2019高考物理二轮复习 专题七 实验技能与创新 1-7-15 电学实验与创新训练.docx

1-7-15 电学实验与创新课时强化训练1(2018天津理综)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 k)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A电压表(量程01 V，内阻约10 k)B电压表(量程010 V，内阻约100 k)C电流表(量程01 mA，内阻约30 )D电流表(量程00.6 A，内阻约0.05 )E电源(电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计)F电源(电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计)G滑动变阻器R0(阻值范围010 ，额定电流2 A)(1)为使测量尽量准确，电压表选用_，电流表选用_，电源选用_。(均填器材的字母代号)(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会_其真实值(填“大于”、“小于”或“等于”)，原因是_。解析 本题考查伏安法测电阻。(1)由于Rx的阻值约为10 k，电压表内阻应远大于10 k，故电压表应选B；电路电流最大值约为1 mA，故电流表应选C；电源应选F。(2)因Rx，属于大电阻，故电流表采用内接法，而滑动变阻器R0的阻值小于Rx，则滑动变阻器R0采用分压式接法，如答案图所示。(3)由于电压表的读数为电阻Rx和电流表内阻的分压和，而电流表的读数是流过Rx的实际电流，故待测电阻测量值会大于其真实值。答案 (1)BCF(2)如图所示(3)大于电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)知识拓展 若滑动变阻器的阻值小于被测电阻值，为减小误差，滑动变阻器采用分压式接法。2(2018山东菏泽一模)某同学设计如图所示的电路测电源的电动势和内阻，图中两个电流表相同，定值电阻阻值为R0。(1)电路中R0的作用为_。(2)闭合开关S1之前，先将电阻箱接入电路的阻值调到_(填“最大”或“最小”)，闭合开关S1，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的指针偏转较大(接近满偏)，读出电流值I0，读出这时电阻箱的阻值R1；断开开关S2，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的示数再次为I0，读出这时电阻箱的阻值R2，则电流表A1的阻值为_。(3)再闭合开关S 3，依次调_(填“大”或“小”)电阻箱的阻值，记录每次调节后电阻箱的阻值R，并记录每次调节后电流表A1的示数I，根据记录的R、I，作出IRI图像，则图像可能是_。(4)若根据记录的R、I，作出 -R图像，通过对图像的处理，得到图像与纵轴的截距为a，图像的斜率为b，则电源的电动势E_，电源的内阻r_。解析 (1)电路中R0作为保护电阻，起到保护电路元件的作用。(2)为了防止电路中的电流过大，闭合开关S1之前，应将电阻箱接入电路的电阻调到最大。根据等效替代法可知，电流表A1的内阻为R1R2。(3)由于再闭合开关S 3之前电流表接近满偏，因此应调节电阻箱使电流表的示数逐渐减小，则可知应依次调大电阻箱的阻值。由闭合电路欧姆定律得EI(RRA1R 0r)，得到IREI(rR 0RA1)，可见D项正确。(4)由EI(RRA1R0r)，得R(rR0RA1)，根据题意有b，得E，由(rR0RA1)a，得rR0(R1R2)R2R0R1。答案 (1)保护电路元件(或保护电路)(2)最大R1R2(3)大D(4)R2R0R13(2018湖北四地七校2月)如图所示为多量程多用电表的示意图。(1)测量某电阻时，用欧姆挡“100”挡时，发现指针偏转角度过小，他应该换用欧姆挡_挡(填“ 10”或“1 k”)，换挡后在测量前要先进行_，若接通3、4时分别对应 “10”、“100” 挡，则E _E。(2)表头G的标记值为10 mA，10 ，据此改装的多用电表测电流时的读数总比标准电流表的读数偏大，则表头G内阻的真实值_(填“大于”或“小于”)10 。(3)现提供以下实验器材：A表头G，标记值为10 mA，10 ；B电阻箱R(0999.9 )；C滑动变阻器R1(0200 ，额定电流1 A)；D滑动变阻器R2(02 k，额定电流1 A)；E直流电源E1(电动势为1.5 V，内阻很小)；F直流电源E2(电动势为12 V，内阻很小)；G开关S1、S2，导线若干请在所给的方框中，用上述器材设计一个用半偏法较准确地测量表头G内阻的实验电路图，并在电路图中标明所选择器材的物理量符号。 解析 (1)用欧姆挡“100”挡时，指针偏转角度过小，说明待测电阻较大，应换为倍率更大的“1 k”挡位。欧姆表更换挡位后，需要重新欧姆调零。若接通3、4时分别对应“10”、“100”挡，则E 10E。(2)由I0R0(II0)R，得II0，当I的读数比真实值偏大，说明R0的真实值比改装表计算时的代入值10 偏小。(3)根据半偏法的原理可知，应选用0999.9 的电阻箱，为了减小系统误差的影响，应选择阻值大的滑动变阻器R2，且应用限流式接法。