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高考物理考前冲刺押题预测 电学实验
一．选择题（共10小题）
1．（2025 太原开学）如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为100Ω，下列说法正确的是（　　）
A．由甲图可知，该表头满偏电流Ig＝2mA
B．甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为10V
C．乙图中，R2＝10Ω
D．乙图中R1＝5Ω，R2＝45Ω
2．（2024秋 西城区期末）利用如图电路测量电池的电动势E和内阻r时，通过调节电阻箱R的阻值，记录相应电流表示数I，根据U＝IR算出相应路端电压值。若利用U﹣I图像分析由电流表内电阻引起的实验误差，在如图中，实线是根据实验数据（U＝IR）描点作图得到的U﹣I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U﹣I图像（没有电流表内电阻影响的理想情况）。下列图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024秋 济南期末）某实验小组采用多用电表的欧姆挡来测量某电压表的内阻，下列操作正确的是（　　）
A．测量前将两表笔短接进行机械调零
B．测量时将多用电表的红表笔与电压表的正接线柱相连，黑表笔与负接线柱相连
C．选择倍率“×10”挡时，发现指针偏转角度过小，应该更换倍率“×100”挡
D．换挡后无需欧姆调零直接将两表笔与电压表相连进行内阻的测量
4．（2024秋 西城区期末）如图所示电路中，电源电动势为6V。电路元件均正常，开关S处于断开状态，用多用电表的10V直流电压挡的红表笔始终连接在A点，用黑表笔依次接触电路中的B、C、D、E各点，依次对应的示数正确的是（　　）
A．0V、0V、0V、0V B．6V、6V、6V、0V
C．0V、0V、0V、6V D．6V、6V、6V、6V
5．（2025 海安市开学）某同学应用多用电表测量二极管的正向电阻，下列连接方式中正确的是（　　）
A．B． C．D．
6．（2024秋 泉州期末）小明同学用欧姆表测电阻，选择开关置于“×100”挡时，表针停在图中的100与500之间的中间位置上。为了使测量结果比较精确，下列操作正确的是（　　）
A．换“×1k”挡，需重新进行欧姆调零
B．换“×10”挡，需重新进行欧姆调零
C．无需换挡，直接读数并乘上100即可
D．选择任意挡都行，都需进行欧姆调零
7．（2024秋 南山区期末）图甲为用电流传感器在计算机上观察电容器充、放电现象的电路图，U表示电源，R表示电阻，C表示电容器，将开关S分别拨到a、b两触点，得到充、放电过程中电路中的电流I与时间t的关系图像如图乙所示，以下说法正确的是（　　）
A．t1～t2时间内，电路中的电流逐渐减少，因此电容器在放电
B．t2～t3时间内，电容器极板所带的电荷量减少为零，电容器在放电
C．在t轴上方和t轴下方，I﹣t图线与t轴围成的图形“面积”相等
D．t3时刻，对应甲图中的S拨到a触点，电容器开始充电
8．（2024秋 福州期末）一平行板电容器充放电电路如图甲所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。实验中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．充电过程中，电容器两极板间的电势差减小
B．放电过程中，流过电阻R的电流方向由N到M
C．仅增大电阻R，充电过程I﹣t图中图线与坐标轴所围的面积不变
D．放电时I﹣t图中图线与坐标轴所围的面积约为40个小方格，则电容器释放的电荷量约为0.8C
9．（2024秋 五华区校级期末）如图甲所示，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关进行连接。该电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从右接线柱流入电流表时，指针向右偏转。其中A线圈绕法如图乙所示，B线圈绕法如图丙所示。开关闭合，线圈A放在线圈B中。下列说法正确的是（　　）
A．断开开关的瞬间，电流表指针将向右偏转
B．将线圈A从线圈B中拔出时，电流表指针将向右偏转
C．当滑动变阻器的滑片向左加速滑动时，电流表指针将向右偏转
D．当滑动变阻器的滑片向左匀速滑动时，电流表指针不发生偏转
10．（2024秋 济宁期末）如图所示，某同学利用灵敏电流计和定值电阻进行电表改装。若灵敏电流计的内阻为Rg，并联电阻为R，下列说法正确的是（　　）
A．该图是改装后电压表的内部结构图
B．改装后的电表量程是原来的倍
C．增大R的阻值，改装后电表量程会增大
D．若改装后的电表示数比准确值稍小一些，可以更换一个阻值稍大的并联电阻
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 莱州市校级开学）如图所示，图1、图2是伏安法测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。下列分析正确的是（　　）
A．采用图1的方法，引起系统误差的原因是电压表的分流作用；采用图2的方法，引起系统误差的原因是电流表的分压作用
B．图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线
C．图4是用图2电路处理的结果，其中图线③表示测量图线，图线④表示真实图线
D．图3和图4结合处理实验数据，可以消除因电表不理想而引起的系统误差
（多选）12．（2024秋 太原期末）如图为某多用电表欧姆挡（×100挡）的内部电路示意图。电池电动势为1.5V、内阻为1Ω，电流表G满偏电流为0.6mA、内阻为10Ω，滑动变阻器R0阻值为0～10kΩ。下列说法正确的是（　　）
A．该表盘中间刻度数字为15
B．左侧表笔为红色，右侧表笔为黑色
C．若指针指在表盘满偏刻度的处，所测电阻的阻值为1250Ω
D．若电池电动势不变、内阻增大，欧姆调零后测量结果比真实值偏小
（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．（2024秋 越秀区校级期中）在下面四种方案中，电压表V1的内阻r1为已知，电流表A及电压表V2的内阻均未知。从理论上分析，因电表内阻的不确定而导致不能准确测量电阻Rx阻值的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）15．（2023秋 广东期末）“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，一手持式封口机如图所示，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔快速发热，熔化覆盖在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是（　　）
A．封口材料可用木质材料来代替铝箔
B．该封口机的电源是恒定电流
C．封口过程中若温度过低，可适当增大所通电流的频率来解决
D．该封口机不适用于金属容器封口
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 上海校级月考）（1）有一蓄电池，当从负极向正极移动1C电荷时，非静电力做功2J，该蓄电池的电动势是 　 　V；用此蓄电池给一个小灯泡供电，供电电流是0.2A，若供电10min，非静电力做功为 　 　J。
