新高考物理二轮专题 电学实验

电学实验

1．某校课外兴趣小组要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下。

(1)用游标卡尺测量其长度，示数如图甲所示，由图可知其长度L＝___________cm；

(2)用螺旋测微器测量其直径，示数如图乙所示，由图可知其直径D＝_________mm；

(3)实验小组决定使用伏安法测量圆柱体的电阻，已知其电阻约为100 Ω，实验所用直流电源的电动势约为4 V、内阻可忽略，电流表V的量程为0～30 mA、内阻约为30 Ω，电压表V的量程为0～3 V、内阻约为10 kΩ，滑动变阻器R1阻值的变化范围为0～15 Ω，允许通过的最大电流为2.0 A，为减小测量误差，实验中实验电路应采用丙图中的___________ ；（R代表圆柱体的电阻）

【答案】(1)4.240    (1)4.950    (1)A   

【解析】(1)由题图甲可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是。游标卡尺的示数为

。

(2)由题图乙可知，螺旋测微器的示数为。

(3)因为，所以电流表应采用外接法；待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，因此应选择图A所示电路图。

2．某同学要将量程为3 mA的毫安表G改装成量程为30 mA的电流表。他先测量出毫安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测，可供选择的器材如下：毫安表头G（量程3 mA，内阻约为几百欧姆）

A．滑动变阻器R1（0～1 kΩ）

B．滑动变阻器R1′（0～10 kΩ）

C．电阻箱R（0～9999.9 Ω）

D．电源E1（电动势约为1.5 V）

E．电源E2（电动势约为9 V）

F．开关、导线若干

具体实验步骤如下：

a．按电路原理图a连接线路；

b．将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针满偏；

c．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使毫安表G的指针偏转到量程的三分之一位置；

d．记下R2的阻值

回答下列问题：

(1)为减小实验误差，实验中电源应选用_____（填E1或E2），滑动变阻器应选用_____（填R1或R′1）；

(2)如果按正确操作步骤测得R2的阻值为90 Ω，则毫安表G内阻的测量值Rg＝_____Ω，与毫安表内阻的真实值Rg′相比，Rg____Rg′；（填“＞”“＝”或“＜”）

(3)若按照第二问测算的Rg，将上述毫安表G改装成量程为30 mA的电流表，则需要并联一个阻值R＝_____Ω的电阻；

(4)接着该同学对改装后的电表按照图b所示电路进行校准，当标准毫安表的示数为16.0 mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是_____mA。

【答案】(1)E2R′1    (2)180    ＜    (3)20    (4)32.0   

【解析】(1)根据实验原理，当S2闭合后，电路总电阻会减小，总电流会变大，则当毫安表G的指针偏转到量程的三分之一位置时，通过R2的电流会大于毫安表读数的2倍，会产生误差；为了使得当S2闭合后电路总电阻变化较小，则滑动变阻器用电阻阻值较大的R1′，这样的话要想能使毫安表能调节到满偏，则所用电源的电动势应该较大，即采用E2。

(2)根据以上分析可知，如果按正确操作步骤测得R2的阻值为90Ω，因认为通过R2的电路等于毫安表电流的2倍，则毫安表G内阻等于R2的阻值的2倍，即毫安表G内阻的测量值Rg＝180 Ω，实际上因通过R2的电流会大于毫安表读数的2倍，则毫安表内阻的真实值偏大，即与毫安表内阻的真实值Rg′相比，Rg<Rg′。

(3)将上述毫安表G改装成量程为30mA的电流表，则需要并联的电阻的阻值。

(4)当标准毫安表的示数为16.0 mA时，改装表的读数为15.0 mA，则当改装表满偏时，对应的真实电流为32.0 mA，即可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是32.0 mA。

3．小明同学根据图甲的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个的值，作出－l图像，如图乙中图线a所示。

(1)在实验中使用的是_______（选填“0～20 Ω”或“0～200 Ω”）的滑动变阻器。

(2)在某次测量时，电压表的指针位置如图丙所示，则读数U＝_______V。

(3)已知合金丝甲的横截面积为7.0×10－8 m2，则合金丝甲的电阻率为_______Ω·m(结果保留2位有效数字)。

(4)图乙中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的－l图像，由图可知合金丝甲的横截面积_______（选填“大于”“等于”或“小于”）合金丝乙的横截面积。

