高中物理电学实验难题附答案.doc

2017高中物理电学实验（难题）附答案参考答案与试题解析1（2017江西模拟）利用如甲图所示电路，可用伏安法测定某一电源的电动势和内阻，其中虚线框内为用灵敏电流计G改装的电压表V，A为标准电流表，E1为待测电源，S为开关，R为滑动变阻器（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=200A，按如图乙所示电路，用半偏法测定灵敏电流计G的内电阻rg，其中电阻R4约为1k，为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E2应选用B，电阻R3应选用F，电阻R2应选用C（选填器材前的字母）A电源（电动势为1.5V）B电源（电动势为6V）C电阻箱（0999.9）D滑动变阻器（0500）E电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，05.1k）F电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，051k）（2）如果所得R3的阻值为300，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为300.0，该测量值略小于实际值（填“略大于”“略小于”“等于”）（3）给灵敏电流计G串联一个阻值为29.7k的电阻就可以将该电流计G改装为量程6V的电压表V（4）由（2）确定灵敏电流计的内阻测量值与实际值差异后，将其改装成另一电压表V（甲图虚线框所示）接入甲图电路进而完成甲图实验测量时，电压表V测量值小于实际值（填“大于”“小于”或“等于”）；电源E1电动势测量值小于实际值（填“大于”“小于”或“等于”）【解答】解：（1）由于Ig=200A，R4约为1k，同时为了减小误差，R2应选择阻值较大的F，所以电源应选取电动势较大的B；根据半偏法原理可知，电阻R3应选用电阻箱C；（2）当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等如果所得的R1的阻值为300.0，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为300.0实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻所以，该测量值“略小于”实际值（3）根据改装原理可知，U=Ig（Rg+R）解得：R=Rg=300=29.7K；（4）由于电阻箱的测量值因小于真实值，则改装后实验内阻偏小，故电压表的测量值小于真实值；同时由于采用了相对电源的电流表外接法，电流表示数偏小，故电源电动势的测量值也小于真实值故答案为：（1）B，F，C；（2）300.0，略小于；（3）29.7；（4）小于，小于2（2017萧山区模拟）太阳能是一种清洁、“绿色”能源，在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件某实验小组决定探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的伏安特性所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干（1）为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的IU图象由图可知，当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为1103（保留一位有效数字）（3）该实验小组在另一实验中用一强光照射太阳能电池，使该太阳能电池获得电能，为了测出该电池此时的电动势和内阻，该小组同学决定先用欧姆表进行粗测，再设计合理的电路图你认为该小组同学的做法合理吗？为什么？不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路断开，因此不能测电源内阻（4）该实验小组设计了如图3所示的电路图，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的UI曲线a，再减小实验中光的强度，用一弱光重复实验，测得UI曲线b，见图4当滑动变阻器的电阻为某值时，若曲线a的路端电压为1.5V则滑动变阻器的测量电阻为7.1103，曲线b外电路消耗的电功率为6.8105W（计算结果保留两位有效数字）【解答】解：（1）根据测绘小灯泡伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接如图 （2）由图2所示图象可知，当电压小于2.00V时，电路电流很小，几乎为零，由欧姆定律可知，太阳能电池的电阻很大；由图2所示图象可知，当电压为2.80V时，电流I=2.8mA，则太阳能电池的电阻R=1103（3）不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路断开，因此不能测电源内阻（4）由图4所示曲线可知，路端电压为U1=1.5V时电路中电流为I1=210A，即为强光照射时的工作点，连接该点和坐标原点，如图所示，此直线为此时对应的外电路电阻的UI图线，滑动变阻器的测量电阻为R=7.1103，此图线和图线b的交点为弱光照射时的工作点，如图所示电流和电压分别为I=97A、U=0.7V，则外电路消耗功率为P=UI=0.7971066.8105W故答案为：（1）如图所示；（2）1103；（3）不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路断开，因此不能测电源内阻；（4）7.1103；6.81053（2017崇明县二模）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）电流传感器1（C）电流传感器2（D）滑动变阻器R（020，2A）（E）定值电阻R0（2000）（F）开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将变小（选填“变大”或“变小”）（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E=3.00V，内阻r=2.00（3）若将图线的纵坐标改为I1R0+I1r，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小【解答】解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小 （2）由闭合电路欧姆定律可得： I1R0=E（I1+I2）r变形得：I1=I2； 由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.50；k=； 故解得：E=3.00V，r=2.00；（3）依据公式I1R0=E（I1+I2）r，当I2=0，纵坐标值即为电源的电动势；因此若图象纵坐标改为路端电压，即I1R0+I1r，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故答案为：（1）变小（2）2.96（士0.04）V；2.00（士0.03）（3）I1R0+I1r4（2017武侯区校级模拟）从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量“金属丝的电阻率”要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能得到多组数据金属丝（L） 长度为L0 直径为D电流表（A1） 量程10mA 内阻r1=40电流表（A2） 量程500A 内阻r2=750电压表（V） 量程10V 内阻10k电阻（R1） 阻值为100 起保护作用滑动变阻器（R2）总阻值约20电池（E） 电动势1.5V 内阻很小开关（S）及导线若干（1）在下列方框中画出电路图，并标明所用器材的代号（2）若选测量数据中的一组数据计算电阻率，则所用的表达式=，式中各符号的意义是I1为A1的读数，I2为A2的读数，r1为A1的内阻，r2为A2的内阻，L0为金属丝的长度，D为金属丝的直径【解答】解：（1）由于提供的电压表量程太大，测量的过程读数的误差大，因此需要将小量程的电流表改装为电压表，将A2与R1并联，改装为电压表，具体电路如图所示：（2）根据实验电路图，读出A1、A2的示数分别为I1、I2，则有：电阻丝两端的电压为：U=I2（R1+r2）r1I1根据电阻定律有：金属丝的横截面积为：联立解得：I1为A1的读数，I2为A2的读数，r1为A1的内阻，r2为A2的内阻，L0为金属丝的长度，D为金属丝的直径 故答案为：（1）如图所示；（2）；I1为A1的读数，I2为A2的读数，r1为A1的内阻，r2为A2的内阻，L0为金属丝的长度，D为金属丝的直径5（2017泗阳县校级模拟）图（a）是白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V，60W）的伏安特性曲线（1）图中曲线A 表示灯L1的伏安特性曲线（选填“A”或“B”）（2）随着灯泡L1功率的增大，其灯丝阻值逐渐变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）（3）若将这两个灯泡并联在电路上，在用电高峰时电压仅200V，则此时L1灯的实际功率为88 W，L2灯的实际功率为52 W（4）若将它们串联后接在220V电源上，则此时L1灯的实际功率为14.4 W，L2灯的实际功率为38.4 W（5）若用图（b）所示电路测量L1灯的伏安特性，由于电表存在内阻，实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在IU图中位置来得偏低（选填“高”或“低”）（6）用图（b） 所示电路测量L1灯伏安特性时，已知R0=10，E=300V则电路中可变电阻R选用下列各种规格时，测量效果最好的是BA最大电阻5，最大电流10A B最大电阻50，最大电流6AC最大电阻500，最大电流1A D最大电阻5000，最大电流1A【解答】解：（1）白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V，60W），根据R=，所以L1的电阻小于L2的电阻根据IU特性曲线可以知道曲线A的电阻较小，所以曲线A表示灯L1的伏安特性曲线（2）根据电阻的定义式R=可知，IU伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率等于电阻的倒数所以随着灯泡L1功率的增大，IU伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率减小，其灯丝阻值逐渐变大（3）若将这两个灯泡并联在电路上，在用电高峰时电压仅200V，根据IU伏安特性曲线得L1灯的电流是0.44A，L2灯的电流是0.26A，根据P=UI得此时L1灯的实际功率为88W，L2灯的实际功率为52W（4）两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由IU图象可知，串联时电流应为0.24A，此时L1的电压为60V，故此时L1的功率P=U1I1=14.4W；L2的电压为160V，故此时L2的功率P=U2I2=38.4W；（5）由于电流表存在内阻，电压表的读数要大于灯泡两端的实际电压所以实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在IU图中位置来得偏低（