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2017届《新步步高》物理二轮专题复习与增分策略专题突破习题:专题9 实验技能与创新 第2讲 电学实验与创新

资料类别: 物理/同步

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第2讲 电学实验与创新

解题方略
1.电流表、电压表、欧姆表的对比
仪器	极性	量程选择	读数		电流表	有正、负极的电表,电流由电表的正极流入,负极流出	使指针指在比满偏刻度多的位置	若最小分度为1、0.1、0.01等,需要估读到最小分度的下一位;如果最小分度不是1、0.1、0.01等,只需要读到最小分度位即可		电压表					欧姆表		使指针尽量指在表盘的中间位置左右	取两位有效数字并乘以相应挡位的倍率		
2.欧姆表的原理
(1)欧姆表内有电源,红表笔与内部电源负极相连,黑表笔与内部电源的正极相连,故其电流方向为“红表笔流进,黑表笔流出”.
(2)测电阻的原理是闭合电路欧姆定律.当红、黑表笔短接时,调节滑动变阻器R0(即欧姆调零),使灵敏电流计满偏,Ig=,此时中值电阻R中=Rg+R0+r,当两表笔接入电阻Rx时I=,电阻Rx与电路中的电流相对应,但不是线性关系,故欧姆表刻度不均匀.
3.欧姆表使用六注意
(1)选挡接着调零;(2)换挡重新调零;(3)待测电阻与电路、电源要断开;(4)尽量使指针指在表盘中间位置附近;(5)读数之后要乘以倍率得阻值;(6)用完后,选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡.
例1 一块表头被烧坏的双量程电压表,其内部电路如图1甲所示,但测得R1=2.8 kΩ、R2=14.8 kΩ是完好的,现用满偏电流和表盘刻度相同的一块新表头替代,已知新表头的满偏电流为1 mA,内阻为150 Ω,且有三个精密定值电阻r1=50 Ω,r2=100 Ω,r3=150 Ω.若在保留R1、R2的情况下,对电压表进行修复,请完成下列问题:



图1
(1)原表头的内阻rg=________ Ω;
(2)在图乙虚线框中画出修复后双量程电压表的电路(标出所选用的相应器材符号).
(3)修复后校准完,连接0~15 V量程测量时,某次表盘指针偏转如图丙所示,其电压示数应为________ V.
答案 (1)200
(2)如图所示

(3)9.3
预测1 (1)为了测量电阻,现取一只已经完成机械调零的多用电表,如图2甲所示,请根据下列步骤完成电阻测量:
①将K旋转到电阻挡“×100”的位置.
②将插入“+”、“-”插孔的表笔短接,旋动部件________(选填“C”或“D”),使指针对准电阻的“0”刻度线.
③将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻,P的两端分别为a、b,指针指示位置如图甲所示.为使测量比较精确,应将选择开关旋到________(选填“×1”、“×10”、“×1 k”)的倍率挡位上,并重新调零,再进行测量.

图2
(2)多用电表电阻挡的内部电路如图乙虚线框中所示,电源电动势为E、内阻为r,R0为调零电阻,Rg为表头内阻,电路中电流I与待测电阻的阻值Rx的关系式为________;


图3
(3)某同学想通过多用电表中的欧姆挡去测量一量程为3 V的电压表内阻.该同学将欧姆挡的选择开关拨至“×1 k”的倍率挡,并将红、黑表笔短接调零后,应选用图3中________(选填“A”或“B”)方式连接.在进行了正确的连接、测量后,欧姆表的读数如图4甲所示,读数为________ Ω,这时电压表的读数为如图乙所示.若该欧姆挡内阻为24 kΩ,则可算出欧姆挡内部所用电池的电动势为________ V(计算结果保留两位有效数字).


