2020版高考物理总复习第八章实验8测定金属丝的电阻率第9章第2节练习（含解析）.docx

实验八测定金属丝的电阻率实验基础 落实基础提炼精髓* 注意事项1.螺旋测微器的使用(1)测量前须校对零点.(2)测量时,当测微螺杆将要接触被测物体时,要改用微调旋钮.(3)螺旋测微器应估读一位,即以mm作单位,应读到小数点后面第三位.(4)方法:固定刻度数mm+可动刻度数(估读一位)0.01 mm.2.游标卡尺及读数(1)看清精确度:10分度、20分度、50分度的精度分别为0.1,0.05,0.02.(2)主尺上标识的1,2,3等数字单位是厘米,最小刻度是1 mm.(3)读数方法(mm):主尺刻度数(mm)+游标尺与主尺刻度的对齐数精度.例如读数为(50+40.05) mm=50.20 mm.3.电流表和电压表的读数(1)若刻度盘上每一小格为:1,0.1,0.01,时,需估读到最小刻度值的下一位.(2)若刻度盘上每一小格为:2,0.2,0.02,5,0.5,0.05,时,只需估读到最小刻度值的位数.4.伏安法测电阻的电路选择Rx时,用电流表内接法.5.测定金属的电阻率(1)先测直径,再连电路.应该把所测量的待测金属丝的两个端点之间的长度接入电路.(2)本实验中被测金属丝的电阻值较小,应采用电流表外接法.(3)开关S闭合前,滑动变阻器的阻值要调至最大.(4)电流不宜太大(电流表用00.6 A量程),通电时间不宜太长,以免金属丝温度升高,导致电阻率在实验过程中变大.误差分析1.测量金属丝直径、长度以及电流、电压带来误差.2.电路中电流表及电压表对电阻测量的影响,因为电流表外接,所以Rx测Rx真,由Rx=,知测220 ,故被测电阻属于小电阻,电流表应选外接法.电路图如图所示.答案:(1)50.15(2)4.700(3)220(4)A2V1R1电路图见解析方法技巧实验仪器的选择(1)选择实验仪器的三原则安全性原则:要能够根据实验要求和客观条件使实验切实可行,且保证测量仪器的量程,电阻类器件的电流不能超过允许通过的最大电流等.精确性原则:根据实验的需要,选用精度合适的测量工具,既便于实验又尽量减小误差即可,并不是精度越高越好.方便性原则:尽量使测量电路简单好接,测量中的调节控制操作方便.a.用分压式接法时,滑动变阻器应该选用阻值较小的,而额定电流较大的.b.用限流式接法时,滑动变阻器应该选用阻值和被测电阻接近的,额定电流应大于被测电阻的额定电流.(2)电源的选择:一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源.(3)电表的选择:一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表;根据待测电流的最大电流选择电流表;选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大,一般应使指针能超过量程的以上,以减小读数的偶然误差,提高精确度.(4)滑动变阻器必须选用分压式的“3种情况”若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求,若滑动变阻器阻值调到最大时,待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程,或超过待测电阻的额定电流(或电压),则必须选用分压式接法.若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多,以致在限流电路中,滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时,待测电阻上的电流或电压变化不明显,此时,应改用分压式接法.若实验中要求电压从零开始调节,则必须采用分压式接法.题组训练1.(2018山西太原二模)某实验小组发现一个由均匀材料制成的圆柱体,他们想测量其电阻率,实验室能够提供的实验器材有:电源E(8 V,内阻约10 );电压表V(06 V,内阻约为50 k);电流表A(020 mA,内阻为40 );滑动变阻器R1(020 );待测电阻R(约为200 );开关及导线若干.他们进行了如下操作:(1)为了获得多组数据,尽量精确测量其电阻值,请在图(a)方框中画出实验电路图.(2)图(b)中的6个点表示实验中测得的6组电流表、电压表示数,根据此图可知阻值R= (保留三位有效数字).(3)如图(c)所示,用螺旋测微器测得该圆柱体的直径为 cm,用游标卡尺测量其长度为 cm.(4)由以上数据可求出= m.