6）图（b）是采用滑动变阻器的分压式接法，电路中接入了R0=10，而E=300V，所以如果可变电阻R的最大电阻是5，那么灯泡两端的电压范围就很小，如果可变电阻R的最大电阻是500或5000，调节可变电阻不利于数据的测量和采集，所以选最大电阻50，最大电流6A，故选B故答案为：（1）A；（2）变大；（3）88，52；（4）14.4，38.4；（5）低；（6）B6（2017秋海淀区校级期末）某同学做“测定金属电阻率”的实验（1）首先用刻度尺测出该电阻丝的有效长度L如图甲，读数为45.0cm（2）接着用螺旋测微器测得该金属丝的直径d为0.680mm（3）最后用伏安法测量金属丝的电阻，实验前先用欧姆表粗测其电阻，首先将选择开关放在10档，接着进行的操作是进行欧姆调零，实验时发现指针偏转角度太大之后该学生进行正确的操作，指针指示如图丙所示，读数为5（4）该实验测金属丝的电阻有以下器材可供选择：（要求测量结果尽量准确）A电池组（3V，内阻约1）；B电流表A1（03A，内阻约0.025）C电流表A2（00.6A，内阻约0.125）D灵敏电流表G（满偏电流100A，内阻100）E滑动变阻器R1（020，额定电流1A） F滑动变阻器R2（0100，额定电流0.3A）G开关、导线H待测电阻RxI电阻箱由于没有提供电压表，现将灵敏电流表改装成一个量程为3V的电压表，需要串联（填“串联”或“并联”）一个电阻的阻值为29900实验时应选用的电流表为C；滑动变阻器为E（填仪器前面的字母）请帮助该同学设计电路图并连接相应的实物图（a）根据选用的器材在下面的虚线框中画出电路图，其中改装的电压表直接用V表示；（b）按电路图在实物图中连接导线，要求实验开始滑动变阻器的滑片处于最右端；（c）这位同学在其中一次测量过程中，电流表、电压表的示数如图所示由图中电流表、电压表的读数可计算出金属丝的电阻为5.2，该测量值小于真实值（填“大于”、“小于”或“等于”），该误差是由于电压表的分流造成的（5）用L、d、U、I表示该金属丝的电阻率=（6）另一位同学直接将一个滑动变阻器R1与电池组串联，想研究电池组的输出功率P随路端电压U、总电流I变化的关系实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电池组的输出功率P会发生变化，图中的各示意图中正确反映PU或PI关系正确的是CD（7）针对本实验中改装后的电压表一般都要与标准电压表进行校对现有灵敏电流计和电阻箱，再给你提供一个量程合适的标准电压表V0，一个4V的电池组E，一个最大阻值为1k的滑动变阻器R，开关S及若干导线，请在方框内设计合适的校对电路图，要求电压从零开始校对，并根据电路图连接实物图【解答】解：（1）刻度尺的读数为65.020.0=45.0cm；（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为18.00.01mm=0.180mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.180mm=0.680mm；（3）选择开关指向欧姆挡“10”档位的多用电表测量，先进行欧姆调零，实验时发现指针偏转角度太大，说明所选档位太大，应换小挡，应将选择开关换成欧姆挡的1档位，然后进行欧姆调零，由图丙可知，电阻丝的电阻为51=5（4）改装电压表需要串联一个大电阻，根据R=（n1）Rg可知，串联的电阻为：R=29900电路的最大电流I=，所以电流表选择C，为了方便调节，滑动变阻器选择小范围的E，测量电路中RX约为5远小于伏特表的内阻，故用电流表外接法，滑动变阻器因是小电阻控制大电阻用分压式接法故电路图如图所示：按照电路图连接的实物图，如图所示：根据电表读数原理及要求可读出U=2.40V，I=0.46A，则有：R=，由于电压表的分流作用导致电阻测量值小于真实值，（5）根据欧姆定律得：R=，根据电阻定律得：R=，其中S=，解得：=（6）A、当内阻和外阻相等时，输出功率最大，所以当电阻从0开始增大时，电流逐渐减小，但输出功率增大，当内阻和外阻相等时，输出功率最大，电阻进一步增大，电流减小，而输出功率也减小，所以随着电流的增大，输出功率先增大后减小，故A错误，D正确；B、电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大，而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半，外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故符合条件的图象应为C，故B错误，C正确故选：CD（7）要改装成电压表应串联一个大电阻，则把电流计与电阻箱串联，再与标准电压表并联，要求电压从零开始校对，则变阻器使用分压式，电路图如图所示：，根据电路图连接实物图，如图所示：故答案为：（1）45.0；（2）0.680；（3）进行欧姆调零；5；（4）串联；29900；C；E；如图所示；5.2；小于；电压表的分流；（5）；（6）CD；（7）如图所示7（2017海南）某同学将量程为200A、内阻为500的表头A改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表，设计电路如图（a）所示定值电阻R1=500，R2和R3的值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱回答下列问题：（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；（2）表笔a的颜色为黑色（填“红”或“黑”）（3）将开关S置于“1”挡时，量程为10mA；（4）定值电阻的阻值R2=225，R3=25.0（结果取3位有效数字）（5）利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