（2）一家庭使用的电热毯的电阻阻值为660Ω，当电热毯接入220V的电压时，电热毯在30s内产生的焦耳热为（ 　 　）
A．220J
B．660J
C．6600J
D．2200J
（3）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器R的滑片P从a端移到b端的过程中，两电表的示数变化情况是（ 　 　）
A．电流表的示数先增大后减小，电压表的示数增大
B．电流表的示数先减小后增大，电压表的示数增大
C．电压表的示数先增大后减小，电流表的示数减小
D．电压表的示数先减小后增大，电流表的示数减小
（4）三个阻值相同的电阻R，额定功率均为10W。接入如图电路，改变电压U，使各电阻实际功率均不超过额定功率，则三电阻最大总功率为（ 　 　）
A．30W
B．20W
C．15W
D．10W
（5）网络上有使用干电池及电阻丝制作的泡沫塑料切割器售卖，它将4节干电池串联在一起，然后直接连接在电阻丝两端。已知电阻丝的电阻约为2.5Ω，每节干电池的电动势约为1.5V，内电阻约为0.3Ω。求电路接通后，电阻丝上的热功率约为 　 　W（结果保留三位有效数字）。
（6）如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图像，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下列说法正确的是（ 　 　）
A．阴影部分的面积表示电源输出功率
B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率
C．当满足α＝β时，电源效率最高
D．当满足α＝β时，电源效率小于50%
（7）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知（ 　 　）
A．反映Pr变化的图线是c
B．电源电动势为8V
C．电源内阻为2Ω
D．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω
（8）粗细均匀的金属环上A、B、C、D四点把其周长分成四等分，如图所示，当A、B点接入电路中时，电源内阻不计，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为 　 　。
（9）小王同学用如图1所示电路测干电池的电动势和内电阻。多次改变电路中的外电阻R，得到如图（2）所示U﹣I图线。
①由图2可得干电池的电动势为 　 　V，干电池的内电阻为 　 　Ω；
②现有一小灯泡，其U﹣I特性曲线如图3所示，当通过小灯泡的电流为0.3A时，小灯泡的电阻为 　 　Ω；若将此小灯泡直接接在上述干电池两端，则小灯泡的实际功率是 　 　W。
③做完以上实验后，小王同学又按图4电路进行实验，通过电流传感器测量不同阻值下的电流，画出图线也可以求得电源的电动势E和内电阻r。请写出小王同学所作图像的函数关系 　 　。
17．（2024秋 上海校级月考）（1）如图所示为某电学元器件的伏安特性曲线，图中虚线为曲线上P点的切线。随着该元件两端电压的增大，其电阻逐渐 　 　（选填“增大”或“减小”）；当通过该元器件的电流为0.4A时，该元器件的阻值为 　 　Ω。
（2）某同学将待测量的金属丝单层缠绕在圆柱形铅笔上，测得N圈的电阻丝宽为d，电阻丝的总阻值为R，总长度为L，则该电阻丝的电阻率ρ＝ 　 　。
（3）两根材料相同的均匀导线a和b，a长为l，b长为3l，串联在电路中时沿长度方向的电势随位置变化的规律如图，则导线a和b的横截面积之比为（ 　 　）
A．1：9
B．9：1
C．1：4
D．4：1
（4）下图游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为 　 　mm和 　 　mm。
18．（2024秋 房山区期末）电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为C的电容器（原来不带电）充电，如图1所示，已知电源的电动势为E。
（1）图2中画出了电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像，在图中取电荷量的微小变化量Δq，请类比直线运动中由v﹣t图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为U时电容器储存的电能Ep。
（2）请结合电动势的定义，求电容器充满电过程中电源内部非静电力所做的功W；并与充满电过程中电容器增加的电能ΔEp相比较。
（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度ρ。某同学猜想ρ应当与该处的场强E场的平方成正比，即。已知平行板电容器的电容，s为两极板的正对面积，d为极板间距，k为常数，两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。
请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。
19．（2024秋 青浦区校级期末）充电宝，又称为移动电源，是一种集供电和充电功能于一体的便携式充电器，可以随时随地给手机等数码设备充电或待机供电，相当于一个备用电池。
（1）为保证人民的生命财产安全，机场规定“严禁携带额定能量超过160W h的充电宝搭乘飞机”，160W h的能量最接近 　 　。
A.一个铅球从教室课桌落至地面时所具有的动能
B.一位80kg的同学从1m高的田坎跳下时减少的重力势能
C.一辆轿车在高速路上正常行驶时的动能
D.一部手机待机一天所消耗的电能
（2）某手机电池背面印有的一些符号如图所示，则下列说法正确的是 　 　。
A.“mA h”（毫安 时）是电池储存的能量的单位
B.“V”（伏特）是国际单位制中的基本单位
C.若该手机的待机电流为10mA，则手机最多可待机100h
D.若该电池工作电流为16mA，则每秒内定向通过电源的电子个数为1×1017个
（3）电阻R1、R2按图示方法接入电压恒定的手机充电宝上，闭合开关后保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R1消耗的功率P1的说法正确的是 　 　。
A、R2增大，P1增大
B、R2增大，P1减小
C、R2减小，P1减小
D、R2减小，P1不变
（4）用输出电压为1.4V、输出电流为100mA的充电宝对内阻为2Ω的电池充电。充电时，电池消耗的热功率为 　 　W，电能转化为化学能的功率为 　 　W。
（5）“用DIS测量充电宝的电动势和内阻”的实验电路如图甲所示。
①图中A、B分别为 　 　传感器和 　 　传感器（选填“电流”或“电压”）。闭合开关前，滑动变阻器的滑动头P应置于 　 　端（选填“a”或“b”）。
②闭合开关后，调节滑动变阻器，测得两个电表的多组数据，作出的U﹣I图像如图乙所示。根据图像可求出该充电宝的电动势E＝ 　 　V，内阻r＝ 　 　Ω（结果均保留两位小数）。
20．（2024秋 广州期末）图甲为太阳能山地车尾灯，其内部为一组镍氢电池组充电的光伏板，该光伏板受到阳光照射时，将太阳能转化为镍氢电池中的电能。某同学想测量该光伏板的电动势（约为4V）和内阻，他从实验室借到了以下器材：电压表V（量程0 3V，内阻为3kΩ），毫安表A（量程0 100mA，内阻很小），滑动变阻器R（0 500Ω），定值电阻R1＝3kΩ，定值电阻R2＝12kΩ，开关、导线若干。图乙为该同学设计测量的电路：
