2022届高考物理二轮专题复习学案练习专题五 第18课时 电学实验

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高考题型1 基本仪器的使用与读数
1．电流表和电压表
2.多用电表的读数及使用
(1)电流的流向
电流从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，即“红进黑出”．
(2)“机械零点”与“欧姆零点”
“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，调整的是欧姆挡的调零旋钮．
(3)倍率选择：使用欧姆挡测电阻时，应使指针位于表盘中间附近，若表头指针偏角过大，则说明所测电阻偏小，应换用小倍率．
(4)使用欧姆表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零，读数之后要乘以倍率得阻值．
(5)电池用久了，电动势变小，内阻变大，使测量结果偏大．
命题预测
1．如图1所示为电压表和电流表的刻度盘示意图，指针位置分别如图甲、乙所示．
图1
(1)若使用的是0～3 V量程的电压表，读数为________ V．若使用的是0～15 V量程的电压表，读数为________ V.
(2)若使用的是0～0.6 A量程的电流表，读数为________ A．若使用的是0～3 A量程的电流表，读数为________ A.
(3)如图丙所示，电阻箱的读数为________．
答案 (1)1.68(1.67～1.69均正确) 8.4(8.3亦可) (2)0.46 2.30(2.29～2.31均正确) (3)530.0 Ω
解析 (1)对于电压表，当选取0～3 V量程时，每小格为0.1 V，读数为1.68 V，当选取0～15 V量程时，每小格为0.5 V，读数为8.4 V；
(2)对于电流表，当选取0～0.6 A量程时，每小格为0.02 A，读数为0.46 A，当选取0～3 A量程时，每小格为0.1 A，读数为2.30 A.
(3)电阻箱读数为：100×5 Ω＋10×3 Ω＝530.0 Ω.
2．某同学在做“用多用电表测电阻”的实验中：
(1)测量某电阻时，用“×10 Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用“________”(填“×1 Ω”或“×100 Ω”)挡，换挡后，在测量前先要进行________．
(2)某次使用多用电表的实验中，多用电表指针的位置如图2所示，请你读数：
图2
①如果使用的是直流“2.5 V”的电压挡，则读数为________ V；
②如果使用的是“×100 Ω”的电阻挡，则读数为________ Ω；
③如果使用的是直流“10 mA”的电流挡，则读数为________ mA.
答案 (1)×1 Ω 欧姆调零 (2)①0.80 ②3.0×103 ③3.2
解析 (1)根据欧姆表的工作原理可知，指针的偏转角度过大，说明电阻较小，即所选的倍率过大，应选择“×1 Ω”挡，换挡后在测量前要重新进行欧姆调零．
(2)①如果使用的是直流“2.5 V”的电压挡，则每小格代表0.05 V，读数为16×0.05 V＝0.80 V；
②如果使用的是“×100 Ω”的电阻挡，则读数为30×100 Ω＝3.0×103 Ω；
③如果使用的是直流“10 mA”的电流挡，则每小格代表0.2 mA，读数为16×0.2 mA＝3.2 mA.
高考题型2 与电阻的测量相关的实验
1．常见的电阻测量方法对比
2．滑动变阻器分压式接法与限流式接法的选择
(1)“以小控大用分压，相差无几用限流”
①当采用分压式接法时，一般应选用最大阻值较小、而额定电流较大的滑动变阻器．
②当采用限流式接法时，一般应选用最大阻值比待测电阻稍大或差不多的滑动变阻器．
(2)必须采用分压式接法的三种情况：①要求电压从零开始变化；②滑动变阻器阻值太小，不能起到限流的作用；③限流式接法不能获取有区分度的多组数据．
考题示例
例1 (2020·全国卷Ⅲ·23)已知一热敏电阻当温度从10 ℃升至60 ℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系．所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)、电压表(可视为理想电表)和毫安表(内阻约为100 Ω)．
(1)在图3中所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图．
图3
(2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值．若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5 V和3.0 mA，则此时热敏电阻的阻值为________ kΩ(保留2位有效数字)．实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图4(a)所示．
图4
(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2 kΩ.由图(a)求得，此时室温为________ ℃(保留3位有效数字)．
(4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图(b)所示．图中，E为直流电源(电动势为10 V，内阻可忽略)；当图中的输出电压达到或超过6.0 V时，便触发报警器(图中未画出)报警．若要求开始报警时环境温度为50 ℃，则图中________(填“R1”或“R2”)应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为________ kΩ(保留2位有效数字)．
答案 (1)见解析图 (2)1.8 (3)25.5 (4)R1 1.2
解析 (1)滑动变阻器最大阻值仅20 Ω，应采用分压式接法，电压表为理想电表，应采用毫安表外接法，测量电路图如图所示．
(2)热敏电阻的阻值R＝eq \f(U,I)＝eq \f(5.5 V,3.0 mA)≈1.8 kΩ.
