2017年最新高中物理电学实验难题55道.docx

2017年最新高中物理电学实验难题55道1利用如图所示电路测量一量程为300 mV的电压表的内阻Rv（约为300）。 某同学的实验步骤如下：按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0=596的阻值，则电压表内电阻RV=_。实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值9999）、电池（电动势约15V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：A滑动变阻器：最大阻值200B滑动变阻器：最大值阻10C定值电阻：阻值约20D定值电阻：阻值约200根据以上设计的实验方法，回答下列问题。为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用_，定值电阻R 应选用_（填写可供选择实验器材前面的序号）。对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测_真实值RV （填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于_误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若RV越大，其测量值R测的误差就越_（填“大”或“小”）。【答案】RV=298 B， C 大于，系统，小【解析】试题分析：（1）由实验原理可知，电压表内阻与电阻箱的阻值的一半，故电压表内阻为298；该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B；定值电阻起保护作用，因电源电动势为15V，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用C；从实验原理分析可知，当再断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值，当电压表为原来的三分之一时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半，而电阻箱R0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差；且在其他条件不变的情况下，若RV越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小，其测量值R测的误差就越小。考点：测量电压表的内阻2如图所示是三个成功的演示实验，回答下列问题。（1）在三个实验中，造成回路中产生电流的共同原因是_。（2）电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成_关系。（3）第一个成功实验（如图a）中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？_，什么量是不同的？_。（4）从三个成功的演示实验可归纳出的结论是：_。【答案】（1）穿过线圈的磁通量发生变化；（2）正比；（3）磁通量的变化量 磁通量的变化率；（4）只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。【解析】试题分析：（1）图示实验中，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电流，电流表指针发生偏转（2）电路电阻一定，产生的感应电动势越大，电路中的感应电流越大，电流表指针偏转角度越大，即电流表指针偏转角跟感应电动势的大小成正比关系（3）第一个成功实验（图a）中，将条形磁铁从同一高度插入线圈中，快速插入和慢速插入过程中，磁通量的变化量相同，磁通量的变化率不同（4）由图示实验可知，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电流表指针发生偏转，电路产生感应电流考点：电磁感应现象3图（a）是白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V，60W）的伏安特性曲线（1）随着灯泡L1功率的增大，其灯丝阻值逐渐 （选填变大、变小或不变）（2）若将它们串联后接在220V电源上，则此时L1灯的实际功率为 W（3）若用图（b）电路测量L1灯的伏安特性，由于电表存在内阻，实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在IU图中位置来得偏 （选填高或低）（4）用图（b）所示电路测量L1灯伏安特性时，已知R0=10，E=300V则电路中可变电阻R的最大值和最大电流选用下列那种规格，测量效果最好 A5，10A B50，6AC500，1A D5000，1A【答案】（1）变大（2）144 （3）低（4）B【解析】试题分析：（1）白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V，60W），根据，所以L1的电阻小于L2的电阻；根据I-U特性曲线可以知道曲线A的电阻较小，所以曲线A表示灯L1的伏安特性曲线，根据电阻的定义式可知，I-U伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率等于电阻的倒数所以随着灯泡L1功率的增大，I-U伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率减小，其灯丝阻值逐渐变大（2）两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由I-U图象可知，串联时电流应为024A，此时L1的电压为60V，故此时L1的功率P=U1I1=144W；（3）由于电流表存在内阻，电压表的读数要大于灯泡两端的实际电压所以实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在I-U图中位置来得偏低如果可变电阻R的最大电阻是500或5000，调节可变电阻不利于数据的测量和采集，所以选最大电阻50，最大电流6A，故选B考点：测量小灯泡的伏安特性曲线【名师点睛】本题考查识别、理解物理图象的能力物理上常常从数学的角度理解图象的物理意义结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算。4用如图所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程06A、3A）（b）电压表（量程3V、15V）（c）定值电阻（阻值1、额定功率5W）（d）定值电阻（阻值10、额定功率10W）（e）滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）（f）滑动变阻器（阻值范围0100、额定电流1A）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择_V，电流表的量程应选择_A；R0应选择_的定值电阻，R应选择阻值范围是_的滑动变阻器（2）电池电动势的测量值比真实值 （填偏大，偏小，相等），内阻的测量值比真实值 （填偏大，偏小，或相等），引起该实验系统误差的主要原因是_【答案】（1）3，06，1，010（2）偏小；偏小；由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小。【解析】试题分析：（1）由于电源是一节干电池（15V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几左右，加上保护电阻，最大电流在05A左右，所以选量程为06A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取010能很好地控制电路中的电流和电压，若取0100会出现开始几乎不变最后突然变化的现象（2）关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测E真，r测r真考点：测量电池的电动势及内阻【名师点睛】实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律。5有以下可供选用的器材及导线若干条，要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流A被测电流表A1：满偏电流约700800，内阻约100，刻度均匀、总格数为N；B电流表A2：量程06A，内阻01；C电压表V：量程3V，内阻3k；D滑动变阻器R1：最大阻值200；E滑动变阻器R2：最大阻值1k；F电源E：电动势3V、内阻15；G开关一个。（1）选用的器材应为_（填AG字母代号）（2）在虚线框内画出实验电路图，并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号（3）测量过程中测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A1的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig=_，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是_【答案】（1）ACDFG（2）如图；（3），U为电压表读数，RV为电压表内阻；【解析】试题分析：（1）电压表量程3V，内阻3K，满偏电流为Ig=A=1mA=1000A，与待测电流表类似，可以当作电流表使用，与待测电流表串联即可；由于滑动变阻器用分压电路，故选D，故应选用的器材为：ACDFG题目中的电流表量程06安，偏大，不需要；采用滑动变阻器分压式接法，电压可以连续调节电路图如图所示：待测电流表总格数为N，电流等于电压表电流，为：；电流表与电压表串联，通过他们的电流I相等，指针偏转格数之比：n：N=I：Ig，故，U为电压表读数，RV为电压表内阻；考点：测定电流表的内阻【名师点睛】本题关键是明确实验原理，知道电压表相当于纯电阻，能够结合欧姆定律列式分析应明确：电表的反常规接法：当电压表的满偏电流与待测电流接近时，应考虑将电压表与待测电流串联；当电流表的满偏电压与待测电压相同时，应考虑将电流表与待测电路并联；当变阻器的全电阻远小于待测电路的电阻时，变阻器应采用分压式接法。