（1）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移到 　 　（填“a”或“b”）端。闭合开关后，调节滑动变阻器，测得多组数据，某次电压表的示数如图丙所示，则这时电路中的电压为 　 　V。
（2）为了精确测量电路电压，则与电压表串联的定值电阻为 　 　（选填“R1”或“R2”）。
（3）给光伏板一定的光照进行实验，将电压表的读数记为U，毫安表的读数记为I，通过改变滑动变阻器的阻值，测得多组U、I值，根据记录的实验数据做出U﹣I图像如图丁所示，通过图像可得光伏板的电动势E＝ 　 　V，图中AB为线性段，此阶段光伏板的内阻r＝ 　 　Ω。（结果均保留2位小数）
（4）由于电压表分流，实验中测量出的电动势比真实值 　 　（填“大”、“小”或“不变”）。
高考物理考前冲刺押题预测 电学实验
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 太原开学）如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻为100Ω，下列说法正确的是（　　）
A．由甲图可知，该表头满偏电流Ig＝2mA
B．甲图是改装成的双量程电压表，其中b量程为10V
C．乙图中，R2＝10Ω
D．乙图中R1＝5Ω，R2＝45Ω
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】AB.根据欧姆定律和串联电路的特点求解作答；
CD.根据并联电路的特点和欧姆定律求解作答。
【解答】解：AB．甲图中，根据欧姆定律
根据串联电路的特点和欧姆定律，b的量程为
故AB错误；
CD．当改装表的量程为I1＝10mA＝0.01A电流表时，根据并联电路的特点和欧姆定律IgRg＝（I1﹣Ig）（R1+R2）
当改装表的量程为I2＝100mA＝0.1A电流表时，根据并联电路的特点和欧姆定律Ig（Rg+R2）＝（I2﹣Ig）R1
代入数据联立解得，R2＝10Ω，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了电压表和电流表的改装，要明确其改装原理，掌握串联、并联电路的特点和欧姆定律时解题的关键。
2．（2024秋 西城区期末）利用如图电路测量电池的电动势E和内阻r时，通过调节电阻箱R的阻值，记录相应电流表示数I，根据U＝IR算出相应路端电压值。若利用U﹣I图像分析由电流表内电阻引起的实验误差，在如图中，实线是根据实验数据（U＝IR）描点作图得到的U﹣I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U﹣I图像（没有电流表内电阻影响的理想情况）。下列图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】C
【分析】根据闭合电路欧姆定律，结合电路结构，分别求出两种情况下U﹣I图像表达式，再进行比较判断。
【解答】解：考虑电流表内阻，由闭合电路的欧姆定律得：E＝I（R+RA+r）＝IR+IRA+Ir＝U+IRA+Ir
整理得：U＝E﹣I（RA+r），图像是实线图像
不考虑电流表内阻影响，由闭合电路的欧姆定律得：E＝I（R+r）＝IR+Ir＝U+Ir
整理得：U＝E﹣Ir，实验图像是虚线图像
图像与纵轴交点表示电动势，U﹣I图像斜率的绝对值表示电源内阻，
由U﹣I表达式可知，电流表内阻对电动势的测量没有影响，即图像纵轴截距相同，
考虑电流表内阻时U﹣I图像的斜率大于不考虑电流表内阻时的斜率，即实线的斜率大于虚线的斜率，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了实验误差分析，应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式即可解题。
3．（2024秋 济南期末）某实验小组采用多用电表的欧姆挡来测量某电压表的内阻，下列操作正确的是（　　）
A．测量前将两表笔短接进行机械调零
B．测量时将多用电表的红表笔与电压表的正接线柱相连，黑表笔与负接线柱相连
C．选择倍率“×10”挡时，发现指针偏转角度过小，应该更换倍率“×100”挡
D．换挡后无需欧姆调零直接将两表笔与电压表相连进行内阻的测量
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】实验题；信息给予题；定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据欧姆表测电阻的正确操作和注意事项分析作答；明确欧姆表的内部电流方向为“黑出红进”。
【解答】解：A.机械调零不需要将红黑表笔短接，故A错误；
B.欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，测量时将多用电表的黑表笔与电压表的正接线柱相连，红表笔与负接线柱相连，故B错误；
C.选择倍率“×10”挡时，发现指针偏转角度过小，说明指针对应示数过大，为了减小误差，应该更换倍率“×100”挡，故C正确；
D.使用欧姆表测电阻，每次换挡后必须重新进行欧姆调零，然后再将两表笔与电压表相连进行内阻的测量，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了用欧姆表测电阻，明确欧姆表的内部电流方向为“黑出红进”，理解欧姆表测电阻每次换挡必须重新调零。
4．（2024秋 西城区期末）如图所示电路中，电源电动势为6V。电路元件均正常，开关S处于断开状态，用多用电表的10V直流电压挡的红表笔始终连接在A点，用黑表笔依次接触电路中的B、C、D、E各点，依次对应的示数正确的是（　　）
A．0V、0V、0V、0V B．6V、6V、6V、0V
C．0V、0V、0V、6V D．6V、6V、6V、6V
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据电源电动势大小，结合原电路的开路状态，分析电压表接在不同位置时对应的示数情况。
【解答】解：电源电动势E＝6V，由于原电路开关断开状态，则电路中不能形成通路，依题意分析可知，AB、AC和AD之间的电势差均等于电源电动势6V，AE之间电源断开，电压表示数为0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查电压表的使用以及电路中的电势差分析，会根据题意进行准确分析解答。
5．（2025 海安市开学）某同学应用多用电表测量二极管的正向电阻，下列连接方式中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】A
【分析】欧姆表的内部电流从黑表笔流出，电流从二极管的正极流入，测量二极管的正向电阻。
【解答】解：AB.欧姆表的内部电源正极接黑表笔，电流从黑表笔流出，电流从二极管的正极流入，测量二极管的正向电阻，故A正确，B错误；
CD.用多用电表测量二极管的正向电阻，二极管不能接电源，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了用多用电表测电阻的正确操作和注意事项。
6．（2024秋 泉州期末）小明同学用欧姆表测电阻，选择开关置于“×100”挡时，表针停在图中的100与500之间的中间位置上。为了使测量结果比较精确，下列操作正确的是（　　）
A．换“×1k”挡，需重新进行欧姆调零