同时为了满足电流的要求，应选择电动势大的电源E2。最终的电路设计如答案图所示。答案 (1)1 k欧姆调零10(2)小于(3)如图所示4(2018山西太原一模)某同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表(量程为3 V，内阻几千欧)和微安表(量程为300 A，内阻约一千欧)的内阻。(1)按实验原理将图乙中的实物连接成实验电路。(2)实验中，该同学进行了如下操作，完成下列问题：闭合K1，用伏安法测微安表内阻。为了测量更加准确，定值电阻R0应该选择的是_；A10 B100 C1 k D7.8 k闭合K1前，为保护电路不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置于_端(选填“左”或“右”)；闭合K后，调整滑动变电阻器R，让电压表和微安表的示数尽可能的大。测得电压表的示数为U1，微安表的示数为I1，定值电阻的值为R0，则微安表的内阻为_；断开K1，调节滑动变阻器和电阻箱，当电阻箱的读数为R1时，电压表的示数为U2，微安表的示数为I2，则电压表的内阻为_。解析 (1)根据电路图连接实物图。(2)电压表两端电压与R0和微安表的总电压相等，结合欧姆定律分析可知应选D。闭合K前，为保护电路元件不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置于左端。闭合K1，电阻R1被短路，所以电压表测得R0和微安表的总电压，则有U1I(R0RA)，可得微安表的阻值RAR0。由可得电压表内阻RV。答案 (1)如图所示(2)D左R05(2018安徽A10联盟联考)某实验小组成员要测量一节干电池的电动势和内阻，已知该干电池的电动势约为1.5 V，内阻约为0.50 ；实验室提供了电压表V(量程为03 V，内阻约3 k)、电流表A(量程00.6 A，内阻为0.70 )、滑动变阻器R(10 ，2 A)、开关和导线若干。(1)为了尽可能减小实验误差，请在图1方框中画出实验电路图(2)在图2中按设计的电路图完善实物图的连接。(3)通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图3中画出了UI图线。由图线可以得出此干电池的电动势E_V(保留3位有效数字)，内阻r_(保留2位有效数字)。(4)实验过程中，发现电流表发生了故障，于是小组成员又找来一个电压表和一个定值电阻，组成了如图4所示的电路，移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1- U2图像如图5所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E_，内阻r_。(用k、a、R0表示)解析 (1)由于电流表内阻已知，则应采用电流表相对电源的内接法，电路图如图所示。(2)对照电路图，实物图完善后如图所示。(3)根据UEI(RAr)以及图像可知，电源的电动势为E1.45 V，rRA 1.30 ，故r1.30 0.70 0.60 ；(4)由闭合电路欧姆定律可知：EU2r，变形得：U1U2，当U10时，U2a，则有：a，又k。解得：E，r。答案 (1)见解析(2)见解析(3)1.45(1.441.46之间均可)0.60(0.580.62之间均可)(4)6(2018河南六市一联，23)(10分)某学习小组设计了一个测定金属丝电阻率的实验电路如图所示。ab是一段粗细均匀的金属电阻丝，R0是阻值为6 的保护电阻，学生电源的输出电压为10 V，电流表可视为理想电表。(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径如图所示，其直径为_mm。(2)先接通电源，后闭合开关，发现电流表的示数为零，利用多用电表检查故障(电路中故障只有一处)，先将选择开关旋至直流电压挡，测得各点间的电压如下表格。e、d间电压e、c间电压e、b间电压e、a间电压e、h间电压0 V10 V10 V10 V10 V由此可以判断电路发生的故障是_。(3)排除故障后进行实验，闭合开关K，调节线夹的位置，记录金属电阻丝ab接入电路的长度L和对应的电流表的示数I，根据得到的实验数据，作出了-L图像。由图像和测得的数据可估算出该金属丝的电阻率为_m。(取3，保留1位有效数字)(4)若电流表不能视为理想电表，考虑电流表的电阻，则电阻率的测量值_真实值。(选填“大于”、“等于”或“小于”)解析 (1)直径d0.500 mm40.00.01 mm0.900 mm。(2)因e、c间电压为10 V，而e、d间电压为0 V，则可判断发生的故障是c、d间断路。(3)由欧姆定律有I，又RL，S，得L，再结合图像得出1.0 A1m1，解得6106 m。(4)若考虑电流表内阻，则由欧姆定律有I，又RL，S，得L，可知电流表内阻对电阻率的测量值没有影响。答案 (1)0.9000.001(2)c、d间断路(3)6106(4)等于解题指导 (1)螺旋测微器读数时注意半毫米刻线是否露出。(2)根据电压表的测量特点及测量数据结合电路图可分析判断故障原因。(3)根据电路图求出图像的函数表达式，然后结合图像求电阻率。(4)根据图像与函数表达式分析解答。