【物理】2020届一轮复习人教版实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线课时作业 7页

‎2020届一轮复习人教版 实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线 课时作业 ‎1.(2018·北师大附中月考)下列为某组同学的“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验.‎ ‎(1)请挑选合适的电表量程，在图1中，完成余下的电路连线.要求小灯泡两端的电压能从零开始连续变化.‎ 图1‎ ‎(2)根据上述电路，测量得到了一组实验数据，并在I－U图中描点连线后得到如图2中图线a.该组同学为了进一步研究温度对电阻的影响，将小灯泡玻璃敲碎后，使灯丝倒置浸在油杯中，使灯丝的温度在开始阶段基本不变，更换电表的量程后，再次完成上述实验，得到实验数据如下表所示.请用表中数据在图2上描点，并作出I－U图线b.‎ 图2‎ 次数n ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压/V ‎0‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ 电流/A ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.58‎ ‎0.72‎ ‎0.80‎ ‎(3)根据上述的I－U图象，比较a、b两条图线的异同，并说明原因____________________________________________________________________________.‎ ‎2.(2019·四川省成都市一模)某同学在做完“描绘小灯泡的伏安特性曲线”后，又对一个标有“6V　3.5W”的小电风扇电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，同研究小灯泡一样，要求电风扇电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V.实验室备有下列器材：‎ A.电流表(量程Ⅰ：0～0.6A，内阻约为1Ω；量程Ⅱ：0～3A，内阻约为0.1Ω)‎ B.电压表(量程为0～6V，内阻几千欧)‎ C.滑动变阻器R1(最大阻值10Ω，额定电流2A)‎ D.滑动变阻器R2(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)‎ E.电池组(电动势为9V，内阻小于1Ω)‎ F.开关和导线若干 图3‎ ‎(1)实验中所用的滑动变阻器应选________(填“C”或“D”)，电流表的量程应选________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”).‎ ‎(2)请用笔画线代替导线将实物图3甲连接成符合这个实验要求的电路.‎ ‎(3)闭合开关前，为防止电动机输入电压过高而损坏，滑动变阻器滑片P应滑到________(填“M”或“N”)端.‎ ‎(4)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为________Ω，电动机正常工作时的机械功率为________W.(保留两位有效数字)‎ ‎3.(2019·云南省曲靖一中质检)小明同学想要描绘标有“4.0V　0.4A”的小灯泡L的伏安特性曲线，老师要求尽量精准测量，并完整绘制小灯泡的伏安特性曲线，为小明提供的可选用的实验器材除了电源、开关、导线若干外，还有如下器材可供选择：‎ 电压表V1(量程0～5V，内阻等于4kΩ)‎ 电压表V2(量程0～15V，内阻等于16kΩ)‎ 电流表A1(量程0～250mA，内阻等于10Ω)‎ 电流表A2(量程0～3A，内阻等于0.2Ω)‎ 滑动变阻器R1(0～15Ω，额定电流2A)‎ 滑动变阻器R2(0～15kΩ，额定电流0.5A)‎ 定值电阻R3(阻值等于1Ω)‎ 定值电阻R4(阻值等于10Ω)‎ 定值电阻R5(阻值等于1Ω)‎ ‎(1)小明根据实验要求，他选择电压表________和滑动变阻器________才能很好地完成实验(填所给仪器的字母代码).‎ ‎(2)请帮助小明同学在图4所示虚线框中画出实验电路图，并标注相关仪器的符号.‎ 图4‎ ‎(3)小明同学在你的帮助下描绘出的I－U图象应是下图中的________，由此可得出结论，小灯泡的电阻随温度的升高而________(填“减小”或“增大”).‎ ‎4.