(保留三位有效数字)解析:(1)由于=250=5,故该实验的测量电路应该选用电流表的外接法,并且为了获得多组数据,尽量精确测量其电阻值,故滑动变阻器应采用分压接法,则实验电路图如图1所示.(2)图(b)中6个点基本处于一条直线上,过这些点作UI图像,如图2所示,根据图线的斜率表示电阻大小可得R=240 .(3)用螺旋测微器测得该圆柱体的直径为d=1.5 mm+19.4 mm0.01=1.694 mm=0.169 4 cm,用游标卡尺测量其长度为l=10 mm+140.05 mm=10.70 mm=1.070 cm.(4)根据电阻定律R=,且S=（）2,解得=,代入数据解得=5.0510-2 m.答案:(1)见解析(2)240(3)0.169 41.070(4)5.0510-22.(2018山东临沂二模)某研究小组的同学们准备测量15 自来水的电阻率,以判断该自来水是否符合国际标准(国标规定自来水在15 时电阻率应大于13 m).他们先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极,电极间装满密封的待测自来水,同学们设计了实验方案并分工进行了以下测量:(1)同学们用游标卡尺测量玻璃管的内径d;向玻璃管内注满自来水,并用刻度尺测量水柱长度L;用多用电表的电阻“100”挡,按正确的操作步骤测量此水柱体的电阻R,表盘的示数如图(乙)所示;由图(甲)所示可知玻璃管的内径d= mm,水柱体的电阻R= .(2)该小组同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下:电压表V(量程15 V,内阻约30 k);电流表A(量程300 mA,内阻约50 );滑动变阻器R0(0100 ,允许最大电流1 A);电池组E(电动势E=12 V,内阻r=6 );开关一个、导线若干.请根据情况补全电路原理图(并不是所有的接线点都要连接).(3)如果测出水柱的长度L、玻璃管的内径d和水柱的电阻R,则自来水电阻率的表达式为=.(用符号表示)解析:(1)游标卡尺主尺为54 mm,游标尺部分为70.02 mm=0.14 mm,则玻璃管内径d=54.14 mm.水柱体电阻R=26100 =2 600 .(2)由于滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值,故滑动变阻器采用分压式接法;由于待测电阻的阻值与电压表的内阻相差不多,而且远大于电流表内阻,故电流表采用内接法,则电路原理图如图所示.(3)根据电阻定律可知R=,则电阻率为=.答案:(1)54.142 600(2)见解析(3)命题点二创新实验实验装置图示创新角度分析2017全国卷,23(1)实验方案的改进:类似于电桥法测电阻,S2闭合前后微安表示数不变,说明B,D两点电势相等.(2)考查方式的拓展:提高测量微安表内阻精度的建议.2019湖北荆州质检(1)实验方案的改进:采用“等效法替代”测圆柱体的电阻.(2)考查方式的创新拓展:考查实验原理,用电路的串并联知识解题.2018广西南宁二模(1)实验方案的改进:用电压表和电阻箱测量通过铜导线的电流.(2)考查方式的创新拓展:铜导线的电阻由图像求出.【典例3】 (2017全国卷,23)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 A,内阻大约为2 500 )的内阻.可使用的器材有:两个滑动变阻器R1,R2(其中一个阻值为20 ,另一个阻值为2 000 );电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 );电源E(电动势约为1.5 V);单刀开关S1和S2.C,D分别为两个滑动变阻器的滑片.(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线.(2)完成下列填空:R1的阻值为(选填“20”或“2 000”).为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的端(选填“左”或“右”)对应的位置;将R2的滑片D置于中间位置附近.将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 ,接通S1.将R1的滑片置于适当位置,再反复调节R2的滑片D的位置,最终使得接通S2前后,微安表的示数保持不变,这说明S2接通前B与D所在位置的电势(选填“相等”或“不相等”).