图4
答案 (1)D “×10” (2)I= (3)A 30 k 2.9
解析 (1)②将插入“+”、“-”插孔的表笔短接,旋动部件D,使指针对准电阻的“0”刻度线;③针偏转角度过大,说明所选挡位太大,应换“×10”挡.(2)根据图乙,多用电表测电阻的原理是闭合电路欧姆定律,则有:I=.(3)欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连,与电压表构成一闭合回路,电流从负极流出,进入电压表的正极,所以选择图A正确;欧姆表的读数为:30×1 kΩ=30 kΩ,电压表的读数为:1.60 V.
由题意知欧姆表的内阻为24 kΩ,与电压表的内阻30 kΩ串联,由欧姆定律可知:
E=I(R+r)=×(2.4×104+3×104) V≈2.9 V.

解题方略
1.电路结构:实验电路至少包括三个部分:(1)测量电路;(2)控制电路(滑动变阻器、开关);(3)电源.
2.电路设计:(1)电表选择注意三方面:①安全性,要求量程不能太小,电表不反接;②准确性,要求量程不能太大,读数一般要超过量程的;③若电表量程不合适,要利用有准确内阻的电表进行改装.
(2)测量电路设计:若>,则应把电流表内接;若<,则应把电流表外接.
(3)控制电路:以小控大用分压,相差无几用限流,即当滑动变阻器的阻值较小时,常采用分压式接法;当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时,常采用限流式接法.另外,滑动变阻器必须接为分压式的情况有三种:①电压要求从零开始变化;②滑动变阻器最大阻值太小,不能起到限流的作用;③限流式不能获取有区分度的多组数据.若两种接法均可,则采用限流式,因为限流式损耗功率小.
例2 (2016·全国甲卷·23)某同学利用图5所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干.

图5
实验步骤如下
①按电路原理图连接线路;
②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置,闭合开关S;
③调节滑动变阻器,使电压表满偏;
④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的阻值.
回答下列问题:
(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”).
(2)根据电路图将图6中实物图连线.

图6
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位).
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号).
A.100 μA  B.250 μA  C.500 μA  D.1 mA
解析 (1)本实验测电压表的内阻,实验中电压表示数变化不大,则接入电阻箱后电路的总电阻变化不大,故需要滑动变阻器的最大阻值较小,故选R1可减小实验误差.
(2)滑动变阻器为分压式接法,连接实物电路如图所示:

(3)电压表和电阻箱串联,两端电压分别为2.00 V和0.50 V,则RV=4R=2 520 Ω.
(4)电压表的满偏电流Ig== A≈1 mA,故选项D正确.
答案 (1)R1 (2)见解析图 (3)2 520 (4)D
预测2 (2016·浙江理综·22)某同学用伏安法测量导体的电阻,现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表.采用分压电路接线,图7甲是实物的部分连线图,待测电阻为图乙中的R1,其阻值约为5 Ω.

图7
(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填a或b)、导线②连接________(填c或d).
(2)正确接线测得实验数据如表,用作图法求得R1的阻值为________Ω.
U/V	0.40	0.80	1.20	1.60	2.00	2.40		I/A	0.09	0.19	0.27	0.35	0.44	0.53		
(3)已知图乙中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体,R2的边长是R1的,若测R2的阻值,则最优的连线应选________(填选项).
A.①连接a,②连接c  B.①连接a,②连接d
C.①连接b,②连接c  D.①连接b,②连接d
答案 (1)a d (2)见解析图 4.5(4.4~4.7) (3)B
解析 (1)因电压表的内阻远大于待测电阻R1的阻值,则电流表采用外接法,而滑动变阻器应采用分压式接法,故测R1阻值的最优连接方式为导线①连接a,导线②连接d;
(2)建立坐标系描点连线如图所示,则R1== Ω≈4.5 Ω;

(3)根据电阻定律可得,R=ρ=,故R2=R1,要测R2的阻值,与测量R1一样,最优的连线应①连接a,②连接d,选项B正确.

解题方略
1.在描绘小电珠的伏安特性曲线时,要注意一定要用平滑的曲线,当某个(或某些)测量数据出现明显错误时,要舍掉.坐标轴选取的标度要合适,使所作图线占满坐标纸.
2.小电珠的伏安特性曲线(以I-U关系图线为例)上各点切线斜率的倒数不表示小电珠在该电压下的电阻,此时计算小电珠的电阻一定要使用电阻的定义式R=,而不能使用表达式R=(只有当I和U为线性关系时二者才相等).
例3 要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线,要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V,并便于操作.已选用的器材有:
直流电源(电压为4 V);
电流表(量程为0~0.6 A,内阻约0.5 Ω);
电压表(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ);
开关一个、导线若干.



