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2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十九电学实验与创新
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这是一份2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十九电学实验与创新，共13页。试卷主要包含了一个电键、导线若干、一把刻度尺等内容，欢迎下载使用。
专题强化练(十九) 电学实验与创新
1．某物理兴趣小组在物理实验室测量一根粗细均匀的合金丝的电阻率，实验室里有一半径10 cm的量角器，但是缺少刻度尺．该小组首先取一段合金丝绕在该量角器上，并接入如图1所示的电路中，通过金属夹所夹位置改变合金丝接入电路的长度，接入电路的合金丝所对应的圆心角θ可以由量角器读出．实验时多次改变金属夹所夹位置，通过调节滑动变阻器的阻值，使每次电流表的读数I达到一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多组U、θ的值，作出U-θ图像如图2所示．
(1)在实验开始前，滑动变阻器的滑片P应置于________(选填“左端”或“右端”)．
(2)实验中电流表指针位置如图3所示，则读数I＝________A.
(3)在实验时，b端应与________相连接．
A．d端 B．e端
C．g端 D．c端
(4)已知合金丝的横截面积为4.0×10－8 m2，则合金丝的电阻率为________Ω·m(结果保留2位有效数字)．
解析：(1)本实验采用滑变分压接法，需要为使合金丝的电压从0开始记录，故需要将滑动变阻器的滑片P应置于左端；(2)电流表量程是0～0.6 A，由图3所示表盘可知，其分度值为0.02 A，示数为0.40 A；(3)在实验时，b端应与e端相连，通过改变金属夹的位置来改变所接入的合金丝的电阻；(4)已知合金丝的横截面积为4.0×10－8 m2，读图可知，当θ＝时，所对应的电压大小为0.92 V，则根据欧姆定律，可得此时合金丝的电阻为R＝＝ Ω＝2.3 Ω，
则根据电阻率的公式可得R＝ρ，
ρ＝＝ Ω·m≈5.9×10－7 Ω·m.
答案：(1)左端 (2)0.40 (3)B (4)(5.7～6.1)×10－7 Ω·m
2．市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但横截面积较小．某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格．小组成员经查阅，纯铜的电阻率为1.8×10－8 Ω·m.现取横截面积约为1 mm2、长度为100 m(真实长度)的铜电线，进行实验测量其电阻率，实验室现有的器材如下：
A．电源(电动势约为5 V，内阻不计)；
B．待测长度为100 m的铜电线，横截面积约1 mm2；
C．电压表V1(量程为3 V，内阻约为0.5 kΩ)；
D．电压表V2(量程为5 V，内阻约为3 kΩ)；
E．电阻箱R(阻值范围0～999.9 Ω)；
F．定值电阻R0＝1 Ω；
G．开关、导线若干．
(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d＝________mm.
(2)小组设计的测量电路如图乙所示，则P是________，N是________，(填器材名称及对应符号)通过实验作出的图像如图丙所示．
(3)图乙电路测得铜电线的电阻测量值比真实值__________(选填“偏大”、“不变”或“偏小”)，原因是______________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(4)这捆铜电线的电阻率ρ＝______________(结果保留三位有效数字)；从铜电线自身角度，你认为电阻率大的可能原因是_______________________________________________