将电阻箱Rz和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将Rz的阻值置于2 601.0 时,在接通S2前后,微安表的示数也保持不变.待测微安表的内阻为(结果保留到个位).(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议: .解析:(1)实物连线如图所示.(2)如题图(a),R1为分压式接法,故选择较小的20 电阻即可;实验开始时,为保护微安表,应使R1的滑片在最左端,使流过微安表的电流为零;断开、闭合开关S2,微安表示数不变,说明流过微安表的电流为零,B,D电势相等;B,D电势相等,对调前=,对调后=,联立得RA=2 550 .(3)为了提高测量精度,调节R1上的分压,尽可能使微安表接近满量程.答案:(1)见解析图(2) 20 左相等2 550(3)见解析题组训练1.(2019湖北荆州质检)某同学测量一个圆柱体的电阻率,需要测量圆柱体的尺寸和电阻.(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径,某次测量的示数如图(a)和图(b)所示,长度L= cm,直径D= mm.(2)按图(c)连接电路后,实验操作如下:将滑动变阻器R1的阻值置于最(选填“大”或“小”)处;将S2拨向接点1,闭合S1,调节R1,使电流表示数为I0;将电阻箱R2的阻值调至最(选填“大”或“小”);S2拨向接点2;保持R1不变,调节R2,使电流表示数仍为I0,此时R2阻值为1 280 .(3)由此可知,圆柱体的电阻为 .(4)由此可知,圆柱体的电阻率= (用上面实验中涉及的相关符号来表示).解析:(1)长度L=50 mm+10.1 mm=50.1 mm=5.01 cm;直径D=5 mm+31.50.01 mm=5.315 mm.(2)为使电流不会超出电流表量程,应将滑动变阻器接入电路的阻值置于最大处.为使电流表中电流由较小逐渐变大,电阻箱阻值也应先调至最大.(3)将S1闭合,S2拨向接点1时,其等效电路图如图(甲)所示.将S2拨向接点2时,其等效电路图如图(乙)所示,当两次电流表示数相同均为I0时,R2=R圆柱体,所以R圆柱体=1 280 .(4)根据电阻定律R=R2,解得=.答案:(1)5.015.315(2)大大(3)1 280(4)2.(2018广西南宁二模)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次铜;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1.810-8 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 k);D.电压表 V2(量程为5 V,内阻约为3 k);E.电阻箱R(阻值范围0999.9 );F.定值电阻R0=1 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)由实验数据,作出图像,由此可知,这捆铜电线的电阻率=(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+12.50.01 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)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= =2.60 ,S=（）2=0.994 mm2,= m=2.5810-8 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)2.5810-8 m使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜实验九描绘小电珠的伏安特性曲线实验基础 落实基础提炼精髓* 注意事项1.电路的连接方式(1)电流表外接:本实验中被测小电珠灯丝的电阻值较小,因此测量电路必须采用电流表外接法.(2)滑动变阻器应采用分压式连接本实验要作出I-U图像,要求测出一组包括零在内的电流、电压值,故控制电路采用分压接法.2.保护元件安全:为保护元件不被烧毁,开关闭合前变阻器滑片应位于使小电珠分得电压为零的一端.加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压.3.I-U图像在U0=1.0 V左右将发生明显弯曲,故在U0=1.0 V左右多测几组数据,以防出现较大误差.4.