2025届高考物理二轮专题复习与测试模块七实验技能及创新专题二十电学实验

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块七实验技能及创新专题二十电学实验，共34页。
1．熟练掌握电学实验的基本原理和方法，并借助基本实验分析拓展创新实验。
2．掌握传感器的性质，会设计和分析含传感器的自动控制电路问题。
命题点1 电阻测量类实验
1．(2024·湖南卷，T11)某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律，搭建了如图(a)所示的装置。电阻测量原理如图(b)所示，E是电源，V为电压表，A为电流表。
(1)保持玻璃管内压强为1个标准大气压，电流表示数为100 mA，电压表量程为0～3 V，表盘如图(c)所示，示数为________V，此时金属丝阻值的测量值R为________Ω(保留3位有效数字)。
(2)打开抽气泵，降低玻璃管内气压p，保持电流I不变，读出电压表示数U，计算出对应的金属丝阻值。
(3)根据测量数据绘制R－p关系图线，如图(d)所示。
(4)如果玻璃管内气压是0.5个标准大气压，保持电流为100 mA，电压表指针应该在图(c)指针位置的________(选填“左”或“右”)侧。
(5)若电压表是非理想电压表，则金属丝电阻的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
解析：(1)电压表量程为0～3 V，分度值为0.1 V，则电压表读数为1.23 V，金属丝的测量值R＝ eq \f(U,I) ＝12.3 Ω。
(4)根据题图(d)可知气压越小电阻越大，再根据U＝IR可知压强p减小，电阻R增大，故电压增大，电压表的指针位置应该在题图(c)中指针位置的右侧。
(5)电流表采用外接法会导致电压表分流，即R测＝ eq \f(U,I测) ，由于I测偏大，故R测ρY。
答案：(1)2.450 (2)1 (3)1.91 (4)大于
命题点2 电表的改装
3．(2024·安徽卷，T12)某实验小组要将电流表G(铭牌标示：Ig＝500 μA，Rg＝800 Ω)改装成量程为1 V和3 V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________(选填“M”或“N”)端。
(2)根据要求和已知信息，电阻箱R1的阻值已调至1 200 Ω，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)。
解析：(1)由题图1可知，该滑动变阻器采用分压式接法，在开关S1闭合前，滑片P应移到M端。
(2)当开关S2接a时，电压表量程为3 V，根据欧姆定律有U2＝Ig(Rg＋R1＋R2)，其中R1＝1 200 Ω，解得R2＝4 000 Ω。
(3)当开关S2接a时，U＝I(Rg＋R1＋R2)，电流表G的内阻Rg＝ eq \f(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，要减小G的示数可以增大两电阻箱的阻值。
(5)根据闭合电路欧姆定律UV＝IA(Rg＋R1)＝430×10－6×(800＋1 200)V＝0.86 V。
答案：(1)M (2)4 000 (3) eq \f(U,I) －R1－R2 (4)A
(5)0.86
命题点3 测定电源的电动势和内阻
4．(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T11)某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻(阻值为R0)、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图(a)(b)所示的实验电路原理图。
(1)实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图(a)连接电路，金属夹置于电阻丝的________(选填“A”或“B”)端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图(c)中图线Ⅰ；
④按照图(b)将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图(c)中图线Ⅱ。
(2)由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势E＝________。
(3)由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为k1、k2，若 eq \f(k2,k1) ＝n，则待测电池的内阻r＝____________(用n和R0表示)。
解析：(1)为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由题图(a)可知，应该置于A端。
(2)对于电路图(a)，根据闭合电路欧姆定律有U＝E－Ir
设金属丝的电阻率为ρ，横截面积为S，结合欧姆定律和电阻定律
I＝ eq \f(U,R) ，R＝ρ eq \f(L,S)
可得U＝E－ eq \f(US,ρL) r，整理可得 eq \f(1,U) ＝ eq \f(1,E) ＋ eq \f(Sr,Eρ) · eq \f(1,L)
同理，对于电路图(b)，有
eq \f(1,U) ＝ eq \f(1,E) ＋ eq \f(S(r＋R0),Eρ) · eq \f(1,L)
可知图线的纵轴截距b＝ eq \f(1,E) ，解得E＝ eq \f(1,b) 。
(3)由题意可知k1＝ eq \f(Sr,Eρ) ，k2＝ eq \f(S(r＋R0),Eρ) 又 eq \f(k2,k1) ＝n
