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2023届高考物理二轮复习专题八第2讲电学实验及其创新学案
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这是一份2023届高考物理二轮复习专题八第2讲电学实验及其创新学案，共65页。
第2讲 电学实验及其创新
高考考点
命题轨迹
考查内容
考查要求
电学基本器材的
使用和读数
2022湖南卷T12
关键能力
综合性
2021福建卷T11
必备知识
基础性
2021浙江6月卷T19
必备知识
基础性
以测电阻为核心的
电学实验
2022全国甲卷T22
关键能力
综合性
2022广东卷T12
关键能力
综合性
2022山东卷T14
关键能力
综合性
2022全国乙卷T23
关键能力
综合性
2022浙江1月卷T18
关键能力
综合性
2021北京卷T16
关键能力
综合性
2021全国甲卷T23
关键能力
综合性
以测电源电动势为
核心的电学实验
2021湖南卷T12
关键能力
综合性
2021全国乙卷T23
关键能力
综合性
2021浙江1月卷T19
关键能力
综合性
电学实验创新
2022河北卷T12
关键能力
综合性
2021广东卷T12
关键能力
综合性
2021湖北卷T13
关键能力
综合性
考点一 电学基本器材的使用和读数
(2021·福建卷,11)某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00 cm电阻丝的电阻率,该电阻丝的电阻值约为100～200 Ω,材料未知。实验过程如下:
(1)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径,示数如图a所示,该电阻丝的直径为 mm。
(2)对多用电表进行机械调零。
(3)将多用电表的选择开关旋至 (选填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)倍率的电阻挡。
(4)将黑、红表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在电阻挡零刻度线。
(5)将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端,多用电表的示数如图b所示。该电阻丝的电阻值为 Ω。
(6)测量完成之后,将表笔从插孔拔出,并将选择开关旋到“OFF”位置。
(7)实验测得的该电阻丝电阻率为 Ω·m(结果保留3位有效数字)。
解析:(1)该电阻丝的直径为d=1 mm+41.6×0.01 mm=1.416 mm。
(3)使用多用电表欧姆挡测电阻时,为了减小误差,应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近,由于该电阻丝的阻值在100～200 Ω,而表盘中央刻度在 15～20左右,所以应选择“×10”倍率的电阻挡。
(5)15～20之间的分度值为1,所以该电阻丝的电阻值为R=16×10 Ω=160 Ω。
(7)根据电阻定律有R=ρlS=ρ4lπd2,解得该电阻丝的电阻率为ρ=πd2R4l≈3.15×10-4 Ω·m。
答案:(1)1.416 (3)×10 (5)160
(7)3.15×10-4
(2021·浙江6月卷,19)小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
(1)因电表内阻未知,用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后,合上开关S,将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1,电压表的读数U1=1.65 V,电流表的示数如图2所示,其读数I1= A;将K掷到2,电压表和电流表的读数分别为U2=1.75 V,I1=0.33 A。由此可知应采用电流表 (选填“内”或“外”)接法。
(2)完成上述实验后,小李进一步尝试用其他方法进行实验:
①器材间连线如图3所示,请在虚线框中画出对应的电路图;
②先将单刀双掷开关掷到左边,记录电流表读数,再将单刀双掷开关掷到右边,调节电阻箱的阻值,使电流表的读数与前一次尽量相同,电阻箱的示数如图3所示。则待测电阻Rx= Ω。此方法 (选填“有”或“无”)明显的实验误差,其理由是 。
解析:(1)由电流表的表盘可知电流大小为0.34 A,
电压表的百分比变化为
η1=1.75-1.651.75×100%=5.7%,
电流表的百分比变化为
η2=0.34-0.330.33×100%=3.0%。
因此可知电压表的示数变化更明显,说明电流表的分压更严重,因此不能让电流表分压,采用外接法。
(2)①电路图如图所示。
②两次实验中电路电流相同,因此可有I=ERA+r+Rx=ERA+r+R0,
可得Rx=R0,读数可得Rx=5 Ω,电阻箱的最小分度和待测电阻阻值接近,这样测得的阻值不够精确,如待测电阻阻值为5.4 Ω,则实验只能测得其为Rx=5 Ω,误差较大。
答案:(1)0.34 外
(2)①图见解析 ②5 有 电阻箱的最小分度与待测电阻阻值比较接近(或其他合理解释)
1.电压表、电流表、多用电表的读数技巧
对电表读数问题,要先弄清楚电表的分度值,即每小格的数值,再确定是12、15还是110估读,明确读数的小数位数。
2.多用电表的使用问题
在弄清其基本原理的基础上,会选择测量项目及量程、挡位,能区分机械调零和欧姆调零,掌握测量电阻的步骤。
3.电表的“三用”
如果知道电表的内阻,电流表、电压表就既可以测电流,也可以测电压,还可以作为定值电阻来用,即“一表三用”。
1.(2022·福建福州三模)兴趣小组利用实验室中器材自制一个具有“×1”和“×10”两种倍率的欧姆表,电路设计如图甲所示。实验室可用器材有:
A.干电池(电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω)
B.毫安表(满偏电流Ig=1 mA,内阻rg=180 Ω)
C.滑动变阻器R0(最大阻值为200 Ω)
D.定值电阻R1(阻值为2 Ω)
E.定值电阻R2(阻值为18 Ω)
F.单刀双掷开关一个,红、黑表笔各1支,导线若干。
(1)根据上述器材和要求,电路中电阻Rx应选定值电阻 (选填“R1”或“R2”)。
(2)用“×10”倍率测量电阻时,选挡开关S应合向 (选填“a”或“b”)。测量电阻时,毫安表的指针指在图乙所示位置处时被测电阻值为 Ω。
(3)该欧姆表用久后,电池老化造成电动势减小、内阻增大,但仍能进行欧姆调零,则用其测得的电阻值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
解析:(1)将两定值电阻和毫安表看作一个等效电流表,设当开关S掷向a端时﹐等效电流表满偏电流为Ia。当开关S掷向b端时,等效电流表满偏电流为Ib,根据串联规律可得(Ia-Ig)Rx=Ig(Rg+Ry),(Ib-Ig)(Rx+Ry)=IgRg,由于毫安表内阻为180 Ω,若Rx=R1,Ry=R2,则有Ia=100Ig,Ib=10Ig,若Rx=R2,Ry=R1,则有Ia=1009Ig,Ib=10Ig,根据要求自制具有“×1”和“×10”两种倍率的欧姆表,电路中电阻Rx应选定值电阻R1。
(2)根据串并联电路电流与电阻关系,可以看出 Ia>Ib,使用欧姆表,外接电阻越大,通过等效电流表的值越小,故用“×10”倍率测量电阻时,选挡开关S应掷向“b”;当开关S掷向“b”时,等效电流表Ib=10Ig,设欧姆表总的内电阻为R内,由闭合电路欧姆定律得,当毫安表满偏时有E=IbR内=10IgR内,解得R内=150 Ω,如题图乙,当毫安表半偏时有E=12IbR内=10×Ig2(R内+R),解得R=150 Ω。
(3)设等效电流表的电流为IG,电动势减小时,由欧姆表原理可得内阻R内=EIG,欧姆表内阻减小,
当测量电阻R时的电流为I=IGR内R+R内=IGRR内+1。
可知,回路中电流减小,指针偏左,对应欧姆表的刻度应该偏大,其测得的电阻值大于真实值。
答案:(1)R1 (2)b 150 (3)大于
2.(2022·浙江绍兴模拟)实验室有一额定电压为220 V的白炽灯,某同学欲了解其低压伏安特性,为此设计了系列实验,请依次回答下列问题。
(1)该同学用多用电表粗测白炽灯的电阻,正确操作后得到图甲,则该情况下白炽灯的电阻为 Ω。
(2)该同学随后用学生电源供电(电源选择15 V稳压),选择合适的滑动变阻器和其他器材,连接电路如图乙,打算直接闭合开关开始测量。请你指出连接图中存在的问题(至少列举两条)。
① ;
② 。
(3)该同学改掉所有问题后,正确测量过程中得到的一组电流表、电压表示数如图丙,则两表的读数分别为 A、 V。
(4)该同学根据测量数据,作出了U-I图像,下列图像中最可能正确的是 (选填字母“A”“B”或“C”)。
解析:(1)由题图可知,选择挡位为“×1”,则其读数为40×1 Ω=40 Ω。
(2)由题图可知,电源选择15 V稳压,则流过灯泡的最大电流Imax=1540 A=0.375 A;可知电流表量程选择错误;滑动变阻器采用分压式接法,闭合开关前,滑动变阻器滑片应置于最右端。
(3)电流表选择量程为0～0.6 A,分度值为0.02 A,其读数为0.20 A;
电压表选择量程为0～15 V,分度值为0.5 V,其读数为4.0 V。
(4)电灯泡的电阻随温度的升高而升高,随着实验过程中电压增大,其阻值增大,则U-I图线上的点与原点连线的斜率随着电压增大而增大,故A可能,B、C不可能。
答案:(1)40 (2)①电流表量程选错 ②滑动变阻器滑片位置错误 (3)0.20 4.0 (4)A
考点二 以测电阻为核心的电学实验
(2022·广东卷,12)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件。某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系,实验过程如下:
(1)装置安装和电路连接
如图a所示,导电绳的一端固定,另一端作为拉伸端,两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图b所示的电路中。
(2)导电绳拉伸后的长度L及其电阻Rx的测量
①将导电绳拉伸后,用刻度尺测量并记录A、B间的距离,即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S2,闭合开关S1,调节R,使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。
③闭合S2,电压表的示数 (选填“变大”或“变小”)。调节R使电压表的示数仍为U,记录电流表的示数I2,则此时导电绳的电阻Rx= (用I1、I2和U表示)。
④断开S1,增大导电绳拉伸量,测量并记录A、B间的距离,重复步骤②和③。
(3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值 (选填“有”或“无”)影响。
(4)图c是根据部分实验数据描绘的Rx-L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上,当机械臂弯曲后,测得导电绳的电阻Rx为1.33 kΩ,则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为 cm,即为机械臂弯曲后的长度。
解析:(2)断开开关S2,根据欧姆定律可得定值电阻的阻值R0=UI1。闭合开关S2,导电绳与定值电阻并联,并联后的总电阻小于定值电阻的阻值R0,电流表示数增大,电压表示数变小。调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U,设导电绳与定值电阻并联后的总电阻为R′,则R′=R0RxR0+Rx,根据欧姆定律得R′=UI2,联立解得Rx=UI2-I1。
(3)考虑电压表内阻时,有I1U=1R0+1RV,I2U=1R0+1Rx+1RV,联立解得Rx=UI2-I1,与(2)中分析的结果相同,故电压表内阻对导电绳电阻的测量值无影响。
(4)由Rx-L图线可知,导电绳电阻Rx=1.33 kΩ对应的导电绳拉伸后的长度 L=51.80 cm。
答案:(2)变小 UI2-I1 (3)无 (4)51.80
(2022·湖北卷,13)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后,为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率,进行了如下实验探究。
(1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,示数如图甲所示,其读数为 mm。再用游标卡尺测得其长度L。
(2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6 A、内阻为1.0 Ω,定值电阻R0的阻值为20.0 Ω,电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1,闭合S1,多次改变电阻箱R的阻值,记下电流表的对应读数I,实验数据见下表。
R/Ω
I/A
1I/A-1
5.0
0.414
2.42
10.0
0.352
2.84
15.0
0.308
3.25
20.0
0.272
3.68
25.0
0.244
4.10
30.0
0.222
4.50
根据表中数据,在图丙中绘制出1I-R图像。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A。根据图丙中的图像可得Rx= Ω(结果保留2位有效数字)。最后可由表达式ρ= (用D、L、Rx表示)得到该材料的电阻率。
(3)该小组根据图乙的电路和图丙的1I-R图像,还可以求得电源电动势E= V,内阻r= Ω。(结果均保留2位有效数字)
