2019年高考物理一轮总复习 实验、探究 描绘小灯泡的伏安特性曲线课时作业 新人教版选修3-1.doc

2019年高考物理一轮总复习 实验、探究 描绘小灯泡的伏安特性曲线课时作业 新人教版选修3-1第1题图1为探究小灯泡L的伏安特性，连好如图所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的UI图象应是图中的() A B C D2太阳能是一种清洁、“绿色”能源在我国上海举办的xx年世博会上，大量利用了太阳能电池太阳能电池在有光照时，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根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的IU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a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b的IU图象由图可知，当电压小于2.00 V时，太阳能电池的电阻_(选填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V时，太阳能电池的电阻约为_.ab第2题图3在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下： 器材规格器材规格小电珠标有“3.8 V, 0.3 A”字样滑动变阻器R1最大阻值10 ，额定电流1.0 A电压表V量程05 V，内阻5 k滑动变阻器R2最大阻值1 k，额定电流0.5 A电流表A1量程0100 mA，内阻4 直流电源E电动势约为6 V，内阻约为0.5 电流表A2量程0500 mA，内阻0.4 导线、电键等(1)在上述器材中，滑动变阻器应选_；电流表应选_(2)在图(a)中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路第3题图(a)(3)利用实验中得到的实验数据在IU坐标系中，描绘出了图(b)所示的小电珠的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断出图中正确的是(图中P为小电珠功率)_第3题图(b)4有一个小灯泡上标有“4V2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的UI图线，有下列器材供选用； A电压表(05V，内阻10k) B电压表(010V，内阻20k) C电流表(00.3A ，内阻1) D电流表(00.6A，内阻0.4) E滑动变阻器(5 ,10A) F滑动变阻器(500 ,0.2A)(1)实验中电压表应选用_，电流表应选用_. (用序号字母表示)(2)为 使实验误差尽量减小，要求电压表从零开 始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_(用序号字母表示)(3)请在方框内画出满足实验要求的电路图，并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图第4题图5在探究小灯泡特性的实验中，器材如下： 标有“2 V, 0.8 W”的小灯泡、电源(两节干电池串联，电动势约3 V)、滑动变阻器、电压表、电流表、电键、若干导线第5题图(1)将电路按照分压电路连接，在将最后一根导线连接上电源正极A点前，应对电路中做两个调整，分别是_；_.(2)正确实验后，小灯泡的电流电压关系最可能是下图中的()6在描绘小电珠的伏安特性曲线的实验中，由于电表内阻的影响，会产生系统误差使得小电珠的电阻测量不准确，为了消除这种误差，某同学设计了如图所示的实物连线图，用来测量小电珠的电阻和两端所加电压U的关系，图中两个电压表完全相同且内阻很大，试回答下列问题第6题图(1)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路图(2)请补全下列实验步骤按图中的实物连接图连好电路，在闭合开关S之前，滑动变阻器的滑动头应调到_合上开关S移动滑动头，调节电阻箱的示数，使两个电压表_，则电阻箱的读数即为小电珠电阻，记下小电珠的电阻和电压多次移动滑动头，并调节电阻箱，但仍保持两个电压表_，记下电阻箱示数和电压表的读数在坐标纸上画出RU图线，并分析R随U变化的规律(3)实验中画出的RU图线如图，其中正确的是()7甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为1.5V，(内阻很大)，电阻箱R)(099.99 )，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干先测电阻R1的阻值请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b ，读出电压表的示数U2.则电阻R1的表达式为R1_.第7题图甲同学已经测得电阻R14.8，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E_，电阻R2_.利用甲同学设计的电路和测得的电阻R1，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了相应的图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2.这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围_(选填“较大”、“较小”或“相同”)，所以_同学的做法更恰当些8有一个小灯泡上标有“3.8V0.5A”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用： A电压表(05V，内阻约为10 k ) B电流表(00.6A，内阻约为0.5 ) C电流表(03A，内阻约为0.1 ) D滑动变阻器(010 ，2A) E滑动变阻器(01k ，0.1 A) F学生电源(直流6V)，还有开关、导线若干实验中所用电流表应选用_，滑动变阻器应选用_实验时要求尽量减少实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，应选用图甲中图所示电路进行实验A B C D甲乙第8题图某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图乙所示)，若用电动势为3V、内阻为2.5的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是_W.9小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据(I和U分别表示小灯泡上的电流和电压)第9题图I(A)0.120.220.290.340.380.420.450.470.490.50U(V)0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00(1)在图中左边框中画出实验电路图，可用的器材有： 电压表、电流表、滑动变阻器(变化范围010 )、电源、小灯泡、电键、导线若干(2)在图中画出小灯泡的UI曲线(3)如果上题实验中测得电池的电动势是1.5 V，内阻是2.0 .