联立解得r＝ eq \f(R0,n－1) 。
答案：(1)A (2) eq \f(1,b) (3) eq \f(R0,n－1)
命题点4 观察电容器的充、放电现象
5．(2024·广西卷，T12)某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器，电源E(电动势6 V，内阻不计)，电阻R1＝400.0 Ω，电阻R2＝200.0 Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下：

(1)断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5 000 Hz，则采样周期为________s。
(2)闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I－t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为________mA(结果保留3位有效数字)。
(3)保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为________V。
(4)实验得到放电过程的I－t曲线如图丙，I－t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.018 8 C，则电容器的电容C为________μF。图丙中I－t曲线与横坐标、直线t＝1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C，则t＝1 s时电容器两极板间电压为
_______________________________________________
______________________________V(结果保留2位有效数字)。
解析：(1)采样周期T＝ eq \f(1,f) ＝ eq \f(1,5 000) s。
(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。
(3)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压UC＝ eq \f(E,R1＋R2) ·R2＝2 V。
(4)充电结束后电容器两端电压UC′＝E＝6 V，故可得ΔQ＝(UC′－UC)C＝0.018 8 C
解得C＝4.7×103 μF
设t＝1 s时电容器两极板间电压为UC″，得(UC′－UC″)C＝0.003 8 C
代入数值解得UC″≈5.2 V。
答案：(1) eq \f(1,5 000) (2)15.0 (3)2
(4)4.7×103 5.2
命题点5 利用传感器制作简单的自动控制装置
6.(2024·广东卷，T12)某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动跟踪系统，制作光源跟踪演示装置，实现太阳能电池板方向的调整，使电池板正对光源。图甲是光照方向检测电路。所用器材有：电源E(电动势3 V)；电压表V1和V2(量程均有3 V和15 V，内阻均可视为无穷大)；滑动变阻器R；两个相同的光敏电阻RG1和RG2；开关S；手电筒；导线若干。图乙是实物图。图中电池板上垂直安装有半透明隔板，隔板两侧装有光敏电阻，电池板固定在电动机转轴上。控制单元与检测电路的连接未画出。控制单元对光照方向检测电路无影响。请完成下列实验操作和判断。
(1)电路连接。
图乙中已正确连接了部分电路，请完成虚线框中滑动变阻器R、电源E、开关S和电压表间的实物图连线。
(2)光敏电阻阻值与光照强度关系测试。
①将图甲中R的滑片置于________端。用手电筒的光斜照射到RG1和RG2，使RG1表面的光照强度比RG2表面的小。
②闭合S，将R的滑片缓慢滑到某一位置。V1的示数如图丙所示，读数U1为________V，U2的示数为1.17 V。由此可知，表面光照强度较小的光敏电阻的阻值________(选填“较大”或“较小”)。
③断开S。
(3)光源跟踪测试。
①将手电筒的光从电池板上方斜照射RG1和RG2。
②闭合S，并启动控制单元。控制单元检测并比较两光敏电阻的电压，控制电动机转动。此时两电压表的示数U1
题型四 练习使用多用电表
某实验小组欲制作一个两挡位(“×1”和“×10”)的欧姆表，使用的实验器材如下：
A．电流表G(满偏电流Ig＝1 mA，内阻Rg＝180 Ω)
B．定值电阻R0(阻值为2 Ω)
C．定值电阻R1(阻值为18 Ω)
D．滑动变阻器R2(最大阻值为1 000 Ω)
E．电源(电动势为9 V)
F．单刀双掷开关S
G．红、黑表笔及导线若干
其内部结构如图所示，回答下列问题。
(1)图中A接________(选填“红”或“黑”)表笔。
(2)将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为________(选填“×1”或“×10”)。
(3)现用该欧姆表测量一未知电阻Rx，选用“×10”挡位并欧姆调零后，将电阻Rx接在A、B之间，发现电流表几乎满偏，断开电路并将“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R2的滑片________(选填“向上”或“向下”)移动，使电流表满偏，再次将电阻Rx接在A、B之间，稳定后电流表G的指针对准刻度盘上的0.6 mA处，则未知电阻Rx＝________Ω。
[解析] (1)根据电流方向“红入黑出”，可知A接黑表笔。