________________________________________________________________________.
解析：(1)铜电线的直径d＝1.0 mm＋12.5×0.01 mm＝1.125 mm；(2)P测量的电压大于N测量的电压，故P是电压表V2，N是电压表V1；(3)偏大，由于没考虑电压表V1的分流，使测得的铜电线的电阻偏大．(4)分析电路可知，通过铜电线的电流Ix＝IR＝，Rx＝＝R＝(－1)R，整理得＝1＋Rx·，根据题图丙可知斜率k＝Rx＝ Ω＝2.60 Ω，S＝πr2＝π·()2＝0.994 mm2，ρ＝＝ Ω·m＝2.58×10－8 Ω·m，故电阻率达不到要求，使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜．
答案：(1)1.125 (2)电压表V2 电压表V1 (3)偏大 电压表V1的分流 (4)2.58×10－8 Ω·m 可能是再生铜或含过多杂质的次铜
3．(2022·湖北八市二模)某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较准确的测量同一电池组的电动势及其内阻．提供的器材如下：
A．电流表G(满偏电流10 mA，内阻10 Ω)；
B．电流表A(0～0.6 A～3 A，内阻未知)；
C．电压表V(0～5 V～10 V，内阻未知)；
D．滑动变阻器R(0～100 Ω，1 A)；
E．定值电阻R0(阻值990 Ω)；
F．开关与导线若干．
(1)图(a)是小宇同学根据选用的仪器设计测量该电池组电动势和内阻的电路图．根据该实验电路测出的数据绘制的I1-I2图线如图(b)所示(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，则由图线可以得到被测电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω；(结果均保留2位有效数字)
(2)另一位小张同学则设计了图(c)所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制U-I图线如图(d)中所示的A、B两条图线．
可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接________(选填“1”或“2”)中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E＝________，内阻r＝________(用图中EA、EB、IA，IB表示)．
解析：(1)电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则有E＝I1(RG＋R0)＋I2r，
整理可得I1＝－I1＋，
根据图像可知，图线与纵轴会相交于(0，7.5 mA)的位置，则有＝7.5×10－3 A，
可得E＝7.5 V，
且有－＝，可得r＝5.0 Ω.
(2)若单刀双掷开关接1，则电流表相对于电源内接，则因电流表分压作用，会导致E真＝E测，I短真>I短测，
若单刀双掷开关接2，则电流表相对于电源外接，因电压表分流作用，会导致E真>E测，I短真＝I短测，
结合所给图像，可以判断出A图线是利用单刀双掷开关S2接1，同样也可以判断出E＝EA，I短真＝IB，
则内阻为r＝＝.
答案：(1)7.5 5.0 (2)1 EA
4．(2022·浙江卷)(1)探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化．
①图2为实验器材部分连线图，还需要________(选填af、bf、fd、fc、ce或cg)连线．
②图3所示电压表的示数为________V.
③已知滑动变阻器的最大阻值R0＝10 Ω，额定电流I＝1.0 A．选择负载电阻R＝10 Ω，以R两端电压U为纵轴，为横轴(x为AP的长度，L为AB的长度)，得到U分压特性曲线为图4中的“Ⅰ”；当R＝100 Ω，分压特性曲线对应图4中的______(选填“Ⅱ”或“Ⅲ”)；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是________．
(2)两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是____________．
A．两表都是“发电机”
B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”
C．G1表和G2表之间存在互感现象
D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转
解析：(1)依原理图可知，还需要af、fd、ce连线；依题意，所示电压表的示数为1.50 V，考虑到偶然误差(1.50±0.02) V也可；假定AP部分的电阻为R′，R′分别与10 Ω与100 Ω并联再与BP部分的电阻串联；由于相同的R′与100 Ω并联后的电阻较与10 Ω并联后的电阻大，则根据闭合电路的欧姆定律可知，滑片在相同位置下，负载电阻越大，其两端电压越大；即在相同横坐标下，此时负载100 Ω时，电压表的示数应该较曲线为图4中的“Ⅰ”来得大，故应该选“Ⅱ”．由上述分析可知，对于不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的电压变化规律不同，当负载电阻小于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更迅速变化；当负载电阻大于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更加平稳变化，从而获得更多的实验数据．所以，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电阻越小越好，即R0
电压表V(0～3 V，内阻约3 kΩ；0～15 V，内阻约15 kΩ)；