(3)根据R－t图像，R＝2.2 kΩ时，t约为25.5 ℃.
(4)输出电压变大时，R2两端电压变大，R1两端电压变小．根据R－t图像知，温度升高时热敏电阻的阻值减小，则电路中电流变大，固定电阻两端的电压变大，所以固定电阻应为R2，热敏电阻应为R1，t＝50 ℃，R1＝0.8 kΩ，根据串联电路中电阻与电压的关系可得eq \f(R1,R2)＝eq \f(10－6.0,6.0)，解得R2＝1.2 kΩ.
例2 (2019·天津卷·9(3))现测定长金属丝的电阻率．
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图5所示，其读数是________mm.
图5
(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻．这段金属丝的电阻Rx约为100 Ω，画出实验电路图，并标明器材代号．
电源E(电动势10 V，内阻约为10 Ω)
电流表A1(量程0～250 mA，内阻R1＝5 Ω)
电流表A2(量程0～300 mA，内阻约为5 Ω)
滑动变阻器R(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
开关S及导线若干
(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝________.从设计原理看，则测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)．
答案 (1)0.200(0.196～0.204均可)
(2)如图所示
(3)eq \f(I1R1,I2－I1) 相等
解析 (1)由螺旋测微器的读数规则可知，该金属丝的直径应为0 mm＋20.0×0.01 mm＝0.200 mm；
(2)对提供的实验器材分析可知，滑动变阻器的总电阻比待测电阻的阻值小得多，因此滑动变阻器应采用分压式接法，由于没有提供电压表，因此可以用内阻已知的电流表充当电压表，即将A1作为电压表，由于A1的内阻已知，因此A2应采用外接法；
(3)由电路图可知，Rx＝eq \f(I1R1,I2－I1)；由于A1的内阻已知，因此该实验不存在系统误差，因此测量值与真实值相等．
命题预测
3．(2020·陕西汉中市高三期末)LED绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约为500 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．
实验室提供的器材有：
A．电流表A1(量程为0～5 mA，内阻RA1约为3 Ω)
B．电流表A2(量程为0～4 mA，内阻RA2＝10 Ω)
C．电压表V(量程为0～10 V，内阻RV＝1 000 Ω)
D．定值电阻R1＝590 Ω
E．定值电阻R2＝990 Ω
F．滑动变阻器R (最大阻值为20 Ω)
G．蓄电池E (电动势为4 V，内阻很小)
H．开关S一只，导线若干
图6
(1)如图6甲所示，请选择合适的器材，电表1为____________，电表2为__________，定值电阻为________ .( 填写器材前的字母序号)
(2)请将图乙中的实物连线补充完整．
(3)请写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式：Rx＝________________(电表1的读数用a表示，电表2的读数用b表示，其余电学量用题中所对应的电学符号表示)
答案 (1)A B E (2)见解析图 (3)eq \f(bR2＋RA2,a－b)
解析 (1)LED灯正常工作时的电流约为ILED＝eq \f(ULED,RLED)＝eq \f(3,500) A＝0.006 A＝6 mA，故电表1选用A；要精确测定额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压，故电表2选用B；要改装成量程为3 V的电压表，需要串联的电阻为：R′＝eq \f(ULED,IA2g)－RA2＝eq \f(3,0.004) Ω－10 Ω＝740 Ω，则定值电阻应选E；
(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．实物连线如图所示：
(3)根据欧姆定律知，灯泡两端的电压ULED＝b(R2＋RA2)，通过灯泡的电流ILED＝a－b，所以LED灯正常工作时的电阻Rx＝eq \f(ULED,ILED)＝eq \f(bR2＋RA2,a－b).