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验器材如下：待测小灯泡(2.5V,0.5A)；‎ 双量程电压表(中间接线柱3V，内阻约为3kΩ；右边接线柱15V，内阻约为15kΩ)；‎ 双量程电流表(中间接线柱0.6A，内阻约为0.125Ω；右边接线柱3A，内阻约为0.025Ω)；‎ 滑动变阻器(20Ω，2A)；‎ 电源(电动势约为3V，内阻未知)；‎ 开关一个；‎ 导线若干.‎ ‎(1)甲同学选择合适的器材，连好实物图如图5所示，乙同学检查时发现了多处错误，请指出(至少2处)：____________________________________________________________________.‎ 图5‎ ‎(2)两位同学改正错误，正确连线后，测出如下表所示的7组I、U数据，请你在图6坐标纸上建立I－U坐标系，标出坐标点，绘出小灯泡的伏安特性曲线.‎ 次数n ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 电压/V ‎0‎ ‎0.20‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ 电流/A ‎0‎ ‎0.08‎ ‎0.10‎ ‎0.13‎ ‎0.16‎ ‎0.18‎ ‎0.20‎ 图6‎ ‎(3)根据绘出的小灯泡的伏安特性曲线，该小灯泡在电压为1.8V时的实际电阻约为________Ω.(结果保留三位有效数字)‎ ‎(4)关于本实验的系统误差，下列判断正确的是________.‎ A.系统误差主要是由电压表的分流引起的，电压越大误差越大 B.系统误差主要是由电流表的分压引起的，电流越大误差越大 C.系统误差主要是由忽略电源内阻引起的，电源内阻越大误差越大 D.系统误差主要是由电表读数时的估读引起的，电压越大误差越大 答案精析 ‎1.见解析 解析　(1)本实验中应采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法，故实物图连线如图所示：‎ ‎(2)根据描点法可得出对应的图象如图所示：‎ ‎(3)根据两图象可知，异同之处有：‎ a图线表明小灯泡的电阻变化明显；‎ b图线表明小灯泡灯丝在电压较小时电阻变化不明显，而电压超过一定值时，电阻变化明显.‎ 其原因为：灯丝温度不变时，电阻不变，而随着电压升高，灯丝散热不及，温度升高明显，电阻变大.‎ ‎2.(1)C　Ⅰ　(2)见解析图　(3)M　(4)2.5　2.6‎ 解析　(1)电风扇的额定电流I＝≈0.58A，从读数误差的角度考虑，电流表量程选择Ⅰ.电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，故选择C.‎ ‎(2)因为电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法.电路图如图所示.‎ ‎(3)闭合开关前，为防止电动机输入电压过高而损坏，电动机两端的电压应最小，故滑片P应滑到M端.‎ ‎(4)电压表读数小于1V时电风扇没启动，由题图乙中图象可知I′＝0.4A.根据欧姆定律得，R ‎＝＝Ω＝2.5Ω.电动机正常工作时电压为6V，根据图象知电流约为0.58A，则电风扇发热功率P＝I2R＝0.582×2.5W＝0.84W，则机械功率P′＝UI－I2R＝0.58×6W－0.84W＝2.6W.‎ ‎3.(1)V1　R1　(2)见解析图　(3)C　增大 解析　(1)选择仪器时，在不超量程的情况下尽量选择小量程的电表，这样可以减小误差；因为小灯泡额定电压为4.0V，电压表选择V1即可；为了便于调节，滑动变阻器选择R1；‎ ‎(2)本实验中要求完整绘制曲线，滑动变阻器采用分压式接法，因灯泡内阻较小，故应选用电流表外接，但由于电流表A1的量程较小，所以要扩大电流表的量程，故需并联一个小电阻分流，分流电阻应选R4(因为电流表阻值为R4阻值的1倍，R4分流为电流表量程的1倍)，由此画出实验原理图如图所示.‎ ‎(3)灯泡中的金属丝的电阻率随温度的升高而增大，所以电阻也增大，反映在图象中，斜率减小，故C正确.‎ ‎4.(1)①滑动变阻器接法错误，应改成分压式接法.‎ ‎②电压表量程错误，应选用3V的量程；‎ ‎③电流表位置接错，应采用外接法.‎ ‎(2)见解析图 ‎(3)10.3(±0.3)　(4)A 解析　(1)由于是测绘小灯泡(2.5V,0.5A)的伏安特性曲线实验，故电压表的量程选用3V即可，要求电压从“0”开始，所以滑动变阻器应采用分压式接法；小灯泡的阻值小，故电流表应采用外接法.‎ ‎(2)如图所示 ‎(3)在图中找到相应的点，即在U＝1.8V时的电流为I＝0.175A，则电阻R＝Ω≈10.3Ω.‎ ‎(4)由于电流表外接，其示数包括了流经电压表的电流，比小灯泡的实际电流大，故这个实验中的系统误差主要来源于电压表的分流，故A选项正确.‎