电流表A(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω；0～3 A，内阻约0.025 Ω)；
微安表G(量程200 μA；内阻约1 000 Ω)；
滑动变阻器(额定电流2 A，最大阻值100 Ω)，电阻箱(最大阻99 999 Ω)，开关、导线若干．
(1)查阅资料知道苹果电池的电动势约为1 V，内阻约为几kΩ，经过分析后发现方案A不合适，你认为方案A不合适的原因是________(多选题)
A．滑动变阻器起不到调节的作用
B．电流表几乎没有示数
C．电压表分流明显导致测量误差偏大
D．电压表示数达不到量程的三分之一
(2)实验小组根据方案B进行实验，根据数据作出-R图像(如图乙)，已知图像的斜率为k，纵轴截距为b，微安表内阻为rg，可求得被测电池的电动势E＝________，内电阻r＝________．
(3)改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如下表所示．
序号
电极插入深度h/cm
电极间距d/cm
电动势E/V
内阻r/Ω
1
4
2
1.016
5 981
2
4
4
1.056
9 508
3
2
2
1.083
11 073
分析以上数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越______，电极间距越大，水果电池内阻越______．
解析：(1)滑动变阻器最大阻值只有100 Ω，而苹果电池的内阻约为几kΩ，则滑动变阻器起不到调节的作用，选项A正确； 电路中电流只有不到1 mA，则电流表几乎没有示数，选项B正确；电压表内阻远大于滑动变阻器的电阻，电压表的分流不明显，选项C错误；使用量程为0～3 V的电压表，电压表示数达不到量程的三分之一，选项D正确．故选ABD.
(2)由电路可得E＝I(R＋rg＋r)，
解得＝R＋，
则k＝，b＝，
解得E＝，r＝－rg.
(3)分析1、3两组数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越小；分析1、2两组数据可知，电极间距越大，水果电池内阻越大．
答案：(1)ABD (2) －rg (3)小 大
6．一个电键、导线若干、一把刻度尺．他首先想到的是用伏安法来设计电路，但发现电流计的量程太小，于是他以惠斯通电桥电路为原理，设计出如图所示的实验电路：
(1)请帮小明同学将实物图按电路图进行连接；
(2)实验时，先闭合开关S，调节电阻丝上金属夹位置，使电流计的示数为________，用刻度尺测出此时电阻丝左右两端长度分别为L1、L2，并读出电阻箱的阻值为R0.试用所给字母表示电压表的内阻RV＝________(用所给物理量符号表示)；
(3)实验后，小明发现刻度尺的刻度并不准确，于是他在保持滑片位置不变的情况下，将电压表和电阻箱的位置交换了一下，并重新通过调电阻箱，使电流计的示数为__________．读出此时电阻箱的阻值为R1，请用小明所得数据得到电压表的内阻RV＝________(用所给物理量符号表示)．
解析：(1)根据电路图将实物电路连接时，要注意电源即电表的正负极，不能接反．如图：
(2)当灵敏电流计示数为0时，滑动变阻器左右两部分电流相等，即左右两部分分压比等于电压表与电阻箱的分压比：＝，根据电阻定律可知＝，
故RV＝R0.
(3)因刻度尺的刻度并不准确，故L1、L2不能用，开始时有＝，
互换位置后并重新通过调电阻箱，使电流计的示数为0，有＝，
故RV＝.
答案：(1)图见解析
(2)0 R0 (3)0
7．某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻(阻值为R0)、一个电流表(内阻为RA)、一根均匀电阻丝(电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹)、导线若干．由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘．某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度．主要实验步骤如下：
(1)将器材如图(a)连接：
(2)开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的__________端(填“a”或“b”)；
(3)改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据；
(4)整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图(b)所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为r0，该电池电动势和内阻可表示为E＝__________，r＝__________(用R0、RA、k、d、r0表示)，此实验中的r测________r真(填“大于”，“等于”或“小于”)．
(5)为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0.利用现有器材设计实验，在图(c)方框中画出实验电路图(电阻丝用滑动变阻器符号表示)；
(6)利用测出的r0，可得该电池的电动势和内阻．
解析：(2)开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律R＝ρ可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b端．(4)设圆心角为θ时，电阻丝接入电路中的电阻为θr0，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知E＝I(RA＋R0＋θr0)＋Ir，
整理得＝θ＋，
结合图像的斜率和截距满足＝k，＝d，
解得电源电动势和内阻为E＝，r＝－R0－RA.