4．(2020·黑龙江实验中学测试)灵敏电流计G的量程为500 μA、内阻未知，某小组要将该电流计的量程扩大至5 mA，有下列器材可选：
图7
A．干电池一节
B．电压表V(量程1.5 V，内阻几千欧)
C．滑动变阻器R1(0～100 Ω)
D．电阻箱R2(0～999.9 Ω)
E．开关、导线若干
某同学设计了如下实验：
(1)用如图7所示电路测量电流计和电压表的内阻．
①将R1滑片滑到最左端，断开S2，闭合S1，调节R1，使电流计满偏，此时电压表V的示数为1.0 V；
②将R2调至最大，闭合S2，调节R1、R2，当电压表示数为1.2 V时，电流计的示数为300 μA，R2的阻值为180 Ω.由以上数据可得电压表的内阻RV＝________ Ω，电流计的内阻Rg＝________ Ω.
(2)用灵敏电流计和电阻箱改装电流表，请在方框中画出改装电路图，此时电阻箱的阻值应调为________ Ω.
答案 (1)①2 000 ②180 (2)见解析图 20
解析 (1)第一步为电压表和电流计串联的电路，由欧姆定律有U1＝IgRV
可得RV＝eq \f(U1,Ig)＝eq \f(1.0,500×10－6) Ω＝2 000 Ω
第二步为Rg与R2并联再与RV串联，由电路的电流关系可得eq \f(U2,RV)＝I2＋eq \f(I2Rg,R2)
代入数据解得Rg＝180 Ω
(2)电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，电路图如图所示：
由并联电路的电压关系得(I－Ig)R2′＝IgRg
解得R2′＝20 Ω，即电阻箱的阻值应调为20 Ω.
高考题型3 电源电动势与内阻的测量
1．电源电动势和内阻的测量方法
2.对实验的两点说明
(1)任何一种实验方法，一定要紧扣闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，其中最关键的是看电路中如何测量出路端电压U和电路中的总电流I.
(2)利用图像求解电动势和内阻是常用的方法，对于不同的电路设计，一般采用化曲为直的方法，即得到有关电动势和内阻的一次函数关系，再利用图像中的斜率与截距求解．
考题示例
例3 (2020·山东卷·14)实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究．实验室提供的器材有：
干电池一节(电动势约1.5 V，内阻小于1 Ω)；
电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
电流表A(量程0.6 A，内阻约1 Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)；
定值电阻R1(阻值2 Ω)；
定值电阻R2(阻值5 Ω)；
开关一个，导线若干．
(1)该小组按照图8甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U－I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是________．(单选，填正确答案标号)
A．电压表分流
B．干电池内阻较小
C．滑动变阻器最大阻值较小
D．电流表内阻较小
图8
(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示．
请根据实验数据，回答以下问题：
①图9中已标出后3组数据对应的坐标点，请标出前4组数据对应的坐标点并画出U－I图像．
图9
②根据实验数据可知，所选的定值电阻为________(填“R1”或“R2”)．
③用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将图10所示实物图连接成完整电路．
图10
答案 (1)B (2)①见解析图(a) ②R1 ③见解析图(c)
解析 (1)电压表示数的变化范围小，原因是外电阻的阻值远大于电源内阻，选项B正确．
(2)①根据数据描点并连成一条直线，如图(a)所示．
②由图像可知E＝1.55 V，U＝0时I＝0.59 A，故r′＝eq \f(E,I)≈2.63 Ω，
由于2 Ω又r′＝r＋R(r为电源内阻，R为定值电阻)，
故定值电阻只能是R1.
