2025年高考物理押题预测考前冲刺--电学实验（有解析）

2025年高考物理押题预测考前冲刺--电学实验
一．选择题（共10小题）
1．（2025 如皋市模拟）小明用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，变压器两个线圈的导线粗细不同，他将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压，下列说法中正确的是（　　）
A．匝数较少线圈是用较细的铜导线绕制的
B．原线圈的匝数必须比副线圈的匝数多
C．线圈的电压可用多用电表直流电压挡测量
D．实验发现原、副线圈的电压比略大于匝数比
2．（2025 河南模拟）如图为某双量程电流表的内部结构示意图，已知灵敏电流计的满偏电流为100mA。使用该电表的0～3A挡测电流时，电阻R2因故障而短路，此时电流表示数为1.5A，则实际流过电流表的电流为（　　）
A．1.0A B．1.1A C．1.2A D．1.3A
3．（2025 海淀区一模）某同学用如图所示的可拆变压器完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，可拆变压器上各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。将原线圈的“0”和“1”接线柱与学生电源连接，将副线圈的“0”和“8”接线柱与电压表连接，测得副线圈的输出电压为15V。下列说法正确的是（　　）
A．原线圈接的是学生电源的直流电压挡
B．原线圈的输入电压可能是2V
C．原、副线圈之间靠铁芯导电来传输能量
D．若将电源改接原线圈的“0”和“4”接线柱，则副线圈的输出电压将大于15V
4．（2025 广安二模）图甲所示为某电容器的充、放电过程示意图。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规律。电源电动势E＝7.5V、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，下列正确的是（　　）
A．在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相同
B．图乙中阴影部分的面积S1＜S2
C．若S1＝1000mA s，则该电容器的电容值约为0.133F
D．由甲、乙两图可判断阻值R1＞R2
5．（2025 顺义区一模）某同学用电流传感器和电阻箱测量电源的电动势和内阻，电路如图甲所示。实验测得电阻R以及相对应的电流I的多组数据，得到如图乙所示的R图线。该同学在处理实验数据时，误将电阻箱阻值作为外电路总电阻的阻值，漏算了R0，下列说法正确的是（　　）
A．该电源的电动势为1V B．该电源的内阻为2Ω
C．内阻的测量值偏小 D．电动势的测量值偏大
6．（2025 射阳县校级模拟）如图甲所示，利用电压传感器和电流传感器观察电容器的充、放电过程。最后得到电容器充、放电过程电压U和电流I随时间t变化的图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．单刀双掷开关S置于接线柱1、2分别对应电容器放电、充电过程
B．电容器充电过程，电压逐渐增大
C．电容器放电过程，电流逐渐增大
D．电容器充电过程，电容器的电容逐渐增大
7．（2025 新余一模）小明同学用电流传感器进行电容器放电现象研究，按照图甲正确连接电路，将开关S与1端连接，先给电容器充电。过一段时间后，将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i﹣t曲线如图乙中的实线a所示。在重复实验时，小明将电阻用R2替换R1，已知R2＝2R1，其它实验条件不变，则重复实验所得的放电曲线（用虚线表示）可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025 广州一模）如图（a）为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联，两相同磁感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置，且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、后远离图（a）中右侧线圈，图（a）中右侧传感器所记录的B1﹣t图像如图（b），则该过程左侧传感器所记录的B2﹣t图可能为（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025 南京一模）某同学利用一块表头G和三个定值电阻设计了如图所示的多量程电流表，该电表有1、2两个量程。当只增大电阻R1的阻值时，下列说法正确的是（　　）
A．两个量程均变大
B．两个量程均变小
C．1的量程变大，2的量程变小
D．1的量程变小，2的量程变大
10．（2025 黑龙江模拟）在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实验。王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁，平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈绕法及电路连接方式如图所示，已知桌面的摩擦很小，下列说法中正确的是（　　）
A．当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动
B．当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S极向右插入线圈
C．在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极管发光则条形磁铁的右端为N极
D．实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则我们无法判断条形磁铁哪一端为N极