当小电珠电压接近额定电压值时,记录数据后马上断开开关.5.误差较大的点要舍去,I-U图像应是平滑的曲线.误差分析1.由于电压表不是理想电表,内阻并非无穷大,对电路的影响会带来误差,电流表外接,由于电压表的分流,使测得的电流值大于真实值.2.测量时读数带来误差.3.在坐标纸上描点、作图带来误差.命题研析 突破常规注重创新命题点一常规实验【典例1】 (2018北京首都师大附中三模)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,需测量一个标有“3 V,1.5 W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流.现有如下器材:直流电源(电动势3.0 V,内阻不计)电流表A1(量程3 A,内阻约0.1 )电流表A2(量程0.6 A,内阻约5 )电压表 V1(量程3 V,内阻约3 k)电压表 V2(量程15 V,内阻约200 k)滑动变阻器R1(阻值010 ,额定电流1 A)滑动变阻器R2(阻值01 k,额定电流300 mA)(1)在该实验中,电流表应选择(选填“A1”或“A2”),滑动变阻器应选择(选填“R1”或“R2”).(2)请你在虚线框内画出实验原理电路图,并将实物连线图(甲)补充完整.(3)某同学根据测量数据已作出该小灯泡的伏安特性曲线,请计算当小灯泡两端电压为0.75 V时,小灯泡的电阻为R= .(4)若将该灯泡与一个6.0 的定值电阻串联,直接接在题中提供的电源两端,请估算该小灯泡的实际功率P= W(保留两位有效数字).(5)通过实验中测出的5组数据给出的信息,请你推断小灯泡在不超过额定电压条件下,图(丙)中可能正确的是.(图中I,U,P分别为小灯泡的电流强度、电压、功率)解析:(1)灯泡额定电流I=0.5 A,故电流表选A2,灯泡额定电压为3 V,电压表选 V1,为保证电路安全,方便实验操作,滑动变阻器应选R1.(2)由于描绘小灯泡的伏安特性曲线需要电压和电流从零开始到额定值,则滑动变阻器采用分压接法;因Rx=6 ,与电流表内阻差不多,电流表应采用外接法,其电路原理图和连接实物图分别如图1,图2所示.(3)由作出的伏安特性曲线,知U=0.75 V对应的电流I=0.25 A,故电阻为R= =3 .(4)可把6.0 的定值电阻与电源看做等效电源,在灯泡I-U图像中作出电源的I-U图像如图所示:两图像的交点坐标值为U=1.1 V,I=0.32 A,灯泡功率为P=UI=1.1 V0.32 A0.35 W.(5)根据功率P=,灯泡电阻受温度影响,随温度升高而增大,灯泡的P-U2图像不是直线,随U增大,灯泡电阻增大,P-U2图像的斜率变小,故A,B错误;灯泡功率P=I2R,随电流I增大,灯泡电阻R变大,P-I2图像斜率变大,故C错误,D正确.答案:(1)A2R1(2)图像见解析(3)3(4)0.35(5)D方法技巧处理图像的技巧(1)在描绘小灯泡的伏安特性曲线时,要根据所描各点的分布趋势,作平滑的曲线,当某个(或某些)测量数据明显偏离时要舍掉.(2)小灯泡的伏安特性曲线上各点切线斜率的倒数不表示小灯泡在该电压下的电阻,此时计算小灯泡的电阻一定要使用电阻的定义式Rx=,而不能使用表达式Rx=.【典例2】 (2018四川省冲刺演练)LED被称为第四代照明光源或绿色光源,具有节能、环保、寿命长、体积小等特点,现在已经走进了寻常百姓的生活里.某兴趣小组想测定一只标有“3 V”字样的LED灯正常工作时的电阻(约为400 ),实验室提供了如下的实验器材:A.电流表(量程为020 mA,内阻约为10 )B.电流表(量程为010 mA,内阻RA=30 )C.定值电阻R1=270 D.定值电阻R2=2 970 E.滑动变阻器R(0500 )F.电源(电动势E=6 V,内阻较小)G.开关S一只,导线若干.(1)实验时采用的部分实验电路如图所示,该电路中滑动变阻器的作用是限流,为了提高测量的精确性,请选择合适的器材,电表1为 ,电表2为,定值电阻为.(均填写选项前的字母)(2)请用笔画线代替导线,完成如图所示的电路连接(LED灯的电学符号与小灯泡的电学符号相同).(3)实验过程中,电表1的示数记为I1,电表2的示数记为I2,LED灯的电阻表达式为Rx=,当电表1的示数为mA时,记下电表2的示数并代入上述表达式中,求得的结果即为LED灯正常工作时的电阻.