③先画出原理图，如图(b)，然后依据原理图将各仪器依次连接起来，如图(c)．
命题预测
5．某同学设计了一个“测定电池的电动势和内阻”的实验，可供选择的器材如下：
A．待测干电池一节
B．电流表A(量程为0～60 mA，内阻RA＝18 Ω)
C．电压表V(量程为0～3 V，内阻RV约为3 kΩ)
D．滑动变阻器R1(阻值为0～5 Ω)
E．滑动变阻器R2(阻值为0～30 Ω)
F．定值电阻R3(阻值为2 Ω)
G．定值电阻R4(阻值为10 Ω)
(1)为完成实验，滑动变阻器应该选________，定值电阻应该选________．(填器材后面的代号)
(2)请完善图11(a)中的电路图．
图11
(3)根据图(b)中已描出的点画出U－I图像，由图像得该电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(结果均保留三位有效数字)
答案 (1)R2 R3 (2)见解析图 (3)见解析图 1.49(1.47～1.49均可) 1.05(1.04～1.07均可)
解析 (1)因为电池的内阻较小，约为几欧，故为了能起到控制调节作用，滑动变阻器应选用总阻值为30 Ω的R2；因为给出的电流表量程为0～60 mA，量程偏小，为了能准确测量，可以采用串联定值电阻的方法来减小电流，需要的电阻R＝eq \f(1.5 V,60×10－3 A)＝25 Ω，两定值电阻均达不到要求，所以应考虑改装电流表，为了让量程变大，应将较小的电阻与电流表并联，电流表改装后的量程为I＝Ig＋eq \f(IgRA,R3)＝60 mA＋eq \f(60×18,2) mA＝600 mA，符合实验要求．
(2)根据(1)中分析可知，电路图如图所示．
(3)根据已描出的点画出的U －I图像如图所示．设电压表示数为U，电流表示数为I，则根据闭合电路欧姆定律有U＝E－10Ir，可知电路的U－I图线与纵轴的交点即为该电池的电动势，故E＝1.49 V，图线的斜率k＝－10r＝eq \f(0.9－1.49,0.056) Ω，则r≈1.05 Ω.
6．(2020·北京市海淀区人大附中高三三模)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
图12
(1)应该选择的实验电路是图12中的________(选填“甲”或“乙”)．
(2)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图丙中的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U－I图线．
(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.(结果均保留两位有效数字)
(4)若用水果电池做这个实验，其优点是它的内阻比较大，容易测量．那么，如果测定水果电池的电动势和内阻，则测量电路选择甲还是乙？简要说明理由___________________．
(5)某同学进一步用如图丁所示的电路测量电源的电动势和内阻，其中R是电阻箱，定值电阻R0＝3 000 Ω，G是理想电流计．改变R的阻值分别读出电流计的读数，作出eq \f(1,R)－eq \f(1,I)图像如图戊所示，由图可求得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.(结果均保留两位有效数字)
答案 (1)甲 (2)见解析图 (3)1.5 0.83 (4)乙，理由见解析 (5)3.0 1.0
解析 (1)题图甲中测量的电动势和内电阻都偏小，但接近真实值，而题图乙虽然电动势测量准确，但测量的内电阻等于电源内阻与电流表内阻之和，相对误差较大，因此选用甲电路图测量较准确．
(2)描点、连线画出U－I图像，如图所示
(3)由于图像的表达式为U＝E－Ir
可知图像在纵轴的截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于内阻，因此可得E＝1.5 V
r＝eq \f(1.5－1.0,0.6) Ω≈0.83 Ω.
(4)水果电池的内阻较大，当内电阻远大于电流表内阻时，若选用题图甲，测得的内电阻等于内电阻与电压表内阻并联之后总电阻，误差较大；而选用题图乙时，测得的内电阻等于电源内阻与电流表串联电阻之和，误差较小．并且乙图测量的电动势是准确的，因此选用乙图更准确．
(5)根据IR0＝eq \f(E,R＋r)R，整理得eq \f(1,R)＝eq \f(E,R0r)·eq \f(1,I)－eq \f(1,r)，可得k＝eq \f(E,R0r)＝eq \f(1,1 000)，eq \f(1,r)＝1.0，代入数据，整理得E＝3.0 V，r＝1.0 Ω.