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025 成都模拟）在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，可拆变压器如图（a）所示，原线圈有四个接线柱，副线圈有三个接线柱，其简化图如图（b）所示。某同学将正弦交流电源接在原线圈“0”和“1400”两个接线柱上，用交流电压表先测量原线圈各接线柱间的电压，再测量副线圈各接线柱间的电压，将测得的电压U与对应匝数n中的部分数据描绘在U﹣n图上。分析发现数据点大致分布在过原点的直线Ⅰ与直线Ⅱ上，如图（c）所示。下列说法正确的是（　　）
A．直线Ⅰ对应为原线圈测得的电压与匝数关系
B．直线Ⅰ斜率比直线Ⅱ斜率大的原因可能是铁芯漏磁
C．电源输出电压的最大值约为14V
D．仅增大电源输出电压，直线Ⅰ与直线Ⅱ的斜率均减小
（多选）12．（2025 河南二模）电流传感器可以像电流表一样测量电流，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流i随时间t变化的图像。如图1所示，电源的电动势为8.0V，单刀双掷开关先接通电键“1”，待电流传感器的示数为0后，再接通“2”，电容器放电的i﹣t图像如图2所示，图线与坐标轴所围约40小格，则（　　）
A．电容器的放电量约为3.2×10﹣3C
B．电容器的电容约为4.0×10﹣4F
C．其他条件不变，只将电阻换成另一个阻值较小的电阻，充电时间将变短
D．其他条件不变，只将电容器换成另一个电容较大的电容器，则得到的i﹣t图线与坐标轴所围成的面积不变
（多选）13．（2025 南充模拟）在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，制作了一个如图所示的降压变压器，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接，两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，发现小灯泡很亮，为了降低小灯泡的亮度，下列措施可行的是（　　）
A．适当减少线圈b的匝数
B．将交流输出电压适当减小
C．将线圈a、b增加相同匝数
D．将线圈a改接在直流输出端
（多选）14．（2025 云南模拟）法拉第在日记中记录了其发现电磁感应现象的过程，某同学用现有器材重现了其中一个实验。如图所示，线圈P两端连接到灵敏电流计上，线圈Q通过开关S连接到直流电源上．将线圈Q放在线圈P的里面后，则（　　）
A．开关S闭合瞬间，电流计指针发生偏转
B．开关S断开瞬间，电流计指针不发生偏转
C．保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，电流计指针发生偏转
D．保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，电流计指针不发生偏转
三．填空题（共2小题）
15．（2025 焦作模拟）某实验小组利用DIS等实验器材测量同一电池组的电动势和内阻，实验装置如图甲所示，多次改变电阻箱的阻值，记录外电路总电阻阻值R，用电压传感器测得路端电压U，并在计算机上显示出如图乙所示的关系图线。图线在横轴的交点为a，在纵轴的交点为b，由图线可知，E＝ 　 　 ，r＝ 　 　 （均用a、b表示）。
16．（2025 思明区校级三模）（1）利用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属棒的直径和长度，测量结果分别如图（a）和（b）所示，则该金属棒的直径d＝ 　 　 mm，金属棒的长度为L＝ 　 　 cm。
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：将多用电表的功能旋钮调至“×100Ω”挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图（c）所示，则金属棒的阻值约为 　 　 Ω。
四．实验题（共4小题）
17．（2025 安徽模拟）某兴趣小组选择不同的方法测量一电流表的内阻：
（1）兴趣小组先直接用多用电表的欧姆挡测量电流表的内阻，当用“×10”挡时发现指针偏转过大，应该换用　 　 （填“×1”或“×100”）挡，重新欧姆调零后进行测量，表盘指针如图甲所示，则读数为　 　 Ω；该小组实验后发现欧姆表内部电源电动势减少，内阻增加，但仍然能欧姆调零，则用该方法测量的电流表内阻的测量值　 　 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（2）该兴趣小组要进一步精确测量该电流表的内阻，实验室有下列器材：
电源E（电动势3V，内阻不计），滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流1A），待测电流表A1（量程0.3A，内阻约15Ω），滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流0.5A），电流表A2（量程0.6A，内阻约2Ω），导线若干、开关一个，定值电阻R0（阻值14Ω）。
请结合实验要求选择合适的器材将电路图在乙图中补充完整；滑动变阻器应选　 　 （填“R1”或“R2”）。某次实验时电流表A1、A2的示数分别为I1＝0.210A、I2＝0.444A，则待测电流表的内阻RA1＝　 　 Ω。
18．（2025 福州校级模拟）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。部分实验操作如下：
（1）螺旋测微器如图1所示。在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动 　 　 （选填“A”、“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
（2）选择电阻丝的 　 　 （选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。某次测量结果如图2所示，电阻丝的直径为 　 　 mm。