为0.780mA【解答】解：（1）实物连线如图所示：（2）因电流应从黑表笔流出，所以表笔a的颜色为黑色；（3）将开关S置于“1”挡时，表头A和R1、R2串联后再与R3并联，将开关S置于“2”挡时，表头A和R1串联后再与R2、R3并联，所以开关S置于“1”挡时量程较大，即开关S置于“1”挡时量程应为10mA；（4）设电流表的满偏电流为，根据欧姆定律，当开关打到1时有=，其中=10mA当开关打到2时有=，其中=1mA联立以上两式=225，=25.0（5）电流表示数为I=0.780mA故答案为（1）如图： （2）黑； （3）10； （4）225，25.0； （5）0.788（2017成都模拟）（1）如图所示为接在频率为50Hz的低压交流电电源上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的点是依次所选的计数点，但第三个计数点未画出，相邻计数点间均有4个实际打下的点未画出，则由图示数据可求得，该物体的加速度为3.5m/打第3个计数点时，该物体的速度为0.598m/s（保留3位有效数字）（2）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.0）B电流表A1（满偏电流3mA，内阻rA=10）C电流表A2（00.6A，内阻0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0200，1A）F定值电阻R0（990）G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，于是他设计了图甲中的（a）、（b）两个参考实验电路其中合理的是图a所示的电路；在该电路中，为操作方便且能较准确的进行测量，滑动变阻器应选D（填写字母代号）图乙为该同学根据中选出的合理实验电路利用测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数），则由图线可得被测电池的电动势E=1.48V，内阻r=0.77【解答】解：（1）S=a，其中t=50.02s=0.1s可解得=2a，解得a=3.5m/，又由=，得=5.1cm，所以=0.598m/s（2）根据欧姆定律若是与串联则总电压为U=I（+）=3（10+990）V=3V，与电源电动势接近，故合理的是图a，由闭合电路欧姆定律估算电路最大电阻为=7.5，故滑动变阻器应选D根据闭合电路欧姆定律有E=（+）+（+）r，整理为=.+，由图象可读出纵轴截距为1.48，即=1.48，又图象斜率K=0.77，即=0.77，两式联立可得E=1.48V，r0.77故答案为（1）3.5m/，0.598m/s （2）a，D （3）1.48，0.779（2017双桥区校级模拟）为了测量一精密金属丝的电阻率：（1）先用多用电表初测其电阻约为6，然后用螺旋测微器测其直径为0.618mm，测其长度是132.2mm（2）除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A电压表V1（量程3V，内阻约为15） B电压表V2（量程l5V，内阻约为75k）C电流表A1（量程3A，内阻约为0.2） D电流表A2（量程600mA，内阻约为1）E滑动变阻器R1（05，0.6A）F滑动变阻器R2（02000，0.1A）G输出电压为3V的直流稳压电源E H电阻箱 I开关S，导线若干为了减小实验误差，需进一步测其电阻而采用伏安法，则上述器材中电压表应选用A （填序号），电流表应选用D （填序号），滑动变阻器应选用E （填序号）；图乙中最合理的电路图应选择d如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率的表达式=【解答】解：（1）螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度的读数为0.0111.8=0.118mm，所以最终读数为0.618mm（2）电源电动势为3V，所以电压表选择电压表V1（量程3V，内阻约为15），Imax=0.5A，所以电流表选择电流表A2（量程600mA，内阻约为1），为零方便调节，滑动变阻器变化范围要小点，故选滑动变阻器R1（05，0.6A），由于金属丝的电阻较小，则选择电流表外接法并为了减少实验误差，且在实验中获得较大的电压调节范围，所以变阻器要选择分压式接法故选：d 根据欧姆定律得：R=，根据电阻定律得：R=，解得：=故答案为：（1）0.618；（2）A，D，E，d，10（2017东莞二模）（1）某同学用如图所示的装置测定重力加速度：电火花计时器的工作电压为220V，频率50Hz打出的纸带如图所示，实验时纸带的乙端应和重物相连接（选填“甲”或“乙”）实验中在纸带上连续打出点1、2、3、9，如图所示，由纸带所示数据可算出实验时的加速度为9.4m/s2当地的重力加速度数值为9.8m/s2，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的主要原因空气阻力、摩擦阻力（2）某同学在做测金属丝电阻率的实验中，取一根粗细均匀的康铜丝，其中有两个步骤是用螺旋测微器测出康铜丝的直径d和用伏安法测量的康铜丝的电阻R用螺旋测微器测量康铜丝直径如丙图所示，由图可知其直径为1.880mm图乙是测量康铜丝电阻的原理图，根据原理图在如图甲所示的实物图中画出连线利用上面的电路图测出的电阻值比真实值偏小（填“偏大”或“偏小”），这种误差叫做系统误差（填“系统”或“偶然”）【解答】解：（1）电火花打点计时器用220V交流电，频率50Hz；纸带做自由落体运动，所以乙端与重物相连；由X=gT2知，g=9.4m/S2；测量值有误差的原因：空气阻力、摩擦阻力；（2）螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒=1+0.5+38.00.01=1.880mm；电路如图电压值是真实的，由于电压表的分流，电流偏大，故测量的电阻偏小，此种误差属于系统误差故答案为：（1）交流220 