7．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验室提供了下列实验器材：
A．干电池两节，每节电动势约为1.5 V，内阻约几欧姆
B．电压表V1、V2，量程均为0～3 V，内阻约为3 kΩ
C．电流表，量程为0～0.6 A，内阻小于1 Ω
D．定值电阻R0，阻值为5 Ω
E．滑动变阻器R，最大阻值为20 Ω
F．导线和开关若干
图13
两位同学分别选用了上述部分实验器材设计了甲、乙两种实验电路．
(1)一同学利用如图13甲所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1、I数据，并画出U1－I图像，求出电动势和内阻．这种方案测得的电动势和内阻均偏小，产生该误差的原因是________，这种误差属于________(填“系统误差”或“偶然误差”)．
(2)另一同学利用如图乙所示的电路图组装实验器材进行实验，读出多组U1和U2的数据，描绘出U1－U2图像如图丙所示，图线斜率为k，在纵轴上的截距为a，则电源的电动势E＝________，内阻r＝________.(用k、a、R0表示)
答案 (1)电压表的分流 系统误差 (2)eq \f(a,1－k) eq \f(kR0,1－k)
解析 (1)误差主要来源于电压表的分流作用，使流过内阻的电流不等于流过电流表的电流，这种误差属于系统设计方面的误差，因此属于系统误差．
(2)U1＋eq \f(U1－U2,R0)r＝E
则U1＝eq \f(r,R0＋r)U2＋eq \f(R0E,R0＋r)
故k＝eq \f(r,R0＋r)，a＝eq \f(R0E,R0＋r)
解得E＝eq \f(a,1－k)，r＝eq \f(kR0,1－k).
高考题型4 其他电学实验
1．“观察电容器的充、放电现象”
(1)理解I－t图线的形状产生的原因，及I－t图线与两坐标轴所围成的面积的物理意义．
(2)会按“四舍五入”法，计算“I－t图线与两坐标轴包围面积”．
(3)会结合电容器两端的电压，计算电容器的电容．
2．“探究影响感应电流方向的因素”
(1)通过实验归纳出影响感应电流方向的因素．
(2)会通过导体运动、磁体运动(磁场变化)或通过改变原线圈中的电流等方式判断出感应电流的方向．
3．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”
(1)本实验的科学方法是控制变量法，建议先保持原线圈电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响，然后再保持副线圈的匝数不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响．
(2)注意人身安全．只能用低压交流电源，电源电压不能超过12 V.
(3)误差分析：线圈绕组的电阻有铜损现象，变压器铁芯内有漏磁，铁芯因涡流发热．
命题预测
8．用下列器材测量电容器的电容：一块多用电表，一台直流稳压电源，一个待测电容器(额定电压16 V)，定值电阻R1＝100 Ω，定值电阻R2＝150 Ω，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干，实验过程如下：
图14
请完成下列问题：
(1)第1次实验中，电阻R1两端的最大电压U＝________ V．利用计算机软件测得i－t曲线和两坐标轴所围的面积为90 mA·s，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C＝________ F.
(2)第2次实验中，电流随时间变化的i－t曲线应该是图丙中的虚线________(选填“b”“c”或“d”)，判断依据是________．
答案 (1)9 1.00×10－2 (2)c 两次放电电荷量相等，图形与t轴围成的面积相等，另由于R2>R1，开关掷向2瞬间放电电流较小
解析 (1)由题图知，最大电流为Im＝90 mA＝0.09 A，因此最大电压为Um＝ImR1＝9 V；曲线下所围的面积表示电容器的带电荷量Q＝90 mA·s，根据电容器的定义式可得C＝1.00×10－2 F.
(2)根据im＝eq \f(Um,R)，因第2次实验的最大放电电流小些，但因2次实验中电容器所带电荷量相同，即曲线下所围的面积相等，故电流随时间变化的曲线应该是虚线c.