图8
(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的______(填字母代号).
A.滑动变阻器(最大阻值10 Ω,额定电流1 A)
B.滑动变阻器(最大阻值1 kΩ,额定电流0.3 A)
(2)图8甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况,请你帮他完成其余部分的线路连接.(用笔画线表示对应的导线)
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而________(填“增大”“不变”或“减小”).
(4)如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图丙所示,请结合图线算出此时小灯泡的电阻是________ Ω.(保留两位有效数字)
(5)根据实验得到的小灯泡的伏安特性曲线,下列分析正确的是________.
A.测得的小灯泡正常发光的功率偏小,主要是由于电压表内阻引起
B.测得的小灯泡正常发光的功率偏小,主要是由于电流表内阻引起
C.测得的小灯泡正常发光的功率偏大,主要是由于电压表内阻引起
D.测得的小灯泡正常发光的功率偏大,主要是由于电流表内阻引起
解析 (1)由于采用分压式接法,为方便实验操作,滑动变阻器应选A.
(2)描绘小灯泡的伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压式接法,灯泡正常发光时的电阻为:R== Ω=15 Ω,电流表内阻约为0.5 Ω,电压表内阻约为3 kΩ,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,实物电路图如图所示:

(3)由曲线可知,随电压增大通过灯泡的电流增大,电压与电流的比值增大,灯泡电阻增大.
(4)电压表量程为3 V,由图丙电压表可知,其分度值为0.1 V,示数为2.30 V,由图乙可知,2.30 V对应的电流为0.20 A,此时灯泡电阻为:
R== Ω≈12 Ω.
(5)电流表采用外接法,由于电压表的分流作用,所测电流I偏大,测得的小灯泡正常发光的功率P=UI偏大,故选C.
答案 (1)A (2)见解析图 (3)增大 (4)12 (5)C
预测3 某学习小组通过实验来研究用电器Z的导电规律.他们在实验中测得用电器Z两端的电压与通过Z的电流的数据如下表:
U/V	0.0	0.2	0.5	1.0	1.5	2.0	2.5	3.0		I/A	0.000	0.050	0.100	0.150	0.180	0.195	0.205	0.215		
(1)有下列器材供选用:
A.电压表(0~3 V,内阻约为10 kΩ)
B.电压表(0~10 V,内阻约为20 kΩ)
C.电流表(0~0.3 A,r1=1 Ω)
D.电流表(0~0.6 A,r2=0.4 Ω)
E.滑动变阻器(5 Ω,1 A)
F.滑动变阻器(500 Ω,0.2 A)
实验中电压表应选用________,电流表应选用________,滑动变阻器应选用________;(用序号字母表示)
(2)请根据题中信息,在虚线框内画出电路图;

(3)利用这些数据绘出用电器Z的伏安特性曲线如图9(a)所示.把该用电器Z接入图(b)所示的电路中,已知A、B间所接电源的电动势E=1.5 V,内阻r=0.1 Ω,定值电阻R0=9.9 Ω.则此时用电器Z的实际电阻为________ Ω.(结果保留两位有效数字)


图9
答案 (1)A C E
(2)如图所示

(3)5.0

解题方略
1.实验仪器选择的原则:电压表和电流表一般要根据实验电路中电源的电压和流过金属丝的电流进行选择,在该实验中,电压表一般选择3 V的量程,电流表一般选择0.6 A的量程;如果采用限流式电路,选用的滑动变阻器最大阻值一般要比待测金属丝的阻值大一些,如果采用分压式电路,一般应选用最大阻值较小,而额定电流较大的滑动变阻器.
2.实物图连线的基本原则:对限流式电路,一般是从电源的正极开始,把电源、开关、滑动变阻器以及测量电路顺次连接起来即可.对分压式电路,应先将电源、开关和滑动变阻器的全部电阻用导线连接起来,然后在滑动变阻器上金属杆两端的接线柱中任选一个,依据电路中电流的流向将测量电路部分连接起来即可.
3.电阻定律的应用:该实验虽然是测定金属丝的电阻率,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.
例4 某实验小组利用提供的器材测量某种电阻丝(电阻约为20 Ω)材料的电阻率.他们首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上,在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹,沿电阻丝移动金属夹,可改变其与电阻丝接触点P的位置,从而改变接入电路中电阻丝的长度.可供选择的器材还有:
电池组E(电动势为3.0 V,内阻约1 Ω);
电流表A1(量程0~100 mA,内阻约5 Ω);
电流表A2(量程0~0.6 A,内阻约0.2 Ω);
电阻箱R(0~999.9 Ω);
开关、导线若干.