B．换“×10”挡，需重新进行欧姆调零
C．无需换挡，直接读数并乘上100即可
D．选择任意挡都行，都需进行欧姆调零
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】A
【分析】用欧姆表测电阻时，如偏转角过小，说明选取的挡位太小，需换大挡位，使指针尽量指在中间位置，换挡位后要进行欧姆调零。
【解答】解：发现指针指在欧姆挡刻度值为100与500的刻度线附近，偏转角小，说明选取挡位太小，则应换用较大挡位，即选“×1kΩ”挡，换挡位后要进行欧姆调零。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查的是多用电表测电阻时的读数问题，需注意偏转角与挡位的问题。
7．（2024秋 南山区期末）图甲为用电流传感器在计算机上观察电容器充、放电现象的电路图，U表示电源，R表示电阻，C表示电容器，将开关S分别拨到a、b两触点，得到充、放电过程中电路中的电流I与时间t的关系图像如图乙所示，以下说法正确的是（　　）
A．t1～t2时间内，电路中的电流逐渐减少，因此电容器在放电
B．t2～t3时间内，电容器极板所带的电荷量减少为零，电容器在放电
C．在t轴上方和t轴下方，I﹣t图线与t轴围成的图形“面积”相等
D．t3时刻，对应甲图中的S拨到a触点，电容器开始充电
【考点】观察电容器及其充、放电现象．
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据电路特点结合电学图像分析出电容器的状态，同时要理解I﹣t图像中图像和横轴的面积表示电荷量。
【解答】解：A.t1～t2时间内，电路中的电流逐渐减少，电容器在充电，故A错误；
B.t2～t3时间内，电容器极板所带的电荷量减少为零，电容器充电结束，电容器还未开始放电，故B错误；
C.I﹣t图像中，图线与坐标轴围成的面积表示电荷量，电容器充电的电荷量和放电的电荷量相等，因此在t轴上方和t轴下方，I﹣t图线与t轴围成的图形“面积”相等，故C正确。
D.t3时刻，对应甲图中的S拨到a触点，电容器开始放电，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了电容器的动态分析，根据电路结构和电学图像分析出电容器的充电和放电过程，同时要理解I﹣t图像中图像与横轴围成的面积表示电荷量即可。
8．（2024秋 福州期末）一平行板电容器充放电电路如图甲所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。实验中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．充电过程中，电容器两极板间的电势差减小
B．放电过程中，流过电阻R的电流方向由N到M
C．仅增大电阻R，充电过程I﹣t图中图线与坐标轴所围的面积不变
D．放电时I﹣t图中图线与坐标轴所围的面积约为40个小方格，则电容器释放的电荷量约为0.8C
【考点】观察电容器及其充、放电现象．
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．
【答案】C
【分析】A.电容器充电过程中，电容器所带电量Q逐渐增加，根据电容定义式分析电势差的变化；
B.充电过程与电源正极相连的极板带正电荷。根据正电荷定向移动方向判断充放电过程中回路中电流方向；
C.I﹣t图中图线与坐标轴所围的面积表示电荷量，分析电阻R的变化对充电电流的影响，充电时间的影响，然后作答；
D.根据I﹣t图像中的信息求解每个小方格表示的电荷量，然后求解图线围成“面积”表示的电荷量。
【解答】解：A.电容器充电过程中，电容器所带电量Q逐渐增加，根据电容定义式可知，电容器两极板间电势差增加，故A错误；
B.充电时，电容器的左极板与电源正极相连，带正电；电容器放电过程中，流过电阻R的电流方向由M到N，故B错误；
C.I﹣t图中图线与坐标轴所围的面积表示电荷量，仅增大电阻R，电路中的电流变小，充电时间变长，但电容器充电的电荷量不变，因此充电过程I﹣t图中图线与坐标轴所围的面积不变，故C正确；
D.I﹣t图像中，每个小方格表示的电荷量
放电时I﹣t图中图线与坐标轴所围的面积约为40个小方格，则电容器释放的电荷量约
故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电容器充放电问题，要理解I﹣t图线与坐标轴围成的面积表示物理意义；知道电容器充电、放电电流的方向。
9．（2024秋 五华区校级期末）如图甲所示，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关进行连接。该电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从右接线柱流入电流表时，指针向右偏转。其中A线圈绕法如图乙所示，B线圈绕法如图丙所示。开关闭合，线圈A放在线圈B中。下列说法正确的是（　　）
A．断开开关的瞬间，电流表指针将向右偏转
B．将线圈A从线圈B中拔出时，电流表指针将向右偏转
C．当滑动变阻器的滑片向左加速滑动时，电流表指针将向右偏转
D．当滑动变阻器的滑片向左匀速滑动时，电流表指针不发生偏转
【考点】研究电磁感应现象．
【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】当断开开关时，或者将线圈A从线圈B中拔出时，穿过线圈B的磁通量是向上的减少；当滑动变阻器的滑片向左滑动时，变阻器接入电路中的电阻减小，电路中的电流增大，则穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律逐项分析即可。
【解答】解：AB、根据安培定则可以判断线圈A通电时产生的磁场方向是竖直向上，当断开开关时，或者将线圈A从线圈B中拔出时，穿过线圈B的磁通量是向上的减少，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向也是竖直向上，根据安培定则可知线圈B中产生的感应电流方向是从d流出进入电流表，所以电流表指针向左偏转，故AB错误；
CD、当滑动变阻器的滑片向左滑动时，变阻器接入电路中的电阻减小，电路中的电流增大，则穿过线圈B的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向下，根据安培定则可知线圈B中的电流方向从a端流出，进入电流表，则电流表指针将向右偏转，所以与滑片滑动的快慢无关，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了楞次定律的应用，基础题。
10．（2024秋 济宁期末）如图所示，某同学利用灵敏电流计和定值电阻进行电表改装。若灵敏电流计的内阻为Rg，并联电阻为R，下列说法正确的是（　　）
A．该图是改装后电压表的内部结构图
B．改装后的电表量程是原来的倍
C．增大R的阻值，改装后电表量程会增大
D．若改装后的电表示数比准确值稍小一些，可以更换一个阻值稍大的并联电阻
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据电流表的改装原理求量程；改装后的电流表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，可以从增大分流电阻而减小分流效果去分析。
【解答】解：A、电表改装是将电流计与电阻并联，改装后是电流表的内部构造，故A错误；
B、根据串并联电路规律可知，改装后量程为I＝IgIg，变为原来的倍，故B错误；