9．为探究变压器两个线圈的电压关系，张明同学设计如下实验，操作步骤如下：
①将原线圈与副线圈对调，重复进行实验；
②将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；
③闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
④将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上．
(1)以上操作的合理顺序是________(填步骤前数字序号)；
(2)如图15所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1做原线圈时，原线圈两端电压为16 V，副线圈两端电压为4 V；n1与n2对调后，原线圈两端电压为8 V时，副线圈两端电压为32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________(填写字母关系式)．
图15
答案 (1)④②③① (2)eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)
解析 (1)实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复进行实验．所以操作的合理顺序是④②③①.
(2)根据法拉第电磁感应定律，原、副线圈的磁通量的变化率相同，则感应电动势的大小与匝数成正比，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1做原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；当原线圈和副线圈对调后，U1′＝8 V时，U2′＝32 V，此时U2′对应线圈匝数为n1，而U1′对应线圈匝数为n2；由以上数据可得：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
专题强化练
[保分基础练]
1．图1为探究影响感应电流方向的因素的实验装置，部分导线已连接．
图1
(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好．
(2)在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将________(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)；断开电键时，灵敏电流计指针将________(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)．
答案 (1)见解析图 (2)向右偏 向左偏 向左偏
解析 (1)将电源、电键、滑动变阻器、原线圈串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将灵敏电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示．
(2)在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转；将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏．断开电键时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏．
2．(2020·全国卷Ⅰ·22)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1 kΩ，电流表内阻为0.5 Ω.该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图2(a)所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间．测量得到如图(b)所示的两条U－I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数．
图2
回答下列问题：
(1)图(b)中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在________(填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的．
(2)根据所用实验器材和图(b)可判断，由图线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________ Ω(保留1位小数)．
(3)考虑到实验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________ Ω(保留1位小数)．
答案 (1)O、P (2)Ⅰ 50.5 (3)50.0
解析 (1)若通过Rx的电流相等，由题图(b)知图线Ⅰ对应的电压值较大，由R＝eq \f(U,I)可知图线Ⅰ所测电阻较大，图线Ⅱ所测电阻较小，则图线Ⅱ是采用电压表跨接在O、P两点的方案测量得到的．
(2)由题图(b)可得图线Ⅰ测得电阻阻值RⅠ＝eq \f(3.00－1.00,59.6－20.0×10－3) Ω≈50.5 Ω，图线Ⅱ测得电阻阻值 RⅡ＝eq \f(3.00－0.95,63.0－20.0×10－3) Ω≈47.7 Ω，待测电阻阻值约为50 Ω，eq \f(RV,Rx)＝eq \f(1 000 Ω,50 Ω)＝20，eq \f(Rx,RA)＝eq \f(50 Ω,0.5 Ω)＝100，因eq \f(RV,Rx)(3)电压表跨接在O、Q之间，测得的阻值为电阻与电流表内阻之和，则R＝RⅠ－RA＝(50.5－0.5) Ω＝50.0 Ω.
3．(2020·江苏苏锡常镇四市高三教学情况调研)合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金金属丝的电阻率．实验操作如下：
(1)用螺旋测微器在该金属丝上三个不同位置测量该金属丝的直径，结果都如图3所示，则该金属丝的直径为__________ mm.
图3
(2)按图4连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电压表有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线__________断路(用图中导线编号表示)．
图4
(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻Rx如下表：
请根据表中的数据，在图5方格纸上作出Rx－l图像．
图5
(4)根据图像及金属丝的直径，计算该金属丝的电阻率ρ＝_______ Ω·m(保留两位有效数字)．
(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对该金属丝电阻率测量的影响为________(选填“使结果偏大”“使结果偏小”或“对结果无影响”)．
答案 (1)0.380(0.379～0.381) (2) a或c (3)见解析图 (4)9.1×10－6(8.5×10－6～9.9×10－6) (5) 对结果无影响
解析 (1)该金属丝的直径为0 mm＋38.0×0.01 mm＝0.380 mm
(2)只有a或c发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会出现电压表有读数，而电流表读数总为零．
(3)Rx－l图像如图所示：
(4)根据公式R＝eq \f(ρl,S)得Rx＝ρeq \f(l,π\f(d,2)2)＋RA＝eq \f(4ρ,πd2)l＋RA，由(3)中作出的Rx－l图像可知，图像的斜率k＝eq \f(4ρ,πd2)＝80，代入数据解得ρ≈9.1×10－6 Ω·m；
(5)因为多次测量金属丝长度l和接入电路的电阻，通过画图求斜率求解电阻率，所以电表内阻对该金属丝电阻率测量结果无影响．
[争分提能练]
4．(2020·北京卷·16)用图6所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻(约为1 Ω)．其中R为电阻箱，电流表的内电阻约为0.1 Ω，电压表的内电阻约为3 kΩ.