此实验中电流表的内阻已知，测得的电源内阻值等于真实的内阻值．
(5)实验器材中有定值电阻R0和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图
原理的简单说明：
①将开关置于R0位置，读出电流表示数I0；
②将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为I0，读出此时角度θ；
③此时θr0＝R0，即可求得r0的数值．
答案：(2)b (4) －R0－RA 等于 (5)图见解析
8．热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律．可供选择的器材有：
待测热敏电阻RT(实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧)；
电源E(电动势1.5 V，内阻r约为0.5 Ω)；
电阻箱R(阻值范围0～9 999.99 Ω)；
滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值2 000 Ω)；微安表(量程100 μA，内阻等于2 500 Ω)；
开关两个，温控装置一套，导线若干．
同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下：
①按图示连接电路；
②闭合S1、S2，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；
③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，调节电阻箱，使微安表指针半偏；
④记录此时的温度和电阻箱的阻值．
回答下列问题：
(1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)．
(2)请用笔画线代替导线，将实物图(图乙)(不含温控装置)连接成完整电路．
(3)某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6 000.00 Ω，该温度下热敏电阻的测量值为________Ω(结果保留到个位)，该测量值________(填“大于”或“小于”)真实值．
(4)多次实验后，学习小组绘制了如图丙所示的图像．由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐________(填“增大”或“减小”)．
解析：(1)用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻器应选R1.
(2)电路连接图如图所示
(3)微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即RT＋RμA＝R＝6 000.00 Ω，
可得RT＝3 500 Ω.
当断开S2，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大．
(4)由于是ln RT-图像，当温度T升高时，减小，从图中可以看出ln RT减小，从而RT减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小．
答案：(1)R1 (2)图见解析 (3)3 500 大于 (4)减小第
专题强化练(十九) 电学实验与创新
1．某物理兴趣小组在物理实验室测量一根粗细均匀的合金丝的电阻率，实验室里有一半径10 cm的量角器，但是缺少刻度尺．该小组首先取一段合金丝绕在该量角器上，并接入如图1所示的电路中，通过金属夹所夹位置改变合金丝接入电路的长度，接入电路的合金丝所对应的圆心角θ可以由量角器读出．实验时多次改变金属夹所夹位置，通过调节滑动变阻器的阻值，使每次电流表的读数I达到一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多组U、θ的值，作出U-θ图像如图2所示．
(1)在实验开始前，滑动变阻器的滑片P应置于________(选填“左端”或“右端”)．
(2)实验中电流表指针位置如图3所示，则读数I＝________A.
(3)在实验时，b端应与________相连接．
A．d端 B．e端
C．g端 D．c端
(4)已知合金丝的横截面积为4.0×10－8 m2，则合金丝的电阻率为________Ω·m(结果保留2位有效数字)．
解析：(1)本实验采用滑变分压接法，需要为使合金丝的电压从0开始记录，故需要将滑动变阻器的滑片P应置于左端；(2)电流表量程是0～0.6 A，由图3所示表盘可知，其分度值为0.02 A，示数为0.40 A；(3)在实验时，b端应与e端相连，通过改变金属夹的位置来改变所接入的合金丝的电阻；(4)已知合金丝的横截面积为4.0×10－8 m2，读图可知，当θ＝时，所对应的电压大小为0.92 V，则根据欧姆定律，可得此时合金丝的电阻为R＝＝ Ω＝2.3 Ω，
则根据电阻率的公式可得R＝ρ，
ρ＝＝ Ω·m≈5.9×10－7 Ω·m.
