1、高频考点强化练(七)电学中的设计性实验(45分钟100分)1.(12分)(2018天津高考)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 k)，除了Rx、开关S和导线外，还有下列器材供选用：A.电压表(量程01 V，内阻约10 k)B.电压表(量程010 V，内阻约100 k)C.电流表(量程01 mA，内阻约30 )D.电流表(量程00.6 A，内阻约0.05 )E.电源(电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计)F.电源(电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计)G.滑动变阻器R0(阻值范围010 ，额定电流2 A)(1)为使测量尽量准确，电压表选用_，电流表选用_，电源选用_。(
2、均选填器材的字母代号)(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会_其真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_。【解析】(1)若选用电源1.5 V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12 V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为I= A=1.2 mA，故电流表应选用C。(2)因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10 ，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故应采用滑动变阻器的分压接法，由于，故电流表采用内接法。实物图连接如图所示。(4)当电压为零时，电流为零，图线过原点，故甲同
3、学对；图线的斜率大小为金属丝的电阻值，故R= =570 。答案：(1)600(2)0.700(3)见解析(4)甲5702.(12分)(2018衡阳模拟)在探究小灯泡的伏安特性时，所用小灯泡上标有“2.5 V、0.6 W”字样，实验室提供的器材有：A.电流表A1(内阻约为5 、量程为025 mA)B.电流表A2(内阻约为5 、量程为0300 mA)C.电压表V1(内阻约为5 k、量程为03 V)D.电压表V2(内阻约为15 k、量程为015 V)E.滑动变阻器R1(阻值为010 、额定电流为0.6 A)F.滑动变阻器R2(阻值为01000 、额定电流为0.2 A)G.稳压电源E(电动势9.0 V
4、、内阻可忽略)H.开关一个、定值电阻若干、导线若干由以上信息回答下列问题：(1)实验前设计的电路图如图甲所示，为了减小实验误差，该实验所用的电流表、电压表、滑动变阻器分别为_(选填器材前的字母)。为保护滑动变阻器和灯泡，应在电路中串联的定值电阻R0合适的电阻值应为_(选填“1 ”“10 ”“30 ”或“100 ”)。(2)请确定测量电路中电压表右侧导线的正确位置后，在图乙中用笔画线代替导线，将实物完整连接起来。(3)连接好电路后，通过改变滑动变阻器的滑片位置，并通过计算机描绘了该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，若将两个这样的小灯泡并联后直接接在电动势E=3 V、内电阻r=5 的电源上，每个小灯
5、泡所消耗的实际功率为_ W(结果保留两位有效数字)。【解析】(1)小灯泡额定电压为2.5 V，故电压表应选择C；额定电流为I= A=0.24 A，故电流表应选择B；本实验采用分压接法，故应采用滑动变阻器E；由于电动势为9 V，而测量电压只需要2.5 V，故可以采用定值电阻与滑动变阻器串联分压的方式减小滑动变阻器两端的电压，为了满足电压要求，可以采用10 电阻串联。(2)由于灯泡内阻较小，故为了减小误差应采用电流表外接法，故接a处，根据原理图可得出对应的实物图如图所示；(3)两灯泡并联接在电源两端，则设电压为U，电流为I，则由闭合电路欧姆定律可知：U=E-2Ir，在灯泡伏安特性曲线中作出U=E-
6、2Ir对应的伏安特性曲线，如图所示，则由图可知，此时灯泡的电压为1.2 V，电流为0.18 A，则功率为：P=UI=1.20.18 W=0.22 W。答案：(1)B、C、E10 (2)见解析图(3)0.22【总结提升】电学实验电路设计的思路与方法1.首先应明确题目的要求，看清题目要求测定什么物理量，验证、探究什么物理规律，或要求设计达到何种标准的电路等。其设计原则是：安全、方便、经济。2.在测量电路中，一般有电流表内接和外接两种方法，对于给定电表内阻的情况，应先比较R0与待测电阻Rx的关系，其中R0=，若RxR0，则设计为电流表内接法；若RxR0，则设计为电流表外接法；若电表量程不合适，往往还
7、要用定值电阻对电表进行改装。3.控制电路分滑动变阻器的分压式和限流式两种接法，两种接法的选择方法如下：(1)采用限流式接法时不能控制电流(或电压)满足实验要求，即滑动变阻器阻值调到最大，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(或额定电压)，则必须选用分压式接法。(2)若待测电阻的阻值比滑动变阻器的最大电阻大得多，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范围不够大，此时，应改用分压式接法。(3)若实验中要求测量电路中电压从零开始变化，则必须采用分压式接法。(4)两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为