(4)持续使用后,电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置,测得电路的电流,仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析:(1)用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,其读数为3.5 mm+0.01 mm×20.0=3.700 mm。
(2)(3)由电路可知,当将S2置于位置1,闭合S1时E=I(RA+R0+r+R),即1I=1ER+RA+R0+rE,由图像可知1E=4.9-2.035,解得E≈12 V;RA+R0+rE=2,解得r=3.0 Ω。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A,则E=I′(r+R0+RA+Rx),解得Rx=6.0 Ω;根据Rx=ρLS=ρL14πD2,解得ρ=πD2Rx4L。
(4)根据表达式E=I′(r+R0+RA+Rx),因电源电动势变小,内阻变大,则当电流表有相同读数时,得到的Rx的值偏小,即Rx测量值偏小。
答案:(1)3.700
(2)6.0 πD2Rx4L
(3)12 3.0
(4)偏小
(2022·全国乙卷,23)一同学探究阻值约为550 Ω的待测电阻Rx在0～5 mA范围内的伏安特性。可用器材有:电压表(量程为3 V,内阻很大),电流表(量程为1 mA,内阻为300 Ω),电源E(电动势约为4 V,内阻不计),滑动变阻器R(最大阻值可选10 Ω或1.5 kΩ),定值电阻R0(阻值可选75 Ω或150 Ω),开关S,导线若干。
(1)要求通过Rx的电流可在0～5 mA范围内连续可调,将图a所示的器材符号连线,画出实验电路的原理图。
(2)实验时,图a中的R应选最大阻值为 (选填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器,R0应选阻值为 (选填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻。
(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中,电压表、电流表的示数分别如图b和图c所示,则此时Rx两端的电压为 V,流过Rx的电流为 mA,此组数据得到的Rx的阻值为 Ω(结果保留3位有效数字)。
解析:(1)该实验探究待测电阻Rx在0～5 mA范围内的伏安特性,因此滑动变阻器采用分压式连接,电压表的内阻很大,故可看成理想电压表,故采用电流表外接法,由于题目中给的电流表量程太小,故应与电流表并联一定值电阻扩大其量程。
(2)滑动变阻器R选最大阻值为10 Ω的,方便调节;又因电流表的量程为1 mA,内阻为300 Ω,通过测量电阻的最大电流为5 mA,因此电流表量程应扩大为原来的5倍,因此分流电阻阻值应为该电流表内阻的四分之一,故电流表并联电阻的阻值为R0=75 Ω。
(3)Rx两端电压即为电压表读数2.30 V;因电流表并联R0,量程扩大,通过待测电阻的电流为电流表读数的5倍,即通过Rx的电流为5×0.84 mA=4.20 mA,故Rx=2.304.20×10-3 Ω≈548 Ω。
答案:(1)如图所示 (2)10 Ω 75 Ω
(3)2.30 4.20 548
1.电阻测量首先要根据实验目的、实验原理、实验器材的不同而灵活选用“伏安法”(又分为内接法和外接法)“安安法”“伏伏法”“伏安加R法”等测量电路。从供电方式上又可分为限流电路和分压电路。
(1)有电压表、电流表且量程恰当时选择“伏安法”。
(2)电压表不能用或没有电压表等情形下,若精确知道电流表内阻,可以将电流表当作电压表使用,即选择“安安法”。
(3)电流表不能用或没有电流表等情况下,若精确知道电压表内阻,可以将电压表当作电流表使用,即选择“伏伏法”。
(4)在运用伏安法测电阻时,由于电压表或电流表的量程太小或太大,为了满足安全精确的原则,选择“伏安加R法”,此法又叫“加保护电阻法”。
2.在复习时要掌握测定电阻的常用方法。
名称
电路
测量原理
伏安法
Rx=UI,小外偏小,大内偏大
伏安法消除系统误差
Rx=U2I2-U1I1
Rx=U1U2I2U1-I1U2
活用电表法
伏伏法
V2内阻已知时,Rx=U1U2RV2-RV2
安安法
A1内阻已知时,Rx=I1I2-I1RA1
等效替代法
电源输出电压不变,将S合到2,调节R1,使电流表的示数与S合到1时的示数相等,则Rx=R1
电源输出电压不变,将S合到b,调节R1,使电压表的示数与S合到a时的示数相等,则Rx=R1
半偏法
闭合S1,断开S2,调节R1使G表指针满偏;闭合S2,只调节R2使G表半偏(R1≫Rg),则R2=Rg测
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=RV测>RV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U1R1=U2R2,U1R3=U2Rx。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
欧姆表法
电路略,注意:①要在指针靠近中央时读数;②换挡要进行欧姆调零;③欧姆表刻度左密右疏
3.(2022·福建南平三模)如图甲为某学习小组测定定值电阻Rx的阻值和某种金属丝电阻率ρ所设计的实验电路,电源为输出电压恒为3 V的学生电源,电流表的量程为0～0.6 A,待测金属丝粗细均匀。主要实验步骤如下:
(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径d=0.500 mm。
(2)调节接线夹夹在金属丝上的位置,测出接入电路中金属丝的长度L。闭合开关,读出电流表的读数如图乙所示,电流表读数I= A。
(3)改变接线夹位置,重复步骤(2),测出多组L与I的值。
(4)根据测得的数据,作出如图丙所示的图线,可得Rx= Ω(结果保留2位有效数字),金属丝的电阻率ρ= Ω·m(结果保留3位有效数字)。
(5)若考虑电流表的内阻影响,电阻率的测量值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
解析:(2)电流表选择量程为0～0.6 A,分度值为0.02 A,则读数为0.40 A。
(4)根据电阻定律得R=ρLS,由欧姆定律可得I=UR+Rx,整理得1I=ρ3SL+Rx3,结合图像可得斜率k=ρ3S=4,纵轴截距2.0=Rx3,又S=πd24,
解得Rx=6.0 Ω,ρ≈2.36×10-6 Ω·m。
(5)由(4)分析结论k=ρ3S可知,电流表的内阻不影响电阻率的测量,故电阻率的测量值等于真实值。
答案:(2)0.40 (4)6.0 2.36×10-6 (5)等于
4.(2022·浙江绍兴模拟)(1)在“描绘小灯泡伏安特性”实验中,下列电路连接正确的是 。
(2)接通电源,调节滑动变阻器,当电压表为1.59 V 时,电流表指针偏转情况如图甲所示,则电流表读数为 A。
(3)测量数据输入计算机,利用数表软件直接生成小灯泡伏安特性曲线如图乙所示,由图线分析:小灯泡电阻的阻值在0～0.3 V的过程中变化量为ΔR1,在1.0～1.3 V的过程中变化量为ΔR2,则两者关系应是ΔR1 (选填“>”“<”或“=”)ΔR2。
(4)如图丙所示,将该灯泡与10 Ω的定值电阻串联连接到稳压输出3 V的学生电源中,接通电源后小灯泡的实际功率为 W(结果保留2位有效数字)。
解析:(1)在“描绘小灯泡伏安特性”实验中,为了使小灯泡两端电压能够从零开始变化,滑动变阻器应采用分压式接法;由于小灯泡电阻远小于电压表电阻,所以电流表应采用外接法。故选C。
(2)由(1)可知,电流表采用0～0.6 A量程,则表盘分度值为0.02 A,需要估读到0.01 A,则读数为0.23 A。
(3)I-U图像上点与原点连线斜率的倒数表示电阻,由题图乙可知1.0～1.3 V范围内曲线比0～0.3 V范围内曲线平缓,所以在电压变化量相同的情况下,0～0.3 V范围内点与原点连线斜率的变化比1.0～1.3 V范围内点与原点连线斜率的变化小,即ΔR1<ΔR2。
(4)设灯泡两端电压为U,通过灯泡的电流为I,由题意有3 V-U=I·10 Ω。
将上式描述的I-U图线与灯泡的伏安特性曲线作在同一坐标系中,如图所示,则交点坐标代表灯泡的工作点,即接通电源后小灯泡的实际功率为 P=1.06×0.192 W≈0.20 W。
答案:(1)C (2)0.23 (3)< (4)0.20
5.(2022·山东青岛模拟)某同学在实验室发现了一大捆铝导线,他想利用学过的知识计算出导线的长度,于是他设计了如下的实验方案:
(1)先用螺旋测微器测量该导线的直径如图甲所示,则导线的直径d= mm。
(2)然后在实验室中找到如下实验器材:学生电源、灵敏电流计、电流表(两个)、滑动变阻器(两个)、电阻箱、定值电阻、开关、导线若干。他利用现有器材进行了如下实验:
a.按照图乙所示的电路图连接好实验电路;
b.将滑动变阻器R3的滑片调至适当位置,滑动变阻器R1的滑片调至最左端,闭合开关S;
c.将滑动变阻器R1的滑片逐步向右滑动,并反复调节R2和R3使灵敏电流计G示数为零,此时电阻箱R2的数值为4.0 Ω,电流表A1的示数为 0.15 A,电流表A2的示数为0.30 A。
根据上述实验过程,请回答。
①待测电阻Rx的阻值为 Ω;
②电流表的内阻对测量结果 (选填“有”或“无”)影响。
(3)最后该同学在资料上查到了该铝导线的电阻率ρ=2.82×10-8 Ω·m,则这捆导线的长度为 m(结果保留3位有效数字)。
(4)为提高本实验的精确度可采取的措施是
。
(请答出两条措施)
解析:(1)导线的直径d=1 mm+41.0×0.01 mm=1.410 mm。
(2)①灵敏电流计G的示数为0,可知R2和Rx两端的电压相等,即R2I1=RxI2,解得Rx=I1I2R2=0.150.30×4.0 Ω=2.0 Ω;
②由以上分析可知,电流表的内阻对测量结果无影响。
(3)根据Rx=ρlS,可得l=RxSρ=πRxd24ρ,
代入数据解得l≈111 m。
(4)为提高本实验的精确度可采取的措施是提高灵敏电流计G的灵敏度;调整R2、R3的阻值,多次测量Rx取平均值;在导线上不同位置多次测量直径取平均值。
答案:(1)1.410 (2)①2.0 ②无 (3)111
(4)提高电流计G的灵敏度;调整R2、R3的阻值,多次测量Rx取平均值;在导线上不同位置多次测量直径取平均值(任选两条即可)
考点三 以测电源电动势为核心的电学实验
(2021·湖南卷,12)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 (选填“a”或“b”)端。
(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)
(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虚线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)为了保护电流表,闭合开关前应使电路中的电阻最大,故金属夹应夹在电阻丝的b端。
(4)由闭合电路的欧姆定律得E=I(r+RA+R0+θr0),整理得1I=1E(r+RA+R0)+r0Eθ,结合题图b可得k=r0E,d=1E(r+RA+R0),解得E=r0k,r=dr0k-RA-R0。
(5)
实验电路图如图所示,先将单刀双掷开关S接1,记下电流表的示数I0,然后将单刀双掷开关S接2,移动金属夹的位置,直到电流表的示数为I0,记下此时接入电路的电阻丝对应的圆心角θ0,则 r0=R0θ0。
答案:(2)b (4)r0k dr0k-RA-R0
(5)图见解析
(2021·全国乙卷,23)一实验小组利用图a所示的电路测量一电池的电动势E(约1.5 V)和内阻r(小于2 Ω)。图中电压表量程为1 V,内阻RV=380.0 Ω;定值电阻R0=20.0 Ω;电阻箱R,最大阻值为999.9 Ω;S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空:
(1)为保护电压表,闭合开关前,电阻箱接入电路的电阻值可以选 Ω(选填“5.0”或“15.0”);
(2)闭合开关,多次调节电阻箱,记录下阻值R和电压表的相应读数U;
(3)根据图a所示电路,用R、R0、RV、E和r表示1U,得1U= ;
(4)利用测量数据,作1U-R图线,如图b所示;
(5)通过图b可得E= V(保留2位小数),r= Ω(保留1位小数);
(6)若将图a中的电压表当成理想电表,得到的电源电动势为E′,由此产生的误差为|E'-EE|×100%= %。
解析:(1)要保护电压表,则R0两端的电压应小于1 V,通过R0的电流应小于或等于0.05 A,故电路中的总电阻R总≥1.50.05 Ω=30 Ω,所以电阻箱接入电路的阻值应选15.0 Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得,电动势E=U+(UR0+URV)(R+r),整理得1U=1E(1+R0+RVR0RVr)+R0+RVER0RVR。
(5)延长题图b中图线与纵轴相交,由1U=1E(1+R0+RVR0RVr)+R0+RVER0RVR,结合题图b可得,R0+RVER0RV=1.50-0.8624-5 V-1·Ω-1,解得E≈1.56 V,当R=5 Ω时,1U=0.86 V-1,代入1U=1E(1+R0+RVR0RVr)+R0+RVER0RVR,可解得r≈1.5 Ω。
(6)若将电压表当成理想电表,则E′=U+UR0(R+r),整理得1U=1E'(1+rR0)+1E'R0R,
则1E'R0=1.50-0.8624-5 V-1·Ω-1,解得E′≈1.48 V,由此产生的误差为|E'-EE|×100%≈5%。
答案:(1)15.0 (3)1E(1+R0+RVR0RVr)+R0+RVER0RVR
(5)1.56 1.5 (6)5
测量电源电动势和内阻的三个常用方案
(1)伏安法。
方案
电流表内接
电流表外接
电路图
误差来源
电压表的分流
电流表的分压
真实值和测
量值的关系
I真=I测+URV