答案：(1)左端 (2)0.40 (3)B (4)(5.7～6.1)×10－7 Ω·m
2．市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但横截面积较小．某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格．小组成员经查阅，纯铜的电阻率为1.8×10－8 Ω·m.现取横截面积约为1 mm2、长度为100 m(真实长度)的铜电线，进行实验测量其电阻率，实验室现有的器材如下：
A．电源(电动势约为5 V，内阻不计)；
B．待测长度为100 m的铜电线，横截面积约1 mm2；
C．电压表V1(量程为3 V，内阻约为0.5 kΩ)；
D．电压表V2(量程为5 V，内阻约为3 kΩ)；
E．电阻箱R(阻值范围0～999.9 Ω)；
F．定值电阻R0＝1 Ω；
G．开关、导线若干．
(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d＝________mm.
(2)小组设计的测量电路如图乙所示，则P是________，N是________，(填器材名称及对应符号)通过实验作出的图像如图丙所示．
(3)图乙电路测得铜电线的电阻测量值比真实值__________(选填“偏大”、“不变”或“偏小”)，原因是______________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(4)这捆铜电线的电阻率ρ＝______________(结果保留三位有效数字)；从铜电线自身角度，你认为电阻率大的可能原因是_______________________________________________
________________________________________________________________________.
解析：(1)铜电线的直径d＝1.0 mm＋12.5×0.01 mm＝1.125 mm；(2)P测量的电压大于N测量的电压，故P是电压表V2，N是电压表V1；(3)偏大，由于没考虑电压表V1的分流，使测得的铜电线的电阻偏大．(4)分析电路可知，通过铜电线的电流Ix＝IR＝，Rx＝＝R＝(－1)R，整理得＝1＋Rx·，根据题图丙可知斜率k＝Rx＝ Ω＝2.60 Ω，S＝πr2＝π·()2＝0.994 mm2，ρ＝＝ Ω·m＝2.58×10－8 Ω·m，故电阻率达不到要求，使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜．
答案：(1)1.125 (2)电压表V2 电压表V1 (3)偏大 电压表V1的分流 (4)2.58×10－8 Ω·m 可能是再生铜或含过多杂质的次铜
3．(2022·湖北八市二模)某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较准确的测量同一电池组的电动势及其内阻．提供的器材如下：
A．电流表G(满偏电流10 mA，内阻10 Ω)；
B．电流表A(0～0.6 A～3 A，内阻未知)；
C．电压表V(0～5 V～10 V，内阻未知)；
D．滑动变阻器R(0～100 Ω，1 A)；
E．定值电阻R0(阻值990 Ω)；
F．开关与导线若干．
(1)图(a)是小宇同学根据选用的仪器设计测量该电池组电动势和内阻的电路图．根据该实验电路测出的数据绘制的I1-I2图线如图(b)所示(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，则由图线可以得到被测电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω；(结果均保留2位有效数字)
(2)另一位小张同学则设计了图(c)所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制U-I图线如图(d)中所示的A、B两条图线．
可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接________(选填“1”或“2”)中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E＝________，内阻r＝________(用图中EA、EB、IA，IB表示)．
解析：(1)电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则有E＝I1(RG＋R0)＋I2r，
整理可得I1＝－I1＋，
根据图像可知，图线与纵轴会相交于(0，7.5 mA)的位置，则有＝7.5×10－3 A，
可得E＝7.5 V，
且有－＝，可得r＝5.0 Ω.
(2)若单刀双掷开关接1，则电流表相对于电源内接，则因电流表分压作用，会导致E真＝E测，I短真>I短测，
若单刀双掷开关接2，则电流表相对于电源外接，因电压表分流作用，会导致E真>E测，I短真＝I短测，
结合所给图像，可以判断出A图线是利用单刀双掷开关S2接1，同样也可以判断出E＝EA，I短真＝IB，
则内阻为r＝＝.
答案：(1)7.5 5.0 (2)1 EA
4．(2022·浙江卷)(1)探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化．
①图2为实验器材部分连线图，还需要________(选填af、bf、fd、fc、ce或cg)连线．
②图3所示电压表的示数为________V.