（3）采用图3所示的电路图来测量金属丝的电阻Rx。则Rx的测量值比真实值 　 　 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）实物图如图4所示，闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为 　 　 （选填“a”、“b”或“c”），若闭合开关，该错误连接会带来的问题是 　 　 。
19．（2025 红桥区二模）某同学想测某电阻的阻值。
（1）该同学先用多用电表的欧姆挡中的“×10”挡粗略测量该电阻，结果如图甲所示，则该读数为 　 　 Ω。
为了更准确地测量该电阻的阻值Rx，有以下实验器材可供选择：
A．电流表A1（量程为0～15mA，内阻r1约为2Ω）；
B．电流表A2（量程为0～3mA，内阻r2＝100Ω）；
C．定值电阻R1＝900Ω；
D．定值电阻R2＝9900Ω；
E．滑动变阻器R3（0～20Ω，允许通过的最大电流为200mA）；
F．滑动变阻器R4（0～100Ω，允许通过的最大电流为50mA）；
G．蓄电池E（电动势为3V，内阻很小）；
H．开关S。
（2）滑动变阻器应选择 　 　 （填“R3”或“R4”）。
（3）该同学设计了测量该电阻的电路图，如图乙所示。该同学在某次实验过程中测得电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则该电阻表达式Rx＝ 　 　 （用题中所给物理量的符号表示，图中与A2串联的定值电阻R用所选的“R1”或“R2”表示）。
20．（2025 天津模拟）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池
B．电流表A1（内阻可忽略不计）
C．电流表A2（内阻可忽略不计）
D．定值电阻R0（阻值900Ω）
E．滑动变阻器R（阻值0～20Ω）
F．开关和导线若干
某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的电路完成实验。
（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流表Al的示数将 　 　 （选填“变大”或“变小”）。
（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝ 　 　 V，内阻r＝ 　 　 Ω。（计算结果均保留两位有效数字）
（3）若将图线的纵坐标改为 　 　 ，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--电学实验
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 如皋市模拟）小明用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，变压器两个线圈的导线粗细不同，他将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压，下列说法中正确的是（　　）
A．匝数较少线圈是用较细的铜导线绕制的
B．原线圈的匝数必须比副线圈的匝数多
C．线圈的电压可用多用电表直流电压挡测量
D．实验发现原、副线圈的电压比略大于匝数比
【分析】根据变压器的工作原理和原副线圈两端的电学物理量的关系，结合电阻定律分析出导线的金属；考虑到实际变压器有功率损失，从而分析出电压比和匝数比的关系。
【解答】解：A、根据变压器变压以及变流规律可知匝数较少的线圈电压较小，电流较大，为了减小功率损失，根据电阻定律可知应选用较粗的铜导线绕制，故A错误；
B、原、副线圈的匝数大小关系没有要求，故B错误；
C、变压器的工作原理为互感作用，所以在原副线圈中的电压均为交流电压，测量原副线圈的电压必须用交流电压表，故C错误；
D、由于所用变压器并非理想变压器，存在功率损失，所以实验发现原副线圈的电压比大于匝数比，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了变压器的相关应用，理解变压器的工作原理，结合变压器两端的电学物理量与匝数比的关系即可完成分析。
2．（2025 河南模拟）如图为某双量程电流表的内部结构示意图，已知灵敏电流计的满偏电流为100mA。使用该电表的0～3A挡测电流时，电阻R2因故障而短路，此时电流表示数为1.5A，则实际流过电流表的电流为（　　）
A．1.0A B．1.1A C．1.2A D．1.3A
【分析】根据图示电路图应用并联电路特点与欧姆定律求解。
【解答】解：根据图示电路图，由欧姆定律得：
IgRg＝（0.6A﹣Ig）（R1+R2），Ig（Rg+R2）＝（3A﹣Ig）R1，
解得：R1，R2
使用0～3A量程测电流，电流表示数为1.5A，则表头半偏，即流过表头的电流I0＝0.05A，
流过分流电阻R1的电流I1A＝1.25A，
流过电流表的电流I＝I0+I1＝0.05A+1.25A＝1.3A，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】知道电流表的改装原理，分析清楚图示电路结构，应用并联电路特点与欧姆定律即可解题。
3．（2025 海淀区一模）某同学用如图所示的可拆变压器完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，可拆变压器上各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。将原线圈的“0”和“1”接线柱与学生电源连接，将副线圈的“0”和“8”接线柱与电压表连接，测得副线圈的输出电压为15V。下列说法正确的是（　　）
A．原线圈接的是学生电源的直流电压挡
B．原线圈的输入电压可能是2V
C．原、副线圈之间靠铁芯导电来传输能量
D．若将电源改接原线圈的“0”和“4”接线柱，则副线圈的输出电压将大于15V
【分析】根据变压器的工作原理作答；变压器副线圈两端的电压决定于原线圈两端电压和匝数比，结合能量损耗分析。