6在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所使用的电流表内阻约为几欧姆，电压表的内阻约为十几千欧。根据实验所测8组数据，在图甲所示I-U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。请根据你的判断在虚线框中画出实验电路图，并根据电路图在图乙中连线将实物图补充完整。根据图甲可确定小灯泡功率P与U2和I2的关系图象，其中正确的是 。若将被测小灯泡与一定值电阻R和电源组成如图丙所示的电路，已知电源电动势为60 V，内阻为10 。现测得电路中的电流为040 A，则定值电阻R所消耗的电功率约为 W。【答案】 电路图；实物连接图； D 064（060068）【解析】试题分析：因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示： 由于灯泡的电阻随温度的增加，由功率公式可得：；故在P-I2图象中，图象的斜率表示电阻，故斜率变大，故C错误，D正确；而在P-U2图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，故图象中斜率应越来越小，故AB均错误；故选D；由灯泡的伏安特性曲线可知，灯泡的电流为04A，则电压为4V；电源的内电压U内=Ir=041=04V；故定值电阻两端的电压为6-4-04=16V；故定值电阻的功率P=UI=1604=064W考点：描绘小灯泡的伏安特性曲线【名师点睛】本题考查描述伏安特性曲线的实验，要注意本实验中要明确分压接法的应用条件；并注意在实验中应用所学过的物理规律求解功率及电阻等7（1）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量电阻丝的直径d。其中一次测量结果如图所示，则图中读数为d = mm。（2）现用伏安法较准确的测一个阻值约为30K的电阻，可供选用的实验仪器有：A电源（电动势3V，内阻05）B电源（电动势16V，内阻2）C电流表（量程01mA，内阻250）D电流表（量程0500A，内阻500）E电压表（量程03V，内阻10K）F电压表（量程015V，内阻50K）G滑动变阻器（阻值0200,额定电流10A）H开关和导线若干实验电路应选取的仪器是 （用字母表示）；在下面方框图中画出实验电路图【答案】（1）0855（2）B D F G H,分压内接【解析】试题分析：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为05mm，可动刻度读数为001355mm=0355mm，则最终读数为0855mm；（1）为准确测量电阻阻值，应进行多次测量，测出多组实验数据，电源电动势应大一点，因此电源应选B、（电动势16V，内阻2）；电源电动势是16V，量程为0-3V的电压表量程太小，因此电压表应选：F、（量程0-15V，内阻50K）；通过待测电阻的最大电流约为I00005A=05mA=500A，因此电流表可以选：D、（量程0-500A，内阻500）；所以实验电路应选取的仪器是B D F G H；为了准确测出电阻阻值，应测出多组实验数据，因此滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值是30k，电压表内阻是50k，电流表内阻为500，电流表内阻远小于待测电阻阻值，可以采用电流表内接法，实验电路图如图所示考点：伏安法测电阻【名师点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路等问题；要根据实验目的、实验要求及所给器材选择实验器材，选择实验器材时，要遵循以下原则：安全性原则、精确性原则、方便性原则、经济性（节能）原则。8图甲为某同学测绘额定电压为25V的小灯泡的IU图线的实验电路图。（1）根据电路图以及相关参数，选择好量程，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接成完整实验电路（2）开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于 （选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示如果这个小灯泡两端所加电压为14V，则小灯泡此时的电阻是 （保留一位小数）随着电压增大，小灯泡的电阻 （填“增大”，“减小”或“不变”），原因是 。【答案】1）如图 （2）A端。（3）64，增大，灯丝温度升高电阻增大。【解析】试题分析：（1）根据给出的原理图可知，本实验中采用分压接法和电流表外接法；连接实物图如图所示；（2）为了安全实验，开始应让测量电路两端的电压为零；则可知应让滑片置于A端；（3）由图可知，当电压为14V时，电流为022A；则电阻； I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，灯泡电阻增大；其原因是电压升高，功率增大，温度升高，电阻率增大；考点：测绘小灯泡的IU图线【名师点睛】题考查伏安法测灯泡的伏安特性曲线，要注意明确电路的接法，注意灯泡的伏安特性曲线的掌握，明确I-U图象和U-I图象的区别。