高考物理 电学实验精讲精练 描绘小电珠的伏安特性曲线.doc

描绘小电珠的伏安特性曲线一、实验目的1描绘小电珠的伏安特性曲线2分析伏安特性曲线的变化规律二、实验原理用电流表测出流过小电珠的电流，用电压表测出小电珠两端的电压，测出多组(u，i)值，在ui坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连接起来三、实验器材小电珠(3.8 v,0.3 a)或(2.5 v,0.6 a)一个、电压表(03 v15 v)与电流表(00.6 a3 a)各一个、滑动变阻器(最大阻值20 )一个、学生低压直流电源(或电池组)、开关一个、导线若干、坐标纸、铅笔四、实验步骤1确定电流表、电压表的量程，采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，按图中的原理图连接好实验电路2把滑动变阻器的滑片调节到图中最左端，接线经检查无误后，闭合开关s.3移动滑动变阻器滑片位置，测出12组左右不同的电压值u和电流值i，并将测量数据填入表格中，断开开关s.u(v)00.20.40.60.81.01.2i(a)u(v)1.62.02.42.83.23.63.8i(a)4.拆除电路，整理仪器五、数据处理1在坐标纸上以u为横轴，以i为纵轴，建立坐标系2在坐标纸上描出各组数据所对应的点(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)3将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小电珠的伏安特性曲线六、注意事项1电路的连接方式(1)电流表应采用外接法：因为小电珠(3.8 v,0.3 a)的电阻很小，与00.6 a的电流表串联时，电流表的分压影响很大(2)滑动变阻器应采用分压式连接：目的是使小电珠两端的电压能从零开始连续变化2闭合开关s前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为零的一端，使开关闭合时小电珠的电压从零开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝3iu图线在u01.0 v左右将发生明显弯曲，故在u1.0 v左右绘点要密，以防出现较大误差4当小电珠的电压接近额定值时要缓慢增加，到额定值记录i后马上断开开关5误差较大的点要舍去，iu图线应是平滑曲线而非折线七、误差分析1由于电压表、电流表不是理想电表，电表内阻对电路的影响会带来误差2电流表、电压表的读数带来误差，要严格按照读数规则读数3在坐标纸上描点、作图带来操作误差一实验操作和器材的选取典例1要测绘一个标有“3 v0.6 w”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 v，并便于操作已选用的器材有：电池组(电动势为4.5 v，内阻约为1 )；电流表(量程为0250 ma，内阻约5 )；电压表(量程为03 v，内阻约3 k)；电键一个、导线若干(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_(填字母代号)a滑动变阻器(最大阻值20 ，额定电流1 a)b滑动变阻器(最大阻值1 750 ，额定电流0.3 a)(2)实验的电路图应选用下列的图_(填字母代号)(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 v，内阻为5 的电源两端，小灯泡消耗的功率是_w.解析(1)由题意知，小灯泡两端电压从零开始变化，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值小、额定电流大的a.(2)灯泡的电阻r15 ，额定电流i0.2 a，由r15 ，依据公式法“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，b正确(3)在灯泡的iu图上作出电源的iu图线，交点即为这个电源给这个灯泡供电时的电流和电压，此时p灯iu0.11 w0.1 w.答案(1)a(2)b(3)0.1仪器选择的一般顺序是先易后难首先确定出必须使用而又不必选择的仪器，然后以其为突破口，根据电路要求和电路计算，选择出电源、滑动变阻器、电流表、电压表以及合理的量程待测电阻的额定电流、额定电压(估算值)是选择合适量程的电流表和电压表的重要依据如滑动变阻器的选择，既要考虑它的额定电流，又要考虑它的阻值范围，在二者都能满足实验要求的情况下，还要考虑阻值大小对实验操作中是否调节方便的影响，一般来说如果是限流法选定比待测电阻大几倍的滑动变阻器，如果是分压法选定阻值小的滑动变阻器二数据处理和误差分析典例2物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 w，额定电压值已模糊不清他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该小灯泡的电阻约为2 ，然后根据公式计算出该小灯泡的额定电压u v1.22 v他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过小灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制小灯泡的ui图线，进而分析小灯泡的额定电压a电压表v(量程3 v，内阻约3 k)b电流表a1(量程150 ma，内阻约2 )c电流表a2(量程500 ma，内阻约0.6 )d滑动变阻器r1(020 )e滑动变阻器r2(0100 )f电源e(电动势4.0 v，内阻不计)g开关s和导线若干h待测小灯泡l(额定功率0.75 w，额定电压未知)(1)在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择_(填“a1”或“a2”)；滑动变阻器选择_(填“r1”或“r2”)(2)在实验过程中，该同学将小灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23 v时，发现小灯泡亮度很暗，当达到2.70 v时，发现小灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中.