U真=U测+IRA
图像
误差分析
E测
(2)伏阻法和安阻法。
方案
伏阻法
安阻法
原理
E=U+URr
E=IR+Ir
电路图
关系式
1U=rE·1R+1E
1I=1E·R+rE
图像
误差分析
E测
6.(2022·重庆万州区三模)某学习小组通过实验,既能测量直流电源的电动势E和内阻r,又能测量待测电阻的阻值Rx。
实验器材:
直流电源(电动势E和内阻r未知);
电流表A(量程适当,内阻可忽略不计);
定值电阻R0(阻值已知),待测电阻Rx;
开关S1,单刀双掷开关S2,导线若干。
(1)该学习小组利用图1所示实物连线图进行实验,请根据实物连线图在图2所示虚线框内画出电路图。
(2)实验步骤:
①将单刀双掷开关S2置于空位,闭合开关S1,读出电流表的示数为I1;
②将单刀双掷开关S2与左侧a接通,读出电流表的示数为I2;
③将单刀双掷开关S2与右侧b接通,读出电流表的示数为I3。
(3)根据(2)所测数据及定值电阻R0可得直流电源电动势E= ,内阻r= ,待测电阻Rx= 。
解析:(1)依题意,电路图如图所示。
(3)由闭合电路欧姆定律有E=I1(R0+Rx+r),
E=I2(Rx+r),E=I3(R0+r),
联立解得E=I2I1R0I2-I1,r=I2I1+I3I1-I2I3I3(I2-I1)R0,
Rx=I2(I3-I1)I3(I2-I1)R0。
答案:(1)图见解析
(3)I2I1R0I2-I1 I2I1+I3I1-I2I3I3(I2-I1)R0 I2(I3-I1)I3(I2-I1)R0
7.(2022·广东广州模拟)某实验小组设计了如图甲所示的电路来测量一蓄电池的电动势和内阻,接入电路中的电阻箱只用“×1”倍率(单位 Ω,如图乙所示),闭合开关S,改变电阻箱接入电路的阻值,使旋钮沿顺时针方向旋转,分别指向1、2、3、4、5、6,读出6组对应的电压值,然后以1U(电压表读数的倒数)为纵轴、1R(电阻箱接入电路的阻值的倒数)为横轴建立坐标系,根据实验记录数据描点连线,得到如图丙所示的图像。
回答下列问题。
(1)该小组设计的电路中,接入定值电阻R0的作用是 。
(2)用E和r分别表示蓄电池的电动势和内阻,则1U与1R的关系式为 。
(3)根据图丙求得蓄电池的电动势E= V,内阻r= Ω。(用a、b、R0表示)
解析:(1)使实验中电压表示数变化明显,同时又保护电路。
(2)根据闭合电路欧姆定律可知
E=U+UR(r+R0),
可得1U=r+R0E·1R+1E。
(3)根据题图丙有b=1E+r+R06E,a=1E+r+R0E,
解得E=56b-a,r=5a6b-a-(1+R0)。
答案:(1)使实验中电压表示数变化明显,同时又保护电路 (2)1U=r+R0E·1R+1E (3)56b-a 5a6b-a-(1+R0)
考点四 其他电学实验
(2022·全国甲卷,22)某同学要测量微安表内阻,可利用的实验器材有:电源E(电动势1.5 V,内阻很小),电流表(量程10 mA,内阻约10 Ω),微安表 (量程100 μA,内阻Rg待测,约1 kΩ),滑动变阻器R(最大阻值10 Ω),定值电阻R0(阻值10 Ω),开关S,导线若干。
(1)将图中所示的器材符号连线,画出实验电路原理图。
(2)某次测量中,微安表的示数为90.0 μA,电流表的示数为9.00 mA,由此计算出微安表内阻Rg= Ω。
解析:(1)题中给出的滑动变阻器的最大阻值只有10 Ω,滑动变阻器采用分压接法,为了精确得到微安表两端的电压,可将微安表与定值电阻并联,通过电流关系得到电压。
(2)由并联电路规律可得IGRg=(I-IG)R0,解得Rg=990 Ω。
答案:(1)如图所示 (2)990
(2022·北京朝阳区二模)某实验小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”,可拆变压器如图所示。
(1)以下给出的器材中,本实验需要用到的是 。(多选)
A.干电池 B.学生电源
C.实验室用电压表 D.多用电表
(2)关于本实验,下列说法正确的是 。
A.为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.因为使用的电压较低,通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C.实验时可以保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D.变压器开始正常工作后,通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
(3)某次实验中,用匝数na=400匝和nb=800匝的线圈实验,测量的数据如下表所示,下列说法中正确的是 。
Ua/V
1.80
2.80
3.80
4.90
Ub/V
4.00
6.01
8.02
9.98
A.原线圈的匝数为na,用较粗导线绕制
B.副线圈的匝数为na,用较细导线绕制
C.原线圈的匝数为nb,用较细导线绕制
D.副线圈的匝数为nb,用较粗导线绕制
解析:(1)实验中变压器原线圈需要输入交流电压,而干电池只能输出恒定直流电压,学生电源可以输出交流电压,故A不符合题意,B符合题意;实验中变压器副线圈输出交流电压,而实验室用电压表只能测量直流电压,多用电表可以测量交流电压,故C不符合题意,D符合题意。
(2)为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数,从而使副线圈输出电压较低,故A错误;虽然使用的电压较低,但实验中仍有可能出现错接或短路等情况,为了人身安全,通电时不能用手接触裸露的导线进行连接,故B错误;实验时可以保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,探究副线圈匝数对副线圈电压的影响,故C正确;互感现象是变压器的工作基础,电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场,由于电流的大小、方向在不断变化,铁芯中的磁场也在不断变化,变化的磁场在副线圈中产生感应电动势,因此变压器是通过铁芯传导磁路将电能从原线圈传递到副线圈,故D错误。
(3)由表格数据可知UbUa>nbna,考虑到实验中所用变压器并非理想变压器,即存在功率损失,使得原、副线圈电压之比大于匝数比,所以原线圈的匝数为nb,副线圈的匝数为na,而副线圈电压较小,电流较大,所以为了尽量减少能量损失,副线圈所用导线应比原线圈粗,故 A、B、D错误,C正确。
答案:(1)BD (2)C (3)C
(2022·江苏盐城二模)利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电,电流传感器 A与计算机连接,记录放电电流I随时间t变化的图像,图像与坐标轴围成的面积,数值上等于电容器的带电荷量Q(可用DIS系统软件计算),Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。
(1)图甲、乙为放电法测量电容的两种电路原理图,开关S先与1端相连,充电结束后,读出电压表的示数。然后把开关掷向2端,记录I-t图像,测量出电容器的带电荷量Q。在甲、乙两图中,实验系统误差较大的是 (选填“甲”或“乙”),原因是 对实验的影响,使电容测量值 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是 。
(3)某同学选择了正确的实验电路图,经过实验操作获得了多组数据,如表所示:
次数
U/V
Q/×10-4C
1
10.8
0.92
2
13.7
1.20
3
16.8
1.22
4
20.0
1.70
5
23.8
2.08
6
27.0
2.41
请根据以上数据,在图丙中作出Q-U图像,由图像可得该电容器的电容是 μF(结果保留2位有效数字)。
(4)该同学是通过滑动变阻器来改变电容器的充电电压的,请结合上述电路原理图,在下面的方框内作出能改变电容器充电电压的电路原理图。
(5)该同学在完成电容的测量实验后,把一多用电表的选择开关调到欧姆挡,正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触,请你描述接触后多用表指针的偏转情况: 。
解析:(1)在甲、乙两图中,实验系统误差较大的是乙,原因是电容器放电时电压表有分流,使电容器放电荷量值偏小,则电容测量值偏小。
(2)电容器放电时,放电电流逐渐减小,且逐渐变慢,则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C。
(3)作出Q-U图像如图1所示;
根据C=QU可知C=ΔQΔU=2.50×10-428 F≈8.9 μF。
(4)能改变电容器充电电压的电路原理图如图2所示。
(5)两表笔与电容器接触后,电容器先有较大的放电电流,然后逐渐减小,则多用电表指针的偏转情况是多用电表指针先快速偏转大角度,后逐渐回到原位置。
答案:(1)乙 电压表分流 偏小 (2)C
(3)见解析图1 8.9
(4)见解析图2 (5)多用表指针先快速偏转大角度,后逐渐回到原位置
(2022·湖南卷,12)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表,其内部结构如图所示,R0为调零电阻(最大阻值为R0m),Rs、Rm、Rn为定值电阻Rs+R0m
(1)短接①②,将单刀双掷开关S与m接通,电流计示数为Im;保持电阻R0滑片位置不变,将单刀双掷开关S与n接通,电流计示数变为In,则Im In(选填“大于”或“小于”)。
(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时欧姆表的挡位为 (选填“×1”或“×10”)。
(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,调整欧姆零点(欧姆零点在电流计满偏刻度处)时,调零电阻R0的滑片应该 调节(选填“向上”或“向下”)。
(4)在“×10”挡位调整欧姆零点后,在①②间接入阻值为100 Ω的定值电阻R1,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的23;取走R1,在①②间接入待测电阻Rx,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的13,则Rx= Ω。
解析:(1)由于Rn>Rm,所以Im大于In。
(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时电路中总电阻较大,中值电阻较大,能接入的待测电阻的阻值也较大,故应该为欧姆表的“×10”挡位。
(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,即开关S从m拨向n,电路中的总电阻增大,干路电流减小,为了使电流计满偏,则需增大通过电流计的电流,故调零电阻R0的滑片应该向上调节。
(4)设欧姆表内部等效电阻为R,根据闭合电路欧姆定律有,23Ig=ER+R1,13Ig=ER+Rx,Ig=ER,联立解得Rx=400 Ω。
答案:(1)大于 (2)×10 (3)向上 (4)400
1.电流表(表头)改装成电压表、电流表和欧姆表
项目
电路图
原理
刻度盘特点
电压表
电阻串联分压。表头G满偏电流为Ig,满偏电压为Ug,内阻为Rg,需要量程扩大到nUg,串联电阻阻值为(n-1)Rg
①均匀刻度;
②0刻度在刻度盘左侧;
③电表有不同量程
电流表
电阻并联分流。表头G满偏电流为Ig,满偏电压为Ug,内阻为Rg,需要最大测量值扩大到nIg,并联电阻阻值为Rgn-1
①均匀刻度;
②0刻度在刻度盘左侧;
③电表有不同量程
欧姆表
闭合电路欧姆定律,电流表中电流与被测电阻一一对应,由电流值表示电阻
①不均匀刻度;
②0刻度在刻度盘右侧;
③电表有不同挡位;
④中值电阻等于欧姆表的内阻
2.其他电学实验
实验
装置及器材
操作要领(实验现象)
观察电容器的充、
放电现象
(1)电容器的电容要大一些,电源的电压在6 V左右,小灯泡的额定电压比电源电压稍低,在4 V左右;
(2)开关掷向a时,仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向;
(3)开关掷向b时,仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向
探究影响感应电流方向的因素
实验器材:条形磁铁、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)
(1)线圈内磁通量增加时的情况
图号
磁场
方向
感应电流
的方向
感应电流的
磁场方向
甲
向下
逆时针
(俯视)
向上
乙
向上
顺时针
(俯视)
向下
(2)线圈内磁通量减少时的情况
图号
磁场
方向
感应电流
的方向
感应电流的
磁场方向
丙
向下
顺时针
(俯视)
向下
丁
向上
逆时针
(俯视)
向上
实验结论:当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当穿过线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同
探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
在误差允许的范围内,变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比,数学表达式为U1U2=n1n2
8.(2022·山东日照模拟)在测定电容器电容的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1相连,电源给电容器充电,充电完毕后把开关S掷向2,电容器放电,直至放电完毕,实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示,图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。