图6
(1)利用图甲实验电路测电源的电动势E和内电阻r，所测量的实际是图7中虚线框所示“等效电源”的电动势E′和内电阻r′.若电流表内电阻用RA表示，请你用E、r和RA表示出E′、r′，并简要说明理由．________________________________________________________.
图7
(2)某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差．在图8中，实线是根据实验数据(图甲：U＝IR，图乙：I＝eq \f(U,R))描点作图得到的U－I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U－I图像(没有电表内电阻影响的理想情况)．
图8
在图中，对应图甲电路分析的U－I图像是________；对应图乙电路分析的U－I图像是________．
(3)综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图中的________(填“甲”或“乙”)．
答案 (1)E′＝E，r′＝r＋RA 理由见解析 (2)C A (3)乙
解析 (1)断路时，“等效电源”路端电压的数值E等于其电动势，故E′＝E.
电源和电流表串联，则“等效电源”的内电阻r′＝r＋RA.
(2)题图甲电路中，由于电流表的分压，内电阻的测量值为电源和电流表串联后的总电阻，比实际电源的内电阻大，对应实线斜率的绝对值比虚线的大．但当电流为零时，电流表的内电阻对测量没有影响，实线和虚线重合，故C正确；题图乙电路中，由于电压表的分流，内电阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内电阻小，对应实线斜率的绝对值比虚线的小．但当电压为零时，电压表的内电阻对测量没有影响，实线和虚线重合，故A正确．
(3)由实验数据可知，题图甲电路中，测量值r′＝r＋RA约1.1 Ω，真实值r约1 Ω，相对误差在10%左右；题图乙电路中电压表内电阻较大，分流较小，可忽略，故乙电路的误差较小．
5.(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)在研究金属电阻阻值与温度的关系时，为了能够较准确地测出金属电阻的阻值，设计了如图9所示的电路．除了金属电阻Rx外，还提供的实验器材有：学生电源E，灵敏电流计G，滑动变阻器R、RS，定值电阻R1、R2，电阻箱R0，开关S，控温装置，导线若干．
图9
①按照电路图连接好电路后，将R0调至适当数值，R的滑片调至最右端．RS的滑片调至最下端，闭合开关S；
②把R的滑片调至适当位置，调节R0，并逐渐减小RS的阻值，直到RS为零时，电流计G指针不发生偏转，记录R0的阻值和Rx的温度；
③多次改变温度，重复实验；
④实验完毕，整理器材．
根据上述实验回答以下问题：
(1)上述②中，电流计G指针不发生偏转时，a点电势________(选填“大于”“等于”或“小于”)b点电势．
(2)用R0、R1、R2表示Rx，Rx＝________.
(3)本实验中RS的作用为__________．
(4)若只考虑系统误差，用该方法测得的Rx的阻值__________(选填“大于”“等于”或“小于”)Rx的真实值．
答案 (1)等于 (2)eq \f(R1,R2)R0 (3) 保护电流计 (4) 等于
解析 (1)当电流计指针不偏转时，没有电流流过电流计，电流计两端电势相等，即a点电势等于b点电势．
(2)电流计指针不偏转，没有电流流过电流计，电桥平衡，由此可知eq \f(Rx,R1)＝eq \f(R0,R2)，解得Rx＝eq \f(R1,R2)R0.