问： 将本题中的小灯泡接在该电池两端，小灯泡的实际功率是多少？(简要写出求解答过程；若需要作图，可以直接画在第(2)小题的方格图中)10有一个小灯泡上标有“4 V2 W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用： A. 电压表(05 V，内阻约为10 k) B. 电压表(010 V，内阻约为20 k) C. 电流表(00.3 A，内阻约为1 ) D. 电流表(00.6 A，内阻约为0.4 ) E. 滑动变阻器(10 ，2 A) F. 学生电源(直流6 V)，还有电键、导线若干(1) 实验中所用电压表应选用_，电流表应 选用_(用字母表示)(2) 实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路第10题图(3) 某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示)，若用电动势 为3 V、内阻为2.5 的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是_W.课时作业(三十一)实验、探究：描绘小灯泡的伏安特性曲线1.C【解析】 小灯泡中的电流逐渐增大时其温度升高，导致电阻R增大，所以UI图线的斜率增大，故C项正确2.(1)连线如图(2)很大1.0103(9651 040)第2题图【解析】 (1)探究IU特性时需要多组数据，故滑动变阻器应采用分压接法连线见答案(2)根据R，结合IU图可知U2.00 V时R很大；U2.80 V时R1.0103.3.(1)R1A2(2)见解析图(3)BD第3题图【解析】 (1)为方便电路调节，滑动变阻器应选择R1小电珠正常工作时I额0.3A300mA100mA，故电流表应选A2.(2)因为要求小电珠上的电压从0增大，应选用分压电路；而小电珠正常工作时R灯13RV5k，故电流表应选择外接法(3)在IU图象中，图线斜率逐渐减小，小电珠的R逐渐增大；由P知在PU2图象中，图线的斜率应逐渐减小，故B正确；由PI2R在PI2图象中图线斜率R应逐渐增大，故D正确4.(1)A D(2)E(3)见解析【解析】 (1)因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用05V的电压表，故选A；由PUI得，灯泡的额定电流I0.5A；故电流表应选择00.6A的量程，故选D；(2)由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；(3)第4题图灯泡内阻R8；1250，20故说明电压表内阻远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；而由以上分析知，滑动变阻器应选择分压接法；故电路图和实物连接图如图所示5.(1)电键断开滑片移动到最左端(2)C【解析】 (1)电路图连接时应该把电键断开，滑动变阻器的滑片移动到电阻最大端(2)因为刚开始时电路刚刚接通，小灯泡的电阻比较小(由于温度也会影响电阻的大小)，第6题图随着时间的延长，小灯泡的电阻会逐渐变大并趋于稳定6.(1)电路图见解析(2)最右端示数相同示数相同(3)B【解析】 (1)电路图如图所示(2)在合上S之前，应使V示数为零，结合电路图可知，滑动头应移到滑动变阻器的最右端；在实验中只有当V1、V2示数相同时，电阻箱的读数才等于小电珠的电阻(3)由欧姆定律：I，得RU当U增大时，I也增大，将减小，在RU图像中表现为斜率减小，并且当U0时，R0，故选项B正确7.r1.43VR21.2较小甲【解析】 开关切到a时，通过R1的电流为，开关切到b时R1两端的电压为u2u1，所以R1当S2切到a时，干路中电流I，故电源电动势E(R1RR2)然后由的斜率和截距可得E1.43V，R21.2.(3)当S2切到b时，无论怎么调节电阻箱R，由于R1始终有一部分电压，使得电压表测得数据范围较小故图线与纵截距误差较大，所以甲同学做法较好8.B DA0.8【解析】 根据小灯泡的参数应选用稍比最大电流大的电流表，故选B；由R7.6，要测量伏安曲线则应选用阻值相近的滑动变阻器，选D.要使电压从零开始，则应选用A、B两组，B组电压表测量灯泡和电流表的电压，要使误差减小，应选用A电路；因为伏安曲线成抛物线分布，解得抛物线为U12.5I2，则12.5I22.5I3，解得I0.4A，故实际功率为0.8W.9.(1)见图(a)(2)如图(b)(3)0.28W第9题图(a)第9题图(b)【解析】 要做出小灯泡的UI曲线，电压必须从零开始连续调节，所以滑动变阻器需用分压式接法，小灯泡电阻较小所以电流表采用外接法，见图(a)做小灯泡的UI曲线时要先描点，用平滑的曲线将尽量多的点连在曲线上，连不上的尽量分布在曲线两侧，如图(b)第9题图(c)第(3)问括号内的文字就是解题的提示，认真阅读后就会找到解题思路作出UEIr的图线如图(b)，图(c)为小灯泡和电源串联电路，当通过电源的电流为0.35A时，流过小灯泡的电流也为0.35A，从图线可以看出此时小灯泡的工作电压为0.80V，因此小灯泡的实际功率为PUI0.28W.10.(1)AD(2)如图所示(3)0.80第10题图【解析】 (1)小灯泡的额定电压U40，I0.5A，故应先用电压表A，电流表D；(2)测定小灯泡的伏安特性时，应将灯与电流表串接在电路中，把电压表并在灯泡的两端；(3)由图象可知小灯泡的UI曲线，已知电源电压为3V，内阻为25，则R5，此时I0.4A，PI2R0.425W0.8W.