次数1234567u/v0.200.601.001.401.802.202.70i/ma80155195227255279310请你根据表中实验数据在图中作出灯泡的ui图线(3)由图象得出该灯泡的额定电压应为_v；这一结果大于1.23 v，其原因是_.解析(1)根据pi2r，估算出灯泡的电流大约是600 ma，因此电流表应选a2；本实验要描绘出灯泡的ui图线，需要测量多组数据，因此滑动变阻器应采用分压式接法，所以应选阻值较小的r1；小灯泡电阻较小，电流表应外接原理图如图所示(2)如图所示(3)由pui0.75 w，再结合图象可知u额2.5 v；小灯泡的额定电压大于1.23 v的原因是小灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻答案(1)见解析图a2r1(2)见解析图(3)2.5(2.42.6均可)小灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或小灯泡的电阻随温度的升高而变大)在描点时，一是不要忘了(0,0)这个点，二是连线时用平滑的曲线连接，使尽量多的点落在曲线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，较远的点舍去，三是理解好曲线斜率的意义，如果是ui图线，斜率表示电阻，如果是iu图线，斜率表示电阻的倒数三实验改进拓展创新1创新点分析以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性等特点2命题视角视角1以实验原理及实验方法为基础，探究小灯泡功率与电压的关系视角2图象法处理数据及实物连线视角3实验仪器的选择及控制电路的选择视角4数据处理方式的改进采用“dis”数字化实验系统进行实验数据的采集和处理典例3有一个标有“12 v24 w”的电珠，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，需测定电珠两端的电压和通过电珠的电流，现有如下器材：a直流电源15 v(内阻可不计)b直流电流表00.6 a、03 a(内阻约0.5 、0.1 )c直流电流表0300 ma(内阻约5 )d直流电压表03 v、015 v(内阻约3 k、15 k)e直流电压表025 v(内阻约200 k)f滑动变阻器10 、5 ag滑动变阻器1 k、3 a(1)实验台上已放置开关、导线若干及电珠，为了完成实验，需要从上述器材中再选用_(用序号字母表示)(2)在下面的虚线框内画出最合理的实验原理图(3)若测得灯丝电阻r随电珠两端电压变化关系的图线如图所示，由这条曲线可得出：正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是_解析(1)由灯泡的额定电压为12 v、额定电流为2 a可知，电压表应选用d，电流表应选b，因电珠电压由零开始变化，所以实验采用分压式电路，滑动变阻器应选阻值小些的，故选f，电源a是必选的(2)因，故应采用电流表外接法滑动变阻器应用分压式连接，如图所示(3)由图可知，u12 v时，r6.2 ，故灯丝正常发光时的功率p23.2 w.答案(1)abdf(2)见解析图(3)23.2 w对点自测1电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表v(量程3 v，内阻约为3 000 )，电阻箱r0(最大阻值为99 999.9 )，滑动变阻器r1(最大阻值100 ，额定电流2 a)，电源e(电动势6 v，内阻不计)，开关两个，导线若干(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整(2)根据设计的电路，写出实验步骤：_.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为rv，与电压表内阻的真实值rv相比，rv_rv(填“”“”或“”)，主要理由是_.解析：(1)实验电路图如图所示(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关s1、s2，调节r1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开s2，调节电阻箱r0使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻(3)断开s2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时r0两端的电压大于电压表的半偏电压，故rvrv.答案：见解析2二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究据了解，该二极管允许通过的最大电流为50 ma.(1)该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆挡来判断它的正、负极：当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断_(填“左”或“右”)端为二极管的正极(2)实验探究中他们可选器材如下：a直流电源(电动势3 v，内阻不计)b滑动变阻器(020 )c电压表(量程15 v、内阻约80 k)d电压表(量程3 v、内阻约30 k)e电流表(量程0.6 a、内阻约1 )f电流表(量程50 ma、内阻约50 )g待测二极管h导线、开关为了提高测量精度，电压表应选用_，电流表应选用_(填字母序号)(3)实验中测得的数据如下表，请在图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线.电流i/ma000.21.83.98.614.021.833.550.0电压u/v00.500.751.001.251.501.752.002.252.50(4)同学们将该二极管与阻值为100 的定值电阻串联后接到输出电压恒为3 v的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为_w.解析：(1)调到欧姆挡时，在多用电表的内部，电源的正极是接在黑表笔上，负极是接在红表笔上(2)电源电压只有3 v，所以电压表选d；二极管允许通过的最大电流为50 ma，所以电流表选f.