2019届高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题19电学实验 41页

专题19电学实验第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律。考纲要求1、掌握电流表、电压表和多用表的使用方法及电流表、电压表和多用表的读数方法；掌握多用表的使用方法。2、掌握滑动变阻器的使用方法及连接方法，会用伏安法测电阻。3、能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件，会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论。命题规律1、与电阻测量有关的电学实验仍是2015年高考命题的热点，同进伴随对基本仪器的读数能力的考查。2、命题形式可能为填空、选择性填空、电路图或实物连线、图象图表分析等。3、重视对实验操作能力的考查；实验器材的选择，包括滑动变阻器、电阻箱、电表量程的选择。第二部分知识背一背（1）电学测量仪器的使用与读数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，负极流出使指针指示比满偏刻度的多的位置3V和3A量程估读到最小分度的；15V量程估读到最小分度的；0.6A量程应估读到最小分度的电压表欧姆表使指针尽量指在表盘中间位置取两位有效数字并乘以相应挡位的倍率（2）多用电表使用“四注意”：①极性：从电表外部看，电流应从红表笔（“+”极）流入电表，从黑表笔（“-”极）流出电表。②功能：利用多用电表测电压和电流时，选择开关对应的是电表的量程;而测电阻时，选择开关对应的是倍率。n③调零：测量电阻时，要进行两次调零：机械调零和欧姆调零。“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置。调整的是表盘下边中间的定位螺丝;“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮。④保护：测电阻时，应把被测电阻从电路中拆下测量;多用电表长期不用时，必须取出表内的电池。（3）控制电路（滑动变阻器的接法）的比较与选择①控制电路的比较比较项目限流式接法分压式接法电路电压调节的范围E→E0→E电能损耗节能耗能电路连接简便复杂②控制电路的选择：优先选用限流式．以下情况考虑分压式：（1）要求待测电路的U、I从0变化；（2）R滑≪Rx；（3）选用限流式时，Ux、Ix过大（超过电表量程，烧坏电表、电源或用电器等）或Ux、Ix过小（最大值不超过电表满量程的，读数误差大）.（4）伏安测电阻实验中电流表的内、外接法比较项目电流表内接法电流表外接法电路误差原因由于电流表内阻的分压作用，电压表测量值偏大由于电压表内阻的分流作用，电流表测量值偏大比较项目电流表内接法电流表外接法n测量结果电阻的测量值大于真实值电阻的测量值小于真实值适用条件Rx≫RA，大电阻Rx≪RV，小电阻②特别提醒：在RV、RA均不知的情况下，可采用试触法.如下图所示，分别将a端与b、c接触，如果前后两次电流表示数比电压表示数变化明显，说明电压表分流作用大，应采用内接法;如果前后两次电压表示数比电流表示数变化明显，说明电流表分压作用大，应采用外接法.（5）选择实验仪器的三大原则①安全性原则：要能够根据实验要求和客观条件选用合适的仪器，使实验切实可行，能达到预期目标。另外还要注意测量仪器的量程，电阻类器件的电流不能超过允许通过的最大电流等。②精确性原则：根据实验的需要，选用精度合适的测量工具，但对某个实验来讲，精确程度达到要求即可，并不是精度越高越好。③方便性原则：在不违反前两个原则的前提下，尽量使测量电路简单好接，测量中的调节控制操作方便。（a）用分压式接法时，滑动变阻器应该选用阻值较小的，而额定电流较大的。（b）用限流式接法时，滑动变阻器应该选用阻值和被测电阻接近的，额定电流应大于被测电阻的额定电流第三部分技能+方法一、多用电表测电阻使用“五步”法①选档：选倍率，一般要选择比被测电阻的估计值低一个数量级的倍率，如估计值为200Ω就应该选×10的倍率;②调零：进行欧姆调零;③测量：将红、黑表笔接被测电阻两端进行测量;④读数：将指针示数乘以倍率，得测量值;⑤整理：测量结束后，将选择开关扳到OFF或交流电压最高挡。⑥特别注意：用欧姆挡测电阻时，如果指针偏转角度太小（即指针所指的欧姆刻度值太大），应该适当增大倍率重新调零后再测量;如果指针偏转角度太大（即指针所指的欧姆刻度值太小），应该适当减小倍率重新调零后再测量。二、控制电路的设计技巧①滑动变阻器控制电路的方式有分压式和限流式两种，下列几种情况必须选用分压式接法：（a）要求被控制电路的电流（或电压）从零开始可连续调节时（如：测绘导体的伏安特性曲线等实验）；n（b）被控制电路的电阻RL远大于滑动变阻器的最大值R0时；（c）实验要求的电压变化范围较大（或要求测量多组数据）时；（d）若采用限流式接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过电表或电器的额定值时．②若测量电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且被控制电路的电阻RL与滑动变阻器的最大值R0接近或RL略小于R0，则应该采用限流式接法．测定电源的电动势和内阻实验必须采用限流式接法．三、电学仪器的选择：①电源的选择：一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源。②电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表;根据待测电流的最大电流选择电流表;选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大，一般应使指针能达到半偏以上，以减小读数的偶然误差，提高精确度四、实物图连接注意①一般先从电源正极开始，须看电流的方向，将干路元件依次连线；②最后并接电压表；③连线时要注意电表的正、负接线柱，要使电流从正接线柱流入，负接线柱流出.五、器材选择的一般步骤是：①找出唯一性的器材；②草画电路图（暂不把电表接入）；③估算最大值（在限流电路中把滑动变阻器触头推向最小值）；④考虑能否都使电表达到满偏的1/3以上，且不超过电表的量程第四部分基础练+测1．现有一种足够长的粗细均匀的圆柱形金属电电阻丝,截取长度为L的一段来探究它在不同电压下的电阻率及功率。(1)用螺旋测器测量它的直径d,如图甲所示,d=________mm。(2)这是某次得的数据如下表记录实验器材如图,现已完成部分导线的连接,请根据上表数据推测，用笔划线代替导线在图乙中完成余下导线的连接__________；n(3)若当电压表读数为U,电流表读数力I,则该电压下此金属丝的电阻率为________________（用U、I、L、d等字母表示）；(4)某同学根据数据表,画出了该段金属丝的伏安特性曲线,如图,①将这段金属丝接在一电动势为3V，内阻为1Ω的电源两端，这段金属丝的电功率为______W,(结里保留两位小数)；②如图,取长度为x的该种金属电阻丝，与①中电源,定值电阻R=4.5Ω串联成闭合回路,恰使金属电阻丝功率最大,则x为L的__________倍。n【答案】6.545πUd24IL1.251.1【解析】【详解】解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.01×4.5mm=0.045mm，所以最终读数为：6.5mm+0.045mm=6.545mm；(2)探究圆柱形金属电电阻丝在不同电压下的功率大小，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：(3)根据欧姆定律可得Rx=UI，根据电阻定律可得Rx=ρLS=ρ4Lπd2，联立解得此金属丝的电阻率为ρ=πd2U4IL；(4)将这段金属丝接在一电动势为3V，内阻为1Ω的电源两端，根据闭合电路欧姆定律可得U=3-I，在该段金属丝的伏安特性曲线作出U=3-I图像，如图所示，由图示图象可知，该段金属丝两端电压U=2.50V，通过该段金属丝的电流I=0.50A，该段金属丝电阻为：RL=UI=5.0Ω，该段金属丝功率：P=UI=2.50×0.50W=1.25W；n②电源与电阻R整体可以看做等效电源，等效电源内阻为1+4.5Ω=5.5Ω，当长度为x的该种金属电阻丝的电阻为5.5Ω时，金属丝功率最大，根据电阻定律可得电阻之比等于长度之比，即xL=RxRL=5.55.0=1.1；2．