  
图10
他们的实验操作步骤如下:
A.用螺旋测微器在三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d;
B.根据提供的器材,设计并连接好如图10甲所示的电路;
C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大,闭合开关S;
D.将金属夹夹在电阻丝上某位置,调节电阻箱接入电路中的电阻值,使电流表满偏,记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L;
E.改变金属夹与电阻丝接触点的位置,调节电阻箱接入电路中的电阻值,使电流表再次满偏.重复多次,记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L.
F.断开开关,拆除电路并整理好器材.
(1)小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示,则这次直径的测量值d=________ mm;
(2)实验中电流表应选择________(选填“A1”或“A2”);
(3)小明用记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据,绘出了如图丙所示的R-L关系图线,图线在R轴的截距为R0,在L轴的截距为L0,再结合测出的电阻丝直径d,可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ=________(用给定的物理量符号和已知常数表示).
解析 (1)由图示螺旋测微器可知,固定刻度是0.5 mm,
可动刻度是22.6×0.01 mm=0.226 mm,金属丝直径d=0.5 mm+0.226 mm=0.726 mm.
(2)电路中最大电流约为I== A≈0.14 A,不到0.6 A的四分之一,如果使用电流表A2实验误差较大,因此电流表应选A1.
(3)由实验步骤可知,外电路电阻不变,由串联电路特点可知,外电路总电阻R总=R+R电阻丝=R+ρ=R+ρ=R+ρ,
由题图丙可知,当电阻丝接入电路的长度为零时,电路总电阻R总=R0,
则R+ρ=R0,R=R0-ρ,图象斜率的绝对值|k|==,则电阻率ρ=.
答案 (1)0.726(0.725~0.727) (2)A1 (3)
预测4 在做“测定金属的电阻率”的实验时,需要对金属丝的电阻进行测量,已知金属丝的电阻值Rx约为20 Ω.一位同学用伏安法对这个电阻的阻值进行了比较精确的测量,想使被测电阻Rx两端的电压变化范围尽可能的大.他可选用的器材有:
电源E:电动势为6 V,内阻为1.0 Ω;
电流表A:量程0.6 A,内阻约为0.50 Ω;
电压表V:量程10 V,内阻约为10 kΩ;
滑动变阻器R:最大电阻值为5.0 Ω;
开关一个,导线若干.
(1)根据上述条件,测量时电流表应采用________(选填“外接法”或“内接法”).
(2)在虚线框内画出实验电路图.

(3)若在上述实验中,电流表的示数为I,电压表的示数为U,且电流表内阻RA、电压表内阻RV均为已知量,用测量物理量和电表内阻计算金属丝电阻的表达式Rx=________.
答案 (1)外接法 (2)见解析图 (3)
解析 (1)待测电阻约为20 Ω,是电流表内阻的40倍,但电压表内阻是待测电阻的500倍,故采用外接法.
(2)因为要使Rx两端的电压变化范围尽可能的大,所以滑动变阻器要采用分压式接法,电路图如图所示.

(3)电压表分得的电流为IV=,所以Rx中的电流为
Ix=I-IV=I-,则Rx===.