(1)根据图甲所示的电路,观察图乙可知,充电电流与放电电流方向 (选填“相同”或“相反”),大小都随时间 (选填“增大”或“减小”)。
(2)该电容器的电容为 F(结果保留2位有效数字)。
(3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可以测出电容器的电容值,请你分析并说明该同学的说法是否正确:
。
解析:(1)根据题图甲的电路,观察题图乙可知充电电流与放电电流方向相反,大小都随时间减小。
(2)根据充电时电压—时间图线可知,电容器的电荷量为Q=It=URt,而电压的峰值为Um=6 V,则该电容器的电容为C=QUm,设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S,联立解得C=QUm=SRUm=182.73 000×6F=1.0×10-2 F。
(3)电容器放电的过程中,电容器C与电阻R两端的电压大小相等,因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”,仍可应用C=QUm=SRUm计算电容值,故该同学说法正确。
答案:(1)相反 减小 (2)1.0×10-2 (3)见解析
9.(2022·江西鹰潭二模)为了测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:
待测线圈L(阻值约为5 Ω);
电流表 A1(量程0～3.0 A,内阻r1约为0.2 Ω);
电流表 A2(量程0～0.6 A,内阻r2=1.0 Ω);
滑动变阻器R1(0～10 Ω);
电压表V(量程0～3 V,内阻约为2 kΩ);
电阻箱R2(0～99.9 Ω);
电源E(电动势E约为3 V,内阻很小);
单刀单掷开关S1、S2;导线若干。
(1)某实验小组按如图a所示的电路测量线圈L的直流电阻RL。实验主要步骤如下:
①按电路图连接好电路,断开开关S1、S2,滑动变阻器R1的滑片移至最 (选填“左”或“右”)端。
②闭合开关S1、S2,移动滑动变阻器R的滑片至适当位置,记下电流表A2的示数为I2,电压表V的示数为U,线圈L的直流电阻的测量值的计算式为RL= 。
③测量完后,应先断开开关 ,再断开开关 (以上两空选填“S1”或“S2”),其理由是
。
(2)
若只提供一个开关S1,为避免自感现象对电表的影响,经讨论,同学们认为可以利用两个电流表和一个电阻箱达到测量的目的。图b方框中已画了部分电路,请根据你的设计,在方框中完成电路图。
解析:(1)①接通电路之前,为了保证安全,滑动变阻器接入电路部分应最大,所以滑片移动到最右端。
②利用伏安法测电阻RL+r2=UI2,RL=UI2-r2。
③如果先断开S1再断开S2,则电感线圈、电流表A2、电压表V组成一个回路,线圈有断电自感现象,形成较大的自感电动势,有可能烧坏电表,所以应先断开S2再断开S1。
(2)由于待测线圈L的阻值约为5 Ω,电源电动势为3 V,流过待测线圈L的电流为I=ER=35 A=0.6 A。所以选电流表A2测量待测线圈L的电流,由于只提供一个开关S1,为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表,所以当开关S1断开时,电流表与一个电阻箱串联,来保护电流表A2;若电阻箱串联在待测线圈L的支路上,会使待测线圈L
的支路的电流过小造成误差,所以电阻箱并联在待测线圈L两端;电阻箱并联在待测线圈L两端时,可用电阻箱间接来测待测线圈L两端的电压,在干路上串联一个电流表A1即可,所以电路如图所示。
答案:(1)①右 ②UI2-r2 ③S2 S1 若先断开S1,则由于断电自感现象,有可能烧坏电表
(2)图见解析
考点五 电学实验创新
(2021·广东卷,12)某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
(1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡,将两表笔 ,调节欧姆调零旋钮,使指针指向右边“0 Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高,相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大,由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而 。
(2)再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前,将滑动变阻器R1的滑片滑到 端(选填“a”或“b”)。
将温控室的温度设置为T,电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S,调节滑动变阻器R1,使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和R01。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端,闭合开关S。反复调节R0和R1,使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值R02。断开开关S。
②实验中记录的阻值R01 R02(选填“大于”“小于”或“等于”)。此时热敏电阻阻值RT= 。
(3)改变温控室的温度,测量不同温度时的热敏电阻阻值,可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。
解析:(1)使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零,即将两表笔短接。温度越高,相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大,则电阻阻值越小,故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
(2)①闭合开关前,为了保护电路,应该将滑动变阻器的滑片移到b端。
②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D,调节滑动变阻器和电阻箱,使电压表和电流表的示数与改接前一致,则R01=R02+RT,所以R01>R02,RT=R01-R02。
答案:(1)短接 减小
(2)①b ②大于 R01-R02
(2021·湖北卷,13)小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组(电动势E不大于4.5 V、内阻r未知)、一个阻值为R0的定值电阻、一个阻值为R1的定值电阻(用作保护电阻),开关S和导线若干。他设计了如图a所示的电路,实验步骤如下:
第一步:把5个待测电阻分别单独接入A、B之间,发现电流表的示数基本一致,据此他认为5个电阻的阻值相等,均设为R。
第二步:取下待测电阻,在A、B之间接入定值电阻R0,记下电流表的示数I0。
第三步:取下定值电阻R0,将n个(n=1,2,3,4,5)待测电阻串联后接入A、B之间,记下串联待测电阻的个数n与电流表对应示数In。
请完成如下计算和判断。
(1)根据上述第二步,1I0与R0、R1、E、r的关系式是1I0= 。
(2)定义Y=1I0-1In,则Y与n、R、R0、E的关系式是Y= 。
(3)已知R0=12.0 Ω,实验测得I0=0.182 A,得到数据如下表:
n
1
2
3
4
5
In/ A
0.334
0.286
0.250
0.224
0.200
Y/A-1
2.500
1.998
1.495
1.030
0.495
根据上述数据作出Y-n图像,如图b所示,可得R= Ω(结果保留2位有效数字),同时可得E= V(结果保留2位有效数字)。
(4)本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值 (选填“有”或“无”)影响。
解析:(1)由闭合电路欧姆定律得
E=I0(R1+R0+r),整理得1I0=R1+R0+rE。
(2)A、B间接入n个待测电阻后,由闭合电路欧姆定律得E=In(R1+nR+r),
又Y=1I0-1In,
由以上整理得Y=R0-nRE。
(3)由Y=R0-nRE,
变形得Y=-REn+R0E,
结合图b得RE=0.5 A-1,R0E=3.0 A-1,
又R0=12.0 Ω,解得E=4.0 V,R=2.0 Ω。
(4)如果考虑电流表的内阻,则
E=I0(R1+R0+r+RA),E=In(R1+nR+r+RA),
整理得Y=R0-nRE,
显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响。
答案:(1)R1+R0+rE (2)R0-nRE
(3)2.0 4.0 (4)无
实验原理的创新方法
1.转换法:将无法(或不易)测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量,然后再求待测物理量,这种方法叫转换测量法(简称转换法),如在“测量金属丝的电阻率”的实验中,虽然无法直接测量电阻率,但通过测金属丝的长度和直径,并将金属丝接入电路测出其电阻,可以计算出它的电阻率。
2.替代法:用一个标准的已知量替代待测量,通过调整标准量,使整个测量系统恢复到替代前的状态,则待测量等于标准量。
3.控制变量法:研究一个物理量与其他几个物理量的关系时,要使其中一个或几个物理量不变,分别研究这个物理量与其他各物理量的关系,然后再归纳总结。如“探究电阻的决定因素”实验。
10.(2022·福建龙岩三模)为了节能环保,一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制,光敏电阻是阻值R随光的照度I而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱,光越强,照度越大,照度单位为lx)。
(1)某光敏电阻在不同照度下的阻值R如下表所示,根据表中的数据,请在图甲的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线,可以判断光敏电阻的阻值R与照度I (选填“是”或“不是”)反比关系。
照度
I/lx
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
阻值
R/kΩ
5.8
3.7
2.7
2.3
2.0
1.8
(2)图乙为街道路灯自动控制电路,利用直流电源E为电磁铁供电,利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果,路灯应接在 (选填“AB”或“CD”)之间。
(3)已知线圈的电阻为140 Ω,直流电源E的电动势E=36 V,内阻忽略不计。当线圈中的电流大于10 mA时,继电器的衔铁将被吸合,滑动变阻器R′的阻值应调为 Ω时,才能使天色渐暗照度低于1.0 lx时点亮路灯。
(4)使用一段时间后发现,路灯在天色更亮时就已经点亮了,为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭,滑动变阻器R′的阻值应适当调 (选填“大”或“小”)些。
解析:(1)如图所示,
若光敏电阻的阻值R与照度I成反比关系,则有RI为定值,由图像中点的数据可得
5.8×0.2<3.7×0.4<2.7×0.6<2.3×0.8<2.0×1.0<1.8×1.2,
可知光敏电阻的阻值R与照度I不是反比关系。
(2)由于天亮时照度较大,光敏电阻的阻值较小,电路中的电流较大,衔铁被吸下,AB间断开,CD间接通,故灯泡应接在AB间。
(3)由题意可知,当照度降到1.0 lx时,电路电流降低到10 mA,此时电路中的总电阻为R总=EI=3610×10-3 Ω=3 600 Ω,此时光敏电阻的阻值为R=2 000 Ω,则滑动变阻器R′的阻值应调为R′=R总-R-R线=3 600 Ω-2 000 Ω-140 Ω=1 460 Ω。
(4)使用一段时间后发现,路灯在天色更亮时就已经点亮了,说明在天色更亮时电路电流就降到了10 mA,为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭,应使天色更亮时电路电流大于10 mA,应使电路的总电阻适当减小,故应将滑动变阻器R′的阻值适当调小些。
答案:(1)图见解析 不是 (2)AB (3)1 460 (4)小
11.(2022·重庆沙坪坝区三模)新能源汽车电池最小单位是节(如图甲),由节成排,由排成组(如图乙)。某品牌新能源汽车充满一次电大概需要40 min,其充放电过程中电压随时间的变化规律如图丙所示。
(1)由图丙的充放电图像可知,该车在使用过程中电池电压随时间变化的大致趋势是
。
(2)下面表格是不同品牌不同车型的电池储能,续航里程,单位电耗(每消耗千瓦时能量所行驶的里程)的数据,请将表格中缺失的数据补充完整(结果保留3位有效数字)。
车型
电池储能
(千瓦时)
续航里程
(千米)
单位电耗
(千米/千瓦时)
A
26.57
200
7.5
B
31.9
301
9.4
C
48
318
6.6
D
82
4.9
(3)某同学想要测量一节电池的充电终止电压(即充满电后的电源电动势)E,又担心测量过程中电流过大导致电压变化很快,于是他想到一种方法:两只电压表VA和VB,量程已知,内阻未知。该同学用图丁中的图①和图②对该电池进行了两次测量,计算出这个电池的电动势。
若图①中电压表VA的示数为U1,图②中电压表VA和VB的示数分别为U2和U3,则电压表VA和VB电阻之比是 ,电动势E表达式是E= 。
解析:(1)由题图可知,刚开始放电时电压下降较快,放电一段时间后,电压降低速度变缓。
(2)根据题意可得s=82×4.9 km=401.8 km≈402 km。
(3)设电压表VA的内阻为RA,电压表VB的内阻为RB,根据闭合电路欧姆定律得
RARA+RB+rE=U2,RBRA+RB+rE=U3,RARB=U2U3,又RARA+rE=U1,
解得E=U3U1U1-U2。