某同学在“测电源甲的电动势和内电阻”的实验中,实验室提供备选器材有:电流表(0-0.60A)、电压表(0-3.00V)、滑动变阻器R1（10Ω1.00A）、滑动变阻器R2（100Ω0.60A）、电阻箱R3(0-999.9Ω)、定值电阻R0为2Ω、开关S及导线若干。他采用如图甲所示电路进行实验,测得6组U、I数据(见表格中)（1）将图乙实验电路所缺的导线补充连上,使电路完整_____________;（2）根据电流、电压数量关系确定电源甲的电动势和内阻,请你自定标度将表中的数据在图丙坐标系中描点并连线画出U-I图线____________。n（3）根据作图分析得出的结论是:电源甲的电动势为________V,电源内电阻为________Ω;（4）该同学接着从提供的器材中选择合适器材,继续测量电源乙的电动势和内阻,得到1I-R图线(R为电源外电路的总电阻),如图丁。根据图像可知电源乙的内阻为______Ω。在虚线框中画出该同学实验新方案的电路图_________________。【答案】（1）如图；（2）如图：（3）2.80V1Ω（4）如图；0.5Ω.【解析】【详解】n（1）电路连接如图；（2）U-I图线如图：（3）由图可知电源甲的电动势为2.80V；电源内电阻为r=ΔUΔI-R0=2.8-1.00.6Ω-2Ω=1Ω;（4）所用电路如图；由欧姆定律：E=I(R+r)，即1I=1ER+rE，则1E=0.20.5；rE=0.2解得E=2.5V；r=0.5Ω3．某同学在实验室找到一只表盘稍有磨损（中值“15“清晰可见）的万用表，不过他一想，这并不影响实验操作，于是进行了如下几项实验。(1)在如图所示电路的电路中某一电阻发生了断路现象，在不断开电源的情况下，他选择了正确的挡位并进行了正确的操作，发现两表笔接在a、c两端时多用表指针明显偏转，而接在a、b两端多用表指针并未偏转，由此可知他选用的挡位和结论正确的是____A.直流10V挡，R1断路nB.直流2.5v挡，R2断路C.欧姆档，R1断路D.欧姆挡，R2断路(2)用多用电表探测图甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆测量，黑表笔（与电表内部电源的正极相连）接E点，红表笔（与电表内部电源的负极相连）接F点，阻值很小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是图乙中___________(3)为了进一步研究该万用表，他找来一块量程为3V的标准电压表，将万用表调至“×100Ω”档并进行了欧姆调零，然后将万用表的红黑表笔分别与电压表正负极相接，两表指针偏转如图所示。实验中，他应该将多用表的红表笔与电压表的_____（正或负）接线柱相接触，丁图中电压表的读数为____V，通过分析得知该电压表的内阻为______Ω，多用表的内电源电动势为_____V【答案】AB负1.206kΩ1.5V【解析】【详解】解：(1)根据题给条件可知不能应用欧姆挡，因为使用欧姆挡时，被测元件必须与外电路断开，C、D项不符合操作规程；由于电源电动势为6V，所以选直流10V挡；若R1断路时，两表笔接在a、b两端时多用电表指针不会发生偏转，两表笔接a、c在两端时多用表电指针明显偏转；若R2断路时，两表笔接a、b和a、c在两端时多用电表指针不会发生偏转，由此可知R1断路，故选项A正确，B、C、D错误；(2)用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，说明E、G与F、G间可能有电源存在；用欧姆档测量，因电流从黑表笔出来通过导体再从红表笔进入欧姆表，故若黑表笔接E点红表笔接F点时电阻小，说明电流容易从E通过导体，若黑表笔接F点红表笔接E点时电阻很大，说明电流不能从F通过，这就说明E、F间有二级管且E是正极，故该黑箱内元件的接法可能是选项B；(3)欧姆表的黑表笔与欧姆表内置电源正极相连，红表笔与内置电源负极相连，电压表的正接线柱应接高电势点，负接线柱应接低电势点，因此将多用电表的红表笔和电压表的负接线柱相连，黑表笔连接另一端；电压表的分度值为0.1V，所以丁图中电压表的读数为1.20V；n欧姆表的内阻为R内=R中=1500Ω，根据丙图可知电路的电流为满偏电流的15，即有15•ER内=ERV+R内，解得：RV=6000Ω=6kΩ，根据欧定律可得U=IRV=RVER内+RV，解得E=1.50V；4．一探究小组要描绘一个标有“5V，2.5W”小马达（电动机，线圈电阻恒定）的伏安特性曲线，马达两端的电压需要从零逐渐增加到5V．现有下列器材：A．电源（电动势6V）B．电压表（量程6V）C．电流表A1（量程3A）D．电流表A2（量程为0.6A）E．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）F．滑动变阻器R2（最大阻值200Ω）G．开关和导线若干（1）实验中电流表应选______（填“C”或“D”），滑动变阻器应选______（填“E”或“F“）（2）请在图a方框中画出完整的实验电路图______（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数大于0.5V时马达才开始转动，该小组用所测数据描绘的伏安特性曲线如图b，由图象可得马达线圈的电阻为______Ω，马达正常工作时的机械功率为______W。【答案】（1）DE（2）电路图见解析；（3）1.252.19【解析】【详解】（1）小马达的额定电流I=PU=2.55=0.5A，从读数误差的角度考虑，电流表选择D；为方便实验操作，滑动变阻器选择E。（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，由题意可知电压表内阻远大于小马达的电阻，电流表采用外接法，电路图如图所示；n（3）电压表读数小于0.5V时小马达没启动，此时电路为纯电阻电路，根据欧姆定律得：R=UI=0.50.4=1.25Ω；正常工作时电压为5V，根据图象知电流为0.5A，则电风扇发热功率：P热=I2R=0.52×1.25=0.3125W，则机械功率：P机械=P额定-P热=2.5-0.3125≈2.19W。5．磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用如图甲所示的装置研究电磁铁线的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，V1为理想电压表.(1)为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向_________端移动（选填“c”或“d”）.(2)已知电磁铁线圈的直流电阻为30 Ω，滑动变砠器的最大阻值为170 Ω，电源E的电动势为12.0 V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9 V，则电源E的内阻为_________Ω（保留两位有效数字）(3)同学们将阻值会因形状变化而发生改变的金属应变片R1粘贴在弹性梁的上表面，然后将金属应变片R1、定值电阻R2和理想电压表V2连接成如图乙所示的电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将_________，电压表V2的读数将_________。（填“增大”“减小”或“不变”）(4)在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衛铁刚好分开，测得外力F与线圈两端电压U的关系如图丙所示，若要求该锁能抵抗1200 N的外力，则工作电压至少为_________V。