解题方略
测定电源的电动势和内阻的基本原理是闭合电路欧姆定律,数据处理的主要思想方法是“化曲为直”,常用的方法有三种:
(1)伏安法——利用电压表和电流表.闭合电路方程为E=U+Ir,利用两组数据,联立方程求解E和r;也可作出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或将方程线性化,处理为=·+或U=-r+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),利用两组数据联立方程求解或将方程线性化,处理为=·R+,作-R图象,利用图线的截距和斜率求E和r.
例5 (2016·四川理综·8)用如图11所示电路测量电源的电动势和内阻.实验器材:待测电源(电动势约3 V,内阻约2 Ω),保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω),滑动变阻器R,电流表A,电压表V,开关S,导线若干.
实验主要步骤:
(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大,闭合开关;
(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值,记下电压表的示数U和相应电流表的示数I;
(ⅲ)以U为纵坐标,I为横坐标,作UI图线(U、I都用国际单位);
(ⅳ)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.

图11
回答下列问题:
(1)电压表最好选用________;电流表最好选用________.
A.电压表(0~3 V,内阻约15 kΩ)
B.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ)
C.电流表(0~200 mA,内阻约2 Ω)
D.电流表(0~30 mA,内阻约2 Ω)
(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动,发现电压表示数增大.两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________.
A.两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B.两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C.一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱,另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D.一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱,另一条导线接在电阻丝右端接线柱
(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=________,r=________,代入数值可得E和r的测量值.
解析 (1)电压表内阻越大,分流越小,误差也就越小,所以选内阻较大的电压表A;当滑动变阻器接入电阻最小时通过电流表电流最大,此时通过电流表电流大小约为I=≈176 mA,所以选量程为200 mA的电流表C.
(2)由电路分析可知,若滑动变阻器的滑片右移电压表示数变大,则滑动变阻器接入电路部分阻值增大,选项C符合题意.
(3)由E=U+I(r+R2),得U=-I(r+R2)+E,对比伏安特性曲线可知,图象斜率的绝对值k=r+R2,所以电源内阻r=k-R2;令U=0,得I==,由题意知与横轴截距为a,所以a=I=,则E=ka.
答案 (1)A C (2)C (3)ka k-R2
预测5 某探究小组采用如图12甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻时,发现量程为3 V的电压表出现故障不能正常使用,实验台上有一个量程为500 μA,内阻Rg=200 Ω的灵敏电流计和一个电阻箱R(0~9 999 Ω).

图12
(1)为了把灵敏电流计改装成量程为2 V的电压表继续实验,电阻箱R应调整至________ Ω.
(2)探究小组中一个同学用灵敏电流计和电阻箱设计了如图乙所示的实验电路,同样测出了干电池的电动势和内阻.
①多次调节电阻箱,记录灵敏电流计的示数I和电阻箱的阻值R,电源的电动势和内阻分别用E和r表示,则和R的关系式为________.
②然后以为纵坐标,以R为横坐标,作出—R图线为一直线,如图丙所示,测得直线在纵轴上的截距b=134,直线的斜率k=,则该电池的电动势E=________ V,内阻r=________ Ω.
答案 (1)3 800 (2)①=+R ②1.5 1
解析 (1)将电流计改装成电压表,应串联一个大电阻,根据串并联电路的规律可知:
R=(-200)Ω=3 800 Ω;
(2)①根据闭合电路欧姆定律可知:I=变形可得:=+R
②根据图象和公式可知:b=;k=,根据题意可知:E=1.5 V;r=1 Ω.

例6 (2016·全国乙卷·23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时,系统报警.提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干.
在室温下对系统进行调节,已知U约为18 V,Ic约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω.
(1)在图13中完成待调节的报警系统原理电路图的连线.

图13
(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”).
(3)按照下列步骤调节此报警系统:
①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为________Ω;滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是________________________________________________________________________.
②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至________________________________________________________________________.
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用.
解析 (1)热敏电阻工作温度达到60 ℃时,报警器报警,故需通过调节电阻箱使其电阻为60 ℃时的热敏电阻的阻值,即调节到阻值650.0 Ω,使报警器能正常报警,电路图如图所示.