【解答】解：A．变压器工作需要用交流电，故A错误；
B．根据，解得U1V，由于各种损耗可知，原线圈的输入电压可能是2V，故B正确；
C．变压器工作时通过铁芯导磁，利用互感的原理把电能由原线圈输送到副线圈，故C错误；
D．若将电源改接原线圈的“0”和“4”接线柱，则副线圈的输出电压一定小于15V，故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键掌握“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验原理和实验误差的理解。
4．（2025 广安二模）图甲所示为某电容器的充、放电过程示意图。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规律。电源电动势E＝7.5V、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，下列正确的是（　　）
A．在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相同
B．图乙中阴影部分的面积S1＜S2
C．若S1＝1000mA s，则该电容器的电容值约为0.133F
D．由甲、乙两图可判断阻值R1＞R2
【分析】分析充放电过程电流的方向判断；根据曲线图像与对应时间轴所围成的面积的物理意义判断；根据电容定义式计算；由图中数据分析最大电流判断。
【解答】解：A．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，所以在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向相反，故A错误；
B．曲线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相等，即S1＝S2
故B错误；
C．由题意可知电源内阻不计，所以电容器两端电压等于电源电动势，根据电容定义式可知电容器的电容为：
故C正确；
D．由图乙数据可知，电容器充电时的最大电流大于电容器放电时的最大电流，则R1＜R2
故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键掌握曲线图像与对应时间轴所围成的面积的物理意义和电容定义式。
5．（2025 顺义区一模）某同学用电流传感器和电阻箱测量电源的电动势和内阻，电路如图甲所示。实验测得电阻R以及相对应的电流I的多组数据，得到如图乙所示的R图线。该同学在处理实验数据时，误将电阻箱阻值作为外电路总电阻的阻值，漏算了R0，下列说法正确的是（　　）
A．该电源的电动势为1V B．该电源的内阻为2Ω
C．内阻的测量值偏小 D．电动势的测量值偏大
【分析】由题意及闭合电路欧姆定律可得出R的关系，结合图像可知其斜率含义，从而可以得出电动势；根据实验原理分析实验误差。
【解答】解：A、由图甲所示图像可知，在闭合电路中，电源电动势为：E＝I（R+R0+r）
则 R＝E （R0+r）
由数学知识知，斜率等于电源电动势，即 EV＝1.0V，R0+r＝2Ω
故A正确；
BCD、若该同学在处理实验数据时，误将R作为外电路的总电阻阻值R′，漏算了R0，即将R0和r等效看成为电源的内阻，故测量的内阻偏大，但由于外电路断路时，内阻不再分压，故测量值即为电源的电动势，故电动势没有误差，故BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了测定电源的电动势和内阻的实验。要注意闭合电路欧姆定律的数据处理的方法，特别是求图像的表达式时，要注意灵活应用闭合电路欧姆定律。
6．（2025 射阳县校级模拟）如图甲所示，利用电压传感器和电流传感器观察电容器的充、放电过程。最后得到电容器充、放电过程电压U和电流I随时间t变化的图像，如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．单刀双掷开关S置于接线柱1、2分别对应电容器放电、充电过程
B．电容器充电过程，电压逐渐增大
C．电容器放电过程，电流逐渐增大
D．电容器充电过程，电容器的电容逐渐增大
【分析】电容器充电过程中充电电流逐渐减小电容器两板间电压逐渐增大；电容器电容的大小与电容带电荷量的多少无关。
【解答】解：A、单刀双掷开关S置于接线柱1、2分别对应电容器充电、放电过程，故A错误；
B、电容器的充电过程中，随着电容器带电荷量的增多，根据C可知电容器两板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小为零，故B正确；
C、电容器放电过程，电荷量逐渐减小，电流逐渐减小，故C错误；
D、电容器的电容大小与其所带电荷量的多少无关，所以电容器放电过程，电容器的电容不变，故CD错误。
故选：B。
【点评】知道电容器充电过程有充电电流，以及充电电流的变化是解题的关键。知道电容器电容的大小与电容器带电荷量的多少无关。
7．（2025 新余一模）小明同学用电流传感器进行电容器放电现象研究，按照图甲正确连接电路，将开关S与1端连接，先给电容器充电。过一段时间后，将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i﹣t曲线如图乙中的实线a所示。在重复实验时，小明将电阻用R2替换R1，已知R2＝2R1，其它实验条件不变，则重复实验所得的放电曲线（用虚线表示）可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据欧姆定律分析最大电流与电阻的关系，结合i﹣t曲线与坐标轴围成的面积即为电荷量确定是哪个图像。
【解答】解：已知R2＝2R1，将电阻用R2替换R1后，由于可知，替换后最大放电电流减小。由于i﹣t曲线与坐标轴围成的面积即为电荷量，而两次放电的总电荷量相同，所以两曲线与坐标轴围成的面积应相等，所以替换成后放电电流随时间变化的曲线应该是B，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】解答本题的关键要知道i﹣t曲线与坐标轴围成的面积表示电荷量，要理解并掌握电容器的充放电特性。