(2)开关接1时，R0与R1串联后和电流表并联，三者总电阻R＝ eq \f((R0＋R1)Rg,R0＋R1＋Rg) ＝ eq \f((2＋18)×180,2＋18＋180) Ω＝18 Ω，开关接2时，R1与电流表串联后和R0并联，三者总电阻R′＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1＋Rg))R0,R1＋Rg＋R0) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(18＋180))×2,18＋180＋2) Ω＝1.98 Ω，欧姆表的倍率大的挡位内阻大，所以将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为“×10”。
(3)由“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，即增大电流表中的电流，应减小滑动变阻器R2接入电路中的阻值，滑片向下，使电流表满偏。把挡位调到“×1”，将两表笔短接欧姆调零后，设欧姆表的内阻为R内，根据电路图，此时电流表满偏，电路的干路电流为Ig＋I1，根据欧姆定律可得I1＝ eq \f(Ig\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Rg＋R1)),R0) ＝ eq \f(10－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(180＋18)),2) A＝9.9×10－2 A，根据闭合电路欧姆定律有Ig＋I1＝ eq \f(E,R内) ，解得R内＝ eq \f(E,Ig＋I1) ＝ eq \f(9,10－3＋9.9×10－2) Ω＝90 Ω，把两表笔与待测电阻相接时，干路电流为I2＋I3＝0.6 mA＋I3，则I3＝ eq \f(I2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Rg＋R1)),R0) ＝ eq \f(0.6×10－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(180＋18)),2) A＝5.94×10－2 A，其中根据闭合电路欧姆定律可得I2＋I3＝ eq \f(E,R内＋Rx) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.6＋59.4)) ×10－3 A＝6×10－2 A，解得Rx＝ eq \f(E,6×10－2 A) －R内＝60 Ω。
[答案] (1)黑 (2)×10 (3)向下 60
题型五 用传感器观察电容器的充、放电过程
(2023·山东卷，T14)电容储能已经在电动汽车、风(光)发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C(额定电压10 V，电容标识不清)；
电源E(电动势12 V，内阻不计)；
电阻箱R1(阻值0～99 999.9 Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值20 Ω，额定电流2 A)；
电压表V(量程0～15 V，内阻很大)；
发光二极管D1、D2，开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干。
回答下列问题：
(1)按照图甲连接电路，闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向________(选填“a”或“b”)端滑动。
(2)调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为__________V(保留1位小数)。
(3)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0 V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I－t图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为________C(结果保留2位有效数字)。
(4)本电路中所使用电容器的电容约为
_______________________________F(结果保留2位有效数字)。
(5)电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管________(选填“D1”或“D2”)闪光。
[解析] (1)滑动变阻器分压式接法，故向b端滑动充电电压升高。
(2)量程0～15 V，每个小格表示0.5 V，估读到最小刻度的当位，故示数为6.5 V。
(3)I－t图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，由题图丙可知共有37个小格，故电容器存储的电荷量为3.7×10－3 C。
(4)由电容的定义式C＝ eq \f(q,U) 得C≈4.6×10－4 F。
(5)开关S2掷向2，电容器放电，故D1闪光。
[答案] (1)b (2)6.5 (3)3.7×10－3 (4)4.6×10－4 (5)D1
题型六 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。
图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据见下表：
请回答下列问题：
(1)在图乙中，应将A、B分别与________(选填“a、b”或“c、d”)连接。
(2)根据表中数据得出的实验结论：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于________________。