C、根据并联电路电流与电阻成反比可知，增大R的阻值，改装后电表量程会减小，故C错误；
D、若改装后的电流表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，可以增大分流电阻使其分流少些，从而增大流过表头的电流使其准确，故D正确；
故选：D。
【点评】本题的关键是明确并联电阻具有分流作用，即改装为电流表时，应将电流表与电阻并联。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 莱州市校级开学）如图所示，图1、图2是伏安法测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。下列分析正确的是（　　）
A．采用图1的方法，引起系统误差的原因是电压表的分流作用；采用图2的方法，引起系统误差的原因是电流表的分压作用
B．图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线
C．图4是用图2电路处理的结果，其中图线③表示测量图线，图线④表示真实图线
D．图3和图4结合处理实验数据，可以消除因电表不理想而引起的系统误差
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】ABD
【分析】分析两电路，明确因电表内阻不计而带来的误差情况；明确两种接法中所对应的极限情况，从而找出对应的图线，再根据测量值的误差情况明确真实图象和测量图像。
【解答】解：A．由于电流表和电压表都不是理想电表，则电压表内阻不是无穷大电流表存在内阻，采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，引入系统误差的原因是电流表的分压作用，采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表的读数偏小，引入系统误差的原因是电压表的分流作用，故A正确；
B．采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图1方法中测量图线和真实图线与横轴交点相同，则图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线，故B正确；
C．采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图4是用图2电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量图线，故C错误；
D．利用图3中图线与横轴交点、图4中图线与纵轴交点，连接后可得出真实的图线，可以消除因电表不理想而引起的系统误差，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验误差分析，要注意明确误差来自于电表内阻；将电表视为能测量数值的电阻再利用闭合电路欧姆定律以及串并联电路规律进行分析即可求解；初学者难度稍大，要注意此类题型的训练。
（多选）12．（2024秋 太原期末）如图为某多用电表欧姆挡（×100挡）的内部电路示意图。电池电动势为1.5V、内阻为1Ω，电流表G满偏电流为0.6mA、内阻为10Ω，滑动变阻器R0阻值为0～10kΩ。下列说法正确的是（　　）
A．该表盘中间刻度数字为15
B．左侧表笔为红色，右侧表笔为黑色
C．若指针指在表盘满偏刻度的处，所测电阻的阻值为1250Ω
D．若电池电动势不变、内阻增大，欧姆调零后测量结果比真实值偏小
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据满偏电流计算多用电表内阻，结合欧姆定律分析ACD，根据表笔特点分析B。
【解答】解：A、多用电表的内阻为R'Ω＝2.5×103Ω，多用电表欧姆挡（×100挡），该表盘中间刻度数字为25，故A错误；
B、电流由红表笔入，黑表笔出，则左侧表笔为红色，右侧表笔为黑色，故B正确；
C、根据欧姆定律有I
解得R＝1250Ω
故C正确；
D、若电池电动势不变、内阻增大，欧姆调零后，多用电表内阻不变，测量结果与真实值相等，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查的是欧姆表的使用方法及注意事项、特别是要理解应用闭合电路欧姆定律分析误差的方法。
（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
【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系．
【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】AB
【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．（2024秋 越秀区校级期中）在下面四种方案中，电压表V1的内阻r1为已知，电流表A及电压表V2的内阻均未知。从理论上分析，因电表内阻的不确定而导致不能准确测量电阻Rx阻值的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】伏安法测电阻．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据电压表和电流表内阻是否已知，判断出电压表分流和电流表分压的值能否准确算出，从而判断能不能准确测量电阻。
【解答】解：A.电压表V1的内阻r1为已知，可以求出流过电压表V1的电流，因此可以准确求出通过Rx的电流，电压表V1可以测出Rx两端的电压，因此可以准确测量电阻Rx的阻值，故A错误；
BC.由于电流表A的分压作用，测得流过电阻Rx的电压偏大，导致不能准确测量电阻Rx的阻值，故BC正确；
D.电压表V1的内阻r1为已知，可以求出流过电压表V1的电流即流过Rx的电流，通过两个电压表示数之差可以求出电阻Rx两端的电压，因此可以准确测量电阻Rx的阻值，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了电流表内接、外接，产生的误差分析。
（多选）15．（2023秋 广东期末）“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，一手持式封口机如图所示，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔快速发热，熔化覆盖在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是（　　）
A．封口材料可用木质材料来代替铝箔
B．该封口机的电源是恒定电流
C．封口过程中若温度过低，可适当增大所通电流的频率来解决
D．该封口机不适用于金属容器封口
【考点】研究电磁感应现象．
【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【答案】CD
【分析】根据发生电磁感应的条件和原理分析；交流电的频率越大，产生的感应电动势就越大；如果是金属容器，金属容器同样被熔化。
【解答】解：AB、由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且封口机的电源必须是交流电，故AB错误；
C、封口过程中若温度过低，可适当增大所通电流的频率，从而增大感应电动势，增大感应电流，使温度升高，故C正确；
