2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业39测量电源的电动势和内阻

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1．[2023·重庆育才中学模拟]某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻．实验器材如下：
A．电池组(两节干电池)；
B．定值电阻R0＝2Ω；
C．毫安表(量程为50mA，内阻Rg＝4.5Ω)；
D．电压表(量程为3V，内阻很大)；
E．滑动变阻器R；
F．电阻箱；
G．开关，导线若干．
(1)将电阻箱的阻值调至0.5Ω，则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为________mA.
(2)实验步骤如下：
①闭合开关S前，将滑动变阻器R的滑片移到________(选填“左”或“右”)端；
②闭合开关S，改变滑片位置，记下电压表的示数U和毫安表的示数I，多次实验后将所测数据在如图乙所示的坐标纸上，作出U­I图线．
(3)每节干电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(结果均保留2位有效数字)
(4)电动势的测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值．
2．[2023·安徽合肥二模]某实验小组利用如图(a)所示电路测量电源的电动势和内阻．所用的实验器材如下：
A．待测电源；
B．定值电阻R0(阻值为3.0Ω)；
C．电阻箱R(最大阻值为999.9Ω)；
D．电压表V(量程为3.0V，内阻很大)；
E．开关S和导线若干．
实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；
②多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值尺；
③以eq \f(1,U)为纵轴，eq \f(1,R)为横轴，作出eq \f(1,U)­eq \f(1,R)图像；
④求出图线的斜率和纵轴上的截距．
回答下列问题：
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则eq \f(1,U)与eq \f(1,R)的关系式为________．
(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝7.0Ω时电压表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________．
(3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
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3．现要测量电压表的内阻和电源的电动势，提供的器材有：电源(电动势约为6V，内阻不计)，电压表V1(量程0～2.5V，内阻约为2.5kΩ)，电压表V2(量程0～3V，内阻约为10kΩ)，电阻箱R0(最大阻值为9999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为3kΩ)，滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω), 单刀双掷开关一个，导线若干．
(1)在图(a)中完成实验电路原理图的连线．
(2)按照下列步骤进行实验：
①闭合开关前，将滑动变阻器和电阻箱连入电路的阻值调至最大；
②闭合开关，将电阻箱调到6kΩ，调节滑动变阻器至适当的位置，此时电压表V1的示数为1.60V，电压表V2的示数为2.40V；
③保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，再将电阻箱调到2kΩ，此时电压表V1的示数如图(b)所示，其示数为________V，电压表V2的示数为1.40V．
(3)根据实验数据，计算得到电源的电动势为________V，电压表V1的内阻为________kΩ，电压表V2的内阻为________kΩ.
课时分层作业（三十九）
1．解析：（1）改装后电流表的量程为I1＝Ig＋eq \f(IgRg,R1)，代入数据解得I1＝500mA.
（2）为了保护电路，应使电路中电流最小，所以滑动变阻器接入电路的电阻最大，即滑片应移到左端．
（3）根据毫安表的改装原理可知，当毫安表的示数为I时，电路中的电流为10I，根据闭合电路欧姆定律有2E＝U＋IRg＋10I（R0＋2r），代入数据整理得U＝2E－（20r＋24.5Ω）I，根据图乙中的U­I图像可知2E＝3.0V，20r＋24.5Ω＝eq \f(（3.0－1.0）V,4.5×10－2A)，解得E＝1.5V，r＝1.0Ω.
（4）由电路图分析可知，由电流表的示数可算出干路中的电流，由电压表可测出滑动变阻器两端的电压，再通过欧姆定律计算，则可以准确得到电路中各部分的电压，故该实验求得的电动势的测量值等于真实值．
答案：（1）500 （2）①左 （3）1.5 1.0 （4）等于
2．解析：（1）由图（a）可知，根据闭合电路欧姆定律有E＝eq \f(U,R)（r＋R＋R0），整理得eq \f(1,U)＝eq \f(R0＋r,E)·eq \f(1,R)＋eq \f(1,E).
（2）电压表的分度值为0.1V，则其读数为2.08V，故eq \f(1,U)＝0.48V－1.
（3）根据描点法得出eq \f(1,U)­eq \f(1,R)图像如图所示，结合eq \f(1,U)＝eq \f(R0＋r,E)·eq \f(1,R)＋eq \f(1,E)，可得eq \f(1,E)＝0.33V－1，eq \f(R0＋r,E)＝eq \f(0.63－0.33,0.23－0.05)Ω·V－1，解得E＝3.0V，r＝1.7Ω.
答案：（1）eq \f(1,U)＝eq \f(R0＋r,E)·eq \f(1,R)＋eq \f(1,E)
（2）①2.08 ②0.48 （3）见解析图 3.0（2.9～3.1均可） 1.7（1.5～1.9均可）
3．解析：（1）由于两个电压表的量程都小于电源的电动势，两个电压表串联后的总电压仍然小于电源的电动势，故应该用滑动变阻器作为保护电阻．如果只是测量电动势，可以采用如图甲所示的电路，但是要想计算电压表V1、电压表V2各自的内阻，需要将电路改进，设计的电路有图乙、图丙所示的两种；而通过电压表V1的最大电流约为1mA，通过电压表V2的最大电流约为0.3mA，故设计的电路应该选择图乙．
（2）题图b所示的电压表的最小刻度为0.1V，故估读到0.01V，其读数为2.10V.
（3）对图乙，设电压表V1和电压表V2的内阻分别为r1、r2，示数分别为U1、U2，滑动变阻器的电阻调到r，由闭合电路的欧姆定律，得E＝U1＋U2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U2,r2)＋\f(U2,R01)))r，E＝U′1＋U′2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U′2,r2)＋\f(U′2,R02)))r，其中R01＝6kΩ，R02＝2kΩ，对电压表V1和电压表V2所在的电路，由串并联规律得eq \f(U1,r1)＝eq \f(U1,r2)＋eq \f(U2,R01)，eq \f(U′1,r1)＝eq \f(U′2,r2)＋eq \f(U′2,R02)，代入数据，联立解得E＝5.60V，r1＝2.5kΩ，r2＝10kΩ.
答案：（1）见解析图乙所示
（2）2.10 （3）5.60 2.5 10
R/Ω
4.0
5.0
6.0
7.0
8.0
9.0
U/V
1.52
1.72
1.88
①
2.14
2.32
eq \f(1,U)/V－1
0.66
0.58
0.53
②
0.47
0.43