答案:(1)刚开始放电时电压下降较快,放电一段时间后,电压降低速度变缓 (2)402
(3)U2∶U3 U3U1U1-U2
第2讲 电学实验及其创新
高考考点
命题轨迹
考查内容
考查要求
电学基本器材的
使用和读数
2022湖南卷T12
关键能力
综合性
2021福建卷T11
必备知识
基础性
2021浙江6月卷T19
必备知识
基础性
以测电阻为核心的
电学实验
2022全国甲卷T22
关键能力
综合性
2022广东卷T12
关键能力
综合性
2022山东卷T14
关键能力
综合性
2022全国乙卷T23
关键能力
综合性
2022浙江1月卷T18
关键能力
综合性
2021北京卷T16
关键能力
综合性
2021全国甲卷T23
关键能力
综合性
以测电源电动势为
核心的电学实验
2021湖南卷T12
关键能力
综合性
2021全国乙卷T23
关键能力
综合性
2021浙江1月卷T19
关键能力
综合性
电学实验创新
2022河北卷T12
关键能力
综合性
2021广东卷T12
关键能力
综合性
2021湖北卷T13
关键能力
综合性
考点一 电学基本器材的使用和读数
(2021·福建卷,11)某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00 cm电阻丝的电阻率,该电阻丝的电阻值约为100～200 Ω,材料未知。实验过程如下:
(1)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径,示数如图a所示,该电阻丝的直径为 mm。
(2)对多用电表进行机械调零。
(3)将多用电表的选择开关旋至 (选填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)倍率的电阻挡。
(4)将黑、红表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在电阻挡零刻度线。
(5)将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端,多用电表的示数如图b所示。该电阻丝的电阻值为 Ω。
(6)测量完成之后,将表笔从插孔拔出,并将选择开关旋到“OFF”位置。
(7)实验测得的该电阻丝电阻率为 Ω·m(结果保留3位有效数字)。
解析:(1)该电阻丝的直径为d=1 mm+41.6×0.01 mm=1.416 mm。
(3)使用多用电表欧姆挡测电阻时,为了减小误差,应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近,由于该电阻丝的阻值在100～200 Ω,而表盘中央刻度在 15～20左右,所以应选择“×10”倍率的电阻挡。
(5)15～20之间的分度值为1,所以该电阻丝的电阻值为R=16×10 Ω=160 Ω。
(7)根据电阻定律有R=ρlS=ρ4lπd2,解得该电阻丝的电阻率为ρ=πd2R4l≈3.15×10-4 Ω·m。
答案:(1)1.416 (3)×10 (5)160
(7)3.15×10-4
(2021·浙江6月卷,19)小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
(1)因电表内阻未知,用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后,合上开关S,将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1,电压表的读数U1=1.65 V,电流表的示数如图2所示,其读数I1= A;将K掷到2,电压表和电流表的读数分别为U2=1.75 V,I1=0.33 A。由此可知应采用电流表 (选填“内”或“外”)接法。
(2)完成上述实验后,小李进一步尝试用其他方法进行实验:
①器材间连线如图3所示,请在虚线框中画出对应的电路图;
②先将单刀双掷开关掷到左边,记录电流表读数,再将单刀双掷开关掷到右边,调节电阻箱的阻值,使电流表的读数与前一次尽量相同,电阻箱的示数如图3所示。则待测电阻Rx= Ω。此方法 (选填“有”或“无”)明显的实验误差,其理由是 。
解析:(1)由电流表的表盘可知电流大小为0.34 A,
电压表的百分比变化为
η1=1.75-1.651.75×100%=5.7%,
电流表的百分比变化为
η2=0.34-0.330.33×100%=3.0%。
因此可知电压表的示数变化更明显,说明电流表的分压更严重,因此不能让电流表分压,采用外接法。
(2)①电路图如图所示。
②两次实验中电路电流相同,因此可有I=ERA+r+Rx=ERA+r+R0,
可得Rx=R0,读数可得Rx=5 Ω,电阻箱的最小分度和待测电阻阻值接近,这样测得的阻值不够精确,如待测电阻阻值为5.4 Ω,则实验只能测得其为Rx=5 Ω,误差较大。
答案:(1)0.34 外
(2)①图见解析 ②5 有 电阻箱的最小分度与待测电阻阻值比较接近(或其他合理解释)
1.电压表、电流表、多用电表的读数技巧
对电表读数问题,要先弄清楚电表的分度值,即每小格的数值,再确定是12、15还是110估读,明确读数的小数位数。
2.多用电表的使用问题
在弄清其基本原理的基础上,会选择测量项目及量程、挡位,能区分机械调零和欧姆调零,掌握测量电阻的步骤。
3.电表的“三用”
如果知道电表的内阻,电流表、电压表就既可以测电流,也可以测电压,还可以作为定值电阻来用,即“一表三用”。
1.(2022·福建福州三模)兴趣小组利用实验室中器材自制一个具有“×1”和“×10”两种倍率的欧姆表,电路设计如图甲所示。实验室可用器材有:
A.干电池(电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω)
B.毫安表(满偏电流Ig=1 mA,内阻rg=180 Ω)
C.滑动变阻器R0(最大阻值为200 Ω)
D.定值电阻R1(阻值为2 Ω)
E.定值电阻R2(阻值为18 Ω)
F.单刀双掷开关一个,红、黑表笔各1支,导线若干。
(1)根据上述器材和要求,电路中电阻Rx应选定值电阻 (选填“R1”或“R2”)。
(2)用“×10”倍率测量电阻时,选挡开关S应合向 (选填“a”或“b”)。测量电阻时,毫安表的指针指在图乙所示位置处时被测电阻值为 Ω。
(3)该欧姆表用久后,电池老化造成电动势减小、内阻增大,但仍能进行欧姆调零,则用其测得的电阻值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
解析:(1)将两定值电阻和毫安表看作一个等效电流表,设当开关S掷向a端时﹐等效电流表满偏电流为Ia。当开关S掷向b端时,等效电流表满偏电流为Ib,根据串联规律可得(Ia-Ig)Rx=Ig(Rg+Ry),(Ib-Ig)(Rx+Ry)=IgRg,由于毫安表内阻为180 Ω,若Rx=R1,Ry=R2,则有Ia=100Ig,Ib=10Ig,若Rx=R2,Ry=R1,则有Ia=1009Ig,Ib=10Ig,根据要求自制具有“×1”和“×10”两种倍率的欧姆表,电路中电阻Rx应选定值电阻R1。
(2)根据串并联电路电流与电阻关系,可以看出 Ia>Ib,使用欧姆表,外接电阻越大,通过等效电流表的值越小,故用“×10”倍率测量电阻时,选挡开关S应掷向“b”;当开关S掷向“b”时,等效电流表Ib=10Ig,设欧姆表总的内电阻为R内,由闭合电路欧姆定律得,当毫安表满偏时有E=IbR内=10IgR内,解得R内=150 Ω,如题图乙,当毫安表半偏时有E=12IbR内=10×Ig2(R内+R),解得R=150 Ω。
(3)设等效电流表的电流为IG,电动势减小时,由欧姆表原理可得内阻R内=EIG,欧姆表内阻减小,
当测量电阻R时的电流为I=IGR内R+R内=IGRR内+1。
可知,回路中电流减小,指针偏左,对应欧姆表的刻度应该偏大,其测得的电阻值大于真实值。
答案:(1)R1 (2)b 150 (3)大于
2.(2022·浙江绍兴模拟)实验室有一额定电压为220 V的白炽灯,某同学欲了解其低压伏安特性,为此设计了系列实验,请依次回答下列问题。
(1)该同学用多用电表粗测白炽灯的电阻,正确操作后得到图甲,则该情况下白炽灯的电阻为 Ω。
(2)该同学随后用学生电源供电(电源选择15 V稳压),选择合适的滑动变阻器和其他器材,连接电路如图乙,打算直接闭合开关开始测量。请你指出连接图中存在的问题(至少列举两条)。
① ;
② 。
(3)该同学改掉所有问题后,正确测量过程中得到的一组电流表、电压表示数如图丙,则两表的读数分别为 A、 V。
(4)该同学根据测量数据,作出了U-I图像,下列图像中最可能正确的是 (选填字母“A”“B”或“C”)。
解析:(1)由题图可知,选择挡位为“×1”,则其读数为40×1 Ω=40 Ω。
(2)由题图可知,电源选择15 V稳压,则流过灯泡的最大电流Imax=1540 A=0.375 A;可知电流表量程选择错误;滑动变阻器采用分压式接法,闭合开关前,滑动变阻器滑片应置于最右端。
(3)电流表选择量程为0～0.6 A,分度值为0.02 A,其读数为0.20 A;
电压表选择量程为0～15 V,分度值为0.5 V,其读数为4.0 V。
(4)电灯泡的电阻随温度的升高而升高,随着实验过程中电压增大,其阻值增大,则U-I图线上的点与原点连线的斜率随着电压增大而增大,故A可能,B、C不可能。
答案:(1)40 (2)①电流表量程选错 ②滑动变阻器滑片位置错误 (3)0.20 4.0 (4)A
考点二 以测电阻为核心的电学实验
(2022·广东卷,12)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件。某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系,实验过程如下:
(1)装置安装和电路连接
如图a所示,导电绳的一端固定,另一端作为拉伸端,两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图b所示的电路中。
(2)导电绳拉伸后的长度L及其电阻Rx的测量
①将导电绳拉伸后,用刻度尺测量并记录A、B间的距离,即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S2,闭合开关S1,调节R,使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。
③闭合S2,电压表的示数 (选填“变大”或“变小”)。调节R使电压表的示数仍为U,记录电流表的示数I2,则此时导电绳的电阻Rx= (用I1、I2和U表示)。
④断开S1,增大导电绳拉伸量,测量并记录A、B间的距离,重复步骤②和③。
(3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值 (选填“有”或“无”)影响。
(4)图c是根据部分实验数据描绘的Rx-L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上,当机械臂弯曲后,测得导电绳的电阻Rx为1.33 kΩ,则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为 cm,即为机械臂弯曲后的长度。
解析:(2)断开开关S2,根据欧姆定律可得定值电阻的阻值R0=UI1。闭合开关S2,导电绳与定值电阻并联,并联后的总电阻小于定值电阻的阻值R0,电流表示数增大,电压表示数变小。调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U,设导电绳与定值电阻并联后的总电阻为R′,则R′=R0RxR0+Rx,根据欧姆定律得R′=UI2,联立解得Rx=UI2-I1。
(3)考虑电压表内阻时,有I1U=1R0+1RV,I2U=1R0+1Rx+1RV,联立解得Rx=UI2-I1,与(2)中分析的结果相同,故电压表内阻对导电绳电阻的测量值无影响。
(4)由Rx-L图线可知,导电绳电阻Rx=1.33 kΩ对应的导电绳拉伸后的长度 L=51.80 cm。
答案:(2)变小 UI2-I1 (3)无 (4)51.80
(2022·湖北卷,13)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后,为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率,进行了如下实验探究。
(1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,示数如图甲所示,其读数为 mm。再用游标卡尺测得其长度L。
(2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6 A、内阻为1.0 Ω,定值电阻R0的阻值为20.0 Ω,电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1,闭合S1,多次改变电阻箱R的阻值,记下电流表的对应读数I,实验数据见下表。
R/Ω
I/A
1I/A-1
5.0
0.414
2.42
10.0
0.352
2.84
15.0
0.308
3.25
20.0
0.272
3.68
25.0
0.244
4.10
30.0
0.222
4.50
根据表中数据,在图丙中绘制出1I-R图像。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A。根据图丙中的图像可得Rx= Ω(结果保留2位有效数字)。最后可由表达式ρ= (用D、L、Rx表示)得到该材料的电阻率。
(3)该小组根据图乙的电路和图丙的1I-R图像,还可以求得电源电动势E= V,内阻r= Ω。(结果均保留2位有效数字)
(4)持续使用后,电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置,测得电路的电流,仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析:(1)用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,其读数为3.5 mm+0.01 mm×20.0=3.700 mm。