8．（2025 广州一模）如图（a）为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联，两相同磁感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置，且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、后远离图（a）中右侧线圈，图（a）中右侧传感器所记录的B1﹣t图像如图（b），则该过程左侧传感器所记录的B2﹣t图可能为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据楞次定律判断出感应电流方向，应用安培定则判断出左侧线圈电流磁场方向，然后分析答题。
【解答】解：磁铁的S极靠近右侧线圈时穿过右侧线圈的磁场方向竖直向上，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流磁场方向向下，由安培定则可知，左侧线圈磁场方向向下与右侧线圈磁场方向相反；
磁铁的S极远离右侧线圈时穿过右侧线圈的磁场方向竖直向上，磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流磁场方向向上，由安培定则可知，左侧线圈磁场方向向上与右侧线圈磁场方向相同，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了楞次定律与安培定则的应用，掌握基础知识是解题的前提，分析清楚磁铁的运动情况，应用安培定则与楞次定律即可解题。
9．（2025 南京一模）某同学利用一块表头G和三个定值电阻设计了如图所示的多量程电流表，该电表有1、2两个量程。当只增大电阻R1的阻值时，下列说法正确的是（　　）
A．两个量程均变大
B．两个量程均变小
C．1的量程变大，2的量程变小
D．1的量程变小，2的量程变大
【分析】根据闭合电路的欧姆定律分析判断。
【解答】解：测电流时，对量程1，根据闭合电路欧姆定律有：
对量程2，根据闭合电路欧姆定律有：
当只增大电阻R1的阻值时，两个量程均变大。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题关键掌握多量程电流表的原理和串并联电路的特点。
10．（2025 黑龙江模拟）在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实验。王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁，平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈绕法及电路连接方式如图所示，已知桌面的摩擦很小，下列说法中正确的是（　　）
A．当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动
B．当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S极向右插入线圈
C．在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极管发光则条形磁铁的右端为N极
D．实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则我们无法判断条形磁铁哪一端为N极
【分析】根据楞次定律的推广含义“来拒去留”判断；根据安培定则及楞次定律判断BCD选项。
【解答】解：A、根据楞次定律的推广含义“来拒去留”当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车也应该向右移动，故A错误；
B、当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律判断原磁场的磁通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S极向右插入线圈或N极向左抽离线圈，故B错误；
C、如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁铁插入线圈的过程时，磁通量增大，再根据楞次定律“增反减同”判断原磁场一定向右，条形磁铁的右端为一定为N极，故C正确；
D、如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，结合安培定则和楞次定律，可知一定是条形磁铁左端为N极，右端为S极，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了安培定则和楞次定律的应用，会根据题意进行准确分析和判断。
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025 成都模拟）在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，可拆变压器如图（a）所示，原线圈有四个接线柱，副线圈有三个接线柱，其简化图如图（b）所示。某同学将正弦交流电源接在原线圈“0”和“1400”两个接线柱上，用交流电压表先测量原线圈各接线柱间的电压，再测量副线圈各接线柱间的电压，将测得的电压U与对应匝数n中的部分数据描绘在U﹣n图上。分析发现数据点大致分布在过原点的直线Ⅰ与直线Ⅱ上，如图（c）所示。下列说法正确的是（　　）
A．直线Ⅰ对应为原线圈测得的电压与匝数关系
B．直线Ⅰ斜率比直线Ⅱ斜率大的原因可能是铁芯漏磁
C．电源输出电压的最大值约为14V
D．仅增大电源输出电压，直线Ⅰ与直线Ⅱ的斜率均减小
【分析】根据图（c）中的U﹣n关系图，直线Ⅰ的斜率比直线Ⅱ的斜率大，结合有效值和最大值的关系，以及仅增大电源输出电压，不会改变线圈的匝数比分析求解。