(所填写的符号与题中仪器名称的符号角标一致,如A1的示数记为I1)解析:(1)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,由于没有电压表,可以将电流表B与定值电阻串联改装为电压表测量电压,改装的电压表内阻R= =300 ,B的内阻为30 ,则定值电阻应选C.(2)用电流表A测总电流进而可得LED灯的电流,滑动变阻器采用限流式接法,电路图如图所示.(3)根据欧姆定律知,LED灯两端的电压UL=I1(R1+RA),通过LED灯的电流为I2-I1,则电阻Rx=,当电表1的示数为10 mA时,LED灯两端的电压为3 V,达到额定电压,测出来的电阻为正常工作时的电阻.答案:(1)BAC(2)图见解析(3)10方法技巧实物图连线的技巧(1)方法是先串后并.接线到柱,注意量程和正负.(2)对限流电路,只需用笔画线当作导线,从电源正极开始,把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”部分依次串联起来即可(注意电表的正负接线柱和量程,滑动变阻器应调到阻值最大处).(3)对分压电路,应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻用导线连接起来,然后在滑动变阻器电阻丝两段之中任选一段,确定其两端接线柱,将另外部分电路接入两接线柱即可.题组训练1.(2018江西高安三模)某学习小组通过实验来研究电器元件Z的伏安特性曲线.他们在实验中测得电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据如表:U/V0.00.20.51.01.52.02.53.0I/A0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2070.214现备有器材:A.内阻不计的6 V电源;B.量程为03 A的理想电流表;C.量程为00.6 A的理想电流表;D.量程为03 V的理想电压表;E.阻值为010 ,额定电流为3 A的滑动变阻器;F.开关和导线若干.(1)这个实验小组在实验中电流表选的是.(填器材前面的字母)(2)利用表格中数据绘出的电器元件Z的伏安特性曲线如图1所示,分析曲线可知该电器元件Z的电阻随U变大而(选填“变大”“变小”或“不变”);(3)若把用电器Z接入如图2所示的电路中时,电流表的读数为0.10 A,已知A,B两端电压恒为1.5 V,则定值电阻R0的阻值为 .解析:(1)由数据表可知,电路中的最大电流为0.215 A,所以电流表选择C.(2)由I-U图像可知,图线的斜率越来越小,可知元件电阻随U的变大而变大.(3)由I-U图像可知电流I=0.10 A时,对应的电压U=0.5 V,所以元件Z的电阻为RZ=5 ,而R0+RZ= =15 ,得R0=10 .答案:(1)C(2)变大(3)102.(2018黑龙江齐齐哈尔三模)一实验小组准备探究元件Q的伏安特性曲线,他们设计了如图(甲)所示的电路图,请回答下列问题:(1)请将图(乙)中的实物连线按电路图补充完整.(2)考虑电表内阻的影响,当电流表示数为I0时,通过Q的电流值(选填“大于”“等于”或“小于”)I0.(3)在电路图中闭合开关S,电流表、电压表均有示数,但无论怎样移动变阻器滑动片,总不能使电压表的示数调为零.原因可能是图中的(选填“a”“b”“c”“d”“e”或“f”)处接触不良.(4)实验测得表格中的7组数据.请在坐标纸上作出该元件的I-U图线.序号电压/V电流/A10.000.0020.400.0230.800.0541.200.1251.600.2062.000.3172.400.44(5)为了求元件Q在I-U图线上某点的电阻,甲同学利用该点的坐标I,U,由R=求得.乙同学作出该点的切线.求出切线的斜率k,由R=求得.其中(选填“甲”或“乙”)同学的方法正确.解析:(1)实物连线图如图1所示.(2)考虑电压表的分流作用,通过Q的电流小于I0.(3)只有变阻器采用分压式接法时电流和电压才能从零开始调节,电流和电压不能从零调节说明变阻器采用的是限流式接法,所以可能是f处接触不良.(4)将表中各组数据在I-U坐标系中描点,并过这些点作平滑曲线即得到Q的I-U图像,如图2所示.(5)电阻的定义等于R=所以应该利用该点的坐标值I,U,由R=求得,而不是求图像切线的斜率,故甲同学的方法正确.答案:(1)图见解析图1(2)小于(3)f(4)图见解析图2(5)甲命题点二创新实验实验装置图示创新角度分析2017全国卷,23(1)实验方案的改进:电压表自身量程不足而测较大电压,需电压表与定值电阻串联扩大量程.