D、封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了发生电磁感应的条件以及电磁感应的应用，容易题。
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 上海校级月考）（1）有一蓄电池，当从负极向正极移动1C电荷时，非静电力做功2J，该蓄电池的电动势是 　2　V；用此蓄电池给一个小灯泡供电，供电电流是0.2A，若供电10min，非静电力做功为 　240　J。
（2）一家庭使用的电热毯的电阻阻值为660Ω，当电热毯接入220V的电压时，电热毯在30s内产生的焦耳热为（ 　D　）
A．220J
B．660J
C．6600J
D．2200J
（3）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器R的滑片P从a端移到b端的过程中，两电表的示数变化情况是（ 　C　）
A．电流表的示数先增大后减小，电压表的示数增大
B．电流表的示数先减小后增大，电压表的示数增大
C．电压表的示数先增大后减小，电流表的示数减小
D．电压表的示数先减小后增大，电流表的示数减小
（4）三个阻值相同的电阻R，额定功率均为10W。接入如图电路，改变电压U，使各电阻实际功率均不超过额定功率，则三电阻最大总功率为（ 　C　）
A．30W
B．20W
C．15W
D．10W
（5）网络上有使用干电池及电阻丝制作的泡沫塑料切割器售卖，它将4节干电池串联在一起，然后直接连接在电阻丝两端。已知电阻丝的电阻约为2.5Ω，每节干电池的电动势约为1.5V，内电阻约为0.3Ω。求电路接通后，电阻丝上的热功率约为 　6.57　W（结果保留三位有效数字）。
（6）如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图像，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下列说法正确的是（ 　A　）
A．阴影部分的面积表示电源输出功率
B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率
C．当满足α＝β时，电源效率最高
D．当满足α＝β时，电源效率小于50%
（7）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知（ 　ACD　）
A．反映Pr变化的图线是c
B．电源电动势为8V
C．电源内阻为2Ω
D．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω
（8）粗细均匀的金属环上A、B、C、D四点把其周长分成四等分，如图所示，当A、B点接入电路中时，电源内阻不计，圆环消耗的电功率为P；当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为 　　。
（9）小王同学用如图1所示电路测干电池的电动势和内电阻。多次改变电路中的外电阻R，得到如图（2）所示U﹣I图线。
①由图2可得干电池的电动势为 　1.5　V，干电池的内电阻为 　2.0　Ω；
②现有一小灯泡，其U﹣I特性曲线如图3所示，当通过小灯泡的电流为0.3A时，小灯泡的电阻为 　1.0　Ω；若将此小灯泡直接接在上述干电池两端，则小灯泡的实际功率是 　0.27　W。
③做完以上实验后，小王同学又按图4电路进行实验，通过电流传感器测量不同阻值下的电流，画出图线也可以求得电源的电动势E和内电阻r。请写出小王同学所作图像的函数关系 　　。
【考点】测量普通电源的电动势和内阻；电功和电功率的计算；电动势的概念和物理意义；电源内部的电荷移动和能量转化问题．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）2、240；（2）D；（3）C；（4）C；（5）6.57；（6）A；（7）ACD；（8）；（9）①1.5、2；②1.0、0.27；③。
【分析】（1）根据电动势的定义求非静电力做的功；
（2）由焦耳定律和欧姆定律求热量；
（3）根据闭合电路欧姆定律用程序法分析电流表和电压表示数的变化；
（4）根据功率的公式和电路的连接特点求最大功率；
（5）由功率公式和闭合电路欧姆定律等求热功率；
（6）由功率的公式和效率的意义计算；
（7）由电源的总功率、输出功率、热功率的意义结合欧姆定律进行判断；
（8）把圆环分成四段，用比值法，根据连接方式结合功率的公式求圆环消耗的总功率；
（9）根据闭合电路欧姆定律，用图像法的思维解决相关问题。
【解答】解：（1）由题意和电动势的定义可列：V
非静电力做功等于电源消耗的电能；
故非静电力做功：W＝EIt＝2×0.2×10×60J＝240J
（2）电热毯为纯电阻，则根据焦耳定律和欧姆定律可得：
解得电热毯在30s内产生的焦耳：Q＝2200J，故ABC错误，D正确；
故选：D。
（3）AB、滑动变阻器两侧的电阻并联后再与定值电阻R0串联，滑片P从a端移到b端的过程中，滑动变阻器两侧的并联总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流先减小后增加，根据：U＝E﹣Ir
可知，电压表示数先增加后减小，故ab错误；
CD、滑片从a到变阻器中点的过程中，变阻器的电压增大，而滑动变阻器上半部分的电阻减小，通过上半部分的电流增大，而干路电流减小，所以A表的示数减小，滑片从中点到b的过程中，变阻器的电压减小，而下半部分的电阻增大，所以A表的示数减小，可知A表示数一直减小，故D错误，C正确。
故选：C。
（4）由电路图可知，两电阻并联后与第三个电阻并联。
假设额定电流为I，则电路中的电流最大值为I，则有：P＝I2R＝10W
由于并联电路中各支路两端的电压相等，且三电阻的阻值相等，根据欧姆定律可知，通过并联部分两电阻的电流均为：
则AB间允许消耗的最大功率：P′＝I2R+2×I′2R
解得：P′＝15W，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（5）根据电功率的计算公式和欧姆定律有：P＝I2R＝（）2R＝（）2×2.5W＝6.75W
（6）AB、阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积，为电源的输出功率，故A正确，B错误。
CD、当满足α＝β时，内外阻相等，电源的效率为：50%，不是最大，故CD错误。
故选：A。
（7）A、电源内部的发热功率：Pr＝I2r，所以Pr﹣I图线是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c，故A正确；
B、直流电源的总功率：PE＝EI，反映PE变化的图线是a，a图线的斜率等于电动势E，则有：V＝4V
故B错误；
C、图中I＝2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有：Pr＝I2r
得到：r＝2Ω，故C正确；
D、当电流I′＝0.5A时，根据闭合电路欧姆定律：
得到电阻：R＝6Ω，故D正确。
故选：ACD。
（8）设电源的电动势为E，金属环四等份的每一等分的电阻为R，则当A、B点接入电路中时总电阻：R1＝R
当A、D点接入电路中时总电阻：
由功率公式：
得到：P′：P＝R1：R2
所以：
（9）1.5 2 1.0 0.27
①根据闭合电路欧姆定律可知：U＝E﹣Ir
则由图2所示图像可知，纵截距等于电源电动势：E＝1.5V
斜率的绝对值等于电源内阻：
