动势约为1.5V，内阻为几欧姆）
B．电流表A1（量程0~0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电流表A2（量程0~3A，内阻约0.025Ω）
D．电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ）
E.电压表V2（量程0~15V，内阻约15kΩ）
F.滑动变阻器R1（总阻值约20Ω）
G.开关S、及导线若干
实验中电流表应选用 （填“B”或“C”）；电压表应选用 （填“D”或“E”）。
(2)请在图乙所示的实物图中，用实线代替导线将器件按原理图甲连接成实验电路 。
(3)正确连接好实验电路后，接通开关，改变滑动变阻器的阻值R，读出对应的电流表的示数I 和电
压表的示数U，并作记录如图丙。根据图线得到被测水果电池的电动势E＝ V，内电阻r＝
Ω（结果前空保留三位有效数字，后空保留两位有效数字）。
【答案】(1) B D
(2)
(3) 1.45 V 2.0Ω
【详解】（1）[1][2] 水果电池的电动势约为1.5V，内阻约为几欧姆，电路最大电流约为零点几安，
所以电流表应选量程为0~0.6A 的电流表，故选B；电压表应选量程为0~3V 的电压表，故选D。
（2）根据电路图，用实线代替导线将器件连接成实验电路如图所示
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得U = E−Ir
根据U-I 图线的纵截距得到被测水果电池的电动势E=1.45V
根据图线斜率的绝对值可得内电阻r = ΔU
Δ I = 1.45−0.85
0.3
Ω=2.0Ω
8.
（2025·云南·模拟预测）在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，按图甲所示电路图连接电路。
实验时将单刀双掷开关S 接1，对电容器进行充电；电路稳定后，把开关S 改接2，电容器放电，
电流传感器将电流信息传入计算机，计算机屏幕上显示出电流i 随时间t 变化的图像如图乙所示。
据此回答下列问题：
(1)把开关S 改接2，通过电阻R 的电流方向为 （选填“a→b”或“b→a”）。
(2)由图乙可知，电容器在放电过程中释放的电荷量约为 C（计算结果保留2 位有效数字）；
不改变电路其他参数，仅减小电阻R 的阻值，放电时i−t图像中图线与坐标轴围成的面积
（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】(1)a→b
(2) 0.016/0.017 不变
【详解】（1）电容器充电时上极板带正电，因此开关S 改接2，电容器放电时，通过电阻R 的电流
方向为a→b。
（2）[1]在i−t图像中，图线和坐标轴围成的面积表示电容器放电过程中释放的电荷量，图中每一
格代表的电荷量为0.002A×0.1s=0.0002C，图乙中，在0~0.5s内约有48 格，在1.0~1.5s内约
有23 格，在0.5~1.0s内约有9 格，在1.5~2.0s内约有2 格，共有48+23+9+2=82 格
可知电容器在放电过程中释放的电荷量约为82×0.0002=0.0164 C
[2]电路中其他参数不变，电容器每次充满电后释放的电荷量是相同的，因此图线与坐标轴围成的面
积不变。
9.
（2025·广东珠海·模拟预测）某同学想测量一旧手机中的锂电池的电动势E和内阻r（电动势标称值
3.7 V，允许最大放电电流为500 mA）。实验室备有如下器材：
电压传感器（可视为理想电压表）；定值电阻R0（阻值为5Ω）；电阻箱R (0~999.9Ω)；开关S
一只；导线若干。
(1)为测量锂电池的电动势E和内阻r，该同学设计了如图甲所示的电路图。实验时，闭合开关S，
发现电压传感器有示数，调节R的阻值，示数不变，则电阻箱R发生 （选填“断路”或
“短路”）。
(2)排除故障后，该同学通过改变电阻箱R的阻值，得到多组测量数据，根据数据作出1
U −1
R
图像，
如图乙所示。则该锂电池的电动势E = V、内阻r = Ω。（结果均保留两位有效
数字）
(3)若考虑电压传感器的分流作用，则电池电动势的测量值 （选填“大于”、“等于”或
“小于”）其真实值。
【答案】(1)断路
(2) 3.3 12
(3)小于
【详解】（1）电压传感器有示数，且调节R 的阻值时，其示数不变，则说明电压传感器两端的电
压不受R 阻值变化的影响，即电阻箱R 发生断路；若电阻箱R 短路，则电压传感器的示数应该为
0。
（2）[1][2] 根据闭合电路欧姆定律有E =U + U
R (R0+r)
变形有1
U = R0+r
E
⋅1
R + 1
E
所以1
U −1
R
图像与纵轴的截距为b= 1
E =0.3 V
−1
解得该锂电池的电动势为E≈3.3 V
同理1
U −1
R 图像的斜率为k = R0+r
E
= 1.5−0.3
0.24
A
−1
解得该锂电池的内阻为r ≈12Ω
（3）若考虑电压传感器的分流作用，则实际电路中的总电流为I 实= U
R + U
RV
根据闭合电路欧姆定律有E =U +(
U
R + U
RV)(R0+r)
变形有1
U = R0+r
E
⋅1
R + 1
E + R0+r
E RV
则1
U −1
R 图像与纵轴的截距变为1
E + R0+r
E RV
> 1
E
因此电动势的测量值小于其真实值。
10. （2025·江苏·模拟预测）某物理实验小组测量某款国产新能源汽车上电池小组件的电动势和内阻，
实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G 改装的电流表A，V 为电压表，E 为待测
电池组，S 为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω 的定值电阻。
(1)已知灵敏电流计G 改装的电流I g=200μA、内阻rg=2.0k Ω，若要改装后的电流表满偏电流为
400mA，应并联一只阻值约为 Ω 的定值电阻R1。（结果保留2 位有效数字）
(2)根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路。
(3)调节滑动变阻器的滑片在不同位置，多次记录下对应的电压表的示数U和灵敏电流计的示数I，
得到如图丙所示的U −I图像，则电池的电动势E = V，内阻r = Ω。（结果均保留
2 位有效数字）
(4)小明同学认为，考虑到本实验使用的电压表是非理想电表，将定值电阻R0替换成更大阻值的电
阻将有利于减小电动势测量值的系统误差，你是否赞同他的观点？并请简述理由 。
【答案】(1)1.0
(2)
(3) 2.8 2.9
(4)不赞同，当电流表读数为0 时电压表读数（即开路电压）为E 的测量值，所以
E测=
E
RV+ R0+r ⋅RV，R0越大，E的测量值越小，系统误差越大
【详解】（1）改装电流表需并联的电阻为R1= I gr g
I −I g
=
200×10
−6×2000
400×10
−3−200×10
−6 Ω≈1.0Ω
（2）电路连线如图
（3）[1][2]由电流表改装可知，电流表量程扩大为原来的2000 倍，则U = E−2000 I ( R0+r )
由图像可知E=2.8V；2000( R0+r )= 2.8−1.0
130×10
−6
解得r≈2.9Ω
（4）不赞同，当电流表读数为0 时电压表读数（即开路电压）为E 的测量值，所以
E测=
E
RV+ R0+r ⋅RV，R0越大，E的测量值越小，系统误差越大。