V，50 Hz；乙9.4空气阻力、摩擦阻力；（2）1.880电路连接如图所示偏小，系统11（2017齐齐哈尔校级模拟）、（1）在“测定金属的电阻率”实验中，把金属丝在圆柱形铅笔上单层密绕30圈，用20分度的游标卡尺测得其长度如图所示，则金属丝横截面的直径为0.68mm（2）影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减少某课题研究组需要研究某种导电材料的导电规律，他们用该种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律（a） 他们应选用下图所示的哪个电路原理图进行实验？答：A（b） 按照正确的电路图，完成右图中的实物连线（c） 实验测得元件Z的电流与电压的关系图象如下图所示则元件Z是金属材料还是半导体材料？答：半导体、用如图所示装置来探究碰撞中的守恒量，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角；球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直夹角为处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点（a） 用图中所示各个物理量的符号表示：碰撞前A球的速度VA=；碰撞后B球的速度VB=；此实验探究守恒量的最后等式为=+（b） 请你提供两条提高实验精度的建议：让球A多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置；角取值不要太小；【解答】解：、（1）、（1）游标卡尺的读数为20.40mm，故每一圈的直径为D=；故答案为：0.68mm（2）（a） 电压从零开始连续调节，故滑动变阻器应该选择分压式接法；导体电阻较小，与电流表内阻相接近，故选择安培表外接法；故选：A（b） 连线图如图：（c）从伏安特性曲线得到电阻随电压的增加而减小，故为半导体；故答案为：半导体、（a）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有mgL（1cos）=解得vA=x小球A碰撞后继续运动，机械能再次守恒，有mgL（1cos）=解得vA=碰撞后B球做平抛运动，根据位移公式，有S=vBtH=解得vB=需要验证A、B球碰撞过程动量守恒，故mAvA=mAvA+mBvB即需要验证=+故答案为：，=+（b）题目中的误差来源于空气阻力、落地点的测量等；故答案为：让球A多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置；角取值不要太小；两球A、B质量不要太小；球A质量要尽量比球B质量大12（2017宁都县校级模拟）在测定电源电动势和内阻的实验中，某同学所用的电路图如图所示，测得的数据如下表：123456U/V1.421.361.081.211.141.07I/A0.040.080.120.160.200.24实验误差分系统误差和偶然误差两种该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起的，由于系统误差本实验电动势的测量值E测小于真实值E真（填“大于”、“小于”或“等于”）用画UI图线求电动势和内阻的优点在于可以尽量减小实验的偶然误差在如图给出的UI坐标系中用已知的数据画出UI图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第3组数据有错误求得电动势E=1.5V，内阻r=1.8（均保留2位有效数字）【解答】解：该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，由图可知，输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；而采用图象法处理实验数据可以减小实验的偶然误差，不能减小系统误差；如图建立坐标，采取描点连线的方法作出图象如图所示；偏离直线远的数据点记录有错误；故说明第3组纪录有误；图象与纵轴的交点值表示电动势，图线的斜率值表示源的内阻由图可知电源的电动势为1.50V；在计算斜率时在直线上取距离尽量大点的两点计算故可以选取第1和第6组计算得：r=1.8故答案为：电压表的分流，小于，偶然；图象如上图，3；1.5，1.813（2017雁峰区校级模拟）某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻（R0=5）一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图 （a）所示（1）在图（b）所示的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接（2）请完成下列主要实验步骤；A检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图（c）所示，读得电阻值是20B将开关s1闭合，开关s2断开，电压表的示数是1.49V；C将开关s2闭合，电压表的示数是1.16V；断开开关s1（3）使用测得的数据，计算出干电池的内阻是0.69（计算结果保留二位有效数字）（4）由于所用电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏小 （填“大”或“小”）【解答】解：（1）由原理图可知，两电键与电阻箱为串联关系，将其连接在电源的两端即可；电压表并联在电阻箱两端，故连线如图所示；（2）电阻箱只有10档位有示数为2，故电阻箱的接入电阻应为210=20；（3）由题意可知，电源的电动势为1.49V，当接入电阻箱时，路端电压为1.16V；由电路欧姆定律可知电路中电流为：I=A=0.058A；则内电阻与R0之和为r+R0=5.69；故内电阻r=5.695=0.69；（4）因电压表内阻不能忽略，故电路中电流存在，电压表示数为电源的输出电压，要比电动势要小；故答案为：（1）如图；（2）20；（3）0.69；（4）小14（2017和平区校级模拟）用右图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6A、3A）；（2）电压表（量程3V、15V）（3）定值电阻（阻值1（4）、额定功率5W）（5）定值电阻（阻值10（6），额定功率10W）（7）滑动变阻器（阻值范围010（8）、额定电流2A）（9）滑动变阻器（阻值范围0100（10）、额定电流1A）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择3V，电流表的量程应选择0.6A；R0应选择1的定值电阻，R应选择阻值范围是010的滑动变阻器（2）引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，导致电流表的示数总小于真实的干路电流值【解答】解：（1）因一节干电池的电动势为1.5V，所以电压表量程应选择3V；由于本实验不允许大电流放电，故电流表应选0.6A量程；根据闭合电路欧姆定律知电路中最大电流为=，所以定值电阻最小值=2.5，又电路中最大电阻为=7.5，故定值电阻应选1，滑动变阻器应选010（2）引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，导致电流表的示数总小于真实的干路电流值故答案为（1）3，0.6，1，010 （2）电压表的分流作用，导致电流表的示数总小于真实的干路电流值15（2017广饶县校级模拟）现要同时测电阻R0的阻值、电源的电动势E及内阻r，给定的器材有：两个电压表、电流表、变阻器R、待测的定值电阻R0、电池、开关S及导线若干某同学设计了如图甲所示的电路闭合电键S，调制滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压表1、电压表2和电流表测得数据：并根据测量数据分别描绘了如图乙所示的M、N两条UI直线，不考虑电流表、电压表在测量过程中对电路的影响，请回答下列问题：根据图中的M、N两条直线可知BCA直线M是根据电压表1和电流表的数据画得的B直线M是根据电压表2和电流表的数据画得的C直线N是根据电压表1和电流表的数据画得的D直线N是根据电压表2和电流表的数据画得的图象中两直线交点处电路中的工作状态是ACA滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端 B电源的输出功率最大C定值电阻R0上消耗的功率为0.5W D电源的效率达到最大值根据图可以求得电源电动势E=1.5V，内电阻r=1【解答】解：（1）分别分析电路图和图象，找出对应关系由电路图分析可知，当R减小时，电路中电流I增大，R0的两端电压增大，则电压表2的读数变大，而路端电压变小，即可电压表1的读数变小，则可判断直线M是根据电压表2和电流表的数据画得的，直线N是根据电压表1和电流表的数据画得的故BC正确故选BC（2）A、图象中两直线交点处表示两电压表读数相等，则R0的两端电压等于路端电压，即可知R=0，滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端故A正确B、由N图线的斜率大小可求出电源的内阻为r=，R0=2，rR0，故电源的输出功率不是最大故B错误C、定值电阻R0上消耗的功率为P=UI=0.51W=0.5W故C正确D、此时外电路总电阻最小，路端电压最小，电源的效率最小故D错误故选AC（3）根据闭合电路欧姆定律得，U=EIr，得，当I=0时，U=E，即图线N的纵轴截距表示电源的电动势，则读出电源的电动势为E=1.5V，图线N的斜率等于电源的内阻，由上知，r=1故答案为：（1）BC； （2）AC； （3）1.5，116（2017金州区校级模拟）某课题研究小组，收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池，及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2k），二是手机中常用的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）在操作台上还准备了如下实验器材：A电压表V（量程4V，电阻RV约为4.0k）B电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5）C电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）D滑动变阻器R1（020，额定电流1A）E电阻箱R2（0999.9，最小分度值0.1）F开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，请根据题中所给的实验器材，设计一个测量R0阻值的电路图，并将实验原理图画在图1的方框中（在图中标注所用器材符号）（2）在做完（1）实验后，发现滑动变阻器R1、电流表A1已损坏，请用余下的器材设计一个测量锂电池的电动势E和内阻r的电路图，并将实验原理图画在图2的方框中（标注所用器材符号）（3）为了便于分析，一般采用线性图象处理数据，根据你在（2）中设计的原理图，请写出与线性图象对应的相关物理量间的函数关系式根据你写的函数关系式所画出的线性函数图象，纵轴截距的物理意义是电