(2)U=18 V,当通过报警器的电流10 mA≤Ic≤20 mA,故电路中总电阻R=,即900 Ω≤R≤1 800 Ω,故滑动变阻器选R2.
(3)热敏电阻为650.0 Ω时,报警器开始报警,模拟热敏电阻的电阻箱阻值也应为650.0 Ω,实验调试时,将开关置于c端,缓慢调节滑动变阻器,直到报警器开始报警.为防止通过报警器电流过大,造成报警器烧坏,应使滑动变阻器的滑片置于b端.
答案 (1)见解析图
(2)R2
(3)①650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏
②c 报警器开始报警
预测6 小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R随温度t的变化关系,已知该金属电阻在常温下的阻值约10 Ω,R随t的升高而增大,实验电路如图14所示,控温箱用以调节金属电阻的温度.

图14
实验时闭合S,先将开关K与1端闭合,调节金属电阻的温度,分别记下温度t1、t2、…和电流表的相应示数I1、I2、….然后将开关K与2端闭合,调节电阻箱使电流表的示数再次为I1、I2、…,分别记下电阻箱相应的示数R1、R2、….
(1)有以下两种电流表,实验电路中应选用________.
A.量程0~100 mA,内阻约2 Ω
B.量程0~0.6 A,内阻可忽略
(2)实验过程中,要将电阻箱的阻值由9.9 Ω调节至10.0 Ω,需旋转图中电阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”,正确的操作顺序是________.
①将旋钮a由“0”旋转至“1”
②将旋钮b由“9”旋转至“0”
③将旋钮c由“9”旋转至“0”
(3)实验记录的t和R的数据见下表
温度t(℃)	20.0	40.0	60.0	80.0	100.0		阻值R(Ω)	9.6	10.4	11.1	12.1	12.8		
请根据表中数据,在图15的方格纸上作出R-t图线.

图15
由图线求得R随t的变化关系为R=________Ω.
解析 (1)电路中电源电动势为1.5 V,金属电阻的阻值约为10 Ω,滑动变阻器的最大阻值为10 Ω,电流在0.075~0.15 A,则电流一般在0.1 A以内调整,为使电流读数更准确,应选用量程0~100 mA的电流表.
(2)调节电阻箱时按照先调大再调小的原则,旋转各旋钮的正确操作顺序是①②③(或①③②).
(3)R-t图象如图所示

由R-t图象知,R=0.04t+8.8 Ω.
答案 (1)A (2)①②③(或①③②)
(3)见解析 0.04t+8.8
专题强化练
1.要测量某种合金的电阻率.


图1
(1)若合金丝长度为L,直径为D,阻值为R,则其电阻率ρ=________.
用螺旋测微器测合金丝的直径如图1甲所示,读数为________ mm.
(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图,S2是单刀双掷开关.根据原理图在图丙中将实物连线补充完整.
(3)闭合S1,当S2处于位置a时,电压表和电流表的示数分别为U1=1.35 V,I1=0.30 A;当S2处于位置b时,电压表和电流表的示数分别为U2=0.92 V,I2=0.32 A.根据以上测量数据判断,当S2处于位置________(选填“a”或“b”)时,测量相对准确,测量值Rx=________ Ω.(结果保留两位有效数字)
答案 (1) 0.650 (2)见解析图 (3)b 2.9
解析 (1)金属丝电阻:R==ρ=ρ,
则电阻率:ρ=;
图示螺旋测微器可知,其示数为:0.5 mm+15.0×0.01 mm=0.650 mm;
(2)实物连线图如图所示:

(3)根据=≈0.32,
而=≈0.07,
可知,使用电流表外接法测量相对准确,即S2处于位置b,
根据欧姆定律,则有:Rx= Ω≈2.9 Ω
2.某物理兴趣小组在家中进行探究实验,他们找到了一个阻值为800 Ω的金属丝绕成的绕圈(金属丝外表面涂有绝缘层),金属丝电阻率ρ=1.57×10-8 Ω·m.该兴趣小组试图测量该金属丝的直径,但家中没有游标卡尺或螺旋测微器,只有多用电表、米尺、剪刀、铅笔等生活工具.他们想到了如下方法:
第一种方法:
(1)如图2所示,取一金属丝紧密的缠绕在铅笔上,共计32匝,用米尺测量其间距为________ cm,则金属丝的直径为________ mm(第二个空保留两位有效数字).