【答案】c0.21增大增大6【解析】n【详解】解：(1)根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场强度越强，为了增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应该滑向c端；(2)当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，滑动变阻器提供的分压最大，由闭合电路欧姆定律E=Um+Ir，I=UmR，R=30×17030+170Ω=25.5Ω，联立解得：r=0.21Ω；(3)线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，根据电阻定律，R1的阻值将增大。根据串联电路分压规律可知，电阻增大，电压增大，所以电压表V2的读数将增大；(4)由图丙可知，F=1200N时对应的工作电压为6.0V，即要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为6.0V。6．某物理学习小组设计了如图所示的实验电路准备测量未知电阻Rx的值。图中G是指针在中央（零刻线在中央）的灵敏电流计（已知电流从左侧接线柱流入指针向左偏），R是已知阻值的定值电阻，AB是一根粗细均匀的长直电阻丝，从刻度尺测得AB长度为L，D是与电阻丝接触良好的滑动触头。回答下列问题：（1）同学在某一次将D调节到如图位置时发现电流计指针向右偏，则他应该把D向________（填左或右）移动适当距离，直到____________为止。（2）他还需要测量的物理量有______________（用字母符号表示），未知电阻的计算表达式为Rx=________（用题目中给出和你设的字符表示）（3）关于本次实验系统误差的分析为：测量值________电阻真实值（填“>”、“<”或“=”）。【答案】左灵敏电流计指针指零（或中央）AD间距离xRx=L-xxR（或DB间距离x；xL-xR；或用其它字符表示的，只要正确均可）=【解析】【详解】（1）某一次将D调节到如图位置时发现电流计指针向右偏，说明电流从电流表的右侧接线柱中流入，即C点电势高于D点，即电阻Rx两端电压大于BD之间电阻丝的电阻，则他应该把D向左移动，直到灵敏电流计指针指零（或中央）为止；（2）当灵敏电流计的指针指零时，说明CD两点电势相等，即I1R=I2RAD；I1Rx=I2RDB，即RRx=RADRDB=xL-x，则他还需要测量的物理量有AD间距离x；未知电阻的计算表达式Rx=L-xxR；（3）由(2)的分析可知，此实验原理不会产生系统误差，即测量值等于电阻真实值.n7．在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图1所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示。（1）接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。（3）仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________【答案】左偏右偏不停振动短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断。【解析】【详解】（1）将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，电阻减小，回路电流变大，根据线圈中导线的绕向可知磁通量向下增加，根据楞次定律可知，A线圈中产生的感应电流使G表指针左偏；迅速抽出铁芯时，磁通量减小，产生的感应电流方向与上述方向相反，则G表指针右偏。（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，由于穿过线圈的磁通量大小方向都不断变化，在线圈A中产生的感应电流大小方向不断变化，则G表指针不停振动。（3）根据阻尼原理，短接G表，前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了；没有明显偏转则未断。8．小明想测额定电压为2.5V的小灯泡在不同电压下的电功率的电路。n（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是的____导线没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7点至8点”）；（2）正确连好电路，闭合开关，调节滑片P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图所示，则电流为____A，此时小灯泡的功率为____W（3）做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是____A.0.08AB.0.12AC.0.20A【答案】1点至4点0.300.75C【解析】【详解】（1）在实验过程中，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是1点至4点的导线没有连接好，滑动变阻器相当于接成了限流电路；（2）由表盘刻度可知，电流表读数为0.30A；则灯泡的额定功率：P=IU=0.30×2.5W=0.75W；（3）若灯泡电阻不变，则由R=UI=2.50.30=1.00I1，解得I1=0.12A，考虑到灯泡电阻温度越低时阻值越小，则通过灯泡的电流要大于0.12A，则选项C正确；故选C.9．在探究电磁感应现象的实验中：（1）首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．实验中所用电流表量程为100μA，电源电动势为1.5V，待选的保护电阻有三种R1＝20kΩ，R2＝1kΩ，R3＝100Ω，应选用电阻______（选填R1、R2、R3）；（2）已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入．由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已没有了，现通过实验查找绕线方向．当磁铁N极插入线圈时，电流表指针向左偏，如图甲所示，则图乙所示线圈的绕线方向正确的是________图（填“左”或“右”）；n图甲图乙（3）若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向________偏(填“左”或“右”)．【答案】R1左左【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律，则有：R=EIg=1.5100×10-6Ω=15×103Ω，R1＞R．不会使电流表超过量程，达到保护的作用．选20kΩ的电阻R1．（2）已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入，当磁铁N极插入螺线管时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，螺线管上端应为N极，下端为S极，又电流表指针向左偏，可知电流方向是由正电流表接线柱流出至螺线管上端接线柱，由安培定则可判断螺线管的绕线方向如图2中左图所示．（3）若将条形磁铁S极在下端，从螺线管中拨出时，感应电流磁场方向为阻碍磁通量的减少，螺线管上端应为N极，下端为S极，由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏．10．如图是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C.该实验的操作步骤如下：①按电路图接好实验电路;②接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U0＝6.2V和微安表读数I0＝490μA;③断开电键S并同时开始计时，每隔5s读一次微安表的读数i,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则：n(1)根据图示中的描点作出图线_________(2)图示中i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义是：______________.