9在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A待测的干电池（电动势约为15V，内电阻小于10）B电流表A1（量程03mA，内阻10）C电流表A2（量程006A，内阻01）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0200，lA）F定值电阻R0（990）G开关和导线若干（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是_图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_（填写器材前的字母代号）。（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E_V，内阻r_。（结果保留小数点后2位）【答案】（1）B，D；（2）150；1 00；【解析】试题分析：（1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表（a）（b）两个参考实验电路，其中合理的是b，因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小，滑动变阻器应选D，（2）由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是15，电源电动势：，图象斜率：，解得；考点：考查了测量电源电动势和内阻实验【名师点睛】将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小10某同学利用下列器材测定一节干电池的电动势和内电阻A待测干电池（电动势约15V，内阻约10）B电流表（满偏电流3mA，内阻10）C安培表，量程006A，内阻约为01D电阻箱（09999）E滑动变阻器（020，10A）F滑动变阻器（0100，1A）G电键和导线若干（1）由于没有电压表，该同学用电流表G和电阻箱改装成量程为3V的电压表，则电阻箱的阻值应调为_（2）为了能较为准确地进行测量，以及操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_（填器材前的字母代号）（3）请在图1方框中画出实验电路图。（4）闭合开关S，调节滑动变阻器，读出电流表相应的示数I，并计算出改装后的电压表的读数U，在坐标纸中画出了如图2所示的U-I图像，由图像可知：E=_V，r=_（保留两位有效数字）【答案】（1）990（2）E（3）如图所示（4）【解析】试题分析：（1）把电流表G改装成3V的电压表，需要串联电阻阻值：；（2）为方便实验操作，应选取和被测仪器阻值相差不大的，故滑动变阻器应选择E；（3）应用伏安法测电源电动势与内阻，电流表测电路电流，电压表测路端电压，实验电路图如图所示：（4）图像的纵截距表示电源电动势，故，斜率表示电源内阻，考点：测量干电池的电动势和内电阻实验【名师点睛】本题考查了电压表的改装、实验器材的选择、设计测电源电动势与内阻实验的电路图，知道测电源电动势与内阻实验的实验原理，根据实验器材可以作出电路图11某同学要测量一个微安表 (量程为0-500uA)的内阻。可供选择器材有：A:电源(电动势6V，内阻较小)B:电压表(量程0-3V，内阻约几千欧姆)C:电阻箱(0-999.9欧)D:电位器(可变阻阻，与滑动变阻器相当)(0-1.5千欧)E:电位器（0-15千欧） 该同学设计了如图的电路进行实验。连接后，主要操作步骤下：1：开关K和K1处于断开状态 ;2: 将电位器R和电阻箱R1调至最大值。闭合开关K,调节电位器R，让微安表达到满偏，此时电压表示数为2.00V;3: 闭合开关K1,调节电位器R和电阻箱R1，让微安表达到半偏，此时电阻箱的示数为300.0欧，电压表的示数为2.50V。完成下列填空：(1)电位器R应该选择_。(2)由实验数据可知电压表的内阻为RV=_, 微安表的内阻为RA=_; (3)若电压表在制造过程中，由于分压电阻的误差，使得示数比真实值偏大，则由此造成微安表内阻的测量值_(选填“大于”、“小于”、“等于”)真实值【答案】 E 4000(4k,4000.0) 450.0 等于【解析】（1）由电路图知，电压表串联在电路中，由于电压表内阻较大，所以电位器应选择大阻值的，故选E；（2）当K1断开时，电流表与电压表串联，所以电压表内阻；（3）闭合开关K1，可求电压表的电流为： ，根据并联电路的电流规律，可求电阻箱的电流为： ，电阻箱的电压，所以电流表的内阻： ；（4）两次测量电压表造成的误差刚好消掉，微安表内阻的测量值等于真实值。12某学习小组欲精确测量电阻Rx的阻值，有下列器材供选用：A待测电阻Rx（约300）B电压表V（3V，内阻约3k）C电流表A1（10mA，内阻约10）D电流表A2（20mA，内阻约5）E滑动变阻器R1（020，额定电流2A）F滑动变阻器R2（02000，额定电流0.5A）G直流电源E（3V，内阻约1）H开关、导线若干（1）甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，并能满足Rx两端电压能从0开始变化进行多次测量。