③已知滑动变阻器的最大阻值R0＝10 Ω，额定电流I＝1.0 A．选择负载电阻R＝10 Ω，以R两端电压U为纵轴，为横轴(x为AP的长度，L为AB的长度)，得到U分压特性曲线为图4中的“Ⅰ”；当R＝100 Ω，分压特性曲线对应图4中的______(选填“Ⅱ”或“Ⅲ”)；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是________．
(2)两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是____________．
A．两表都是“发电机”
B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”
C．G1表和G2表之间存在互感现象
D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转
解析：(1)依原理图可知，还需要af、fd、ce连线；依题意，所示电压表的示数为1.50 V，考虑到偶然误差(1.50±0.02) V也可；假定AP部分的电阻为R′，R′分别与10 Ω与100 Ω并联再与BP部分的电阻串联；由于相同的R′与100 Ω并联后的电阻较与10 Ω并联后的电阻大，则根据闭合电路的欧姆定律可知，滑片在相同位置下，负载电阻越大，其两端电压越大；即在相同横坐标下，此时负载100 Ω时，电压表的示数应该较曲线为图4中的“Ⅰ”来得大，故应该选“Ⅱ”．由上述分析可知，对于不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的电压变化规律不同，当负载电阻小于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更迅速变化；当负载电阻大于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更加平稳变化，从而获得更多的实验数据．所以，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电阻越小越好，即R0
电压表V(0～3 V，内阻约3 kΩ；0～15 V，内阻约15 kΩ)；
电流表A(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω；0～3 A，内阻约0.025 Ω)；
微安表G(量程200 μA；内阻约1 000 Ω)；
滑动变阻器(额定电流2 A，最大阻值100 Ω)，电阻箱(最大阻99 999 Ω)，开关、导线若干．
(1)查阅资料知道苹果电池的电动势约为1 V，内阻约为几kΩ，经过分析后发现方案A不合适，你认为方案A不合适的原因是________(多选题)
A．滑动变阻器起不到调节的作用
B．电流表几乎没有示数
C．电压表分流明显导致测量误差偏大
D．电压表示数达不到量程的三分之一
(2)实验小组根据方案B进行实验，根据数据作出-R图像(如图乙)，已知图像的斜率为k，纵轴截距为b，微安表内阻为rg，可求得被测电池的电动势E＝________，内电阻r＝________．
(3)改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如下表所示．
序号
电极插入深度h/cm
电极间距d/cm
电动势E/V
内阻r/Ω
1
4
2
1.016
5 981
2
4
4
1.056
9 508
3
2
2
1.083
11 073
分析以上数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越______，电极间距越大，水果电池内阻越______．
解析：(1)滑动变阻器最大阻值只有100 Ω，而苹果电池的内阻约为几kΩ，则滑动变阻器起不到调节的作用，选项A正确； 电路中电流只有不到1 mA，则电流表几乎没有示数，选项B正确；电压表内阻远大于滑动变阻器的电阻，电压表的分流不明显，选项C错误；使用量程为0～3 V的电压表，电压表示数达不到量程的三分之一，选项D正确．故选ABD.
(2)由电路可得E＝I(R＋rg＋r)，
解得＝R＋，
则k＝，b＝，
解得E＝，r＝－rg.