(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U0所带的电量Q0=__________，并计算电容器的电容C=________________.（这两空均保留两位小数）【答案】电容器两端电压为U0时所带电量为Q.8.00×10－3C～8.25×10－3C1.30×10－3F～1.33×10－3F【解析】【详解】（1）根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象，图象如图所示．（2）由△Q=I•△t知，电荷量为I-t图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器在开始放电时时所带的电荷量，即电容器两端电压为U0时所带电量为Q.（3）由图示图象可知，“面积”格数约32～33格．电容器电容为U0时，电荷量Q=8.00×10-3C（8.00×10-3C～8.25×10-3C均正确），电容器的电容C=QU=8×10-36.2≈1.30×10-3F；11．某兴趣小组欲通过测定工业污水(含多种重金属离子)的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准(达标的污水离子浓度低，电阻率大，一般电阻率ρ≥200Ω·m的工业废水即达到排放标准)．如图甲所示为该组同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板(电阻极小)，其余四面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱．容器内表面长a＝40cm，宽b＝20cm，高c＝10cm.将水样注满容器后，进行以下操作：n(1)用多用电表欧姆挡测量电阻时，红黑表笔互换了插孔，这样______(填“会”或“不会”)影响测量结果；(2)分别用多用电表欧姆挡的“×1k”、“×100”两挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图乙所示，则所测水样的电阻约为________Ω.(3)为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A．电流表(量程5mA，电阻RA＝500Ω)B．电压表(量程15V，电阻RV约为10kΩ)C．滑动变阻器(0～20Ω，额定电流1A)D．电源(12V，内阻约10Ω)E．开关一只，导线若干请在图中完成电路连接________．(4)正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如下表所示.由以上测量数据可以求出待测水样的电阻为_______Ω.据此可知，所测水样________排放标准(填“达到”或“没达到”)．【答案】（1）不会；（2）1400Ω；（3）；（4）2280Ω；没达标n【解析】【详解】（1）测量电阻时，多用电表内部电源被接通，电流从多用电表内部流出，因为电阻不分正负极，所以电流流向电阻哪一端无所谓，红、黑表笔分别插在负、正插孔不会影响测量结果；（2）图乙中图，指针示数乘以倍率，得出水样的电阻约为：1400Ω；（3）因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又因为电流表内阻已知，则采用电流表内接法，电路连接如图所示．（4）利用R=U/I计算出每次的电阻R，再求平均值，总电阻为2780Ω，又R=R总-RA=2280Ω根据电阻定律：R＝ρLS，代入数据得ρ=114Ω•m＜200Ω•m，故所测水样没达到排放标准．12．实验室为了测量阻值约为几百欧姆的电阻的阻值，小勇利用如下的实验器材改装成了一个简易欧姆表。A．满偏电流为Ig=500μA、内阻为Rg=1000Ω的电流计GB．内阻可忽略不计的电动势为1.5V的干电池EC．可调范围在0~99.99Ω的电阻箱R1D．可调范围在0~999.9Ω的电阻箱R2E．可调范围在0~100Ω的滑动变阻器R3F．可调范围在0~1000Ω的滑动变阻器R4G．开关和导线若干请回答下列问题:（1）小勇通过分析可知，该电流计的内阻过大,导致误差较大,因此小勇首先将该电流计G改装成量程为0~3mA的电流表，则电流计G应____(选填“串联”或“并联”)电阻箱___(选填“R1”或“R2”)，且应把电阻箱调至____Ω；（2）完成操作（1）后，小勇利用改装后的电流表改装成了满足题中要求的欧姆表，使指针位于表盘中央刻度时，对应被测电阻的阻值为500Ω,请将设计的电路补充完整，并标出相应符号，其中A为____(选填“红”或“黑”)表笔；n利用该欧姆表测量一未知电阻时，电流计G的读数为200μA，则该电阻的阻值约为_______Ω。(结果取整数)【答案】并联R2200.0；红750【解析】【详解】（1）将电流表改装为3mA的电流表应该并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：R=IgRgI-Ig=500×10-6×1×1033×10-3-500×10-6≈200Ω；则电阻箱应选择R2；（2）接线柱A内部接电源的负极，可知A是红表笔；改装后的电流表内阻为：R=IgRgI=500×10-6×1×1033×10-3≈167Ω，把表头改装成中值电阻为500Ω的欧姆表，则需要串联的电阻为：R″=500-167=333Ω，所以选择滑动变阻器R4（0-1000Ω），实验电路图如图所示：（3）改装后电流表量程是原电流表G量程的：3×10-3500×10-6=6倍，电流表G的示数为200μA，电路电流为：I=200μA×6=1200μA=1.2mA；待测电阻阻值为：RX=UI-R内=1.51.2×10-3-500=750Ω；13．用以下器材测量一待测电阻的阻值。器材(代号)与规格如下：A.电压表V1(量程3V，内阻r1约为10kΩ)；B.电压表V2(量程4.5V,内阻r2约为20kΩ)；C.电压表V3(量程15V，内阻r3约为30kΩ)；D.待测电阻Rx(阻值约为60Ω)E.定值电阻R0=30Ω;F.滑动变阻器R1(最大阻值5Ω);G.滑动变阻器R2(最大阻值200ΩH.电源E(电动势约为6V,内阻r约为lΩ)；I.单刀单掷开关S,导线若干。(1)某同学设计了一个测量电阻Rx的实验电路如图所示。滑动变阻器R应选_____(选填“R1”、“R2”);n为保证测量时误差尽可能小,M电压表应选______（选填“V1"或“V2"或“V3")。(2)若M、N电表的读数分别为2.75V、4.20V,则Rx=_______(保留两位有效数字)。(3)考虑本次测量存在一定的系统误差,所以测量值比真实值______（选填“偏大”或“偏小”)【答案】R1V157Ω偏小【解析】【详解】解：(1)由于滑动变阻器采用分压式，为了使测量尽量准确，便于调节滑动变阻器用总阻值小的故选R1；由于R0与Rx串联，电源E的电动势约为6V，所以M电压表应选电压表V1(量程3V)，N电压表应选电压表V1(量程4.5V)；(2)根据串联分压，电流相等的特点和电路可知UMRx=UN-UMR0，解得Rx=57Ω；(3)由于M电压表的分流作用，流过R0的电流大于Rx的电流，测量值比真实值偏小；14．某实验小组利用如图甲所示的电路测量一微安表(量程为0～500μA，内阻约为300Ω)的内阻，可选用的器材有，定值电阻R0(阻值为120Ω)、滑动变阻器R1(阻值范围为0～10Ω)，电源E(电动势为2V，内阻很小)、电阻箱R2和R3(阻值范图均为0～999.9Ω)、单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2和导线若干。(1)根据图甲的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路补充完整。