2020高考物理二轮复习第一部分专题九力学与恒定电流实验第2讲电学恒定电流实验练习含解析 10页

电学（恒定电流）实验 ‎1．(2019·广东惠州调研)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一个量程为3 V的电压表的内阻，如图甲所示。测量前先将选择开关旋至倍率“×1 ‎000”‎挡，红、黑表笔短接欧姆调零后进行测量，然后将电压表的“＋”接线柱与多用电表的________(选填“黑表笔”或“红表笔”)连接，第一次测量指针指向位置如图乙中虚线所示，则应将选择开关旋至________倍率挡再进行测量，红、黑表笔________(选填“需要”或“不需要”)再次短接进行欧姆调零，第二次测量指针指向位置如图乙中实线所示，若将此电压表改装成量程为15 V的电压表，需要________(选填“串联”或“并联”)一个阻值为________ Ω的电阻。‎ 解析　欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，故红表笔应接电压表的“－”接线柱；电压表的“＋”接线柱接多用电表的黑表笔；第一次测量指针指向位置如图乙中虚线时，说明偏角过大，所选挡位过大，故应换作小挡位；故选用×100挡；每次换挡后均需要进行欧姆调零；欧姆表的测量值等于表盘示数乘以倍率，故R＝1 500 Ω；根据串联电路规律可知，应串联的电阻R＝＝ Ω＝6 000 Ω。‎ 答案　黑表笔　×100　需要　串联　6 000‎ ‎2．(2019·广东茂名二模)有一新型圆柱形的导电材料，电阻阻值在8～10 Ω之间，为了测量该导电材料的电阻率，实验室提供了以下实验器材：‎ A．20分度的游标卡尺 10‎ B．螺旋测微器 C．电流表A1(0～100 mA，内阻约为10 Ω)‎ D．电流表A2(0～‎0.6 A，内阻约为0.1 Ω)‎ E．电压表V1(0～3 V，内阻约为3 kΩ)‎ F．电压表V2(0～15 V，内阻约为15 kΩ)‎ G．直流电源E(4 V，内阻不计)‎ H．滑动变阻器R(0～10 Ω，‎2 A)‎ I．开关及导线若干 ‎(1)用游标卡尺测得该样品的长度L。其示数如图甲所示，其读数为__________ mm；用螺旋测微器测得该样品的外径D，其示数如图乙所示，其读数为__________ mm。‎ ‎(2)本次实验的电流表选用的是________，电压表选用的是________(填写所提供器材前的字母)。‎ ‎(3)测量新型圆柱形的导电材料的电阻R。应采用下图中的________(选填“甲”“乙”“丙”或“丁”)电路图。‎ 解析　(1)长度为L＝41 mm＋15×0.05 mm＝41.75 mm；外径为D＝3.5 mm＋12.7×0.01 mm＝3.627 mm。‎ ‎(2)电源电动势力为4 V，则电压表选择E，电路最大电流约为：I＝＝＝‎0.375 A，则电流表选择D。‎ ‎(3)因为电流表内阻和导电材料电阻相接近，故采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，故选甲图。‎ 答案　(1)41.75　3.627(3.626～3.629均可)　‎ 10‎ ‎(2)D　E　(3)甲 ‎3．(2019·四川攀枝花统考)要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：‎ A．待测电压表V(量程3 V，内阻几千欧)‎ B．电流表A(量程‎3 A，内阻0.01 Ω)‎ C．定值电阻R(阻值 2kΩ，额定电流50 mA)‎ D．蓄电池E(电动势略小于3 V，内阻不计)‎ E．多用电表 F．开关K1、K2，导线若干 有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：‎ ‎(1)首先，用多用电表进行粗测，选用×100倍率，操作方法正确。若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是________ Ω。‎ ‎(2)为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图所示的乙、丙实验电路，你认为其中较合理的电路图是________。其理由是_____________________________________________________________。‎ ‎(3)在图丁中，根据你选择的电路把实物连接好。