(2)数据处理的创新:在灯泡的伏安特性曲线上画出表示电源或等效电源的I-U图线,根据交点信息求解.2018重庆市一中二检考查方式的创新:使R,L1并联,与L2串联接入电路,通过灯泡的U-I图像解决较复杂电路的问题.2019百校联盟名师猜题(1)实验方案的改进:提供的仪器中无电压表,需要微安表与电阻箱串联改装电压表.(2)考查方式的创新:如何从图像中确定灯泡的额定功率.【典例3】 (2017全国卷,23)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表(量程3 V,内阻3 k);电流表(量程0.5 A,内阻0.5 );固定电阻R0(阻值1 000 );滑动变阻器R(阻值09.0 );电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干.(1)实验要求能够实现在03.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图.(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示.由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻(填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率(填“增大”“不变”或“减小”).(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 )和题给器材连接成图(b)所示的电路图,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率.闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为W,最大功率为W.(结果均保留2位小数)解析:(1)在额定电压下,小灯泡L的阻值RL= =11.875 ,这个阻值较小,所以采用电流表外接法;由于电压表量程为3 V,小于额定电压3.8 V,所以将固定电阻R0与电压表串联来测小灯泡电压;要实现03.8 V的范围内的测量,滑动变阻器必须采用分压式接法,所以实验电路原理图如图所示.(2)实验曲线上某点与原点连线的斜率的倒数表示小灯泡的电阻,所以随着电流的增加,小灯泡的电阻增大;由R=可得=,所以灯丝的电阻率增大.(3)当R=9.0 时,小灯泡的实际功率最小,由闭合电路欧姆定律有E0=I(R+r)+U,即4=10I+U,在图中作出该直线如图(甲)所示,交点坐标约为I=223 mA,U=1.77 V时最小功率Pmin=UI=0.39 W;当R=0时,小灯泡的实际功率最大,有E=Ir+U,即4=I+U,在图中作出该直线如图(乙)所示,交点坐标约为I=318 mA,U=3.69 V,小灯泡的最大功率Pmax=UI=1.17 W.答案:(1)见解析(2)增大增大(3)0.391.17【典例4】 (2018重庆市一中二检)为了研究某种小灯泡L(5 V,2.5 W)的伏安特性曲线,除了直流电源(电动势约为6 V,内阻不计)、导线和开关外,还有如下实验器材:A.直流电流表(量程03 A,内阻约为0.1 )B.直流电流表(量程0600 mA,内阻约为5 )C.直流电压表(量程015 V,内阻约为15 k)D.直流电压表(量程06 V,内阻约为10 k)E.滑动变阻器(最大阻值为10 ,允许通过的最大电流为2 A)F.滑动变阻器(最大阻值为1 k,允许通过的最大电流为0.5 A).要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据.(1)实验中电流表应选用,电压表应选用,滑动变阻器应选用;(均用序号字母表示)(2)根据所选器材,请在虚线框中画出实验电路图;(3)测得该种小灯泡的U-I图像如图(a)所示,现将两个相同的这种小灯泡L1,L2与一个阻值为4 的定值电阻R连成如图(b)所示的电路,电源的内阻r=2 ,开关S闭合后,小灯泡L1与定值电阻R的电功率恰好均为P,则P= W,电源的电动势E= V.解析:(1)电源电压6 V,灯泡额定电压5 V,则电压表选择D;灯泡的额定电流I= A=0.5 A,电流表选择B;由数值测量要求可知滑动变阻器要用分压电路,则选用阻值较小的E.(2)灯泡正常工作时,电阻Rx= =10 ,与电流表内阻差不多,则采用电流表外接法,电路图如图所示.