(2)(3)由电路可知,当将S2置于位置1,闭合S1时E=I(RA+R0+r+R),即1I=1ER+RA+R0+rE,由图像可知1E=4.9-2.035,解得E≈12 V;RA+R0+rE=2,解得r=3.0 Ω。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A,则E=I′(r+R0+RA+Rx),解得Rx=6.0 Ω;根据Rx=ρLS=ρL14πD2,解得ρ=πD2Rx4L。
(4)根据表达式E=I′(r+R0+RA+Rx),因电源电动势变小,内阻变大,则当电流表有相同读数时,得到的Rx的值偏小,即Rx测量值偏小。
答案:(1)3.700
(2)6.0 πD2Rx4L
(3)12 3.0
(4)偏小
(2022·全国乙卷,23)一同学探究阻值约为550 Ω的待测电阻Rx在0～5 mA范围内的伏安特性。可用器材有:电压表(量程为3 V,内阻很大),电流表(量程为1 mA,内阻为300 Ω),电源E(电动势约为4 V,内阻不计),滑动变阻器R(最大阻值可选10 Ω或1.5 kΩ),定值电阻R0(阻值可选75 Ω或150 Ω),开关S,导线若干。
(1)要求通过Rx的电流可在0～5 mA范围内连续可调,将图a所示的器材符号连线,画出实验电路的原理图。
(2)实验时,图a中的R应选最大阻值为 (选填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器,R0应选阻值为 (选填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻。
(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中,电压表、电流表的示数分别如图b和图c所示,则此时Rx两端的电压为 V,流过Rx的电流为 mA,此组数据得到的Rx的阻值为 Ω(结果保留3位有效数字)。
解析:(1)该实验探究待测电阻Rx在0～5 mA范围内的伏安特性,因此滑动变阻器采用分压式连接,电压表的内阻很大,故可看成理想电压表,故采用电流表外接法,由于题目中给的电流表量程太小,故应与电流表并联一定值电阻扩大其量程。
(2)滑动变阻器R选最大阻值为10 Ω的,方便调节;又因电流表的量程为1 mA,内阻为300 Ω,通过测量电阻的最大电流为5 mA,因此电流表量程应扩大为原来的5倍,因此分流电阻阻值应为该电流表内阻的四分之一,故电流表并联电阻的阻值为R0=75 Ω。
(3)Rx两端电压即为电压表读数2.30 V;因电流表并联R0,量程扩大,通过待测电阻的电流为电流表读数的5倍,即通过Rx的电流为5×0.84 mA=4.20 mA,故Rx=2.304.20×10-3 Ω≈548 Ω。
答案:(1)如图所示 (2)10 Ω 75 Ω
(3)2.30 4.20 548
1.电阻测量首先要根据实验目的、实验原理、实验器材的不同而灵活选用“伏安法”(又分为内接法和外接法)“安安法”“伏伏法”“伏安加R法”等测量电路。从供电方式上又可分为限流电路和分压电路。
(1)有电压表、电流表且量程恰当时选择“伏安法”。
(2)电压表不能用或没有电压表等情形下,若精确知道电流表内阻,可以将电流表当作电压表使用,即选择“安安法”。
(3)电流表不能用或没有电流表等情况下,若精确知道电压表内阻,可以将电压表当作电流表使用,即选择“伏伏法”。
(4)在运用伏安法测电阻时,由于电压表或电流表的量程太小或太大,为了满足安全精确的原则,选择“伏安加R法”,此法又叫“加保护电阻法”。
2.在复习时要掌握测定电阻的常用方法。
名称
电路
测量原理
伏安法
Rx=UI,小外偏小,大内偏大
伏安法消除系统误差
Rx=U2I2-U1I1
Rx=U1U2I2U1-I1U2
活用电表法
伏伏法
V2内阻已知时,Rx=U1U2RV2-RV2
安安法
A1内阻已知时,Rx=I1I2-I1RA1
等效替代法
电源输出电压不变,将S合到2,调节R1,使电流表的示数与S合到1时的示数相等,则Rx=R1
电源输出电压不变,将S合到b,调节R1,使电压表的示数与S合到a时的示数相等,则Rx=R1
半偏法
闭合S1,断开S2,调节R1使G表指针满偏;闭合S2,只调节R2使G表半偏(R1≫Rg),则R2=Rg测
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=RV测>RV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U1R1=U2R2,U1R3=U2Rx。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
欧姆表法
电路略,注意:①要在指针靠近中央时读数;②换挡要进行欧姆调零;③欧姆表刻度左密右疏
3.(2022·福建南平三模)如图甲为某学习小组测定定值电阻Rx的阻值和某种金属丝电阻率ρ所设计的实验电路,电源为输出电压恒为3 V的学生电源,电流表的量程为0～0.6 A,待测金属丝粗细均匀。主要实验步骤如下:
(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径d=0.500 mm。
(2)调节接线夹夹在金属丝上的位置,测出接入电路中金属丝的长度L。闭合开关,读出电流表的读数如图乙所示,电流表读数I= A。
(3)改变接线夹位置,重复步骤(2),测出多组L与I的值。
(4)根据测得的数据,作出如图丙所示的图线,可得Rx= Ω(结果保留2位有效数字),金属丝的电阻率ρ= Ω·m(结果保留3位有效数字)。
(5)若考虑电流表的内阻影响,电阻率的测量值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
解析:(2)电流表选择量程为0～0.6 A,分度值为0.02 A,则读数为0.40 A。
(4)根据电阻定律得R=ρLS,由欧姆定律可得I=UR+Rx,整理得1I=ρ3SL+Rx3,结合图像可得斜率k=ρ3S=4,纵轴截距2.0=Rx3,又S=πd24,
解得Rx=6.0 Ω,ρ≈2.36×10-6 Ω·m。
(5)由(4)分析结论k=ρ3S可知,电流表的内阻不影响电阻率的测量,故电阻率的测量值等于真实值。
答案:(2)0.40 (4)6.0 2.36×10-6 (5)等于
4.(2022·浙江绍兴模拟)(1)在“描绘小灯泡伏安特性”实验中,下列电路连接正确的是 。
(2)接通电源,调节滑动变阻器,当电压表为1.59 V 时,电流表指针偏转情况如图甲所示,则电流表读数为 A。
(3)测量数据输入计算机,利用数表软件直接生成小灯泡伏安特性曲线如图乙所示,由图线分析:小灯泡电阻的阻值在0～0.3 V的过程中变化量为ΔR1,在1.0～1.3 V的过程中变化量为ΔR2,则两者关系应是ΔR1 (选填“>”“<”或“=”)ΔR2。
(4)如图丙所示,将该灯泡与10 Ω的定值电阻串联连接到稳压输出3 V的学生电源中,接通电源后小灯泡的实际功率为 W(结果保留2位有效数字)。
解析:(1)在“描绘小灯泡伏安特性”实验中,为了使小灯泡两端电压能够从零开始变化,滑动变阻器应采用分压式接法;由于小灯泡电阻远小于电压表电阻,所以电流表应采用外接法。故选C。
(2)由(1)可知,电流表采用0～0.6 A量程,则表盘分度值为0.02 A,需要估读到0.01 A,则读数为0.23 A。
(3)I-U图像上点与原点连线斜率的倒数表示电阻,由题图乙可知1.0～1.3 V范围内曲线比0～0.3 V范围内曲线平缓,所以在电压变化量相同的情况下,0～0.3 V范围内点与原点连线斜率的变化比1.0～1.3 V范围内点与原点连线斜率的变化小,即ΔR1<ΔR2。
(4)设灯泡两端电压为U,通过灯泡的电流为I,由题意有3 V-U=I·10 Ω。
将上式描述的I-U图线与灯泡的伏安特性曲线作在同一坐标系中,如图所示,则交点坐标代表灯泡的工作点,即接通电源后小灯泡的实际功率为 P=1.06×0.192 W≈0.20 W。
答案:(1)C (2)0.23 (3)< (4)0.20
5.(2022·山东青岛模拟)某同学在实验室发现了一大捆铝导线,他想利用学过的知识计算出导线的长度,于是他设计了如下的实验方案:
(1)先用螺旋测微器测量该导线的直径如图甲所示,则导线的直径d= mm。
(2)然后在实验室中找到如下实验器材:学生电源、灵敏电流计、电流表(两个)、滑动变阻器(两个)、电阻箱、定值电阻、开关、导线若干。他利用现有器材进行了如下实验:
a.按照图乙所示的电路图连接好实验电路;
b.将滑动变阻器R3的滑片调至适当位置,滑动变阻器R1的滑片调至最左端,闭合开关S;
c.将滑动变阻器R1的滑片逐步向右滑动,并反复调节R2和R3使灵敏电流计G示数为零,此时电阻箱R2的数值为4.0 Ω,电流表A1的示数为 0.15 A,电流表A2的示数为0.30 A。
根据上述实验过程,请回答。
①待测电阻Rx的阻值为 Ω;
②电流表的内阻对测量结果 (选填“有”或“无”)影响。
(3)最后该同学在资料上查到了该铝导线的电阻率ρ=2.82×10-8 Ω·m,则这捆导线的长度为 m(结果保留3位有效数字)。
(4)为提高本实验的精确度可采取的措施是
。
(请答出两条措施)
解析:(1)导线的直径d=1 mm+41.0×0.01 mm=1.410 mm。
(2)①灵敏电流计G的示数为0,可知R2和Rx两端的电压相等,即R2I1=RxI2,解得Rx=I1I2R2=0.150.30×4.0 Ω=2.0 Ω;
②由以上分析可知,电流表的内阻对测量结果无影响。
(3)根据Rx=ρlS,可得l=RxSρ=πRxd24ρ,
代入数据解得l≈111 m。
(4)为提高本实验的精确度可采取的措施是提高灵敏电流计G的灵敏度;调整R2、R3的阻值,多次测量Rx取平均值;在导线上不同位置多次测量直径取平均值。
答案:(1)1.410 (2)①2.0 ②无 (3)111
(4)提高电流计G的灵敏度;调整R2、R3的阻值,多次测量Rx取平均值;在导线上不同位置多次测量直径取平均值(任选两条即可)
考点三 以测电源电动势为核心的电学实验
(2021·湖南卷,12)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 (选填“a”或“b”)端。
(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)
(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虚线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)为了保护电流表,闭合开关前应使电路中的电阻最大,故金属夹应夹在电阻丝的b端。
(4)由闭合电路的欧姆定律得E=I(r+RA+R0+θr0),整理得1I=1E(r+RA+R0)+r0Eθ,结合题图b可得k=r0E,d=1E(r+RA+R0),解得E=r0k,r=dr0k-RA-R0。
(5)
实验电路图如图所示,先将单刀双掷开关S接1,记下电流表的示数I0,然后将单刀双掷开关S接2,移动金属夹的位置,直到电流表的示数为I0,记下此时接入电路的电阻丝对应的圆心角θ0,则 r0=R0θ0。
答案:(2)b (4)r0k dr0k-RA-R0
(5)图见解析
(2021·全国乙卷,23)一实验小组利用图a所示的电路测量一电池的电动势E(约1.5 V)和内阻r(小于2 Ω)。图中电压表量程为1 V,内阻RV=380.0 Ω;定值电阻R0=20.0 Ω;电阻箱R,最大阻值为999.9 Ω;S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空:
(1)为保护电压表,闭合开关前,电阻箱接入电路的电阻值可以选 Ω(选填“5.0”或“15.0”);
(2)闭合开关,多次调节电阻箱,记录下阻值R和电压表的相应读数U;
(3)根据图a所示电路,用R、R0、RV、E和r表示1U,得1U= ;
(4)利用测量数据,作1U-R图线,如图b所示;
(5)通过图b可得E= V(保留2位小数),r= Ω(保留1位小数);
(6)若将图a中的电压表当成理想电表,得到的电源电动势为E′,由此产生的误差为|E'-EE|×100%= %。
解析:(1)要保护电压表,则R0两端的电压应小于1 V,通过R0的电流应小于或等于0.05 A,故电路中的总电阻R总≥1.50.05 Ω=30 Ω,所以电阻箱接入电路的阻值应选15.0 Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得,电动势E=U+(UR0+URV)(R+r),整理得1U=1E(1+R0+RVR0RVr)+R0+RVER0RVR。
(5)延长题图b中图线与纵轴相交,由1U=1E(1+R0+RVR0RVr)+R0+RVER0RVR,结合题图b可得,R0+RVER0RV=1.50-0.8624-5 V-1·Ω-1,解得E≈1.56 V,当R=5 Ω时,1U=0.86 V-1,代入1U=1E(1+R0+RVR0RVr)+R0+RVER0RVR,可解得r≈1.5 Ω。
(6)若将电压表当成理想电表,则E′=U+UR0(R+r),整理得1U=1E'(1+rR0)+1E'R0R,
则1E'R0=1.50-0.8624-5 V-1·Ω-1,解得E′≈1.48 V,由此产生的误差为|E'-EE|×100%≈5%。
答案:(1)15.0 (3)1E(1+R0+RVR0RVr)+R0+RVER0RVR
(5)1.56 1.5 (6)5
测量电源电动势和内阻的三个常用方案
(1)伏安法。
方案
电流表内接
电流表外接
电路图
误差来源
电压表的分流
电流表的分压
真实值和测
量值的关系
I真=I测+URV
U真=U测+IRA
图像
误差分析
E测
(2)伏阻法和安阻法。
方案
伏阻法
安阻法
原理
E=U+URr
E=IR+Ir
电路图
关系式
1U=rE·1R+1E
1I=1E·R+rE
图像
误差分析
E测