‎ ‎(4)用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤：___________________‎ ‎___________________________________________________________；‎ ‎(5)用上述所测量的符号表示电压表的内阻RV＝______________。‎ 解析　(1)选用×100倍率，读数为30×100 Ω＝3 000 Ω。‎ 10‎ ‎(2)较为合理的是丙图，因为电阻较大，乙图中电流表的示数太小，误差太大，丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小；‎ ‎(3)实物图如答案图。‎ ‎(4)(5)需要直接测量的物理量是K2闭合、断开时电压表读数U1和U2；K2闭合时，示数U1相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即＝，所以RV＝R。‎ 答案　(1)3 000　(2)丙　乙图中电流表的示数太小，误差太大。丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小。‎ ‎(3)实物图连接如图所示：‎ ‎(4)实验步骤：闭合K1，再闭合K2，读得电压表示数U1；再断开K2，读得电压表示数U2。‎ ‎(5)R ‎4．(2019·河南郑州模拟)某同学通过实验测定一捆长度约为‎100 m的铜导线(电阻约为1.5 Ω)的实际长度，首先利用螺旋测微器测量其直径，如图甲所示，再利用图乙所示的电路测出铜导线的电阻。‎ 可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；‎ 电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；‎ 滑动变阻器R1：最大阻值 5 Ω；‎ 滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；‎ 定值电阻：R0＝3 Ω；‎ 电源：电动势6 V，内阻可不计；‎ 开关、导线若干。‎ 10‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)由图甲可知，铜导线的直径D＝________ mm。‎ ‎(2)实验中滑动变阻器应选________(填“R‎1”‎或“R‎2”‎)，闭合开关S前应将滑片移至________(填“a”或“b”)端。‎ ‎(3)根据图乙所示的实物图，在方框内画出其电路图(铜导线用电阻元件符号表示)。‎ ‎(4)调节滑动变阻器，电压表的示数为U，电流表的示数为I，铜的电阻率为ρ，不考虑电表内阻对实验的影响，则导线的长度为________。(用已知和所测量的字母表示)‎ 解析　(1)球的直径为D＝1 mm＋17.0×0.01 mm＝1.170 mm。‎ ‎(2)由于待测电阻比较小，为了更好的控制电路所以选择R2比较合理，闭合开关前应保证回路中电流最小，则接入滑动变阻器的阻值就最大，所以应该在a端。‎ ‎(3)由于待测电阻阻值较小，选用电流表外接的方式，定值电阻R0与Rx串联能够使得电压表的读数在量程的以上，所以为了减小误差，要把R0与Rx串联用，电路图如图所示：‎ ‎(4)由电路结构可得：U＝I(R0＋Rx)，由电阻定律：‎ Rx＝ρ，解得l＝。‎ 答案　(1)1.170　(2)R2　a　(3)见解析图　(4) ‎5．(2019·安徽宣城调研)用下列器材组装一个电路：‎ A．待测电池组 B．待测小灯泡(‎2 A,2.5 V)‎ C．电流表A(量程‎3 A，内阻非常小)‎ D．电压表V1(量程6 V，内阻非常大)‎ E．电压表V2(量程1 V，内阻1 500 Ω)‎ F．滑动变阻器R(最大阻值10 Ω，额定电流‎4 A)‎ G．定值电阻R1(3 000 Ω)‎ H．开关一只，导线若干 要求：既能测定电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的UI曲线 10‎ ‎(1)请在上图甲的虚线方框中将设计相对合理的实验电路图补充完整；‎ ‎(2)每次实验操作需记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，经过多次测量换算，最后在UI坐标系中，描绘出两条图线，且在P点相交，如图乙所示，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为__________ Ω；电池组的效率为________。