则电流表应选择_（填“A1”或“A2”）；滑动变阻 器应选择_（填“R1”或“R2”）；并请在方框中帮甲同学完成实验原理电路图。（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图所示的测量电路，具体操作如下：如图所示连接好实验电路，闭合开关S1前调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A1的示数恰好为电流表A2的示数的一半；闭合开关S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流表A1的示数，分别记为U、I；待测电阻的阻值Rx_。比较甲、乙两同学测量电阻Rx的方法，你认为哪种方法更有利于减小系统误差，答：_同学（填“甲”或“乙”）。【答案】 A1 R1 电路如图 U/I 乙【解析】（1）若满足Rx两端电压能从0开始变化进行多次测量，滑动变阻器一定采用分压式接法，为调节的方便，滑动变阻器选择R1；Rx的电流最大值I=ERx=10mA，所以电流表选择A1；因RxrArV是大电阻，所以采用电流表内接法，电路图如图所示；（2）闭合开关S1，断开开关S2时，当I1=12I2，此时Rx=r1+R2；闭合开关S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流表A1的示数，分别记为U、I，r1+R2=UI，所以Rx=UI；甲同学因电压的测量偏大，所以电阻的测量值偏大，乙同学的没有误差，所以乙同学的方法更好。13甲乙两位同学分工合作在实验室完成“半偏法测电压表内阻实验”，甲同学负责测量部分电路，乙同学负责供电部分电路.(1)甲同学画出了测量部分电路图如图所示，经过分析认为当电路两端电压恒定不变，假定初始时电阻箱的阻值为R0，电压表偏转角为满偏刻度的1/n，调节电阻箱的阻值增大为R1时，电压表偏转角为满偏刻度的1/m，则电压表内阻计算式可写为RV=_. （用m，n, R0, R1表示）(2)甲同学为了验证自己分析的正确性，使用半偏法，令n=1，m=2，R0=0代入(1)问中RV的表达式当中，可知RV=_.(3)乙同学的任务是负责组装出一个提供“恒压”的供电部分，他有两种电路可以选择，为了完成目标，他应当选择图当中的_. (选填：“甲”或 “乙”. )(4)乙同学在实验室找到最大阻值如下的四个滑动变阻器，最合适的选择是_（填选项字母）A10 B1k C10k D100k(5)甲、乙同学经讨论，得出正确的结论是：这种“半偏法”不可能提供“恒压”,因为测量部分总电阻变大，则输出端电压会变_. (选填：“大”或 “小”)，最终会导致测量结果_. (选填：偏大、偏小、相等)【答案】 （nR1-mR0）/（m-n） R1 甲 A 大 偏大【解析】（1）根据题意可知：（R0+RV）UnRV=（R1+RV）UmRV解得：RV=nR1-mR0m-n ；（2）令n=1，m=2，R0=0代入(1)问中RV的表达式当中，可知RV=R1；（3）因电压表内阻较大，故滑动变阻器可用分压电路，即供电电路用甲；（4）在用分压电路时，滑动变阻器阻值应小于待测电阻阻值，故选A.（5）(5)甲、乙同学经讨论，得出正确的结论是：这种“半偏法”不可能提供“恒压”,因为测量部分总电阻变大，则输出端电压会变大，而当电压表读数为原来的一半时，电阻箱R1上的电压会大于电压表的电压，故电阻箱的阻值大于电压表的内阻，即最终会导致测量结果偏大.14某同学测量直流恒流源的输出电流I0和定值电阻Rx的阻值，电路如图l所示。实验器材如下：直流恒流源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8 A)；待测电阻Rx (阻值约为20)；滑动变阻器R(最大阻值约为50)；电压表V(量程15 V，内阻约为15 k)；电流表A(量程0.6 A，内阻约为0.2)；请回答下列问题。 (1)实验所用器材如图2所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接_。(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到_处(选填“a”、“b”)，其理由是_；(3)所得实验数据如下表，请在图3所示的直角坐标系上画出UI图象。 (4)根据所画UI图象，可求得直流恒流源输出电流I0=_A，待测电阻的阻值Rx =_。(结果保留两位有效数字)【答案】 a 开关S闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程 0.87A0.92A 1922【解析】（1）连线如图；（2）电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到a 处，其理由是开关S闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程；（3）图像如图；（4）由图像可知，当U=0时即为恒流源电流I=0.90A；当I=0时，此时电流都通过Rx，则IRx=18.0，解得Rx=20.