6.(2022·重庆万州区三模)某学习小组通过实验,既能测量直流电源的电动势E和内阻r,又能测量待测电阻的阻值Rx。
实验器材:
直流电源(电动势E和内阻r未知);
电流表A(量程适当,内阻可忽略不计);
定值电阻R0(阻值已知),待测电阻Rx;
开关S1,单刀双掷开关S2,导线若干。
(1)该学习小组利用图1所示实物连线图进行实验,请根据实物连线图在图2所示虚线框内画出电路图。
(2)实验步骤:
①将单刀双掷开关S2置于空位,闭合开关S1,读出电流表的示数为I1;
②将单刀双掷开关S2与左侧a接通,读出电流表的示数为I2;
③将单刀双掷开关S2与右侧b接通,读出电流表的示数为I3。
(3)根据(2)所测数据及定值电阻R0可得直流电源电动势E= ,内阻r= ,待测电阻Rx= 。
解析:(1)依题意,电路图如图所示。
(3)由闭合电路欧姆定律有E=I1(R0+Rx+r),
E=I2(Rx+r),E=I3(R0+r),
联立解得E=I2I1R0I2-I1,r=I2I1+I3I1-I2I3I3(I2-I1)R0,
Rx=I2(I3-I1)I3(I2-I1)R0。
答案:(1)图见解析
(3)I2I1R0I2-I1 I2I1+I3I1-I2I3I3(I2-I1)R0 I2(I3-I1)I3(I2-I1)R0
7.(2022·广东广州模拟)某实验小组设计了如图甲所示的电路来测量一蓄电池的电动势和内阻,接入电路中的电阻箱只用“×1”倍率(单位 Ω,如图乙所示),闭合开关S,改变电阻箱接入电路的阻值,使旋钮沿顺时针方向旋转,分别指向1、2、3、4、5、6,读出6组对应的电压值,然后以1U(电压表读数的倒数)为纵轴、1R(电阻箱接入电路的阻值的倒数)为横轴建立坐标系,根据实验记录数据描点连线,得到如图丙所示的图像。
回答下列问题。
(1)该小组设计的电路中,接入定值电阻R0的作用是 。
(2)用E和r分别表示蓄电池的电动势和内阻,则1U与1R的关系式为 。
(3)根据图丙求得蓄电池的电动势E= V,内阻r= Ω。(用a、b、R0表示)
解析:(1)使实验中电压表示数变化明显,同时又保护电路。
(2)根据闭合电路欧姆定律可知
E=U+UR(r+R0),
可得1U=r+R0E·1R+1E。
(3)根据题图丙有b=1E+r+R06E,a=1E+r+R0E,
解得E=56b-a,r=5a6b-a-(1+R0)。
答案:(1)使实验中电压表示数变化明显,同时又保护电路 (2)1U=r+R0E·1R+1E (3)56b-a 5a6b-a-(1+R0)
考点四 其他电学实验
(2022·全国甲卷,22)某同学要测量微安表内阻,可利用的实验器材有:电源E(电动势1.5 V,内阻很小),电流表(量程10 mA,内阻约10 Ω),微安表 (量程100 μA,内阻Rg待测,约1 kΩ),滑动变阻器R(最大阻值10 Ω),定值电阻R0(阻值10 Ω),开关S,导线若干。
(1)将图中所示的器材符号连线,画出实验电路原理图。
(2)某次测量中,微安表的示数为90.0 μA,电流表的示数为9.00 mA,由此计算出微安表内阻Rg= Ω。
解析:(1)题中给出的滑动变阻器的最大阻值只有10 Ω,滑动变阻器采用分压接法,为了精确得到微安表两端的电压,可将微安表与定值电阻并联,通过电流关系得到电压。
(2)由并联电路规律可得IGRg=(I-IG)R0,解得Rg=990 Ω。
答案:(1)如图所示 (2)990
(2022·北京朝阳区二模)某实验小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”,可拆变压器如图所示。
(1)以下给出的器材中,本实验需要用到的是 。(多选)
A.干电池 B.学生电源
C.实验室用电压表 D.多用电表
(2)关于本实验,下列说法正确的是 。
A.为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.因为使用的电压较低,通电时可直接用手接触裸露的导线进行连接
C.实验时可以保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,探究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D.变压器开始正常工作后,通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
(3)某次实验中,用匝数na=400匝和nb=800匝的线圈实验,测量的数据如下表所示,下列说法中正确的是 。
Ua/V
1.80
2.80
3.80
4.90
Ub/V
4.00
6.01
8.02
9.98
A.原线圈的匝数为na,用较粗导线绕制
B.副线圈的匝数为na,用较细导线绕制
C.原线圈的匝数为nb,用较细导线绕制
D.副线圈的匝数为nb,用较粗导线绕制
解析:(1)实验中变压器原线圈需要输入交流电压,而干电池只能输出恒定直流电压,学生电源可以输出交流电压,故A不符合题意,B符合题意;实验中变压器副线圈输出交流电压,而实验室用电压表只能测量直流电压,多用电表可以测量交流电压,故C不符合题意,D符合题意。
(2)为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数,从而使副线圈输出电压较低,故A错误;虽然使用的电压较低,但实验中仍有可能出现错接或短路等情况,为了人身安全,通电时不能用手接触裸露的导线进行连接,故B错误;实验时可以保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,探究副线圈匝数对副线圈电压的影响,故C正确;互感现象是变压器的工作基础,电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场,由于电流的大小、方向在不断变化,铁芯中的磁场也在不断变化,变化的磁场在副线圈中产生感应电动势,因此变压器是通过铁芯传导磁路将电能从原线圈传递到副线圈,故D错误。
(3)由表格数据可知UbUa>nbna,考虑到实验中所用变压器并非理想变压器,即存在功率损失,使得原、副线圈电压之比大于匝数比,所以原线圈的匝数为nb,副线圈的匝数为na,而副线圈电压较小,电流较大,所以为了尽量减少能量损失,副线圈所用导线应比原线圈粗,故 A、B、D错误,C正确。
答案:(1)BD (2)C (3)C
(2022·江苏盐城二模)利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电,电流传感器 A与计算机连接,记录放电电流I随时间t变化的图像,图像与坐标轴围成的面积,数值上等于电容器的带电荷量Q(可用DIS系统软件计算),Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。
(1)图甲、乙为放电法测量电容的两种电路原理图,开关S先与1端相连,充电结束后,读出电压表的示数。然后把开关掷向2端,记录I-t图像,测量出电容器的带电荷量Q。在甲、乙两图中,实验系统误差较大的是 (选填“甲”或“乙”),原因是 对实验的影响,使电容测量值 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是 。
(3)某同学选择了正确的实验电路图,经过实验操作获得了多组数据,如表所示:
次数
U/V
Q/×10-4C
1
10.8
0.92
2
13.7
1.20
3
16.8
1.22
4
20.0
1.70
5
23.8
2.08
6
27.0
2.41
请根据以上数据,在图丙中作出Q-U图像,由图像可得该电容器的电容是 μF(结果保留2位有效数字)。
(4)该同学是通过滑动变阻器来改变电容器的充电电压的,请结合上述电路原理图,在下面的方框内作出能改变电容器充电电压的电路原理图。
(5)该同学在完成电容的测量实验后,把一多用电表的选择开关调到欧姆挡,正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触,请你描述接触后多用表指针的偏转情况: 。
解析:(1)在甲、乙两图中,实验系统误差较大的是乙,原因是电容器放电时电压表有分流,使电容器放电荷量值偏小,则电容测量值偏小。
(2)电容器放电时,放电电流逐渐减小,且逐渐变慢,则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C。
(3)作出Q-U图像如图1所示;
根据C=QU可知C=ΔQΔU=2.50×10-428 F≈8.9 μF。
(4)能改变电容器充电电压的电路原理图如图2所示。
(5)两表笔与电容器接触后,电容器先有较大的放电电流,然后逐渐减小,则多用电表指针的偏转情况是多用电表指针先快速偏转大角度,后逐渐回到原位置。
答案:(1)乙 电压表分流 偏小 (2)C
(3)见解析图1 8.9
(4)见解析图2 (5)多用表指针先快速偏转大角度,后逐渐回到原位置
(2022·湖南卷,12)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表,其内部结构如图所示,R0为调零电阻(最大阻值为R0m),Rs、Rm、Rn为定值电阻Rs+R0m
(1)短接①②,将单刀双掷开关S与m接通,电流计示数为Im;保持电阻R0滑片位置不变,将单刀双掷开关S与n接通,电流计示数变为In,则Im In(选填“大于”或“小于”)。
(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时欧姆表的挡位为 (选填“×1”或“×10”)。
(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,调整欧姆零点(欧姆零点在电流计满偏刻度处)时,调零电阻R0的滑片应该 调节(选填“向上”或“向下”)。
(4)在“×10”挡位调整欧姆零点后,在①②间接入阻值为100 Ω的定值电阻R1,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的23;取走R1,在①②间接入待测电阻Rx,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的13,则Rx= Ω。
解析:(1)由于Rn>Rm,所以Im大于In。
(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时电路中总电阻较大,中值电阻较大,能接入的待测电阻的阻值也较大,故应该为欧姆表的“×10”挡位。
(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,即开关S从m拨向n,电路中的总电阻增大,干路电流减小,为了使电流计满偏,则需增大通过电流计的电流,故调零电阻R0的滑片应该向上调节。
(4)设欧姆表内部等效电阻为R,根据闭合电路欧姆定律有,23Ig=ER+R1,13Ig=ER+Rx,Ig=ER,联立解得Rx=400 Ω。
答案:(1)大于 (2)×10 (3)向上 (4)400
1.电流表(表头)改装成电压表、电流表和欧姆表
项目
电路图
原理
刻度盘特点
电压表
电阻串联分压。表头G满偏电流为Ig,满偏电压为Ug,内阻为Rg,需要量程扩大到nUg,串联电阻阻值为(n-1)Rg
①均匀刻度;
②0刻度在刻度盘左侧;
③电表有不同量程
电流表
电阻并联分流。表头G满偏电流为Ig,满偏电压为Ug,内阻为Rg,需要最大测量值扩大到nIg,并联电阻阻值为Rgn-1
①均匀刻度;
②0刻度在刻度盘左侧;
③电表有不同量程
欧姆表
闭合电路欧姆定律,电流表中电流与被测电阻一一对应,由电流值表示电阻
①不均匀刻度;
②0刻度在刻度盘右侧;
③电表有不同挡位;
④中值电阻等于欧姆表的内阻
2.其他电学实验
实验
装置及器材
操作要领(实验现象)
观察电容器的充、
放电现象
(1)电容器的电容要大一些,电源的电压在6 V左右,小灯泡的额定电压比电源电压稍低,在4 V左右;
(2)开关掷向a时,仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向;
(3)开关掷向b时,仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向
探究影响感应电流方向的因素
实验器材:条形磁铁、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)
(1)线圈内磁通量增加时的情况
图号
磁场
方向
感应电流
的方向
感应电流的
磁场方向
甲
向下
逆时针
(俯视)
向上
乙
向上
顺时针
(俯视)
向下
(2)线圈内磁通量减少时的情况
图号
磁场
方向
感应电流
的方向
感应电流的
磁场方向
丙
向下
顺时针
(俯视)
向下
丁
向上
逆时针
(俯视)
向上
实验结论:当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当穿过线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同
探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
在误差允许的范围内,变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比,数学表达式为U1U2=n1n2
8.(2022·山东日照模拟)在测定电容器电容的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1相连,电源给电容器充电,充电完毕后把开关S掷向2,电容器放电,直至放电完毕,实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示,图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。
(1)根据图甲所示的电路,观察图乙可知,充电电流与放电电流方向 (选填“相同”或“相反”),大小都随时间 (选填“增大”或“减小”)。
(2)该电容器的电容为 F(结果保留2位有效数字)。