动势的倒数，斜率的物理意义是短路电流的倒数【解答】解：（1）电阻R0中最大电流约为Imax=1.85mA，电流表用A2采用电流表内接法，误差较小让R0与电流表串联，再与电压表并联，接到滑动变阻器滑片上，接入电路，电路图如图1所示；（2）滑动变阻器R1、电流表A1已损坏，可用余下的器材电压表V和电阻箱R2合作测量锂电池的电动势E和内阻r电路如图2所示（3）根据闭合电路欧姆定律得：E=U+变形后得：，所以与的线性关系是：，纵轴截距的物理意义是电动势的倒数，斜率的物理意义是短路电流的倒数故答案为：（1）如图1（2）电路如图2（3）可以用电阻箱和电压表法测定电源的电动势和内电阻，电路如图与的线性关系是：；电动势的倒数；短路电流的倒数17（2017枣强县校级模拟）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡标有“3.8V、1.14W”字样；电压表V量程5V，内阻约为5k；直流电源E的电动势4.5V，内阻不计；开关S及导线若干；其它供选用的器材还有：电流表A1量程250mA，内阻约为2；电流表A2量程500mA，内阻约为1；滑动变阻器R1阻值010；滑动变阻器R2阻值02k为了使调节方便，测量的准确度高：实验中应选用电流表A2 ，滑动变阻器R1在图丙虚线框内画出实验电路图由正确实验操作得到的数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图（甲）所示，将本实验用的小灯泡接入如图（乙）所示的电路，电源电压恒为6V，定值电阻R3=30电流表A读数为0.45A，此时小灯泡消耗的实际功率为0.5W（不计电流表A的内阻）【解答】解：由小灯泡标有“3.8V、1.14W”字样可知，灯泡的额定电流为：；因此电流表选择A2量程500mA的，本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，故应选用变化范围较小的电阻，故选R1故答案为：A2 ，R1本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，因灯泡内阻较小，故应选用电流表外接，由此可正确画出实验原理图如下所示：流过I3的电流为：，因此流过灯泡的电流为：I1=II3=0.45A0.2A=0.25A由小灯泡的伏安特性曲线可知，当电流为0.25A时，电压为：2V故功率P=UI=0.25A2V=0.5W故答案为：0.518（2017章贡区校级模拟）二极管是一种半导体元件，它的符号为“”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流人时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大（1）某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断右（选填“左”、“右”）端为二极管的正极（2）厂家提供的伏安特性曲线如下图，为了验证厂家提供的数据，该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了描绘，可选用的器材有：A直流电源E：电动势3V，内阻忽略不计B滑动变阻器R：020C电压表V：量程5V、内阻约50kD电压表V：量程3V、内阻约20kE电流表A：量程0.6A、内阻约0.5F电流表mA：量程50mA、内阻约5G待测二极管DH单刀单掷开关S，导线若干为了提高测量结果的准确度，电压表应选用D，电流表应选用F（填序号字母）（3）为了达到测量目的，请在答题卡上画出正确的实验电路原理图（4）为了保护二极管，正向电流不要超过25mA，请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议：在二极管支路串人一阻值合适的限流电阻起保护作用【解答】解：（1）欧姆表内部有电源，电源正极接在负接线柱上，当红表笔接触右端时，说明红表笔接入电源的负极；此时指针偏角较小，说明电阻较大，故说明接入了反向电压，故二极管右端应为正极； 电源电压为3V，故电压表应选3V量程进行测量；而由坐标可知，电路中电流较小，故电流表应选50mA的即可；（3）为了得出完整的图象，应采用分压接法，同时因正向电阻较小，故可以采用外接法，原理图如图；（4）为了防止超过最大电流，可以在电路中串接保护电阻；同时也可以通过实验方法，即慢慢调节滑动触片，注视电流表，使电流表示数不得超过25mA；故答案为：（1）右；（2）D F （3）见图 （4）可能的答案：a在二极管支路串人一阻值合适的限流电阻起保护作用b闭合开关前滑动触头停在最左端，向右移动滑动触头时应缓慢进行，同时仔细观察电流表示数变化，以防止电流超过25 mA（只要回答合理均可）19（2017安徽一模）某同学从实验室中找到一只小灯泡，上边标称功率值为0.75W，額定电压值已模糊不清了，为了得到额定电压值他先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约2然后拫据公式计算出该灯泡的额定电压U=V=1.23V该同学怀疑所得电压值不准确，于是他利用表（I）中可供选择的实验器材设计一个电路进行测量当电压达到1.23V时，发现灯泡亮度很弱，于是，该同学继续缓慢地增加电压，当达到2.70V时发现灯泡已过亮，立即断开开关，通过表（2）中记录的数据进行分析表一：实验器材电压表V量程3V，内阻约3K电流表A1量程150mA，内阻约2电流表A2量程500mA，内阻约0.6滑线变阻器R1020滑线变阻器R2050电源E电动势4.0V，内阻不计开关S和导线表二：实际测量的电压、电流值次数1234567U/V0.200.601.001.401.802.202.70I/mA80155195227255279310试完成下列实验要求：（I ）拫据表（2）中的实验数据，在给出的方格纸内画图并从图线上分析该灯的额定电压到底为多少2.5V；与一开始的计箅相比是大还是小？