(3)由图(b)所示电路图可知,小灯泡L1与定值电阻R并联,它们两端电压相等,它们的电功率均为P,由P=IU可知,通过它们的电流相等,它们的电阻相等,即此时灯泡电阻为4 ,由图(a)所示图像可知,灯泡两端电压为1 V时通过灯泡的电流为0.25 A,则功率P=IU=0.251 W=0.25 W;由图(b)可知,L2串联在干路中,通过L2的电流I=0.25 A+0.25 A=0.5 A,由图(a)所示图像可知,电流0.5 A所对应的电压为5 V,由闭合电路规律可知,电源电动势E=U外+Ir=6 V+0.52 V=7 V.答案:(1)BDE(2)图见解析(3)0.257题组训练1.(2019百校联盟名师猜题)现有一只标值为“2.5 V, W”的小灯泡,其额定功率的标值已模糊不清.某同学想通过实验描绘出灯丝的伏安特性曲线,并得出该灯泡正常工作时的功率.已知小灯泡的灯丝电阻约为5 .实验中除导线和开关外,还有以下器材可供选择:电源E(电动势3.0 V,内阻0.5 )微安表头G(满偏电流Ig=100 A,内阻rg=2 000.0 )电流表A1(00.6 A,内阻约0.125 )电流表A2(03 A,内阻约0.125 )滑动变阻器R1(阻值范围05 )滑动变阻器R2(阻值范围0175 )电阻箱R3(最大电阻99 999.9 )(1)若要改装一个量程为03 V的电压表,应将微安表头G与电阻箱串联,电阻箱的阻值应调到R3= .电流表应选择,滑动变阻器应选择.(2)请帮他设计一个测量电路图并画在虚线框内.(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图(乙)所示,则小灯泡的额定功率为 W.解析:(1)改装电压表,将微安表头G与一电阻箱串联,由Um=Ig(rg+R3),可计算出电阻箱的阻值R3=-rg=28 000.0 ;根据提供的器材,灯泡的额定电压为2.5 V,电阻约为5 ,电流表应选择A1,本实验需要多测几组数据,且方便操作,应采用分压接法,故滑动变阻器应选择总阻值较小的R1.(2)描绘伏安特性曲线,滑动变阻器应采用分压式接法,灯泡的电阻约为5 ,电流表采取外接法,电路图如图所示.(3)当电压U=2.5 V时,I=0.5 A,根据P=UI=2.50.5 W=1.25 W.答案:(1)28 000A1R1(2)图见解析(3)1.252.(2018天津红桥区二模)用下列器材组装成一个电路,既能测量出电池组的电动势E和内阻r,又能同时探究小灯泡的伏安特性.A.电压表 V1(量程5 V、内阻很大)B.电压表 V2(量程3 V、内阻很大)C.电流表A(量程3 A、内阻很小)D.滑动变阻器R(最大阻值10 、额定电流3 A)E.小灯泡(2.5 V,5 W)F.电池组(电动势E,内阻r)G.开关一只,导线若干实验时,调节滑动变阻器的阻值,多次测量后发现:若电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小.(1)请将设计的实验电路图在虚线方框中补充完整.(2)每一次操作后,同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数,组成两个坐标点(I,U1),(I,U2),标到U-I坐标中,经过多次测量,最后描绘出两条图线,如图(乙)所示,则电池组的电动势E= V、内阻r= .(结果保留两位有效数字)(3)在U-I坐标中两条图线在P点相交,此时小灯泡的阻值为 ,电池组的总功率为 W(结果保留三位有效数字).解析:(1)利用电压表和电流表测电源电动势与内阻实验中,电压表测路端电压,电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大;探究小灯泡伏安特性实验中,电流表测流过灯泡的电流,灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小;调节滑动变阻器时,电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小,V1测路端电压,V2测灯泡两端电压,电路图如图所示.(2)由图示电源U-I图像可知,图线纵轴截距为4.5,则电源电动势E=4.5 V,电源内阻r= =1.0 .(3)由于两图线交点坐标值为U=2.5 V,I=2.0 A,此时,灯泡电阻R= =1.25 ,电源总功率P=EI=4.52.0 W=9.00 W.答案:(1)图见解析(2)4.51.0(3)1.259.00实验十测定电源的电动势和内阻实验基础 落实基础提炼精髓* 注意事项1.电池选取:应选用内阻较大的电池.2.