②由图像可知，灯泡与该干电池组成串联电路时，灯泡电路电流I＝0.3A，两端电压U＝0.3V，则根据欧姆定律可知：
在图3中作出电源的伏安特性曲线，由图可知
电压为0.6V，电流为0.45A，则灯泡实际功率：P＝U′I′＝0.27W
③根据闭合电路欧姆定律可知：E＝I（R+r）
解得：
故答案为：（1）2、240；（2）D；（3）C；（4）C；（5）6.57；（6）A；（7）ACD；（8）；（9）①1.5、2；②1.0、0.27；③。
【点评】本题是闭合电路欧姆定律的应用，理解定律各字母所表示的含义，识别电路的连接方式是解决问题的前提。
17．（2024秋 上海校级月考）（1）如图所示为某电学元器件的伏安特性曲线，图中虚线为曲线上P点的切线。随着该元件两端电压的增大，其电阻逐渐 　增大　（选填“增大”或“减小”）；当通过该元器件的电流为0.4A时，该元器件的阻值为 　100　Ω。
（2）某同学将待测量的金属丝单层缠绕在圆柱形铅笔上，测得N圈的电阻丝宽为d，电阻丝的总阻值为R，总长度为L，则该电阻丝的电阻率ρ＝ 　　。
（3）两根材料相同的均匀导线a和b，a长为l，b长为3l，串联在电路中时沿长度方向的电势随位置变化的规律如图，则导线a和b的横截面积之比为（ 　A　）
A．1：9
B．9：1
C．1：4
D．4：1
（4）下图游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为 　23.7　mm和 　6.726　mm。
【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；游标卡尺的使用与读数；螺旋测微器的使用与读数；导体电阻率的测量．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）增大，100；（2）；（3）A；（4）23.7，6.726。
【分析】（1）根据图像的斜率判断，根据欧姆定律计算；
（2）根据电阻定律和几何知识推导；
（3）根据图像的电阻定律计算判断；
（4）先确定游标卡尺的最小分度值再读数，螺旋测微器的读数等于固定刻度和可动刻度的读数之和。
【解答】解：（1）随着该元件两端电压的增大，图像上的点与原点连线的斜率变大，则其电阻逐渐增大；
当通过该元器件的电流为0.4A时，该元器件的阻值为
（2）根据
其中
解得
（3）由图像可知，两导体两端电压之比为
两导体电流相等，则电阻之比
根据
可得
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（4）游标卡尺的最小分度值为0.1mm，则读数为：23mm+0.1mm×7＝23.7mm
螺旋测微器读数为：6.5mm+0.01mm×22.6＝6.726mm。
故答案为：（1）增大，100；（2）；（3）A；（4）23.7，6.726。
【点评】本题关键掌握伏安特性曲线特点、测量金属电阻丝电阻率的实验原理和游标卡尺、螺旋测微器的读数方法。
18．（2024秋 房山区期末）电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为C的电容器（原来不带电）充电，如图1所示，已知电源的电动势为E。
（1）图2中画出了电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像，在图中取电荷量的微小变化量Δq，请类比直线运动中由v﹣t图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为U时电容器储存的电能Ep。
（2）请结合电动势的定义，求电容器充满电过程中电源内部非静电力所做的功W；并与充满电过程中电容器增加的电能ΔEp相比较。
（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度ρ。某同学猜想ρ应当与该处的场强E场的平方成正比，即。已知平行板电容器的电容，s为两极板的正对面积，d为极板间距，k为常数，两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。
请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。
【考点】观察电容器及其充、放电现象；电容的概念、单位与物理意义．
【专题】计算题；定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】（1）图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义为电容器所储存的电能，电容器电压为U时电容器储存的电能Ep为；
（2）电容器充满电过程中电源内部非静电力所做的功W为CE2，W与ΔEp不相等。
（3）该同学的猜想正确，理由见解析。
【分析】（1）根据几何知识求出图中小阴影矩形的“面积”表达式，再分析“面积”的物理意义，进一步计算电容器电压为U时电容器储存的电能Ep。
（2）充电完成后，其电压U＝E，电容器上电荷量为Q＝CE，电源非静电力所做的功为W＝QE。结合电容器储存的电能Ep表达式，来比较W与ΔEp是否相等。
（3）根据电容的定义式、电容的决定式、以及电场能量密度ρ表达式推导出电场能量密度ρ与板间电场的场强关系，判断该同学的猜想是否正确。
【解答】解：（1）图中小阴影矩形的“面积”为ΔW＝Δq ui，表示电源把Δq的电荷从电容器的一个极板搬运到另一个极板的过程中克服电场力所做的功，也表示有ΔW的电源能量转化成了电能储存在电容器中。
因此电容器电压为U时，对应的图线和横轴所围成的“面积”表示电容器所储存的电能Ep，故EpQU CU U。
（2）充电完成后，电容器板间电压U＝E，电容器上电荷量为Q＝CE
电源非静电力所做的功为W＝QE＝CE2
电容器增加的电能
显然，，故W与ΔEp不相等。
（3）设平行板电容器的电荷量为Q，两极板间的电压为U，板间电场的场强为E场，
则有，C，，得：
所以，该同学的猜想正确。
答：（1）图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义为电容器所储存的电能，电容器电压为U时电容器储存的电能Ep为；
（2）电容器充满电过程中电源内部非静电力所做的功W为CE2，W与ΔEp不相等。
（3）该同学的猜想正确，理由见解析。
【点评】本题主要考查电容的计算公式，要能够根据类比法推导电容储存电能的计算公式和运算方法，能够根据题干信息计算球形电容器所具有的电势能Ep的表达式以及电容的大小。
19．（2024秋 青浦区校级期末）充电宝，又称为移动电源，是一种集供电和充电功能于一体的便携式充电器，可以随时随地给手机等数码设备充电或待机供电，相当于一个备用电池。
（1）为保证人民的生命财产安全，机场规定“严禁携带额定能量超过160W h的充电宝搭乘飞机”，160W h的能量最接近 　C　。
A.一个铅球从教室课桌落至地面时所具有的动能
B.一位80kg的同学从1m高的田坎跳下时减少的重力势能
C.一辆轿车在高速路上正常行驶时的动能
D.一部手机待机一天所消耗的电能
（2）某手机电池背面印有的一些符号如图所示，则下列说法正确的是 　D　。
A.“mA h”（毫安 时）是电池储存的能量的单位
B.“V”（伏特）是国际单位制中的基本单位
C.若该手机的待机电流为10mA，则手机最多可待机100h
D.若该电池工作电流为16mA，则每秒内定向通过电源的电子个数为1×1017个