(闭合开关前滑动变阻器的滑片在最左端)________(2)完成电路连接后，该小组的操作步骤如下：①将滑动变阻器R1的滑片P移到最左端，调节电阻箱R2的阻值为0；闭合开关S1，移动滑片P，使微安表的指针满偏。②保持滑片P的位置不动，调节电阻箱R2，使微安表的示数正好是指针满偏时的12；记录电阻箱R2的阻值r1，则微安表内阻的测量值rA1=__________；③保持滑片P的位置不动，调节电阻箱R2，使微安表的示数正好是指针满偏时的23；记录电阻箱R2的阻值r2，则微安表内阻的测量值rA2=______。(3)微安表内阻的测量值rA1和rA2都比实际值偏______(选填“大”或“小”)。n(4)为减小系统误差，该小组改进了电路设计，如图丙所示，先闭合开关S1，将开关S2拨到位置a，调节滑动变阻器R1的滑片P，使微安表的指针满偏，然后将开关S2拨到位置b，保持滑片P的位置不变，同时调节电阻箱R2和R3，使电阻箱R3的阻值r3和电阻箱R2的阻值r4满足r3=______r4，且使微安表的示数正好是指针满偏时的12，则微安表内阻的测量值rA3=r4。【答案】r12r2大1【解析】【详解】(1)按电路连线如图所示，要注意滑动变阻器是分压接法。(2)②滑动变阻器的阻值较小，当滑片处于某一位置时，电阻箱为零，此时电流表满偏。保证滑动变阻器位置不变，此处近似认为电压为U不变，当电阻箱为r1时电流表半偏，据欧姆定律有：Ig=URA，12Im=URA+r1，联立可得：rA1=r1。③同理，当调节电阻箱为r2时，电流表23偏转，即23Im=URA+r2，联立解得：rA2=2r2  (4)在改进的电路中，开关拔向a时：有：U=IgrA3开关拔向b时，U=12Ig(rA3+r4)=Igr3，而最后结论是：rA3=r4，联立可得：r3=r415．某研究性学习小组的同学们来到电学实验室测量电源电动势和内电阻。大家分别选用不同的实验器材设计了以下四种测量电路：n(1)上面测量电路中，不能够完成实验目的是哪一个电路？____________．小明同学根据其中的一个电路直接测得的实验数据作出了表．R/Ω2.03.06.0101520U/V1.301.361.411.481.491.50(2)①由此可知该同学选用的是____________图所示的电路进行的实验．②采用图象法处理数据时，应作出____________图线（选填U—R，或U—1/R，或1/U-1/R），若通过图像求出斜率是k，纵轴截距是b，则电源的电动势E=__________；r=__________。【答案】c；d；1U-1R；1b；kb【解析】【详解】解：(1)要想测量电动势和内电阻需要明确流过电源的电流路端电压，或者利用伏阻法、安阻法明确路端电压或电流；故a、b、d均可以进行测量；但丙图中无法得出流过电源的电流和电压，故c图无法进行测量；(2)①由表中数据可知，测出了电压和电阻，故应是应用d图进行的实验；②根据闭合电路欧姆定律可知：U=ER+rR，若作出U−R图象得出的是曲线，无法进行数据分析，应进一步化简，得出：U=E-URr，即作出U-UR图象；或变形为：1U=1E+rE•1R，故可以作出1U-1R图象；由题意可知1U-1R图象，由数学规律可知：1E=b，rE=k，联立解得：E=1b，r=kb；16．某同学为了测量0～5V电压表的内阻，他从实验室拿来多用电表、3节干电池、最大阻值为100Ω的滑动变阻器、开关和若干导线。(1)该同学在先用多用电表粗测电压表内阻时，把选择开关旋到欧姆“×1k”挡，正确调零后，将_______(选填“红”或“黑”)表笔接电压表的“+5V"接线柱，另一只表笔接“-”接线柱。多用电表的指针位置如图甲中的A所示，则电压表的内阻为_______Ω.(2)再用伏安法测量其内阻，把多用电表的选择开关旋到直流电流的_______（填“100”“10”或“1”)mA挡，并把各仪器按图乙接好电路.n(3)实验中当电压表的示数为4.0V时，多用电表的指针位置如图甲中的B所示，则示数为_______mA，则电压表的内阻Rv=_______Ω(结果保留两位有效数字).【答案】黑9k(9000)10.45（0.44～0.16都给分）8.9k(8.9×10³)【解析】【详解】（1）用多用电表欧姆档测电压表内阻，由于多用电表的内接电源正极接在黑表笔上，所以黑表笔要电压表的正接线柱。读数由倍率和示数的乘积，所以RV=9000Ω。（2）估算电路中的电流为：I=39000+100A≈0.3mA．所以电流表的量程选项1mA。（3）由电流表（多用电表的电流档）读得电路中的电流I=0.45mA。则电压表的内阻RV=UI=4.00.45×10-3Ω≈8.9×103Ω17．某实验室中有一捆铜电线，实验小组的同学想应用所学的电学知识来测量这捆电线的长度。他们设计了如图甲所示的电路来测量这捆电线的电阻Rx，图中a、b之间连接这捆电线；V1和V2可视为理想电压表：R为阻值范围为0～999.0的电阻箱；E为电源；R0为定值电阻；S为开关。采用如下步骤完成实验：(1)先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图乙所示，则d=___________mm；(2)按照图甲所示的实验原理线路图，将实物电路连接好；(3)将电阻箱R调节到适当的阻值，闭合开关S，记下此时电阻箱的阻值R、电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2，则这捆电线的阻值表达式为Rx=___________(用R、U1、U2表示)；(4)改变电阻箱的阻值R，记下多组R、U1、U2的示数，计算出每一组U2U1的值，作出U2U1－1R图像如图丙所示，利用图像可求得这捆电线的电阻Rx=___________Ω；(5)已知这捆电线铜材料的电阻率为ρ=2.00×10－8Ω·m，则这捆铜电线的长度为L=___________m(结果保留三位有效数字)。【答案】1.200(U2U1-1)R2.61.47×102【解析】【详解】（1）铜电线的直径d为d=1mm+20.0×0.01mm=1.200mm。（3）通过铜线的电流为Ix=IR=U1R。Rx=U2-U1Ix=(U2U1-1)Rn（4）整理可得U2U1=RX1R+1。由图象可得斜率k=Rx=7.5-1.002.50Ω=2.60Ω。（5）由电阻定律R=ρls可得l=Rsρ=Rπd24ρ=2.6×3.14×(1.2×10-3)24×2×10-8m=1.47×102m18．测定电流表内电阻的实验中备有下列器材：A．待测电流表G（量程0～10mA）B．标准电流表A（量程0～15mA，内阻忽略）C．电阻箱R′（0-999Ω）D．滑动变阻器R1（总电阻约200Ω，额定电流2.0A）E．滑动变阻器R2（总电阻约1000Ω，额定电流2.0A）F．电源E1（电动势约为8V，内阻忽略）G．电源E2（电动势约为25V，内阻忽略）H．电键及导线若干采用如图甲所示的电路测定电流表G的内阻rg．（1）以上备用的器材中，滑动变阻器R应选用______、电源应该选择______（填仪器前面字母）（2）依照电路原理图将实物连接成实验线路______，开始时两电键均断开。（3）请完成下列主要实验步骤：①将R阻值调至最大，闭合电键S1，调节滑动变阻器R的阻值，使电流表G达到满刻度并记录电流表A的数值②闭合S2，同时调节滑动变阻器、变阻箱的阻值使电流表A数值保持不变，电流表G的读数达到半偏。③读出R′的读数（如图乙电阻箱所示）则电流表内阻rg=______Ω，这种方法测出的电流表的内阻rg比它的真实值______（选填偏“大”、“偏小”或“相等”）【答案】（1）E，F；（2）；（3）150，偏小n【解析】【详解】(1)利用半偏法测电流表G的内阻，要保证总电流基本不变，则R的阻值远大于R‘，所以滑动变阻选择阻值较大的R2，即选择E；由于待测电流表的量程为10mA，滑动变阻器的最大阻值为1000Ω，所以电源电动势约为10×10-3×1000=10V，所以电源应选F；(2)根据原理电路图，连线如图：；(3)根据实验原理可知，当电流表G半偏时，总电流不变，由于待测电流表与电阻箱并联，电压相等，所以待测电流表的内阻等于电阻箱的阻值即150Ω，由于待测电流表并联电阻箱后的电阻变小，总电流变大，所以流过电阻箱的电流大于满偏电流的一半，电压相同的情况下电阻则偏小。