【答案】(1)0～20    (2)1.32（1.31～1.34）    (3)0.99×10－6（0.96×10－6～1×10－6）    (4)小于

【解析】(1)由实验原理可知，而由图像可知待测电阻最大约为8，为了使电压表有明显的读数变化，则滑动变阻器的阻值不能太大，故选0～20比较合适。

(2)量程为3V的电压表，精度为0.1V，估读到0.01V，则电压为1.32V（1.31～1.34）。

(3)根据电阻定律有，则图像的斜率为，可得合金丝甲的电阻率为（0.96×10－6～1×10－6）。

(4)另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，而横截面积变为，由图乙中图线b可得，解得，故合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积。

4．利用如图甲所示电路测量电压表V的内阻RV，某同学的实验步骤是：

①按照电路图正确连接好测量电路，将滑动变阻器的滑片移到最左端，电阻箱R的阻值调到最大；

②合上开关S1和S2，调节滑动变阻器R1的滑片位置，使得电压表的指针指到满刻度；

③保持S1闭合，断开S2，保持滑动变阻器R1的滑片位置不变，调节电阻箱R的阻值，使得电压表指针指到满刻度的一半；

④读出电阻箱阻值R，即为电压表内阻RV的值。

可供选择的实验器材有：

A．待测电压表：量程3 V，内阻约3 kΩ

B．滑动变阻器：最大阻值200 Ω，额定电流1 A

C．滑动变阻器：最大阻值10 Ω，额定电流2 A

D．电池组：电动势约6 V，内阻不计

E．电池组：电动势约24 V，内阻不计

F．电阻箱：最大阻值9999 Ω

G．开关2个，导线若干

根据这位同学设计的实验方法，回答下列问题：

(1)为了使测量比较准确，滑动变阻器应选择_________、电池组应选择_________ （用器材前的序号字母表示）；

(2)在实物图乙上，部分导线已连接，请把测量电路连接完整；

(3)用上述方法可能会存在系统误差，设RV的测量值为R测，真实值为R真，下列判断正确的是_____。

A．R测＞R真     B．R测＜R真     C．R测＝R真     D．无法判断

【答案】(1)C    D    (2)见解析图    (3)A   

【解析】(1)滑动变阻器采用分压式接法，这样后来电阻箱接入测量电路时，测量路段电压，滑动变阻器阻值越小，测量路段电阻和滑动变阻器左边部分的并联电阻变化越小，可近似认为电压表所在支路电流不变，这正是半偏法测电压表内阻的原理，所以滑动变阻器应选C；由于电压表量程为3V，所以选择6V电动势的电池组。

(2)电路连接如图所示。

(3)在接入电阻箱后，电压表和电阻箱所在支路的电阻增加了，和滑动变阻器并联后的电阻也增加了，电压表和电阻箱所在支路电压增大，所以此时电阻箱两端电压是稍微大于电压表电压的（因为两者加起来的电压会比电压表满偏的值稍大），所以电阻箱的电阻大于电压表内阻，我们把此时电阻箱的阻值作为电压表内阻的测量值，则R测＞R真。

5．某同学要绘出一个标有“0.5 A  6 V”小灯泡的伏安特性曲线，实验室有以下器材可供选择：

A．电流表A1（量程0.6 A，电阻约为5 Ω）

B．电流表A2（量程3 A，电阻约为0.8 Ω）

C．电压表V1（量程6 V，电阻约为10 kΩ）

D．电压表V2（量程3 V，电阻约为5 kΩ）

E．电源E（电动势6 V，内阻不计）

F．滑动变阻器R1（0～10 Ω）

G．滑动变阻器R2（0～50 Ω）

(1)在上述器材中，电流表选择_______（选填“A1”或“A2”），电压表选择_________（选填“V1”或“V2”），滑动变阻器选择________（选填“R1”或“R2”）。

(2)请根据所选器材，在虚线框中补全图甲中的电路图。

(3)现绘出的伏安特性曲线如图乙所示，现将此小灯泡接入图丙电路中（各已知量均已标记在图中）。则小灯泡实际功率为_________W（保留三位有效数字）。

【答案】(1)A1    V1R1    (2)见解析图    (3)1.01   

【解析】(1)根据电源电动势大小6V和小灯泡上标的电流电压值“0.5A  6V”可以确定电流表选择A1、电压表选择V1。小灯泡上标的电流电压值“0.5A  6V”可得小灯光电阻，描绘伏安特性曲线电流或电压要从0附近开始且变化范围大，所以选择分压式接法，因此滑动变阻器选择较小的R1。