图2
第二种方法:
(2)剪一段长为12.5 m的金属丝,用多用电表测量其阻值为1.0 Ω,计算可得金属丝的直径为________ mm(保留两位有效数字).
(3)第二种方法中,用多用电表测量阻值时误差较大,于是他们将这段长为12.5 m的金属丝带回实验室,设计了如图3所示的电路测量其准确阻值.

图3
主要实验器材如下:
A.灵敏电流计(内阻为0.3 Ω)
B.滑动变阻器(阻值约几欧)
C.滑动变阻器(阻值约几千欧)
D.R2代表12.5 m的金属丝
E.干电池一节
F.开关
简要实验步骤如下:
①闭合S1,调节滑动变阻器R1,使灵敏电流计满偏;
②闭合S2,发现灵敏电流计指针偏角为满偏时的四分之三.
滑动变阻器应选________,R2的阻值为________ Ω,R2的测量结果比实际值________(选填“偏大”“偏小”或“相等”).
答案 (1)1.69 0.53
(2)0.50
(3)C 0.90 偏大
3.如图4甲所示的金属工件,横截面外方内圆,外边长约为1 cm、内径约为0.5 cm、长度约为40 cm.
(1)某同学用游标卡尺测出横截面外边长如图乙所示,其读数a=__________cm.
(2)应选用________来测量工件内径d,选用________来测量工件长度L.(选填“毫米刻度尺”、“游标卡尺”或“螺旋测微器”)
(3)为了测出该金属工件的电阻率,该同学设计了如图丙所示的电路,请按设计的电路完成实物图丁的连线.
(4)实验测得工件两端电压为U,通过的电流为I,写出该金属电阻率的表达式ρ=________.(用a、d、L、U、I等字母表示)


图4
答案 (1)1.02 (2)游标卡尺 毫米刻度尺 (3)连线图见解析 (4)
解析 (1)游标卡尺读数a=1 cm+0.1 mm×2=1.02 cm
(2)应选用游标卡尺来测量工件内径d,选用毫米刻度尺来测量工件长度L.
(3)连线图如图所示.

(4)因为R==ρ=ρ,解得ρ=.
4.在把电流表改装为电压表的实验中,需要测定电流表的内阻.现利用“半偏法”测量,备用的器材有:
A.电流表(量程200 μA,内阻约几百欧)
B.标准电压表(量程3 V)
C.电阻箱(阻值范围0~99 999.9 Ω)
D.电阻箱(阻值范围0~9 999.9 Ω)
E.电源(电动势6 V,有内阻)
F.电源(电动势1.5 V,有内阻)
G.开关和导线若干
(1)如果采用如图5所示电路较精确的测定电流表的内阻,从以上备用的器材中选择:R1用________,电源用________.(用器材前的字母代号填写)

图5
(2)实验时有以下步骤:
A.合上开关S2,调节R2的阻值,使电流表指针偏转到满刻度的一半
B.合上开关S1,调节R1的阻值,使电流表指针偏转到满刻度
C.观察R1的阻值是否最大,如果不是,将R1的阻值调至最大
D.记下R2的阻值
合理的操作顺序为________(填字母代号).
(3)如果在步骤D中所得R2的阻值为800 Ω,则电流表的内阻Rg的测量值为________ Ω,该测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值.
(4)如果要将上述电流表改装成量程为3 V的电压表,则需跟电流表________联一个阻值为________ kΩ的电阻R0.
(5)用如图6所示器材,对改装后的电压表跟标准电压表进行核对,要求对0~3 V的所有刻度都能在实验中进行核对.请补充完整实验电路.

图6
答案 (1)C E (2)CBAD (3)800 小于 (4)串 14.2 (5)如图所示

5.某学习小组研究一个标有“3.6 V  1.8 W”的小电珠的伏安特性曲线,可供选用的器材如下:
①电流表A,量程0~0.6 A,内阻约为0.2 Ω;
②电压表V,量程0~15 V,内阻约为15 kΩ;
③滑动变阻器R,阻值范围0~10 Ω;
④学生电源E,电动势为4 V,内阻不计;
⑤开关S及导线若干.