19．为测定某电源的电动势E、内阻r以及一段电阻丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示的电路。ab是电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑片P与电阻丝始终接触良好。使用螺旋测微器测得电阻丝的直径d=0.400mm。实验时，闭合开关S，调节P的位置，记录aP长度x和对应的电压U和电流I的数据，并求得UI的数值，分别绘出了U-I关系图象和UI-x关系图象，如图乙、丙所示。（1）根据图乙可求出电源电动势E=___V，内阻r=_____Ω（均保留两位有效数字）。（2）图丙中UI-x关系图象纵轴截距的物理意义是_____。（3）根据图丙可求得电阻丝的电阻率ρ=_____Ω·m（保留三位有效数字）。n【答案】（1）3.0；1.0；（2）电流表的内阻为2.0Ω；（3）1.26×10-6【解析】【详解】解：(1)由图甲根据闭合电路欧姆定律应有：E=U+I(r+R0)，可整理为：U=E-I(r+R0)，由图乙根据函数斜率和截距的概念则有电源电动势：E=3.0V，内阻：r=3.00-1.200.60Ω-2Ω=1.0Ω；(2)由题意R+RA=UI及R=ρxS可得：UI=ρs•x+RA；结合数学一次函数概念可知，图线的纵轴截距表示电流表的内阻为2.0Ω(3)根据图可知，当x=0时电阻为2Ω，结合图甲可知电流表A的内阻RA=2Ω，所以应有UI=R+2，由图读出UI=4.0Ω，即电阻丝电阻R=2Ω时对应的长度x=0.20m，，由R=ρL14πd2可得ρ=πd2R4x，代入数据解得：ρ=1.26×10-6Ω•m；20．某同学要测量一导体的电阻，步骤如下：(1)先用欧姆表粗测该导体的电阻值，选择“×1”档，进行欧姆调零后，测量时表盘示数如图，该电阻阻值R=________Ω；(2)现用伏安法更精确地测量其电阻R，要求测量数据尽量精确，可供该同学选用的器材除开关、导线、待测电阻R外还有：A.电压表V(量程0～15V,内阻未知)B.电流表A1(量程0～200mA，内阻r1=6Ω)C.电流表A2(量程0～3A，内阻r2=0.1Ω)D.滑动变阻器R1(0～10Ω，额定电流2A)E.滑动变阻器R2(0～1kΩ，额定电流0.5A)F.定值电阻R3(阻值等于2Ω)G.电源E(E＝12V，内阻不计)①实验中除了选择器材A、F、G外，还应选择_______（填写器材前面的字母）；②请在方框中画出实验电路图_______：n③某次测量中，所选择的电流表和电压表的读数为I、U，该电阻R=________（用题中物理量的字母表示）；【答案】15ΩBDR3(U-Ir1)R3+r1I【解析】【详解】（1）根据欧姆表读法，电阻=示数×倍率，所以为15Ω；（2）①选器材就是选择电流表和滑动变阻器，由电动势12V除以待测电阻大约15Ω，得到通过待测电阻的最大电流为0.8A，所以A2表3A的量程过大，因此选A1表，即B项；滑动变阻器阻值1kΩ过大，阻值利用效率过低，所以选择小滑动变阻器D。②控制部分：使用分压式接法；待测部分：由于A1表量程不足0.8A，故需要改表，需要并联一个阻值为R3=2Ω的定值电阻，为了精确测量，需要使用电流表内接法。电路如图；③根据电路连接，通过R的电流为：I+Ir1R3，则电阻R大小为R=U-Ir1IR=U-Ir1I+Ir1R3=(U-Ir1)R3IR3+Ir21．某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：待测一节干电池、电流表A（量程0.6A，内阻小于1Ω）、电流表A1（量程0.6A，内阻不知）、电阻箱（0～99.99Ω）、滑动变阻器（0～l0Ω）、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。（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，此时，电流表A1的示数为0.60A，电阻箱的示数为0.10Ω，由图乙读出电流表A的示数为__________A，则电流表An的内阻RA为_______________Ω.（2）利用图甲所示电路测量电源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断开开关D，再次调节电阻箱R，将开关S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；④重复实验进行多次测量。图丁是根据实验数据绘出的1I-R图象，由此求出干电池的电动势E=_______V，内阻r=__________Ω．（计算结果均保留两位有效数字）【答案】0.200.2如图所示：1.500.25【解析】n【详解】（1）如图所示电流表量程为0.6A，故读数为0.20A，根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱的电流I=0.60A-0.20A=0.40A；电压U=0.10×0.40V=0.040V，则电流表内阻RA=0.0400.20Ω=0.2Ω；（2）根据原理图可得出对应的实物图，连线如图所示；根据闭合电路欧姆定律可知，I=ER+r+RA变形可得：1I=RE+r+RAE由图象可知，1E=3.0-0.34.0=0.675，解得电动势为：E=1.50V；r+RAE=0.3，解得电源内阻为：r=0.25Ω。22．某同学通过实验测量一种合金的电阻率。(1)用螺旋测微仪测量合金丝的直径，读数如图所示，可读出合金丝的直径为___mm；(2)现有电源(E=4V,内阻可不计),滑动变阻器(0∼50Ω),电流表(0∼0.6A,内阻约为1Ω),电压表(0∼3V,内阻约为3kΩ)，开关和导线若干。该同学分别用电流表的两种不同接法测量合金丝的电阻，记录两组不同的数据如下：n①由数据可知,该同学应采用滑动变阻器的___接法(填“限流式”或“分压式”)；②由数据可知,利用___(填“实验一”或“实验二”)的数据计算所得结果更接近合金丝电阻的真实值。【答案】6.495mm限流式实验一【解析】【详解】解：(1)由图示螺旋测微器可知，固定刻度为6.0mm，可动刻度为49.5×0.01mm=49.5mm，其示数为：6.0mm+49.5×0.01mm=6.495mm；(2)①由表中实验数据可知，待测电阻阻值约为：R=UI=0.800.10Ω=8Ω，小于滑动变阻器的最大阻值，又由表中实验数据可知，电压与电流不从零开始变化，滑动变阻器采用的是限流接法；②待测电阻阻值约为：R=UI=0.800.10Ω=8Ω，电流表内阻约为1Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法时实验误差较小；当电流表采用外接法时，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，由表中实验数据可知，在电压相等的情况下，实验一的电流大于实验二的电流值，说明实验一中电流表采用外接法，因此用实验一所示数据测量值更接近真实值；23．某实验小组欲测定内阻约为5Ω的电动机内线圈绕组所用导线的长度，首先找到与绕组相同规格的一小段导线。（1）用螺旋测微器测定导线的直径，测量结果如图（a）所示，则导线的直径为d＝__________mm；实验小组找到以下器材：电流表A（0-30mA，内阻约为10Ω）；电压表V（0-3V，内阻为2kΩ）；滑动变阻器R（0-50Ω）；定值电阻R0（90Ω）；电源（4V，内阻约为1Ω）；开关及导线若干。（2）小组中同学甲设计了如图（bn）所示测量电路，接通电源后电动机正常工作，测得电压表和电流表示数U、I，于是该同学就计算出电动机线圈导线的电阻为R=UI，你认为该同学的测量和计算有哪些不妥或错误_________A.电流表用内接B.测电动机线圈内阻时电动机转动，用R=UI计算电动机线圈电阻C.滑动变阻器用分压接法D.电压表的量程（3）根据（2）中的判断，并尽可能减小实验误差，请你重新设计实验电路，并在图（c）虚线框中将电路补充完整；（4）若实验测得电动机线圈电阻为RM，查阅资料知道此规格导线的电阻率为ρ，则线圈导线的长度表达式为____________________（用测量所得物理量的符号表示）。