为什么灯丝是非线性元件，阻值随温度升高而增大（II）从表（2）中的实验数据可以分析，该同学实验时所选择的电路应为下列四个电路图中的A图；所用的电流表为A2；滑线变阻器为R2【解答】解：先分析表中电压和电流的大小，恰当选取纵横坐标轴的标度，所画图线如图所示从图线上可以看出，在电压等于2.20V时，通过计算其功率约为0.6W，在电压为2.70V时，计算出功率约为0.84W，所以其额定电压必在2.70伏以下2.20伏以上由此，从图线上很快找出2.5V的这一点，电流约0.3安，则其功率约为0.75W，于是得到该灯的额定电压为2.5V从题给条件可知，为了安全性毫安表需选用A2，并且需外接，在控制电路中，当采用限流式接法时，通过表中第一组数据可以求出可变电阻R约为=47.5，故选用变阻器R2完全可以满足要求若采用分压式接法，由于灯泡的电阻在=8.3以下，用变阻器R1 和R2都不便于操作，所以应采用限流式，变阻器选R2，电路图选A故答案为：（）2.5V 灯丝是非线性元件，阻值随温度升高而增大（）A A2 R220（2017长葛市校级模拟）一个未知电阻Rx，阻值大约为10k20k为了较为准确的测定其电阻值，实验室中有如下器材：电压表V （量程3V、内阻约为3k）（量程15V、内阻约为15k）电流表A1 （量程200A、内阻约为100）电流表A2 （量程5mA、内阻约为10）电流表A3 （量程0.6A、内阻约为1）电源 电动势为3V滑动变阻器R的最大阻值为200开关Sa在实验中电压表量程应选3V，电流表应选b为了尽可能减少误差，请你在图1虚线框中画出本实验的电路图c、根据实验的需要用笔滑线代替导线，将图2所需的实物连接起来【解答】解；a、因电源电动势为3V，所以电压表量程应选3V，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的电流I=mAmA，所以电流表应选b、由于，所以电流表应用内接法；由于滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：c、实物图连线如图所示；故答案为a 3V， b 如图 c 如图21（2017丰都县校级模拟）某同学想测量某导电溶液的电阻率，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极（接触电阻不计），两电极相距L=0.700m，其间充满待测的导电溶液用如下器材进行测量：电压表（量程l5V，内阻约30k）；电流表（量程300A，内约50）；滑动变阻器（10，1A）；电池组（电动势12v，内阻r=6）；单刀单掷开关一个、导线若干下表是他测量通过管中导电液柱的电流及两端电压的实验数据实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图2所示01.03.05.07.09.011.002265109155175240根据以上所述请回答下面的问题：（1）玻璃管内径d的测量值为30.75mm；（2）根据表1数据在图3坐标中已描点，请作出UI图象，根据图象求出电阻R=4.6104（保留两位有效数字）；（3）计算导电溶液的电阻率表达式是= （用R、d、L表示）（4）请在（图l）中补画出未连接的导线【解答】解：（1）游标卡尺读数为d=30mm+150.05mm=30.75mm（2）用直尺将各点连接，舍去偏离较远的点，画出的图象如图所示，可求出电阻R=4.6104（3）根据R=可得=（4）由于，电流表应选内接法；由于滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式，电路图如图所示，补画完整的实物连线图如图所示：故答案为（1）30.75 （2）4.6104，如图 （3）， （4）如图22（2017和平区校级二模）（1）某人在某行星表面以速率v竖直上抛一物体，经时间t落回手中，已知该行星的半径为R，则能在这个行星表面附近绕该行星做匀速圆周运动的卫星所具有的速率为（2）游标卡尺读数是10.235cm，当正确使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图1所承此时选择开关对准10档，则被测电阻的阻值为400（3）“探究加速度与物体质量，物体受力关系”的实验装置如图2所示，实验的研究对象是小车，当作用力一定时（悬挂的砝码盘和盘内的砝码重力不变），探究加速度与质量的关系时，以下说法中正确的是BA平衡摩擦力时，应将砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D小车运动的加速度可用天平测出小车的质量M和砝码盘及盘内砝码的质量m后，直接用公式求出如图3所示为某同学根据测量数据作出的aF图象，说明实验存在的问题是没有平衡摩擦力或平衡不足（4）实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联测量实际电流表G1内阻r1的电路如图4所示供选择的仪器如下：待测电流表G1（05mA，内阻约300）；电流表G2（010mA，内阻约l00）；定值电阻R1（300）；定值电阻R2（10）；滑动变阻器R3（01000）；滑动变阻器R4（020）；干电池（1.5V）；电键S及导线若干（1）定值电阻应选，滑动变阻器应选（在空格内填写序号）（2）用连线连接实物图（3）闭合电键S，多次移动滑动触头，记录多组G1、G2的读数I1、I2，以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图5所示根据I2I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1=（K1）R1