【物理】2020届一轮复习人教版电学实验与创新课时作业 4页

专题限时训练14　电学实验与创新 时间：45分钟 ‎1．(2018·宁波镇海中学模拟)LED发光二极管技术得到广泛应用，下表为某发光二极管的正向电压U与正向电流I关系的数据.‎ U/V ‎0.00‎ ‎2.56‎ ‎2.71‎ ‎2.80‎ ‎2.84‎ ‎2.87‎ ‎2.89‎ ‎2.91‎ ‎2.99‎ I/mA ‎0.00‎ ‎0.03‎ ‎0.07‎ ‎0.11‎ ‎0.34‎ ‎0.52‎ ‎0.75‎ ‎0.91‎ ‎3.02‎ ‎(1)根据以上数据，在图甲中画出电压在2.50～3.00 V范围内时二极管的IU图线．‎ 答案：如图所示 ‎(2)分析二极管的IU图线可知二极管的电阻随U变大而变小(选填“变大”“变小”或“不变”)，在电压2.50～3.00 V范围内电阻最小约为970(±20) Ω(保留三位有效数字)．‎ ‎(3)某同学用伏安法测电阻的电路描绘该二极管的伏安特性曲线，要求二极管的正向电压从0开始变化，并使测量误差尽量减小．图乙是实验器材实物图，电压表量程为3 V，内阻约为3 kΩ，电流表量程为5 mA，内阻约为10 Ω.图中已连接了部分导线，请按实验要求将实物图中的连线补充完整．‎ 答案：如图所示 ‎(4)若此LED发光二极管的工作电流为2 mA，则此发光二极管应与一阻值R＝15(10～20均可) Ω的电阻串联后才能与电动势为3 V、内阻不计的电源相连．‎ 解析：(1)先描点，然后用平滑的曲线连接；(2)IU图象的斜率表示电阻的倒数，斜率变大，表示电阻变小，因此当电压U＝3 V时，电阻最大，大约为970 Ω(±20 Ω)；(3)要描绘伏安特性曲线，需要将二极管两端的电压从零开始调节，故用滑动变阻器分压接法，因为二极管电阻比较大，为减小测量误差用电流表内接法；(4)根据伏安特性曲线可知，发光二极管器的工作电流为2 mA时，电阻两端的电压为2.97 V，根据闭合电路的欧姆定律可知电阻两端的电压为0.03 V，电阻与二极管串联，通过电阻的电流也为2 mA，根据欧姆定律可得电阻R＝15 Ω.‎ ‎2．(2018·郑州第一次质量检测)要测绘一个标有“3 V，6 W”小灯泡的伏安特性曲线，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：‎ 电池组(电动势4.5 V，内阻约为1 Ω)；‎ 电流表(量程为0～250 mA，内阻约为5 Ω)；‎ 电压表(量程为0～3 V，内阻约为3 kΩ)；‎ 开关一个、导线若干．‎ ‎(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的A(填字母代号)．‎ A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)‎ B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)‎ ‎(2)实验的电路图应选用下列的图B(填字母代号)．‎ ‎(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示．现将两个这样的小灯泡并联后再与一个2 Ω的定值电阻R串联，接在电动势为1.5 V、内阻为1 Ω的电源两端，如图乙所示．每个小灯泡消耗的功率是0.09 W.‎ 解析：(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线，滑动变阻器应选择分压接法，以保证电压可以从零开始在较大的范围内连续调节，而分压接法要求滑动变阻器选用阻值较小的变阻器，即滑动变阻器选A.‎ ‎(2)“描绘伏安特性曲线”的实验中，滑动变阻器应选择分压接法，图A错误；图C中，变阻器与小灯泡并联，图C错误；小灯泡正常发光的电阻RL＝＝1.5 Ω，该电阻与电流表内阻接近，所以电流表应采用外接法，图B正确，D错误．‎ ‎(3)设流过灯泡的电流为I，对应的电压为U，则对整个闭合回路有E＝U＋2I(R＋r)，即U＝1.5－6I，在伏安特性曲线上绘出该函数图线，得交点坐标U1＝0.6 V，I1＝0.15 A，则每个灯泡的电功率P＝U1I1＝0.09 W.‎ ‎3．某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 μA、内阻为2 500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9 Ω)和若干导线．‎ ‎(1)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50 mA的电流表，则应将表头与电阻箱并联(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为5.0 Ω.