(2)因为小灯光电阻较小，所以电流表选用外接法。画出电路如图。

(3)设电路图中，小灯泡电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律得，得到U、I的直线方程，再画到伏安特性曲线中，注意该直线方程过两点，如图所示，图中交点坐标为，所以小灯泡实际功率为P＝。

6．要准确测量一个阻值约为100 Ω的电阻R的阻值，某同学设计了如图所示的电路。

实验室提供了以下器材：

A．直流电源（电动势E＝12 V，内阻r＝2 Ω）

B．滑动变阻器（最大阻值20 Ω）

C．滑动变阻器（最大阻值100 Ω）

D．电流表（0～0.1 A，内阻r1＝2 Ω）

E．电流表（0～30 mA，内阻未知）

F．电流表（0～0.3 A，内阻未知）

G．电阻箱（999.9 Ω）

H．开关一个，导线若干

(1)为了准确测量出Rx的阻值，尽可能减小实验误差，滑动变阻器选用________，电流表A1选用______，电流表A2选用________（填器材前序号字母）

(2)闭合开关前，应将图中滑动变阻器的滑片移到最_______（填“左”或“右”）端。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电流表A的示数较大，记录电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2及电阻箱接入电路的阻值R；多次调节滑动变阻器，同时调节电阻箱，使电流表A1的示数始终为I1，记录每次调节后电流表A2的示数I2及电阻箱接入电路的阻值R。

(3)根据测得的数值，作出图像，若图像的斜率为k，则被测电阻的大小为Rx＝______ （ 用测量量及已知量的符号表示）。

【答案】(1)B    F    D    (2)左    (3)

【解析】(1)因为电流表（0～0.1A，内阻r1＝2.0Ω）的内阻已知，理论上可以准确测量出Rx的阻值，电流表A2要选用该表，由电路图可知，电流表A1、A2量程应该相差不大，且A1量程比A2大，因此A1选F，A2选D，由于采用分压电路，因此滑动变阻器选用最大阻值较小的B。

(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端。

(3)根据题意可知，得到，由此可知，解得。

7．理想电压表内阻无穷大，而实际电压表并非如此，现要测量一个量程为0～3 V、内阻约为3 kΩ的电压表的内阻。实验室备有以下器材：

A．待测电压表V1（量程为3 V、内阻约为3 kΩ）

B．电压表V2（量程为6 V、内阻约为6 kΩ）

C．滑动变阻器R1（最大值20 Ω、额定电流1 A）

D．电阻箱R0（0～9999.9 Ω）

E．电源：电动势E为6 V，内阻r约1 Ω

F．开关S、导线若干

(1)请在图1的方框中画出实验电路原理图（原理图中的元件要用题中相应符号标注）。

(2)根据电路图，在图2的实物图上连线。

(3)调节电阻箱的阻值，使得电压表V1、V2的读数合理，若电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，电阻箱的读数为R0，则RV的表达式为RV＝____________。

(4)在正确连接电路后，闭合开关S，不断的调节变阻器R1滑片位置，记录多组电压表V1、V2示数，作出U2－U1图线如图3所示。若R0＝1400.0 Ω，由图线上的数据可以得到RV＝______Ω。

【答案】(1)见解析图    (2)见解析图    (3)    (4)2800.0   

【解析】(1)将电阻箱与待测电压表串联后与电压表并联，为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示。

(2)对照电路图连接实物图，如图所示。

(3)根据串并联规律可得，解得。

(4)根据(1)解析中的表达式可知，对应图线的斜率为，解得。

8．力敏电阻被广泛应用于汽车电子，医疗设备以及工业机器人等领域，现有一型号为FSR408的力敏电阻(视为纯电阻)，它的电阻值随着表面所受压力的增大而减小，已知其工作电压为4 V，作用力范围为0.2 N～20 N，电阻阻值在一百多欧到几千欧之间变化；小明同学计划测定该力敏电阻在受到0.2 N和20 N压力时的具体阻值，实验器材见下表：