【解答】解：A、根据图（c）中的U﹣n关系图，由于原线圈的匝数较多，且电源接在“0”和“1400”两个接线柱上，因此直线Ⅰ对应的应该是原线圈的电压与匝数关系，而直线Ⅱ对应的才是副线圈的电压与匝数关系，故A错误；
B、直线Ⅰ的斜率比直线Ⅱ的斜率大，这意味着在相同的匝数下，副线圈的电压更低。这可能是由于铁芯漏磁导致的能量损失，使得副线圈的实际电压低于理论值，故B正确；
C、计算电源输出电压的最大值 从图（c）中可以看出，当n＝800时，对应的电压约为8V，故n＝1400时，电压为14V，由于这是有效值，最大值为倍的有效值，即14V，故C错误；
D、仅增大电源输出电压，不会改变线圈的匝数比，因此直线Ⅰ和直线Ⅱ的斜率均不会减小，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（多选）12．（2025 河南二模）电流传感器可以像电流表一样测量电流，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流i随时间t变化的图像。如图1所示，电源的电动势为8.0V，单刀双掷开关先接通电键“1”，待电流传感器的示数为0后，再接通“2”，电容器放电的i﹣t图像如图2所示，图线与坐标轴所围约40小格，则（　　）
A．电容器的放电量约为3.2×10﹣3C
B．电容器的电容约为4.0×10﹣4F
C．其他条件不变，只将电阻换成另一个阻值较小的电阻，充电时间将变短
D．其他条件不变，只将电容器换成另一个电容较大的电容器，则得到的i﹣t图线与坐标轴所围成的面积不变
【分析】根据i﹣t图像中图线与坐标轴所包围面积的物理意义计算；根据电容的定义式计算；根据i﹣t图像中图线与坐标轴所包围面积的物理意义结合电容定义式分析判断。
【解答】解：A．电容器在全部放电过程中释放的电荷量在数值上等于i﹣t图像中图线与坐标轴所包围的面积，则
Q＝0.2×10﹣3×0.4×40C＝3.2×10﹣3C
故A正确；
B．充电完毕后，电容器极板间电压等于电源电动势8.0V，根据电容定义式可得
故B正确；
C．其他条件不变，只将电阻换成另一个阻值较小的电阻，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向1时电容器开始充电的电流增大，则曲线与纵轴交点的位置将向上移动，而充电时曲线与横轴所围成的面积将不变，所以充电时间将变短，故C正确；
D．其他条件不变，只将电容器换成另一个电容较大的电容器，根据
可知充电时，电容器极板上电荷量将增大，则得到的i﹣t图线与坐标轴所围成的面积变大，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题关键掌握i﹣t图像中图线与坐标轴所包围面积的物理意义。
（多选）13．（2025 南充模拟）在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，制作了一个如图所示的降压变压器，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接，两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，发现小灯泡很亮，为了降低小灯泡的亮度，下列措施可行的是（　　）
A．适当减少线圈b的匝数
B．将交流输出电压适当减小
C．将线圈a、b增加相同匝数
D．将线圈a改接在直流输出端
【分析】根据变压器的变压规律写出输出电压的表达式，然后逐项分析即可。
【解答】解：为了降低小灯泡的亮度，则需要减小变压器的副线圈的电压，设线圈a的匝数为n1，输入电压为U1，线圈b的匝数为n2，输出电压为U2，因为变压器的变压规律是
可得
A．减少线圈b的匝数可行，可以减小U2，则可以降低小灯泡的亮度，故A正确；
B．将交流输出电压U减小，可以减小U2，小灯泡会变暗，故B正确；
C．将线圈a、b增加相同匝数，可以增大U2，小灯泡会更亮，故C错误；
D．直流电不能在副线圈产生电流，小灯泡将不会发光，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了变压器变压规律的应用，基础题。
（多选）14．（2025 云南模拟）法拉第在日记中记录了其发现电磁感应现象的过程，某同学用现有器材重现了其中一个实验。如图所示，线圈P两端连接到灵敏电流计上，线圈Q通过开关S连接到直流电源上．将线圈Q放在线圈P的里面后，则（　　）
A．开关S闭合瞬间，电流计指针发生偏转
B．开关S断开瞬间，电流计指针不发生偏转
C．保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，电流计指针发生偏转
D．保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，电流计指针不发生偏转
【分析】产生感应电流的条件是闭合电路的磁通量发生变化，指针偏转时说明电路中产生了感应电流，将产生感应电流的情况与螺线管中磁场的变化情况联系在一起即可得到答案。
【解答】解：A．开关S闭合瞬间，通过线圈Q的电流增加，则穿过线圈P的磁通量增加，则P中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故A正确；
B．开关S断开瞬间，穿过线圈P的磁通量减小，则P中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故B错误；
CD．保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，则穿过线圈P的磁通量减小，则P中会产生感应电流，电流计指针发生偏转，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化。
三．填空题（共2小题）
15．（2025 焦作模拟）某实验小组利用DIS等实验器材测量同一电池组的电动势和内阻，实验装置如图甲所示，多次改变电阻箱的阻值，记录外电路总电阻阻值R，用电压传感器测得路端电压U，并在计算机上显示出如图乙所示的关系图线。图线在横轴的交点为a，在纵轴的交点为b，由图线可知，E＝ 　　 ，r＝ 　　 （均用a、b表示）。