(4)在图中画出阻值为100 的定值电阻的伏安特性图象，从图中找出两图象电流相同且电压之和等于3 v时的电流值大约是13 ma，则定值电阻的功率pi2r0.017 w.答案：(1)左(2)df(3)伏安特性曲线如图所示(4)0.017(在0.0150.019范围内均可)跟踪练习1“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验电路如图所示，所用小灯泡的额定电压是3.8 v关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是()a系统误差主要是由电压表的分流引起的b系统误差主要是由电流表的分压引起的c系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的d系统误差主要是由读数时的估读引起的解析：选a.由于小灯泡的电阻比较小，所以采用电流表外接法，此时电压表的测量值是准确的，但是电流表的测量值和真实值相比要大，系统误差的主要原因是电压表分流，a正确2图为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 v.(1)完成下列实验步骤：闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，_；闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，_；断开开关，根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线(2)在线框中画出与实物电路相应的电路图解析：(1)滑动变阻器为分压式接法，故闭合开关前，灯泡两端的电压为零，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压(2)与实物电路相应的电路图如图所示答案：(1)使它靠近滑动变阻器左端的接线柱增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到其额定电压(2)如解析图所示3某同学想要描绘标有“3.8 v,0.3 a”字样小灯泡l的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：电压表v1(量程03 v，内阻等于3 k)电压表v2(量程015 v，内阻等于15 k)电流表a1(量程0200 ma，内阻等于10 )电流表a2(量程03 a，内阻等于0.1 )滑动变阻器r1(010 ，额定电流2 a)滑动变阻器r2(01 k，额定电流0.5 a)定值电阻r3(阻值等于1 )定值电阻r4(阻值等于10 )定值电阻r5(阻值等于1 k)电源e(e6 v，内阻不计)(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁(2)该同学描绘出的iu图象应是图中的_解析：(1)电压表v1和定值电阻r5串联，可改装成量程为04 v的电压表，电流表a1与定值电阻r4并联，可改装成量程为00.4 a的电流表，待测小灯泡的电阻很小，故电流表采用外接法(2)小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以b正确答案(1)电路如图所示(2)b4如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流i0，r为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表某同学利用该电路研究滑动变阻器rl消耗的电功率改变rl的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的ui关系图线回答下列问题：(1)滑动触头向下移动时，电压表示数_(填“增大”或“减小”)(2)i0_a.(3)rl消耗的最大功率为_w(保留一位有效数字)解析：(1)滑动触头向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，因为总电流不变，所以总电压减小，电压表示数减小(2)电压表示数与电流表示数之间的关系为u(i0i)ri0rir，由图象横轴截距得i01.00 a.(3)由ui图线可得r20 ，rl消耗的功率puii0rii2r，由二次函数的规律得rl最大功率为5 w.答案：(1)减小(2)1.00(0.98、0.99、1.01均正确)(3)55某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为_a；(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将_只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 v、内阻为1 的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为_w(保留两位小数)解析：(1)电流表的示数从零开始逐渐增大，说明滑动变阻器应该用分压式接法(2)电流表示数为0.44 a.(3)设有n个小电珠并联，每个小电珠的电压为u，电流为i，则当小电珠的总功率(相当于电源的输出功率)最大时，外电阻和电源内阻相等，所以u1.5 v，ni1.5 a，即每个小电珠两端的电压为1.5 v从题目所给的ui图可以看出，当u1.5 v时，i0.37 a，所以小电珠个数n4，小电珠的总功率p2.25 w.答案：(1)见解析图(2)0.44(3)42.25(或2.222.28均正确)6现要测定一个额定电压2.5 v、额定功率约0.7 w的小灯泡的伏安特性曲线(1)为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图(2)合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的_(填“左端”或“右端”)(3)根据实验数据，描绘出的ui图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80 v时，小灯丝电阻为_，小灯泡的功率为_w(结果保留两位有效数字)