(3)分析1、3两组数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越小；分析1、2两组数据可知，电极间距越大，水果电池内阻越大．
答案：(1)ABD (2) －rg (3)小 大
6．一个电键、导线若干、一把刻度尺．他首先想到的是用伏安法来设计电路，但发现电流计的量程太小，于是他以惠斯通电桥电路为原理，设计出如图所示的实验电路：
(1)请帮小明同学将实物图按电路图进行连接；
(2)实验时，先闭合开关S，调节电阻丝上金属夹位置，使电流计的示数为________，用刻度尺测出此时电阻丝左右两端长度分别为L1、L2，并读出电阻箱的阻值为R0.试用所给字母表示电压表的内阻RV＝________(用所给物理量符号表示)；
(3)实验后，小明发现刻度尺的刻度并不准确，于是他在保持滑片位置不变的情况下，将电压表和电阻箱的位置交换了一下，并重新通过调电阻箱，使电流计的示数为__________．读出此时电阻箱的阻值为R1，请用小明所得数据得到电压表的内阻RV＝________(用所给物理量符号表示)．
解析：(1)根据电路图将实物电路连接时，要注意电源即电表的正负极，不能接反．如图：
(2)当灵敏电流计示数为0时，滑动变阻器左右两部分电流相等，即左右两部分分压比等于电压表与电阻箱的分压比：＝，根据电阻定律可知＝，
故RV＝R0.
(3)因刻度尺的刻度并不准确，故L1、L2不能用，开始时有＝，
互换位置后并重新通过调电阻箱，使电流计的示数为0，有＝，
故RV＝.
答案：(1)图见解析
(2)0 R0 (3)0
7．某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻(阻值为R0)、一个电流表(内阻为RA)、一根均匀电阻丝(电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹)、导线若干．由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘．某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度．主要实验步骤如下：
(1)将器材如图(a)连接：
(2)开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的__________端(填“a”或“b”)；
(3)改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据；
(4)整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图(b)所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为r0，该电池电动势和内阻可表示为E＝__________，r＝__________(用R0、RA、k、d、r0表示)，此实验中的r测________r真(填“大于”，“等于”或“小于”)．
(5)为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0.利用现有器材设计实验，在图(c)方框中画出实验电路图(电阻丝用滑动变阻器符号表示)；
(6)利用测出的r0，可得该电池的电动势和内阻．
解析：(2)开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律R＝ρ可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b端．(4)设圆心角为θ时，电阻丝接入电路中的电阻为θr0，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知E＝I(RA＋R0＋θr0)＋Ir，
整理得＝θ＋，
结合图像的斜率和截距满足＝k，＝d，
解得电源电动势和内阻为E＝，r＝－R0－RA.
此实验中电流表的内阻已知，测得的电源内阻值等于真实的内阻值．
(5)实验器材中有定值电阻R0和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图
原理的简单说明：
①将开关置于R0位置，读出电流表示数I0；
②将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为I0，读出此时角度θ；
③此时θr0＝R0，即可求得r0的数值．
答案：(2)b (4) －R0－RA 等于 (5)图见解析
8．热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律．可供选择的器材有：
待测热敏电阻RT(实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧)；
电源E(电动势1.5 V，内阻r约为0.5 Ω)；
电阻箱R(阻值范围0～9 999.99 Ω)；
滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值2 000 Ω)；微安表(量程100 μA，内阻等于2 500 Ω)；
开关两个，温控装置一套，导线若干．
同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下：
①按图示连接电路；
②闭合S1、S2，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；
③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，调节电阻箱，使微安表指针半偏；
④记录此时的温度和电阻箱的阻值．
回答下列问题：
(1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)．
(2)请用笔画线代替导线，将实物图(图乙)(不含温控装置)连接成完整电路．
(3)某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6 000.00 Ω，该温度下热敏电阻的测量值为________Ω(结果保留到个位)，该测量值________(填“大于”或“小于”)真实值．
(4)多次实验后，学习小组绘制了如图丙所示的图像．由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐________(填“增大”或“减小”)．
解析：(1)用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻器应选R1.
(2)电路连接图如图所示
(3)微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即RT＋RμA＝R＝6 000.00 Ω，
可得RT＝3 500 Ω.
当断开S2，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大．
(4)由于是ln RT-图像，当温度T升高时，减小，从图中可以看出ln RT减小，从而RT减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小．
答案：(1)R1 (2)图见解析 (3)3 500 大于 (4)减小第
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