（3）电阻R1、R2按图示方法接入电压恒定的手机充电宝上，闭合开关后保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R1消耗的功率P1的说法正确的是 　B　。
A、R2增大，P1增大
B、R2增大，P1减小
C、R2减小，P1减小
D、R2减小，P1不变
（4）用输出电压为1.4V、输出电流为100mA的充电宝对内阻为2Ω的电池充电。充电时，电池消耗的热功率为 　0.02　W，电能转化为化学能的功率为 　0.12　W。
（5）“用DIS测量充电宝的电动势和内阻”的实验电路如图甲所示。
①图中A、B分别为 　电流　传感器和 　电压　传感器（选填“电流”或“电压”）。闭合开关前，滑动变阻器的滑动头P应置于 　a　端（选填“a”或“b”）。
②闭合开关后，调节滑动变阻器，测得两个电表的多组数据，作出的U﹣I图像如图乙所示。根据图像可求出该充电宝的电动势E＝ 　1.48　V，内阻r＝ 　1.29　Ω（结果均保留两位小数）。
【考点】测量普通电源的电动势和内阻；常见的电源种类及参数问题．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）C；（2）D；（3）B；（4）0.02；0.12；（5）电流；电压；a；1.48；1.29
【分析】（1）根据W＝Pt计算充电宝能量，逐个判断与之相近的能量；
（2）根据“毫安时”的意义判断；明确伏特是导出单位，根据q＝It求出待机时间；根据电流的定义和元电荷的定义求出通过的电子个数；
（3）R1是定值电阻，根据R2变化时电路中电流的变化由功率公式即可分析功率的变化；
（4）充电器给电池充电时，电池作为用电器；电池不是纯电阻电路，根据热功率公式P热＝I2r，求电池消耗的热功率，根据公式P＝UI，求电池的输入功率，根据能量守恒求电能转化为的化学能的功率；
（5）根据电路的特点分析传感器的类型，以及滑动触头P的摆放位置；在U﹣I图像中，纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示内阻，代入数据进行运算。
【解答】解：（1）充电宝160W h的能量为W＝Pt＝160×1×60×60J＝5.76×105J。
A、一个铅球从教室课桌落至地面时所具有的动能Ek＝mgh＝3×10×1J＝30J，故A错误；
B、一位80kg的同学从1米高的田坎跳下时减少的重力势能Ep＝mgh＝80×10×1J＝800J，故B错误；
C、一辆轿车在高速路上正常行驶时的动能Ekmv21000×302J＝4.5×105J，最接近充电宝能量，故C正确；
D、一部手机待机一天所消耗的电能W＝Pt＝0.03×24×3600J＝2.5×103J，故D错误；
故选：C。
（2）A.根据电流定义式q＝It，可知，“安时”（A h）或“毫安时”（mA h）是电荷量的单位，故A错误；
B.“伏特”（V）不是国际单位制中的基本单位，是导出单位，故B错误；
C.根据该手机电池提供的数据可知，若该手机的待机电流为10mA，则手机最多可待机时间为th＝200h，故C错误；
D.若该电池工作电流为16mA，则1秒内定向通过电源的电子个数为n个＝1×1017个，故D正确。
故选：D。
（3）AB、由欧姆定律可知，R2增大时，电路中电流减小，再由P＝I2R可知，R1的功率减小，故A错误，B正确；
CD、由欧姆定律可知，R2减小时，电路中电流增大，再由P＝I2R可知，R1的功率增大，故CD错误。
故选：B。
（4）充电器给电池充电时，电池作为用电器；
根据热功率公式P热＝I2r
电池消耗的热功率P热＝0.12×2W＝0.02W
电池的输入功率P＝UI＝1.4×0.1W＝0.14W
根据能量守恒，电能转化为的化学能的功率P′＝P﹣P热＝0.14W﹣0.02W＝0.12W
（5）①测量充电宝的电动势和内阻需要测量路端电压和干路电流，电流传感器应串联接入电路，电压传感器应并联接入电路，由电路图可知图中A、B分别为电流传感器和电压传感器；滑动变阻器采用限流接法，为了保护电路，闭合开关前滑片P置于阻值最大处，由图可知，滑片P应置于a处；
②根据闭合电路欧姆定律
U＝E﹣Ir
可知U﹣I图像的纵轴截距表示充电宝的电动势，即
E＝1.48V
U﹣I图像的斜率的绝对值为充电宝的内阻，即rΩ≈1.29Ω
故答案为：（1）C；（2）D；（3）B；（4）0.02；0.12；（5）电流；电压；a；1.48；1.29
【点评】本题主要考查了电源电动势和内阻的测量、电流定义式的运用、电功率的计算，解实验的关键点是理解U﹣I图像中的纵截距表示电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻。
20．（2024秋 广州期末）图甲为太阳能山地车尾灯，其内部为一组镍氢电池组充电的光伏板，该光伏板受到阳光照射时，将太阳能转化为镍氢电池中的电能。某同学想测量该光伏板的电动势（约为4V）和内阻，他从实验室借到了以下器材：电压表V（量程0 3V，内阻为3kΩ），毫安表A（量程0 100mA，内阻很小），滑动变阻器R（0 500Ω），定值电阻R1＝3kΩ，定值电阻R2＝12kΩ，开关、导线若干。图乙为该同学设计测量的电路：
（1）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片移到 　a　（填“a”或“b”）端。闭合开关后，调节滑动变阻器，测得多组数据，某次电压表的示数如图丙所示，则这时电路中的电压为 　1.70　V。
（2）为了精确测量电路电压，则与电压表串联的定值电阻为 　R1　（选填“R1”或“R2”）。
（3）给光伏板一定的光照进行实验，将电压表的读数记为U，毫安表的读数记为I，通过改变滑动变阻器的阻值，测得多组U、I值，根据记录的实验数据做出U﹣I图像如图丁所示，通过图像可得光伏板的电动势E＝ 　3.80　V，图中AB为线性段，此阶段光伏板的内阻r＝ 　4.69　Ω。（结果均保留2位小数）
（4）由于电压表分流，实验中测量出的电动势比真实值 　小　（填“大”、“小”或“不变”）。
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】（1）a；1.70；（2）R1；（3）3.80；4.69；（4）小。
【分析】（1）为保护电路闭合开关前滑片要置于阻值最大处；根据电压表量程确定其分度值，根据指针位置读数。
（2）根据电压表量程应用串联电路特点分析答题。
（3）求出图像的函数解析式，然后根据图示图像求解。
（4）根据实验电路图分析实验误差。
【解答】解：（1）由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路闭合开关前滑片要移到a端。
电压表量程是3V，由图丙所示表盘可知，其分度值是0.1V，读数为1.70V。
（2）光伏板的电动势约为4V，电压表量程为3V，内阻为3kΩ，与电压表串联的定值电阻应为R1，把电压表改装成6V的电压表。
（3）电压表读数为U，则路端电压为2U，由闭合电路的欧姆定律得：E＝2U+Ir，则UI
由图丁所示图像可知，纵轴截距b1.90V，AB段斜率的绝对值kΩ
解得，光伏板的电动势E＝3.80V，内阻r≈4.69Ω
（4）由于电压表分流，电流的测量值小于真实值，导致电动势的测量值小于真实值。
故答案为：（1）a；1.70；（2）R1；（3）3.80；4.69；（4）小。
【点评】立即实验原理是解题的前提，根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式即可解题。
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