小明同学设计如图实验电路。

(1)a应选取__________，b应选取__________；

(2)在某个测量环节中，小明给FSR408施加0.2 N压力的时候，开关S2需要处于_________（填“断开”或“闭合”）状态；

(3)给FSR408施加0.2 N压力时，若电压表读数为2.00 V，电流表读数为2.00 mA，对应的阻值为______Ω；

(4)给FSR408施加20 N压力时，若电压表读数为2.00 V，电流表读数为2.00 mA，对应的阻值为______Ω。

【答案】(1)R1    V1    (2)断开    (3)4000    (4)160

【解析】(1)由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，选，因力敏电阻的工作电压为4V，电压表应选。

(2)在某个测量环节中，小明给FSR408施加0.2N压力的时候，FSR408阻值较大，通过的电流较小，则不用扩大电流表量程，则开关S2断开。

(3)在给FSR408施加0.2N压力时， 开关S2断开，电压表读数为“2.00V”，则流过电压表的电流，c为电阻，则FSR408两端的电压，电流表读数为“2.00mA”，则流过FSR408的电流，则FSR408的电阻。

(4)在给FSR408施加20N压力时，开关S2闭合，d为，电流表读数为“2.00mA”，则流过的电流为24mA，由(3)分析可知，FSR408两端的电压为4V，流过FSR408的电流，则FSR408的电阻。

9．如图甲是苹果自动分拣装置的示意图。该装置把大小不同的苹果按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在半导体薄膜压力传感器R1上。R1的阻值和压力F的关系如图乙所示，越大越灵敏。先调节托盘称压杠杆上的位置，使质量等于分拣标准的大苹果经过托盘秤时，R1处在最灵敏的压力区间；再调节可调电阻R2，使R2两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁。电磁铁具有延时功能，恰好能够确保大苹果在衔铁上运动时电磁铁始终保持吸动状态，让大苹果进入下面通道。

(1)说出一种能实现电磁铁延时释放吸动衔铁的方法______________________。

(2)下列选项正确的是____________。

A．观察图甲装置图和图乙的压力－电阻的图像，可以估测出重量大于1 N的苹果都会进入下方通道

B．已经调试好的装置，如果增大传感电路中电源的电动势，分拣出的大苹果质量标准会变小

C．设备处于良好运行状态，如果增大大苹果的质量标准为原来的二倍，则单纯调节R2使它的阻值适当减小即可

(3)放大电路内没有电源，对外可以简化为三个电极，工作时电流分别从极b和极c流入，极e流出，从极b输入一个较小的电流，就能在极c获得较大的电流，用公式表示为Ic＝βIb，其中β>>1正常工作时是个常数。把这样的放大电路对应接到本装置中，①接极_____，②接极_____，③接极_____，④接极_____。（均填“b”“c”或“e”）

【答案】(1)在电磁铁的铁芯上用导线缠绕一个两端接通的多匝线圈    (2)B    (3)b    e    c    e

【解析】(1)当大苹果离开压力传感器后，压力传感器电阻明显变大，放大器输入电压减小，电磁铁电流减小，根据电磁感应原理，闭合线圈会产生感应电流，感应电流产生的磁场使电磁铁的磁场减小变慢了些，从而起到延迟释放衔铁的作用。

(2)根据图甲装置图，苹果是通过杠杆去压传感器的，压力传感器对1 N表现敏感，1 N指的是对压力传感器的压力，而不是苹果的重力，故A错误；增大传感电路的电源电动势，R1和R2的分压都增大，小的苹果就导致通过电磁铁的电流足够大了，使得电磁铁始终保持吸动状态，从而使小苹果进入下面通道，故B正确；大苹果质量标准变大后，遇到之前标准的苹果要求不吸合，减小R2，可以使输入放大电路电压减小使电磁铁电流变小不吸合，苹果进入上方通道，这样操作还要注意到R1对大压力不敏威，所以仅仅调整R2是不完善的，应该先调整托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准的大苹果经过托盘秤时，R1处在最灵敏的压力区间，故C项似是而非，不满足实验设计的灵敏原则。

(3)根据电流方向和大小关系，b、e接放大器输入端，电流从b流向e，c、e接放大器输出端，电流从c流向e。