【答案】0.285（±0.001）ABDL=πRMd24ρ【解析】【详解】（1）d=28.5×0.01mm=0.285mm（2）线圈电阻比电流表内阻还小，因此电流表应外接，A错；电动机转动时，属于非纯电阻电路，欧姆定律不成立，因此测量时电动机不能转动，B错；线圈内阻较小，比滑动变阻器总电阻小得多，滑动变阻器用分压接法，C正确；用伏安法测量电动机线圈电阻时，要卡住电动机不让电动机转子转动，此时两端最大电压Um=Ig(r+rg)≈0.45V，所以用3V量程的电压表量程不合适，测量误差大，D不妥。（3）鉴于（2）的判断，①电流表改为外接；②卡住电动机转子，不让电动机转动时用伏安法测量线圈电阻；③串联定值电阻R0分压，提高电压表测量精度。改进电路如图所示；（4）由电阻定律可得RM=ρLS=ρLπ(d2)2，解得L=πRMd24ρ。24．长郡中学新进了一批电阻丝，每卷长度L=100m，阻值约为150Ω，高三物理兴趣小组想尽量准确测岀其电阻率。先用螺旋测微器测岀电阻丝的直径如图所示，然后在实验室找来了下列器材，请协助完成。n待测电阻丝1卷电源E(电动势4.5V，内阻r≈0.5Ω)电流表A1(量程10mA，内阻RA1=50Ω)电流表A2(量程30mA，内阻RA2≈30Ω)滑动变阻器R1(最大阻值为20Ω)滑动变阻器R2(最大阻值为50Ω)定值电阻R3=100Ω定值电阻R4=400Ω开关一个、导线若干(1)螺旋测微器测出电阻丝的直径d=___________cm。(2)滑动变阻器应选用___________，定值电阻应选用___________。(3)请用笔画线代替导线，将已连接了三根导线的实物图补充成实验线路图____________。(4)连接电路，闭合开关，移动滑动变阻器，并记录下多组电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，以I1为横坐标，I2为纵坐标，描点作图并测得图象的斜率为k，则电阻丝的电阻率为___________(用题中已给出的字母表示)，此法测量出的电阻率较真实值___________(填“偏大”“偏小”或“无系统误差”)。【答案】0.3465R1R4πd2(RA1+R4)4(k-1)L无系统误差【解析】【详解】(1)螺旋测微器的读数由固定刻度和可动刻度两部分组成，直径d=3.0mm+46.5⊗0.01mm=0.3465cm；(2)滑动变阻器尽量选择较小的且接近被测电阻，所以选择R1；由于无电压表，则用电流表A1n串联一个较大的分压电阻作为电压表使用，所以变阻器选R4；(3)滑动变阻器选用分压接法，电流表有外接法，实物连线如图所示；(4)根据欧姆定律有：I2=I1+I1(RA1+R4)Rx，结合图象斜率为k=RA1+R4+RxRx，所以求得Rx=RA1+R4k-1，再由电阻定律：Rx=ρLπ(d2)2，所以电阻率ρ=πd2(RA1+R4)4(k-1)L，由于电流表的测量值与改装的电压表的测量值均是真实值，无系统误差，则测得的电阻率的值无系统误差。25．指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题：(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡_____档（选填“×1”“×100”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为_______Ω。(2)图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。其中，电流表满偏电流为0.5mA、内阻为10Ω；电池电动势为1.5V、内阻为1Ω；变阻器R0的阻值范围为0-5000Ω。①该欧姆表的两只表笔中，______是红表笔。（选填“A”或“B”）；②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V、内阻为1Ω进行刻度的。当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后R0接入电路的电阻将变_____（填“大”或“小”）。【答案】100；3000；A小【解析】【详解】解：(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆档“×10”档，经正确操作后，指针偏角很小，说明倍率档选择较小，则为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选用欧姆档“×100”档；待测电阻为30×100Ω=3000Ω；n(2)①该欧姆表的两只表笔中，红表笔内部接电源的负极，则A是红表笔；②电池电动势为1.5V、内阻为1Ω时，调零电阻：R0=EIg-rg-r=1.50.5×10-3-10-1=2989Ω；电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时，调零电阻：R0'=EIg-rg-r'=1.450.5×10-3-10-4=2886Ω，则调零后R0接入电路的电阻将变小；26．某同学欲将电流表改装成电压表，需要测量电流表的内阻，可供选择的实验器材有：A.待测电流表G1；B.一个标准电流表G2(G2的量程大于G1的量程)；C.电阻箱R′；D滑动变阻器R；E.电池组、导线、开关。采用如图甲所示的电路测定电流表内阻时，该同学的实验步骤为：①按电路图甲接好电路，将滑动变阻器R调至最大；②闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R，使电流表G1表头指针满偏：③再闭合S2，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R′，使表头指针半偏。读出此时电阻箱R′的示数，则电流表内阻可看做此示数。(1)用上述方法得到的电流表G1内阻的测量值与真实值相比___________。(2)为了使测量更准确，请你利用上述实验器材重新设计实验，从设计原理上看可以消除上述实验中的系统误差，请你在图乙中完成实验电路图_____。(3)使用重新设计的实验电路的测量数据，写出电流表G1内阻表达式Rg=___________，说明各测量值的意义：_________________________________。【答案】（1）偏小（2）如图；（3）(I2-I1)R'I1I1为G1示数；I2为G2示数；R′为电阻箱电阻；【解析】【分析】根据题中“测定电流表内阻…调节电阻箱R′，使表头指针半偏”可知，本题考察半偏法测电流表内阻，应用串(并)联电路规律、误差等知识分析计算。n【详解】(1)本实验采用的半偏法测量电阻，在并联电阻箱时，总电阻减小，总电流偏大，则电流表半偏时，并联电阻上的电流大于电流表的电流，并联电阻的电阻比电流表的电阻小。综上，内阻的测量值与真实值相比偏小.(2)为消除上述实验中的系统误差，应保证各量测量值准确，可在干路中接入电流表G2，接入R'后调节R即可，正确原理图如图.(3)I1为G1的示数，I2为G2的示数，R'为电阻箱电阻，由串、并联电路规律可知Rg=(I2-I1)R'I1.27．小红想设计一个测金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：螺旋测微器，游标卡尺，万用电表（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径d为___________mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度L为________mm．