‎ ‎(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图甲所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且作相关计算后一并记录如下表.‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ R(Ω)‎ ‎95.0‎ ‎75.0‎ ‎55.0‎ ‎45.0‎ ‎35.0‎ ‎25.0‎ I(mA)‎ ‎15.0‎ ‎18.7‎ ‎24.8‎ ‎29.5‎ ‎36.0‎ ‎48.0‎ IR(V)‎ ‎1.42‎ ‎1.40‎ ‎1.36‎ ‎1.33‎ ‎1.26‎ ‎1.20‎ ‎①根据表中数据，图乙中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图乙中，并画出IRI图线；‎ 答案：如图所示 ‎②根据图线可得电池的电动势E是1.53 V，内阻r是2.0 Ω.‎ 解析：(1)将小量程表头改装成更大量程的电流表，需给表头“并联”一个合适阻值的分流电阻；已知表头的满偏电流Ig＝100 μA，表头内阻Rg＝2 500 Ω，改装后电流表量程IA＝50 mA，设分流电阻为Rx，由IgRg＝(IA－Ig)Rx解得Rx≈5.0 Ω.‎ ‎(2)①将表中第5、6两组数据描入坐标纸，分析电路并由闭合电路的欧姆定律可得E＝I(R＋RA＋r)，变形得IR＝－(RA＋r)I＋E，可知IRI图象为一条直线，故应用一条直线拟合各数据点，如图所示；‎ ‎②由上述分析知，IRI图象的纵轴截距为电池电动势，由图知E＝1.53 V(1.52～1.54 V)；图中直线斜率的绝对值为RA＋r，则RA＋r＝7.0 Ω，所以，电池内阻r＝7.0 Ω－RA＝2.0 Ω.‎ ‎4．如图所示为多量程多用电表的示意图．‎ ‎(1)当接通1或2时，为电流挡(填“电流”“电阻”或“电压”).1的量程比2的量程大(填“大”或“小”)．‎ ‎(2)测量某电阻时，用欧姆挡“×10”挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用欧姆挡×1(填“×1”或“×100”)挡．换挡后，在测量前要先进行欧姆调零．‎ ‎(3)该同学要测量多用电表直流“2.5 V”挡的内阻RV(约为20 kΩ)．除此多用电表外，还有以下器材：直流电源一个(电动势E为3 V，内阻可忽略不计)、电阻一个(阻值R为10 kΩ)、开关一个、导线若干．‎ 要求：①在方框中画出实验电路图(多用电表用表示)；‎ ‎②写出RV的表达式(用字母表示，并说明所用字母的物理意义)．‎ 答案：(3)见解析 解析：(1)将电流计改装成电流表时要并联电阻分流，所以1、2是电流挡；并阻电阻越小，分流越大，则改装的电流表量程越大，故1位置的量程较大．‎ ‎(2)因偏转角度过大，则电阻小，要用小量程的，选择“×1”挡，换挡后电路改变，要重新进行欧姆调零．‎ ‎(3)①实验电路图如图所示．‎ ‎②在设计的电路图中，多用电表与电阻串联，通过它们的电流相等，所以有＝，因此RV＝，其中U为多用电表直流“2.5 V”挡的读数，R为10 kΩ，E为电源的电动势．‎ ‎5．(2018·江西省上饶市二模)要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL，实验室提供以下器材：‎ A．待测线圈L：阻值约为2 Ω，额定电流为2 A B．电流表A1：量程为0.6 A，内阻为r1＝0.2 Ω C．电流表A2：量程为3.0 A，内阻r2约为0.2 Ω D．变阻器R1：阻值范围为0～10 Ω E．变阻器R2：阻值范围为0～1 kΩ F．定值电阻R3＝10 Ω G．定值电阻R4＝100 Ω H．电源E：电动势E约为9 V，内阻很小 I．单刀单掷开关两个S1和S2，导线若干 要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2，然后利用I1I2图象求出线圈的电阻RL.‎ ‎(1)实验中定值电阻应选择F，滑动变阻器应选择D.(请填器材序号)‎ ‎(2)请在方框内画出实验电路原理图(器材用适当的符号表示)．‎ ‎(3)实验结束时应先断开开关S2.‎ ‎(4)由实验测得的数据作出I2I1图象，如图所示，则线圈的直流电阻值为2.04_Ω.‎ 解析：(1)将内阻已知的电流表A1串联定值电阻改装为电压表，利用伏安法测量线圈的直流电阻值．由于线圈的直流电阻值很小，测量电路采用电流表外接法，控制电路采用滑动变阻器分压接法，滑动变阻器选用阻值较小的滑动变阻器R1；由于电源电动势约为9 V，改装电压表时使用量程为0.6的电流表A1与定值电阻R3＝10 Ω串联．‎ ‎(3)实验结束时若先断开开关S1，则线圈将产生自感电动势与电流表A1形成回路，可能会烧毁电流表，因此实验结束时应先断开开关S2.‎ ‎(4)开关均闭合时，利用并联电路知识可得I1(R3＋r)＝(I2－I1)RL，解得I2＝·I1，即I2I1图象的斜率k＝，由图象的图线斜率k＝6解得RL＝2.04 Ω.‎