(计算结果保留两位有效数字)‎ 解析　(1)伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表V1测路端电压，电流表A测量电流；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表A测流过灯泡的电流，考虑到电压表V2量程偏小，可与定值电阻R1串联增大量程；此时电压表V2的内阻与R1之和远大于灯泡内阻，可用电流表外接法，则电路如图所示。‎ ‎(2)电源的UI图像是一条倾斜的直线，由图像可知，电源电动势E＝4.5 V，电源内阻r＝＝ Ω＝1.0 Ω。两图像的交点坐标，即灯泡两端电压UL＝2.5 V，电路电流I＝‎2.0 A，此时电源电动势E＝Ir＋UL＋IR滑，即4.5 V＝‎2.0 A×1.0 Ω＋2.5 V＋‎2.0 A×R滑，则R滑＝0；电池组的效率η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%≈56%。‎ 答案　(1)如图所示　(2)0　56%‎ ‎6．(2019·河南濮阳三模)如图所示为多用电表的原理示意图，已知表头G的满偏电流为2 mA、内阻为150 Ω，刻度盘上电阻刻度线正中央标有“‎30”‎。选择开关S旋到“‎2”‎时量程为0～10 mA，旋到“‎3”‎“‎4”‎“‎5”‎“‎6”‎时的量程未知，但测得R6＝570 Ω，R7＝900 Ω，E为两节新的干电池，内阻忽略。请回答下列问题：‎ 10‎ ‎(1)选择开关S旋到“‎6”‎时的量程为________。‎ A．0～‎15 A B．0～3 V C．0～12 V D．0～15 V ‎(2)正确使用欧姆挡测量电阻时，滑动变阻器R3连入的阻值为________ Ω。‎ ‎(3)电池用久后，电动势变小了，内阻变大了，但仍能欧姆调零，用此表去测电阻，则其测量值比真实值________。(填“偏小”“偏大”或“不变”)‎ 解析　(1)开关S旋到“6”时为电压表，量程为：U＝IgRg＋I(R6＋R7)＝10×10－3×(570＋900) V＋2×10－3×150 V＝15 V，故选D项。‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可得：R3＝＝ Ω＝270 Ω。‎ ‎(3)电池用久了，电源电动势E变小内阻增大，欧姆表调零时，内阻变小，应用欧姆表测电阻时，I＝＝＝，由于R内偏小，则电流I偏小，欧姆表指针偏转角度较小，电阻测量值偏大。‎ 答案　(1)D　(2)270　(3)偏大 ‎7．(2019·广东深圳联考)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。‎ 10‎ ‎(1)甲同学按图甲中的实线连接电路进行实验，其中定值电阻的作用是______________。由电压表读数U和电流表读数I，画出UI图线如图乙所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。(结果保留2位有效数字)‎ ‎(2)乙同学因为粗心，多连接了一根导线，如图甲中的虚线所示。由电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图丙所示。乙同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图丙也可以达到实验目的，则由图丙可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。(结果保留2位有效数字)‎ 解析　(1)定值电阻在电路中主要起到保护电路的作用；根据U＝E－Ir可知，图像与纵轴的交点表示电源电动势，故E＝2.8 V，图像的斜率表示内电阻 r＝ Ω＝0.60 Ω。‎ ‎(2)由乙同学的电路接法可知，滑动变阻器的左右两部分并联后与定值电阻串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图丙所示的图像，则由图像可知，当电压为2.5 V时，电流为‎0.5 A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1＝‎1 A；而当电压为2.4 V时，电流分别对应‎0.33 A和‎0.87 A，则说明当电压为2.4 V时，干路电流为I2＝(0.33＋0.87)A＝‎1.2 A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5＝E－r,2.4＝E－1.2r 解得E＝3.0 V，r＝0.50 Ω。