(3)本实验中RS的作用是保护电流计．
(4)若只考虑系统误差，用该方法测得的Rx的阻值等于Rx的真实值．
6．(2020·山东潍坊市二模)某同学要测量毫安电流表的内阻RA和电源的电动势E，实验过程如下：
①选择合适器材连接电路，如图10甲所示；
②断开S2，闭合S1，调节R1的阻值，使电流表满偏；
③保持R1的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2的阻值如图乙所示时，电流表的示数如图丙所示；
④保持S1闭合，断开S2，多次改变R1的阻值，并相应记录电流表的示数．利用记录的R1的阻值和其对应的电流表示数I，作出eq \f(1,I)－R1图线，如图丁所示．
图10
请回答下列问题：
(1)丙图中电流表的读数为________ mA，若忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，电流表的内阻RA＝________ Ω；
(2)根据图线可求得E＝________ V；
(3)电流表的内阻RA的测量值________(选填“>”“<”或“＝”)真实值；
(4)为保证实验电路的安全，请写出一条建议：___________________________________.
答案 (1)25.0 4.8 (2)9.1(8.9～9.4) (3)< (4)闭合S1前将R1的阻值调至最大量程
精确度
读数规则
电流表0～3 A
0.1 A
与刻度尺一样，采用eq \f(1,10)估读，读数规则较简单，只需要精确值后加一估读数即可
电压表0～3 V
0.1 V
电流表0～0.6 A
0.02 A
估读位与最小刻度在同一位，采用eq \f(1,2)估读
电压表0～15 V
0.5 V
估读位与最小刻度在同一位，采用eq \f(1,5)估读
名称
电路
测量原理
伏安法
R＝eq \f(U,I)，“小外小；大内大”(小电阻采用电流表外接法，测量值小于真实值；大电阻采用电流表内接法，测量值大于真实值)
安安法
如果已知的内阻R1，则可测得的内阻R2＝eq \f(I1R1,I2)
串联一定值电阻R0后，同样可测得的内阻R2＝eq \f(I1R1＋R0,I2)
伏伏法
两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R1，则可测出的内阻R2＝eq \f(U2,U1)R1
并联一定值电阻R0后，同样可得的内阻R2＝eq \f(U2,\f(U1,R1)＋\f(U1,R0))
替代法
双掷开关分别与1、2相接，调节电阻箱R1，保证电流表两次读数相等，则R1的读数即等于待测电阻的阻值
半偏法
测量电流表内阻
闭合S1，断开S2，调节R1使G表满偏；闭合S2，只调节R2，使G表半偏(R1≫R2)，则R2＝R测，R测测量电压表内阻
使R2＝0，闭合S，调节R1使V表满偏；只调节R2使V表半偏(RV≫R1)，则R2＝R测，R测>R真
电桥法
调节电阻箱R3，当A、B两点的电势相等时，R1和R3两端的电压相等，设为U1，同时R2和Rx两端的电压也相等，设为U2，根据欧姆定律有：eq \f(U1,R1)＝eq \f(U2,R2)，eq \f(U1,R3)＝eq \f(U2,Rx).由以上两式解得：R1·Rx＝R2·R3，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值
方案
伏安法
伏阻法
安阻法
原理
E＝U＋Ir
E＝U＋eq \f(U,R)r
E＝IR＋Ir
电路图
关系式
U＝E－Ir
eq \f(1,U)＝eq \f(r,ER)＋eq \f(1,E)
eq \f(1,I)＝eq \f(R,E)＋eq \f(r,E)
图像
纵轴截距：E
斜率：－r
纵轴截距：eq \f(1,E)
斜率：eq \f(r,E)
纵轴截距：eq \f(r,E)
斜率：eq \f(1,E)
序号
1
2
3
4
5
6
7
I/A
0.08
0.14
0.20
0.26
0.32
0.36
0.40
U/V
1.35
1.20
1.05
0.88
0.73
0.71
0.52
序号
1
2
3
4
5
6
电压U/N
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I/A
0.06
0.12
0.24
0.26
0.36
0.48
实验次数
实验步骤
第1次
①将电阻R1等器材按照图14甲正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电
②将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i－t曲线如图乙中的实线a所示
第2次
③用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤①②，测得电流随时间变化的i－t曲线如图丙中的某条虚线所示
说明：两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同
Rx/Ω
10.0
17.9
26.1
34.0
41.9
l/cm
10
20
30
40
50