【分析】根据闭合电路欧姆定律求出图像表达式，结合图像的斜率求解。
【解答】解：由题图可知，外电路的总电阻为R＝R0+R1
利用闭合电路欧姆定律得E＝Ur
变形为
由此可知关系图线在纵轴的截距b
解得E
图线斜率k
解得r
故答案为：；
【点评】本题考查了应用了伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻的实验。掌握实验原理是解题的前提，应用图像法处理实验数据，根据闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图象的斜率与截距求出电源电动势与内阻。
16．（2025 思明区校级三模）（1）利用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属棒的直径和长度，测量结果分别如图（a）和（b）所示，则该金属棒的直径d＝ 　1.848　 mm，金属棒的长度为L＝ 　5.015　 cm。
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：将多用电表的功能旋钮调至“×100Ω”挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图（c）所示，则金属棒的阻值约为 　700　 Ω。
【分析】（1）根据螺旋测微器及游标卡尺的精确度读数；
（2）根据指针位置及倍率读数。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为1.5mm+34.8×0.01mm＝1.848mm
游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为50mm+3×0.05mm＝5.015cm
（2）指针位于7的位置，读数诶700Ω
故答案为：（1）1.848；5.015；（2）700
【点评】本题考查仪器的读数，解题关键掌握读数的方法及原理。
四．实验题（共4小题）
17．（2025 安徽模拟）某兴趣小组选择不同的方法测量一电流表的内阻：
（1）兴趣小组先直接用多用电表的欧姆挡测量电流表的内阻，当用“×10”挡时发现指针偏转过大，应该换用　×1　 （填“×1”或“×100”）挡，重新欧姆调零后进行测量，表盘指针如图甲所示，则读数为　17　 Ω；该小组实验后发现欧姆表内部电源电动势减少，内阻增加，但仍然能欧姆调零，则用该方法测量的电流表内阻的测量值　变大　 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（2）该兴趣小组要进一步精确测量该电流表的内阻，实验室有下列器材：
电源E（电动势3V，内阻不计），滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流1A），待测电流表A1（量程0.3A，内阻约15Ω），滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流0.5A），电流表A2（量程0.6A，内阻约2Ω），导线若干、开关一个，定值电阻R0（阻值14Ω）。
请结合实验要求选择合适的器材将电路图在乙图中补充完整；滑动变阻器应选　R1　 （填“R1”或“R2”）。某次实验时电流表A1、A2的示数分别为I1＝0.210A、I2＝0.444A，则待测电流表的内阻RA1＝　15.6　 Ω。
【分析】（1）根据欧姆表的倍率和读数规则读数，并由欧姆表的原理分析误差；
（2）由于滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节，应选量程较小的滑动变阻器，结合电路安全等画出电路图；
（3）根据并联电路电压相同的特点分析求解电流表的内阻。
【解答】解：（1）用此欧姆表粗测电流表的阻值，当用×10挡时发现指针偏转角度过大，可知待测电阻较小，应该换用×1挡。
重新欧姆调零后进行测量，表盘指针如图甲所示，则读数为表盘指针读数为：17×1Ω＝17Ω；
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式
可知欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由
可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，即调零后用该表测量的电流表的内阻的测量值大于真实值。
（2）根据题意可知，用定值电阻和电流表并联测电压，电路图如图所示，
电路采用分压，为了调节方便，滑动变阻器选择阻值较小的R1；
某次实验时电流表A1、A2的示数分别为：I1＝0.210A、I2＝0.444A，则待测电流表的内阻为：RA1Ω＝15.6Ω。
故答案为：（1）×1、17、大于；（2）见解析、R1、15.6。
【点评】本题考查了测量电流表的内阻实验，理解测量方法、操作步骤以及数据分析是解决此类问题的关键。
18．（2025 福州校级模拟）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。部分实验操作如下：
（1）螺旋测微器如图1所示。在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动 　C　 （选填“A”、“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
（2）选择电阻丝的 　不同　 （选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。某次测量结果如图2所示，电阻丝的直径为 　1.600　 mm。
（3）采用图3所示的电路图来测量金属丝的电阻Rx。则Rx的测量值比真实值 　偏小　 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）实物图如图4所示，闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为 　b　 （选填“a”、“b”或“c”），若闭合开关，该错误连接会带来的问题是 　待测电阻被短路，电表无示数，无法测量　 。