实验操作:实验中不宜将电流调得过大,电表读数要快,每次读完数后立即断开开关.3.数据要求:要测出不少于6组的(I,U)数据,且变化范围要大些.4.描点画图:画U-I图线时,应使图线通过尽可能多的点,并使不在直线上的点均匀分布在直线的两侧,个别偏离直线太远的点可舍去.5.纵轴标度的确定:纵轴的刻度可以不从零开始,而是依据测得的数据从某一恰当值开始(横坐标I必须从零开始).但这时图线和横轴的交点不再是短路电流,而图线与纵轴的截距仍为电源电动势,图线斜率的绝对值仍为内阻.误差分析1.偶然误差(1)由于电表读数不准引起误差.(2)用图像法求E和r时,由于作图不准确造成的误差.(3)测量过程中通电时间过长或电流过大,都会引起E,r变化.2.系统误差(1)若采用(甲)图,其U-I图像如(乙)图所示.由于电压表的分流作用造成误差.当电压表示数越大时,电压表分流越大;反之,电压表分流越小,可推断电压表示数为零时,IV=0,短路电流测量值等于真实值.E测E真,r测r真,一般地r测的误差非常大.命题研析 突破常规注重创新命题点一常规实验【典例1】 (2019福建厦门双十中学高三热身)图(甲)为某同学测量某一电源的电动势和内电阻的电路图,其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电流表的电路.已知毫安表的内阻为10 ,满偏电流为100 mA,电压表V量程为3 V,R0,R1,R2为定值电阻,其中R0=3 .(1)若使用a和b两个接线柱,电流表量程为0.6 A;若使用a和c两个接线柱,电流表量程为3 A.由题中条件和数据,可求出R1=,R2=.(2)实验步骤:按照原理图连接电路;开关S2拨向b,将滑动变阻器R的滑片移动到(选填“左”或“右”)端,闭合开关S1;多次调节滑动变阻器的滑片,记下相应的毫安表的示数I和电压表示数U.(3)数据处理:利用实验测得的数据画成图(乙)所示的U-I图像;由图像得电源的电动势E=V,内阻r=(结果均保留2位有效数字).解析:(1)根据电流表改装原理可知,使用a和b两个接线柱,电流表量程为0.6 A,即0.6=10010-3+,使用a和c两个接线柱,电流表量程为3 A,即3=10010-3+,联立两式解得R1=0.4 ,R2=1.6 ;(2)实验中为了保护电路,应让电流由最小开始调节,故滑动变阻器阻值应调至最大,因此滑片开始时应滑至最左端;(3)开关S2拨向b,根据闭合电路规律可知E=U+（I+）(R0+r),变形得U=E-I,则纵轴截距表示电动势,即E=3.0 V,图线的斜率|k|=|=,解得r=1.4 .答案:(1)0.41.6(2)左(3)3.01.4反思总结(1)在测量电池电动势和内阻的实验中,无论测量仪器方法如何改变,其原理都是通过关系式E=U+Ir推导出有关表达式,然后求解.(2)在E=U+Ir中,I为通过电源的电流,本例中所知电流为表头中的电流,推导关系式时应转化为通过电流表的电流.【典例2】 用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx.已知电池的电动势约6 V,电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧.可选用的实验器材有:电流表A1(量程030 mA);电流表A2(量程0100 mA);电压表V(量程06 V);滑动变阻器R1(阻值05 );滑动变阻器R2(阻值0300 );开关S一个,导线若干条.某同学的实验过程如下:.设计如图(甲)所示的电路图,正确连接电路.将R的阻值调到最大,闭合开关,逐次调小R的阻值,测出多组U和I的值,并记录.以U为纵轴,I为横轴,得到如图(乙)所示的图线.断开开关,将Rx改接在B,C之间,A与B直接相连,其他部分保持不变.重复的步骤,得到另一条U-I图线,图线与横轴I的交点坐标为(I0,0),与纵轴U的交点坐标为(0,U0).回答下列问题:(1)电流表应选用,滑动变阻器应选用;(2)由图(乙)的图线,得电源内阻r=;(3)用I0,U0和r表示待测电阻的关系式Rx=,代入数值可得Rx;(4)若电表为理想电表,Rx接在B,C之间与接在A,B之间,滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置,两种情况相比,电流表示数变化范围,电压表示数变化范围.(选填“相同”或“不同”)解析:(1)由闭合电路欧姆定律,要想调节时电流表和电压表的读数有明显变化,起限流作用的滑动变阻器应选用R2;由题图(乙)可知,电流表应