(3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可以测出电容器的电容值,请你分析并说明该同学的说法是否正确:
。
解析:(1)根据题图甲的电路,观察题图乙可知充电电流与放电电流方向相反,大小都随时间减小。
(2)根据充电时电压—时间图线可知,电容器的电荷量为Q=It=URt,而电压的峰值为Um=6 V,则该电容器的电容为C=QUm,设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S,联立解得C=QUm=SRUm=182.73 000×6F=1.0×10-2 F。
(3)电容器放电的过程中,电容器C与电阻R两端的电压大小相等,因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”,仍可应用C=QUm=SRUm计算电容值,故该同学说法正确。
答案:(1)相反 减小 (2)1.0×10-2 (3)见解析
9.(2022·江西鹰潭二模)为了测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:
待测线圈L(阻值约为5 Ω);
电流表 A1(量程0～3.0 A,内阻r1约为0.2 Ω);
电流表 A2(量程0～0.6 A,内阻r2=1.0 Ω);
滑动变阻器R1(0～10 Ω);
电压表V(量程0～3 V,内阻约为2 kΩ);
电阻箱R2(0～99.9 Ω);
电源E(电动势E约为3 V,内阻很小);
单刀单掷开关S1、S2;导线若干。
(1)某实验小组按如图a所示的电路测量线圈L的直流电阻RL。实验主要步骤如下:
①按电路图连接好电路,断开开关S1、S2,滑动变阻器R1的滑片移至最 (选填“左”或“右”)端。
②闭合开关S1、S2,移动滑动变阻器R的滑片至适当位置,记下电流表A2的示数为I2,电压表V的示数为U,线圈L的直流电阻的测量值的计算式为RL= 。
③测量完后,应先断开开关 ,再断开开关 (以上两空选填“S1”或“S2”),其理由是
。
(2)
若只提供一个开关S1,为避免自感现象对电表的影响,经讨论,同学们认为可以利用两个电流表和一个电阻箱达到测量的目的。图b方框中已画了部分电路,请根据你的设计,在方框中完成电路图。
解析:(1)①接通电路之前,为了保证安全,滑动变阻器接入电路部分应最大,所以滑片移动到最右端。
②利用伏安法测电阻RL+r2=UI2,RL=UI2-r2。
③如果先断开S1再断开S2,则电感线圈、电流表A2、电压表V组成一个回路,线圈有断电自感现象,形成较大的自感电动势,有可能烧坏电表,所以应先断开S2再断开S1。
(2)由于待测线圈L的阻值约为5 Ω,电源电动势为3 V,流过待测线圈L的电流为I=ER=35 A=0.6 A。所以选电流表A2测量待测线圈L的电流,由于只提供一个开关S1,为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表,所以当开关S1断开时,电流表与一个电阻箱串联,来保护电流表A2;若电阻箱串联在待测线圈L的支路上,会使待测线圈L
的支路的电流过小造成误差,所以电阻箱并联在待测线圈L两端;电阻箱并联在待测线圈L两端时,可用电阻箱间接来测待测线圈L两端的电压,在干路上串联一个电流表A1即可,所以电路如图所示。
答案:(1)①右 ②UI2-r2 ③S2 S1 若先断开S1,则由于断电自感现象,有可能烧坏电表
(2)图见解析
考点五 电学实验创新
(2021·广东卷,12)某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
(1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡,将两表笔 ,调节欧姆调零旋钮,使指针指向右边“0 Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高,相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大,由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而 。
(2)再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前,将滑动变阻器R1的滑片滑到 端(选填“a”或“b”)。
将温控室的温度设置为T,电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S,调节滑动变阻器R1,使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和R01。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端,闭合开关S。反复调节R0和R1,使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值R02。断开开关S。
②实验中记录的阻值R01 R02(选填“大于”“小于”或“等于”)。此时热敏电阻阻值RT= 。
(3)改变温控室的温度,测量不同温度时的热敏电阻阻值,可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。
解析:(1)使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零,即将两表笔短接。温度越高,相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大,则电阻阻值越小,故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
(2)①闭合开关前,为了保护电路,应该将滑动变阻器的滑片移到b端。
②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D,调节滑动变阻器和电阻箱,使电压表和电流表的示数与改接前一致,则R01=R02+RT,所以R01>R02,RT=R01-R02。
答案:(1)短接 减小
(2)①b ②大于 R01-R02
(2021·湖北卷,13)小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组(电动势E不大于4.5 V、内阻r未知)、一个阻值为R0的定值电阻、一个阻值为R1的定值电阻(用作保护电阻),开关S和导线若干。他设计了如图a所示的电路,实验步骤如下:
第一步:把5个待测电阻分别单独接入A、B之间,发现电流表的示数基本一致,据此他认为5个电阻的阻值相等,均设为R。
第二步:取下待测电阻,在A、B之间接入定值电阻R0,记下电流表的示数I0。
第三步:取下定值电阻R0,将n个(n=1,2,3,4,5)待测电阻串联后接入A、B之间,记下串联待测电阻的个数n与电流表对应示数In。
请完成如下计算和判断。
(1)根据上述第二步,1I0与R0、R1、E、r的关系式是1I0= 。
(2)定义Y=1I0-1In,则Y与n、R、R0、E的关系式是Y= 。
(3)已知R0=12.0 Ω,实验测得I0=0.182 A,得到数据如下表:
n
1
2
3
4
5
In/ A
0.334
0.286
0.250
0.224
0.200
Y/A-1
2.500
1.998
1.495
1.030
0.495
根据上述数据作出Y-n图像,如图b所示,可得R= Ω(结果保留2位有效数字),同时可得E= V(结果保留2位有效数字)。
(4)本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值 (选填“有”或“无”)影响。
解析:(1)由闭合电路欧姆定律得
E=I0(R1+R0+r),整理得1I0=R1+R0+rE。
(2)A、B间接入n个待测电阻后,由闭合电路欧姆定律得E=In(R1+nR+r),
又Y=1I0-1In,
由以上整理得Y=R0-nRE。
(3)由Y=R0-nRE,
变形得Y=-REn+R0E,
结合图b得RE=0.5 A-1,R0E=3.0 A-1,
又R0=12.0 Ω,解得E=4.0 V,R=2.0 Ω。
(4)如果考虑电流表的内阻,则
E=I0(R1+R0+r+RA),E=In(R1+nR+r+RA),
整理得Y=R0-nRE,
显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响。
答案:(1)R1+R0+rE (2)R0-nRE
(3)2.0 4.0 (4)无
实验原理的创新方法
1.转换法:将无法(或不易)测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量,然后再求待测物理量,这种方法叫转换测量法(简称转换法),如在“测量金属丝的电阻率”的实验中,虽然无法直接测量电阻率,但通过测金属丝的长度和直径,并将金属丝接入电路测出其电阻,可以计算出它的电阻率。
2.替代法:用一个标准的已知量替代待测量,通过调整标准量,使整个测量系统恢复到替代前的状态,则待测量等于标准量。
3.控制变量法:研究一个物理量与其他几个物理量的关系时,要使其中一个或几个物理量不变,分别研究这个物理量与其他各物理量的关系,然后再归纳总结。如“探究电阻的决定因素”实验。
10.(2022·福建龙岩三模)为了节能环保,一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制,光敏电阻是阻值R随光的照度I而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱,光越强,照度越大,照度单位为lx)。
(1)某光敏电阻在不同照度下的阻值R如下表所示,根据表中的数据,请在图甲的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线,可以判断光敏电阻的阻值R与照度I (选填“是”或“不是”)反比关系。
照度
I/lx
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
阻值
R/kΩ
5.8
3.7
2.7
2.3
2.0
1.8
(2)图乙为街道路灯自动控制电路,利用直流电源E为电磁铁供电,利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果,路灯应接在 (选填“AB”或“CD”)之间。
(3)已知线圈的电阻为140 Ω,直流电源E的电动势E=36 V,内阻忽略不计。当线圈中的电流大于10 mA时,继电器的衔铁将被吸合,滑动变阻器R′的阻值应调为 Ω时,才能使天色渐暗照度低于1.0 lx时点亮路灯。
(4)使用一段时间后发现,路灯在天色更亮时就已经点亮了,为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭,滑动变阻器R′的阻值应适当调 (选填“大”或“小”)些。
解析:(1)如图所示,
若光敏电阻的阻值R与照度I成反比关系,则有RI为定值,由图像中点的数据可得
5.8×0.2<3.7×0.4<2.7×0.6<2.3×0.8<2.0×1.0<1.8×1.2,
可知光敏电阻的阻值R与照度I不是反比关系。
(2)由于天亮时照度较大,光敏电阻的阻值较小,电路中的电流较大,衔铁被吸下,AB间断开,CD间接通,故灯泡应接在AB间。
(3)由题意可知,当照度降到1.0 lx时,电路电流降低到10 mA,此时电路中的总电阻为R总=EI=3610×10-3 Ω=3 600 Ω,此时光敏电阻的阻值为R=2 000 Ω,则滑动变阻器R′的阻值应调为R′=R总-R-R线=3 600 Ω-2 000 Ω-140 Ω=1 460 Ω。
(4)使用一段时间后发现,路灯在天色更亮时就已经点亮了,说明在天色更亮时电路电流就降到了10 mA,为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭,应使天色更亮时电路电流大于10 mA,应使电路的总电阻适当减小,故应将滑动变阻器R′的阻值适当调小些。
答案:(1)图见解析 不是 (2)AB (3)1 460 (4)小
11.(2022·重庆沙坪坝区三模)新能源汽车电池最小单位是节(如图甲),由节成排,由排成组(如图乙)。某品牌新能源汽车充满一次电大概需要40 min,其充放电过程中电压随时间的变化规律如图丙所示。
(1)由图丙的充放电图像可知,该车在使用过程中电池电压随时间变化的大致趋势是
。
(2)下面表格是不同品牌不同车型的电池储能,续航里程,单位电耗(每消耗千瓦时能量所行驶的里程)的数据,请将表格中缺失的数据补充完整(结果保留3位有效数字)。
车型
电池储能
(千瓦时)
续航里程
(千米)
单位电耗
(千米/千瓦时)
A
26.57
200
7.5
B
31.9
301
9.4
C
48
318
6.6
D
82
4.9
(3)某同学想要测量一节电池的充电终止电压(即充满电后的电源电动势)E,又担心测量过程中电流过大导致电压变化很快,于是他想到一种方法:两只电压表VA和VB,量程已知,内阻未知。该同学用图丁中的图①和图②对该电池进行了两次测量,计算出这个电池的电动势。
若图①中电压表VA的示数为U1,图②中电压表VA和VB的示数分别为U2和U3,则电压表VA和VB电阻之比是 ,电动势E表达式是E= 。
解析:(1)由题图可知,刚开始放电时电压下降较快,放电一段时间后,电压降低速度变缓。
(2)根据题意可得s=82×4.9 km=401.8 km≈402 km。
(3)设电压表VA的内阻为RA,电压表VB的内阻为RB,根据闭合电路欧姆定律得
RARA+RB+rE=U2,RBRA+RB+rE=U3,RARB=U2U3,又RARA+rE=U1,
解得E=U3U1U1-U2。
答案:(1)刚开始放电时电压下降较快,放电一段时间后,电压降低速度变缓 (2)402
(3)U2∶U3 U3U1U1-U2
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