(3)在实验序号为2的测量中，若把图丙中的可动铁芯取走，副线圈匝数n2＝200，则副线圈两端电压________(填正确答案标号)。
A．一定小于4.0 V B．一定等于4.0 V
C．一定大于4.0 V
[解析] (1)在“探究变压器线圈两端电压与匝数关系”的实验中，原线圈两端应接入交变电流，故应将A、B分别与c、d连接。
(2)根据表中数据可得，在实验误差允许范围内 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) ， eq \f(U1,U3) ＝ eq \f(n1,n3) ，即在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。
(3)若把题图丙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0 V。
[答案] (1)c、d (2)两个线圈的匝数之比 (3)A
1．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________(选填“A”或“B”)接法。
(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________(选填“变大”“变小”或“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，则______(选填“甲”“乙”或“丙”)同学的实验结果有误。
(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________(填字母)。
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
解析：(1)由题图可知，A为直流接法，B为交流接法，而要探究变压器的原理则必须使用交变电压，只有变化的电流才能产生变化的磁场，故选B。
(2)将线圈直接接入交变电源，则线圈中就会产生周期性变化的磁场，而将另一接了电压表的线圈逐渐靠近接入电源中的线圈时，接了电压表的线圈中的磁通量就会发生变化，根据法拉第电磁感应定律E＝n eq \f(ΔΦ,Δt) ＝nS eq \f(ΔB,Δt) 可知，越靠近通电线圈，接了电压表的线圈所处的磁场就越强，产生的感应电动势就越大，因此可知电压表的读数将变大。
(3)根据变压器原、副线圈匝数与电压的关系 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) 可得U2＝ eq \f(U1n2,n1) ，则可知，在原、副线圈匝数比一定的情况下，副线圈中的电压与原线圈中的电压成正比，图像为过原点的倾斜直线；而当原线圈的匝数以及原线圈中的电压一定时，副线圈中的电压与副线圈的匝数成正比，图像为过原点的一条倾斜直线；若原线圈中的电压与副线圈的匝数一定时，副线圈中的电压与原线圈的匝数成反比，即副线圈中的电压与原线圈匝数倒数的图像为一条过原点的倾斜直线，因此实验结果有误的为乙。
(4)由表中数据可知，原、副线圈的匝数比小于原、副线圈中的电压之比，即有电能的损失，变压器不会改变电压的频率，故A错误；根据电流的热效应可知，当有电流通过线圈时，线圈会发热，从而造成电能的损失，俗称铜损，故B正确；铁芯在交变磁场中会产生涡流，而根据电流的热效应可知铁芯会发热，从而造成电能的损失，俗称铁损，故C正确；因为铁芯对磁场的约束不严密，因此，穿过副线圈的磁通量一定小于原线圈的磁通量，即磁通量有损失，俗称磁损，故D错误。
答案：(1)B (2)变大 (3)乙 (4)BC
2．一种双量程电流表内部各元件的连接图如图(a)所示。
(1)这种电流表“3 A”量程的内阻________(选填“大于”或“小于”)0.22 Ω。
(2)某同学用多用电表的欧姆挡检测这种电流表，选择“×10”挡，欧姆调零后将红、黑表笔分别接到电流表的“－”“0.6 A”接线柱，指针指示如图(b)，示数为________Ω，保持黑表笔不动，将红表笔从“－”接线柱移到“3 A”接线柱，示数几乎与图(b)相同，由此可知电流表内部阻值为0.88 Ω的电阻发生________(选填“断路”或“短路”)故障。
(3)由于0.88 Ω的故障电阻阻值较小，该同学设想用如图(c)所示的电路测得一段阻值为4.40 Ω的电阻丝，再将它分成等长的5段，用其中一段替代。实验时移动小金属夹P到电阻丝的某位置时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和1.30 V，接下来应将P向________(选填“左”或“右”)移动。
(4)用电阻丝替代故障电阻后，若电阻丝实际接入电路的阻值略小于标准值，则会导致用该电流表“0.6 A”量程测电流时的测量值________(选填“偏大”或“偏小”)。
解析：(1)根据并联电路的总电阻小于各支路最小电阻及题图(a)可知电流表接“3 A”的量程时，电流表的内阻为电路的总电阻，小于支路的电阻0.22 Ω。
(2)欧姆表表盘10～15之间有5格，每小格代表1 Ω，据读数规则，要读到下一位，且倍率为“×10”，故读数为14.0×10 Ω＝140 Ω；根据欧姆表电流流向“红进黑出”，由题图(a)可知，140 Ω为接线柱中间两电阻10 Ω、130 Ω之和，说明此时10 Ω、130 Ω两电阻并未与0.22 Ω、0.88 Ω两电阻并联；保持黑表笔不动，将红表笔从“－”接线柱移到“3 A”接线柱，示数几乎与题图(b)相同，说明更换接线柱后，电流表总电阻的阻值几乎未发生变化，故可推知电流表内部10 Ω、130 Ω与0.22 Ω串联，阻值为0.88 Ω的电阻发生断路，若短路则欧姆表示数应为0。
(3)由示数U＝1.30 V，I＝0.50 A，可得R＝ eq \f(U,I) ＝2.6 Ω