点睛：本题考查闭合电路欧姆定律在实验中的应用，要注意搞清实验的原理及电路的结构，明确图象的应用，能从图象得出对应的物理规律.15在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图已知选用的电流表内阻Rg=10、满偏电流Ig=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为 ；选择开关接3时其读数为 （2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为 计算得到多用电表内电池的电动势为 V（保留2位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为 （保留2位有效数字）【答案】（1）6.90mA（6.88 mA 6.92 mA或6.9mA都给分）；173V （171V174V都给分）(2)150；1.5(3)67；（6668都给分）【解析】试题分析：（1）选择开关接1时测电流，多用电表为量程是10mA的电流表，其分度值为02mA，示数为690mA；选择开关接3时测电压，多用电表为量程250V的电压表，其分度值为5V，其示数为173V；（2）由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为01000+1100+510+01=150；指针指在C处时，电流表示数为5mA=0005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150，电源电动势E=I2R=00051502=15V；（3）根据第（1）问可知，调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为690mA，而表内电池的电动势为E=15V，表内总电阻为150，所以待测电阻的阻值为67考点：测定电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查了电表读数、求电表内阻、电源电动势等问题，知道多用电表的原理是正确解题的前提与关键；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数16发光二极管（LED）是由镓（Ga）、砷（As）与磷（P）等的化合物制成的一种能够发光的半导体电子元件，通常用在电路及仪器中作为指示灯，或组成文字或数字显示，其显著的特点就是具有单向导电性。其电路符号如图甲所示，正常使用时带“+”号的一端应接在电源的正极，带“-”号的一端应接在电源的负极。某课外活动小组用实验方法测得某型号发光二极管两端的电压U和通过它的电流I的数据如下表所示（1）如图乙、丙有两个可供选择的电路，应选图_（填“乙”或“丙”）电路进行实验，实验中的系统误差主要是由_引起的。（2）请在坐标纸上用描点法画出该型号发光二极管的伏安特性曲线_。（3）若该型号发光二极管的最佳工作电压为25V，现用5V的稳压电源供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的该型号二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为_。（结果保留三位有效数字）【答案】丙电压表分流112120【解析】（1）滑动变阻器应接成分压器电路，而电流表内阻未知，故电流表用内、外接都可以，故丙图正确，图丙电路图中，电压表与二极管并联，会造成分流影响（2）如图所示（3）根据U-I图线，当二极管的工作电压为2.5V时，工作电流约为21.5mA，串联电阻上分到电压应为2.2V，故应串联的电阻为：R=UI=2.521.510-3=116（112120都算正确）17为了测定一个“6.3V，1W”的小灯泡正常发光时的电阻，实验室提供了下列实验器材： A电流表A1 ：（200mA，0.5）B电流表A2 ：（0.6A，0.2）C电压表V1 ：（10V，1k）D电压表V2 ：（15V，1.5k）E电源 E1=6V，2A F电源 E2=9V，1AG滑动变阻器R2（0-20，0.8W）H导线若干，电键一个 实验时电源应选用_，电流表应选用_，电压表应选用_在线框中画出实验的电路图，要求测量误差尽可能小【答案】F , A , C ,电路图用限流电路1分、内接法1分，电路完整的再加1分。【解析】根据公式：P=UI得：灯泡工作时的电流：I=PU=16.3A0.159A，所以需要选择200mA的电流表B；灯泡的额定电压是6.3V，所以需要选择量程10V的电压表C和9V的电源F；由于电源的电动势比较大，当选择20的滑动变阻器时，电流：I=UR=0.45APR=0.2A，所以20的滑动变阻器不能作为分压式接法的变阻器使用；应作为限流电阻使用，选择限流接法；由于电流表的内阻比小灯泡的电阻小很多，所以电流表采用内接法，电路如图：18传感器是一种将非电学量转换成电信号的检测装置，它是实现自动检测和自动控制的手摇环节；某物理课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的动能定理如图甲所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移s和瞬时速度已知小车质量为200g（1）某次实验得出拉力F随位移s变化规律如图乙所示，速度v随位移s变化规律如图丙所示利用所得的F-s图象，求出s=0.30m到0.52m过程中力F做功W=_J，此过程动能的变化Ek=_J（保留2位有效数字）（2）下列情况中可减小实验误差的操作是_（填选项前的字母，可能不止一个选项）A使拉力F要远小于小车的重力B实验时要先平衡摩擦力C要使细绳与滑板表面平行【答案】0.170.15BC【解析】（1）根据F-s图象图象可知，当s1=0.30m时，F1=1.00N，s2=0.52m时，F2=0.56N，因此：W=F1+F22(s2-s1)=0.17J ，速度v随位移s变化图象可知：s1=0.30m，v1=0，s2=0.52m时，v2=1.24m/s，Ek12mv22-12mv12=0.15J （2）该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故A错误；当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故BC正确；192007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家，材料的电阻随磁场的增加而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度若图为某磁敏电阻在室温下的电阻-磁感应强度特性曲线，其中RB、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB，请按要求完成下列实验；（1）设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，在图的虚线框内画出实验电路原理图（磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.61.2T，不考虑磁场对电路其它部分的影响）要求误差较小_提供的器材如下：A磁敏电阻，无磁场时阻值Ro=200B滑动变阻器R，全电阻约20C电流表量程2.5mA，内阻约30D电压表，量程3V，内阻约3kE直流电源E，电动势3V，内阻不计F开关S，导线若干（2）正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表，根据下表可求出磁敏电阻的测量值RB=1.5103 _，结合图1可知待测磁场的磁感应强度B=1.2 _T（均保留两位有效数字） 【答案】 1.6103 1.0【解析】（1）实验电路如图：采用多次测量取平均的方法，求出RB的值RB=15(0.480.3010-3+0.970.6110-3+1.600.9910-3+1.821.1410-3+2.801.7610-3) 1600RBR0=1600200=8由图1可知待测磁场的磁感应强度B为1.0T20某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率，进行如下实验：（1）首先用多用电表进行了电阻测量，主要实验步骤如下:A把选择开关扳到“10”的欧姆档上B把表笔插入测试孔中，先把两根表笔接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上C把两根表笔分别与圆柱形导体的两端相接，发现这时指针偏转较大D换用 “100”的欧姆档进行测量，随即记下欧姆数值E把表笔从测试笔插孔中拔出后，将选择开关旋至OFF档，把多用电表放回原处改正上述实验的两处操作错误；错误一_；错误二_；（2）分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图所示，则读数分别是L=_mm，d=_mm。（3）为使实验更准确，再采用“伏安法”进行电阻测量，下图中的两个电路方案中，应该选择图_。用实验中读取电压表和电流的示数U、I和（2）中读取的L、d，计算电阻率的表达式=_。【答案】（1）错误一：换用“1”的欧姆档；错误二：没有重新欧姆调零（2）237mm；2795mm（2793mm-2797mm）（3）乙；【解析】试题分析：（1）偏转角度过大，说明被测电阻较小，故应换用“1”的欧姆档，在重新换档后，需要重新欧姆调零（2）游标卡尺读数为螺旋测微器的读数为（3）因为被测电阻不大，所以需要采用电流表外接法，选择图乙；根据欧姆定律得，根据电阻定律得，联立两式解得考点：测定金属电阻率实验【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，以及掌握欧姆定律和电阻定律，会分析误差的来源21实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联测量实际电流表G1的内阻r1的电路如图所示供选择的仪器如下：待测电流表G1（05 mA，内阻约300 ）；电流表G2（010 mA，内阻约100 ）；定值电阻R1（300 ）；定值电阻R2（10 ）；滑动变阻器R3（01 000 ）；滑动变阻器R4（020 ）；干电池（15 