【分析】（1）根据螺旋测微器的使用方法分析答题；
（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器读数；
（3）根据图示电路图分析实验误差；
（4）根据图示实物电路图分析答题。
【解答】解：（1）螺旋测微器在测量电阻丝的直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动微调旋钮C，直到听到“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
（2）为了减小实验误差，应选择电阻丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径；由图示螺旋测微器可知，其读数为d＝1.5mm+10.0×0.01mm＝1.600mm。
（3）采用图3所示的电路图来测量金属丝的电阻Rx，电压表测量的是电阻两端电压，电流表测量的是通过电阻和电压表的电流之和，电流测量结果偏大，导致电阻测量结果偏小。
（4）闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为b，该导线应接在滑动变阻器左下端；若闭合开关，该错误连接会带来的问题是待测电阻被短路，电表无示数，无法测量。
故答案为：（1）C；（2）不同；1.600；（3）偏小；（4）b；待测电阻被短路，电表无示数，无法测量。
【点评】要掌握实验器材的实验方法与读数方法；分析清楚图示电路结构，根据题意即可解题。
19．（2025 红桥区二模）某同学想测某电阻的阻值。
（1）该同学先用多用电表的欧姆挡中的“×10”挡粗略测量该电阻，结果如图甲所示，则该读数为 　260　 Ω。
为了更准确地测量该电阻的阻值Rx，有以下实验器材可供选择：
A．电流表A1（量程为0～15mA，内阻r1约为2Ω）；
B．电流表A2（量程为0～3mA，内阻r2＝100Ω）；
C．定值电阻R1＝900Ω；
D．定值电阻R2＝9900Ω；
E．滑动变阻器R3（0～20Ω，允许通过的最大电流为200mA）；
F．滑动变阻器R4（0～100Ω，允许通过的最大电流为50mA）；
G．蓄电池E（电动势为3V，内阻很小）；
H．开关S。
（2）滑动变阻器应选择 　R3　 （填“R3”或“R4”）。
（3）该同学设计了测量该电阻的电路图，如图乙所示。该同学在某次实验过程中测得电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则该电阻表达式Rx＝ 　　 （用题中所给物理量的符号表示，图中与A2串联的定值电阻R用所选的“R1”或“R2”表示）。
【分析】（1）欧姆表指针读数与挡位的乘积是欧姆表读数。
（2）为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
（3）根据图示电路图应用欧姆定律求解。
【解答】解：（1）用多用电表的欧姆挡中的“×10”挡粗略测量该电阻，由图甲所示可知，则该读数为26×10Ω＝260Ω。
（2）为保证安全且方便实验操作，滑动变阻器应选择R3。
（3）电源电动势为3V，把已知内阻的电流表A2改装成量程为3V的电压表，
串联分压电阻RΩ﹣100Ω＝900Ω，定值电阻应选择R1；
根据图乙所示电路图，由欧姆定律得Rx。
故答案为：（1）260；（2）R3；（3）。
【点评】要掌握常用器材的使用方法与读数方法；分析清楚图示电路结构，应用欧姆定律即可解题。
20．（2025 天津模拟）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池
B．电流表A1（内阻可忽略不计）
C．电流表A2（内阻可忽略不计）
D．定值电阻R0（阻值900Ω）
E．滑动变阻器R（阻值0～20Ω）
F．开关和导线若干
某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的电路完成实验。
（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流表Al的示数将 　变大　 （选填“变大”或“变小”）。
（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝ 　2.7　 V，内阻r＝ 　0.90　 Ω。（计算结果均保留两位有效数字）
（3）若将图线的纵坐标改为 　I1R0　 ，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。
【分析】（1）根据图示电路图分析答题。
（2）求出图像的函数解析式，根据图示图像答题。
（3）根据图示电路图应用欧姆定律求解。
【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，将滑动变阻器的滑片P向左滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电流表Al的示数将增大。
（2）根据图示电路图，由闭合电路的欧姆定律得E＝I1R0+I2r，整理得I1I2，
由图示I1﹣I2图像可知，图像的纵轴截距b3.0mA＝0.003A，
图像斜率的绝对值k0.001，
代入数据解得E＝2.7V，r＝0.90Ω
（3）由图甲所示电路图可知，电流表A1与定值电阻串联改装成电压表，
若将图线在纵坐标改为I1R0，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。
故答案为：（1）变大；（2）2.7；0.90；（3）I1R0。
【点评】本题考查了测电池电动势与内阻实验，理解实验原理是解题的前提，分析清楚电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
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