（2）小红用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“100”倍率时发现指针偏转角度过大，此时需换用________倍率地电阻档，（“10”或“100”），并重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如图3所示，则金属棒的阻值约为__________Ω（3）为更精确地测量其电阻，小红决定用伏安法测电阻，实验器材如下：直流电源：电动势约3V，内阻很小；电流表A1：量程0~50mA，内阻为25Ω；n电流表A2：量程0~0.6A，内阻为1Ω；电压表V：量程0~3V，内阻约为3kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值20Ω；滑动变阻器R2：最大阻值2kΩ；开关、导线等。那么在测金属棒的电阻时，要求电压可以从零开始变化，且准确的测量出电阻的阻值，电流表应该选________（填“A1”或“A2”），滑动变阻器应该选________（填“R1”或“R2”）。电路图应该选下图中的________(填“A、B、C、D”代号)．（4）该金属棒电阻率的表达式为ρ＝_________.(用U、I、RA、d、L表示)【答案】3.191mm102.30mm1070ΩA1R1Cρ=(U-IRA)πd24LI【解析】【详解】解：(1)由图示螺旋测微器可知固定刻度示数为3.0mm，可动刻度示数为19.1×0.01mm=0.191mm，其示数为：3.0+0.191mm=3.191mm，主尺示数为10.2cm=102mm，游标尺示数为6×0.05mm=0.30mm，游标尺示数为102mm+0.30mm=102.30mm；(2)用欧姆表×100挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×10挡，挡并进行一系列正确操作，由图所示可知，则金属棒的阻约为7.0×10Ω=70Ω；(3)由题意可知金属棒的电流示数约为：I=URx=3V70Ω≈0.04A，所以电流表应该选A1，量程0~50mA，内阻为25Ω；由于电流表的内阻为已知值，且准确的测量出电阻的阻值，所以电流表采用内接法；要求电压可以从零开始变化，滑动变阻器应该采用分压式，滑动变阻器应该选阻值小的，所以滑动变阻器应该选R1；电路图应该选图C；(4)根据电阻定律可得R=ρLπ(d2)2，根据图C和欧姆定律可得R=UI-RA，联立解得该金属棒电阻率的表达式为：ρ=π(UI-RA)d24L=π(U-IRA)d24IL；28．图甲是物理实验室的一种永久蹄形磁铁，某物理兴趣小组设计了一个测量蹄形磁铁磁极间磁感应强度大小的实验．n（1）如图乙所示，将由铜导线绕制而成的矩形线圈悬挂在支架上，导线两端分别由a、b处抽出连在两接线柱A、B上．线圈下边ab保持水平，现将一轻线的一端系在线圈ab边的中点，另一端绕过一轻小滑轮后连接一小沙桶，调整支架高度是线圈与滑轮间细线保持水平．（2）将多个图甲中的蹄形磁铁紧密并列放置，水平插入线圈，使线圈下边ab处于磁铁N、S间，磁场宽度正好与线圈下边ab长度相同，当线圈中通电后，向沙桶中缓慢加入适量细沙，使导线框仍保持竖直悬挂．读出电流表示数为I，断开电源，取下沙桶，用天平称量沙桶总质量为m．（3）线圈中电流由图丙电路提供，若蹄形磁铁S极在上方，N极在下方，则接线柱A应与丙图电路中的接线柱________（选填“C”或“D”）相连．（4）若线圈电阻约为1Ω，允许最大电流0.5A，电流表量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω，电源为4节干电池串联，每节干电池的电动势为1.5V，内阻不计．R0为定值电阻，现备有10Ω和100Ω各一只，则应选_______Ω连入电路；有最大阻值分别为20Ω和1000Ω的滑动变阻器各一只，应选_______Ω连入电路．（5）若线圈匝数为n，其下边ab长度为L，本地重力加速度为g，则用测得的物理量和已知量表示磁感应强度大小B=___________．【答案】（3）D；（4）10，20；（5）mgnIL【解析】【详解】（3）磁场方向竖直向上，线圈受安培力向左，与细线的拉力平衡，则线圈中电流应由接线柱B流入，由接线柱A流出，故接线柱A应与电路中的接线柱D连接。（4）线圈中最大电流为0.5A，则电路中最小电阻为12Ω，故定值电阻应选10Ω．为方便调节，滑动变阻器应选最大电阻值较小的、即20Ω的滑动变阻器。n（5）线圈静止时，在水平方向线圈受到的绳子的拉力与安培力大小相等方向相反，有：mg=nBIL，可得：B=mgnIL29．利用如图所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻rg约为几十到几百欧姆的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：A．滑动变阻器（最大阻值10kΩ）B．滑动变阻器（最大阻值30kΩ）C．电源（电动势8V，内阻不计）D．电源（电动势3V，内阻不计）(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用_____，电源E应选用_____。（选填器材前面的字母序号）(2)实验时要进行的主要步骤有：A．断开S2，调节R使其接入电路的阻值_______（填“最大”或“最小”），闭合S1B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C．闭合S2D．调节电阻箱R′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之一E．记下此时R′的阻值为100.3Ω，则待测电流表的内阻rg的测量值为_____Ω.(3)请提出一条提高本实验精确度的方法_____________________.【答案】BC最大200.6将电阻箱R'更换为精确度更高的电阻箱(或使用E和R更大的器材)【解析】【详解】（1）由半偏法的原理可知：只有滑动变阻器的电阻远大于电流表的内阻时，当电流表再并联一个小电阻时，电路的总电阻才近似未变，电路的电流才近似于不变，所以滑动变阻器选B；大致计算当电流表满偏时电路中的总电压U=ImR=300×10-6×30×103V=9V，综合题目所给的电源，应选择电动势较大的C；（2）在S2闭合前后可以认为电路的电流未变，所以R′在S2闭合后的电流是23Im，而这两路的电压相等，所以有：13Imrg=23ImR，所以rg=2R=200.6Ω；（3）可将电阻箱R'更换为精确度更高的电阻箱，使电阻的测量更为准确；或使用E和R更大的器材，使开关S闭合前后电路中的总电流的变化量更小。30．有一个小灯泡上标有“4.8V2W”的字样，现要测定其在不同工作状态下的电功率，并作出小灯泡的电功率P的有关曲线．有下列器材可供选用：nA．电压表V1（0～3V，内阻3kΩ）B．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）C．电流表A（0～0.6A，内阻约1Ω）D．定值电阻R1＝3kΩE．定值电阻R2＝15kΩF．滑动变阻器R（10Ω，2A）G．学生电源（直流电动势6V，内阻不计）H．开关、导线若干（1）为了使测量结果更加准确，实验中所用电压表应选用____，定值电阻应选用_______（均用序号字母填写）；（2）为了尽量减小实验误差，并要求从零开始多测几组数据，请在方框内画出满足要求的电路图_____；（3）根据实验做出的有关该小灯泡功率的下面四个图像中可能正确的是_______．【答案】AD电路图如图所示：BD【解析】【详解】（1）由题意可知，灯泡的额定电压为4.8V，而给出的电压表中有15V和3V两种，选用15V的电压则误差较大；而选用3V的电压表，则量程偏小，故可以串联一个电阻进行分压；由题意可知，选择3KΩ的电阻可以使量程扩大为2倍，故选用A即可；故可以选取3V的电压表和3kΩ的电阻D串联充当电压表使用；（2）因题目中要求多测几组数据进行作图，故实验中选用分压接法，并且将R1与电压表串联充当电压表使用，电流表采用电流表外接法；故原理图如右图所示；n（3）由功率公式可得：P=U2R；若R为定值的话，则P与U2应为一次方程；但因为灯泡电阻随温度的升高而增大，故功率随温度不再是线性关系，而是随着电压的增大，而使功率减小，故P与U2图象应为B；根据P=I2R可知，因为灯泡电阻R随温度的升高而增大，则P-I2图像应该为D；故选BD.