V）；电键S及导线若干（1）定值电阻应选_，滑动变阻器应选_（在空格内填写序号）（2）用线条在图中把实物图补充连接完整（3）补全实验步骤：按电路图连接电路，将滑动变阻器的滑动触头移至最_端（填“左”或“右”）；闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示（4）根据I2I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_【答案】（1） （2）如图所示（3）左 （4）r1（k1）R1【解析】试题分析: （1）由于待测电流表G1量程等于电流表D2的量程的一半，所以应将阻值与待测电流表内阻相等的定值电阻R1并联进行改装，使得改装后的电流表量程与电流表G2的量程相等，以便与测量；由于滑动变阻器采用分压式接法，阻值越小越方便调节，所以变阻器应选R4；（2）连接电路图时，应先连好分压电路，然后再连接测量电路，连线图见答案。（3）为保护电流表，闭合开关前，应将滑片置于输出电压最小时，故置于最左端；（4）由电路图知：，解得：，故可得：考点: 伏安法测电阻。22为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用DIS设计了如图甲所示的电路。闭合电键S1，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条UI直线。请回答下列问题：（1）根据图乙中的M、N两条直线可知（ ）A直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的B直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的C直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的D直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的（2）图像中两直线交点处电路中的工作状态是（ ）A滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端B该电源在该电路中的输出功率最大C定值电阻R0上消耗的功率为05WD该电源在该电路中的效率达到最大值（3）根据图乙可以求得定值电阻R0= ，电源电动势E = V，内电阻r = 。【答案】（1）BC （2）ABC （3）20 150 10【解析】试题分析: （1）定值电阻的U-I图线是正比图线，一定经过原点，故图线M是根据电压传感器2和电流表A的数据画得的，电阻为2；电源的U-I图线是向下倾斜的图线，故直线N是根据电压传感器和电流表A的数据画得的，电动势为15V，内阻为1；故选BC。（2）当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，故A对；滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接近，故电源输出功率最大，故B对；此时电阻的电压为1V，电流为05A，故功率为05W，C对；外电阻最小，效率最低，故D错。（3）定值电阻的U-I图线是正比图线，斜率表示电阻，为2；图线N的纵轴截距表示电动势，为15V；斜率表示内电阻，为1。考点: 测电源电动势与内阻。【名师点睛】电源的电动势和内阻测量方法的常用方法：（1）安阻法：用一个电流表和电阻箱测量，电路如图甲所示，测量原理为：EI1（R1r），EI2（R2r），由此可求出E和r，此种方法使测得的电动势无偏差，但内阻偏大 （2）伏阻法：用一个电压表和电阻箱测量，电路如图乙所示，测量原理为：EU1r，EU2r，由此可求出r和E，此种方法测得的电动势和内阻均偏小（3）粗测法：用一只电压表粗测电动势，直接将电压表接在电源两端，所测值近似认为是电源电动势，此时UE，需满足RVr （4）双伏法：用两个电压表可测得电源的电动势，电路如图所示测量方法为：断开S，测得V1、V2的示数分别为U1、U2，此时，EU1U2r，RV为V1的内阻；再闭合S，V1的示数为U1，此时EU1r，解方程组可求得E和r23某同学要测量额定电压为3V的某圆柱体电阻R的电阻率。（1）用游标卡尺测量其长度，如图所示，则其长度L= mm。（2）为精确测量R的阻值，该同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻。他将红黑表笔分别插入“+”、“-”插孔中，将选择开关置于“l”档位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度如图甲所示。试问：为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“ ”档位置。再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0”处，如图乙所示，那么他该调节 直至指针指在“0”处再继续实验，结果看到指针指在如图丙所示位置。（3）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A灵敏电流计G（量程200A，内阻300） B电流表A（量程3A，内阻约0.3）C电压表V1 （量程3V，内阻约3k） D电压表V2量程l5V，内阻约5k）E滑动变阻器R1