‎ 答案　(1)保护电路　2.8　0.60　(2)3.0　0.50‎ ‎8．(2019·广东肇庆检测)现有一块直流电流计G，满偏电流为200 μA，内阻约为400 Ω，某同学想把它改装成量程为2 V的电压表，他首先根据下图示电路，用半偏法测定电流计G的内阻。‎ ‎(1)为提高测量准确度，在以下器材中，电阻器应选用________；电池应选用________(选填器材前的字母)。‎ A．电池(电动势1.5 V，内阻不计)‎ B．电池(电动势4.5 V，内阻不计)‎ C．电阻箱(0～999.9 Ω)‎ D．滑动变阻器(0～500 Ω)‎ E．电位器(一种可变电阻，与滑动变阻器相当)(0～5.1 kΩ)‎ F．电位器(0～51 kΩ)‎ ‎(2)该同学在开关断开的情况下，检查电路连接无误后，将R的阻值调至最大。后续的实验操作步骤依次是________，最后记录R 10‎ ‎′的阻值并整理好器材(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)‎ A．闭合S1‎ B．闭合S2‎ C．调节R的阻值，使电流计指针偏转到满刻度 D．调节R的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半 E．调节R′的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半 F．调节R′的阻值，使电流计指针偏转到满刻度 ‎(3)如果测得R′的阻值为400.0 Ω，即为电流计G内阻的测量值。则给电流计G________联(选填“串”或“并”)一个阻值为________ kΩ的电阻，就可以将该电流计G改装成量程为2 V的电压表。‎ ‎(4)请你推断在本实验中电流计G内阻的测量值R′比其内阻的实际值Rg是偏大还是偏小。________‎ 解析　(1)该实验采用半偏法测量，测量电路要让电流计达到满偏，电源电压至少大于2 V，故选电源B；闭合S2，电路中电流I不能大于200 μA，由I＝知，R＝－Rg，代入数据得R≈30 kΩ，故选F项。‎ ‎(2)半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，闭合开关S1，调节滑动变阻器R，使表头指针满偏；第三步，闭合开关S2，改变电阻箱R′的阻值，当表头指针半偏时记下电阻箱读数，此时电阻箱的阻值等于表头内阻Rg。故应选ACBE项。‎ ‎(3)将电流计改装成电压表，应串联接入一分压电阻R，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U＝IgRg＋IgR(其中U为改装后电压表的满偏电压)‎ 则R＝－Rg＝ Ω－400 Ω＝9.6 kΩ。‎ ‎(4)实际上电阻箱并入后，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻。所以，该测量值“略小于”实际值。‎ 答案　(1)F　B　(2)ACBE　(3)串　9.6　(4)偏小 ‎9．(2019·江西南昌联考)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑片P与电阻丝始终接触良好。实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的UI图像和如图丙所示的x图像的数据描点。则：‎ 10‎ ‎(1)电源的电动势E＝________ V；内阻r＝________ Ω。(结果保留两位有效数字)‎ ‎(2)已知电阻丝的横截面积S＝0.12×10－‎6 m2‎，电阻丝的电阻率ρ为________ Ω·m，电流表内阻为________ Ω。(结果保留两位有效数字)‎ ‎(3)此实验用了图像法处理数据，优点是直观，但是不能减少或者消除________(填“偶然误差”或“系统误差”)。‎ 解析　(1)UI图线与纵坐标的交点等于电源的电动势，从图上可得E＝3.0 V。在图像中找出两个清晰的点，读出对应的数据，然后根据公式r＋R0＝≈3.0 Ω，得r＝1.0 Ω。‎ ‎(2)电阻丝电阻R＝＝ρ＋RA，x图像的斜率k＝＝Ω·m－1＝10 Ω·m－1，电阻率ρ＝kS＝10×0.12×10－6 Ω·m≈1.2×10－6 Ω·m；‎ 由＝x＋RA可知，函数x图线纵截距为2.0 Ω，它表示电流表的内阻为2.0 Ω。‎ ‎(3)图像法可以减小因为读数带来的偶然误差；但是对于由于电路选择等引起的系统误差却不能减小或消除。‎ 答案　(1)3.0　1.0(0.80～1.0均可)　(2)1.2×10－6‎ ‎2．0　(3)系统误差 10‎