图7
(1)该学习小组中的某同学设计了如图7甲所示的电路进行测量,请按照图甲所示的实物图帮该同学将图乙中的电路图补充完整.
(2)该同学在实验中发现,由于电压表的量程较大而造成读数误差很大,因而影响了测量结果.于是又从实验室找来一只量程为Ig=100 μA、内阻Rg=1 000 Ω的灵敏电流计,想把该灵敏电流计改装成量程为5 V的电压表,则需串联一个阻值为________ Ω的电阻.
(3)该同学用改装后的电压表进行实验,得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如下表所示.请在图丙中的坐标纸上画出I1-I2图线.
I1(A)	0	0.19	0.30	0.37	0.43	0.46	0.48	0.49		I2(μA)	0	10	20	30	40	50	60	70		
(4)若将该小电珠接在如图丁所示的电路中,则该小电珠消耗的电功率约为________ W.(已知电源的电动势为E=3.0 V,内阻r=1.5 Ω,定值电阻R0=4.5 Ω,结果保留两位有效数字.提示:可作出该小电珠在此电路中的I-U图象帮助求解.)
答案 (1)如图所示

(2)49 000
(3)如图所示

(4)0.35
解析 (4)将定值电阻R0看做该电源的内阻,则内阻r′=6 Ω,由此可得路端电压U=E-Ir′,在I1-I2图线所在坐标纸上作出该I-U图象如图所示,可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A,电压约为1.1 V,所以该灯泡消耗的功率约为P=0.32×1.1 W≈0.35 W.

6.某同学设计了一个如图8甲所示的实验电路,用以测定电源的电动势和内阻,使用的实验器材为:待测一节干电池、电流表A(量程0.6 A,内阻小于1 Ω)、电流表A1(量程0.6 A,内阻不知)、电阻箱(0~99.99 Ω)、滑动变阻器(0~10 Ω)、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干.考虑到干电池的内阻较小,电流表的内阻不能忽略.




图8
(1)该同学按图甲连线,闭合开关K,将开关S与C接通,通过调节滑动变阻器和电阻箱,读取电流表A的示数为0.20 A、电流表A1的示数为0.60 A、电阻箱(如图乙)的示数为________ Ω,则电流表A的内阻为________ Ω.
(2)利用图甲所示电路测定电源的电动势和内阻的实验步骤:
①请同学们按图甲所示电路在图丙中的实物上完成实验所需的线路连接;
②断开开关K,调节电阻箱R,将开关S接D,记录电阻箱的阻值和电流表示数;
③重复实验步骤②进行多次测量.
(3)图丁是由实验数据绘出的-R图象,由此求出干电池的电动势E=________ V、内阻r=________ Ω.(计算结果保留两位有效数字)
答案 (1)0.10 0.20
(2)如图所示

(3)1.5 0.25
解析 (1)电阻箱的读数为0.10 Ω;根据串并联电路的规律可知,流过电阻箱的电流I=0.60 A-0.20 A=0.40 A;
电压U=0.10×0.40 V=0.040 V,则电流表内阻RA= Ω=0.20 Ω
(2)根据原理图可得出对应的实物图,连线如图所示;

(3)将电流表内阻等效为电源内阻,根据闭合电路欧姆定律可知,I=,变形可得:=+,根据图象可知,= V-1=0.675 V-1,解得E≈1.5 V;=0.3 A-1,解得r′=0.45 Ω;则可知,电源内阻r=0.45 Ω-0.20 Ω=0.25 Ω.
7.(2016·全国丙卷·22)某同学用图9中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方,S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.

图9
(1)在图中画出连线,完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动.
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:
A.适当增加两导轨间的距离
B.换一根更长的金属棒
C.适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号).
答案 (1)见解析图 (2)AC
解析 (1)实物连线如图所示.

(2)根据公式F=BIL可得,适当增加导轨间的距离或者增大电流,可增大金属棒受到的安培力,根据动能定理得,Fs-μmgs=mv2,则金属棒离开导轨时的动能变大,即离开导轨时的速度变大,A、C正确;若换用一根更长的金属棒,但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的距离不变,安培力F不变,棒的质量变大,速度v=变小,B错误.













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