8、限流式接法电路简单、耗能低。3.(12分)某学生用如图甲所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线ab，电阻约10 ，导线允许流过的最大电流为0.8 A，稳恒电源E，电源输出电压恒为E=12 V，电压表V，量程为3 V，内阻约5 k，保护电阻：R1=10 ，R2=30 ，R3=200 。刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等。实验时的主要步骤如下：用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d。按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好。闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U。描点作出U-x曲线求出金属导线的电阻率。完成下列填空：(1)用螺旋
9、测微器测量金属导线的直径d，其示数如图乙所示，该金属导线的直径d=_mm。(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选_。(3)根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U给出的U-x图线如图丙所示，其中图线的斜率为k，则金属导线的电阻率=_(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)。【解析】(1)根据螺旋测微器读数规则，该金属导线的直径d=0.870 mm。(2)根据题述电源输出电压恒为E=12 V，电压表V量程为3 V，保护电阻R应该分压9 V。由于被测金属导线ab电阻约10 ，所以保护电阻R应选R2=30 。(3)被测金属导线横截
10、面积S=，aP段电阻Rx=。 电压表的示数U=IRx，电流表示数I=，=，联立得到U=x，U-x图线的斜率k=，解得=。答案：(1)0.870(2)R2(3)。4.(12分)某同学利用电流电压传感器描绘小灯泡的伏安特性曲线，采用如图甲所示的电路。实验中得出了如下一系列数据：电流I/A0.000.100.200.300.360.390.410.43电压U/V0.000.200.501.001.502.002.503.00(1)图甲中矩形框1中应接_，矩形框2中应接_，矩形框3中应接_。(选填“电流传感器”“电压传感器”或“小灯泡”)(2)在图乙中画出小灯泡的U-I图线。(3)把与本题中相同的两个
11、灯泡接到如图丙所示的电路中，若电源电动势E=4.5 V，内阻不计，定值电阻R=10 ，此时每个灯泡的实际功率是_ W(结果保留两位有效数字)。【解析】(1)图甲中矩形框1与矩形框2并联，矩形框1进行数据采集，所以矩形框1应接电压传感器，矩形框2为小灯泡。矩形框3串联在电路中，且数据采集，应接电流传感器。(2)根据实验中得出的数据，在图乙中描点，用平滑曲线画出小灯泡的伏安特性曲线。(3)设每个小灯泡两端电压为U。通过的电流为I，对图丙所示电路，运用闭合电路欧姆定律，E=2U+IR，变换为U=-I。在画出的小灯泡伏安特性曲线同一坐标系中画出U=-I函数图象，如图中的直线。两图线的交点即为每个灯泡的
12、工作点。该点对应的纵横坐标值分别对应灯泡两端的电压U(0.85 V)和灯泡中通过的电流I(0.28 A)，每个灯泡的实际功率是P=UI=0.850.28 W=0.24 W。答案：(1)电压传感器小灯泡电流传感器(2)见解析图(3)0.245.(17分)(2017全国卷)某同学利用如图甲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)按原理图甲将
13、图乙中的实物连线。(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滑到接近图甲中滑动变阻器的_ (选填“左”或“右”)端对应的位置；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
14、个位)。(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：_。【解析】(1)电路连接如图所示(2)R1主要作用是分压，应选择阻值较小的20 的滑动变阻器；为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图甲中的滑动变阻器的左端，使测量电路电压接近零；微安表的示数保持不变，这说明S2接通前后在BD中无电流流过，可知B与D所在位置的电势相等；设滑片D两侧电阻分别为R21和R22，因B与D所在位置的电势相等，可知：=；同理当Rz和微安表对调时，仍有：=；联立两式解得：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)
15、见解析6.(17分)(2017全国卷)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甲所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_(选填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率_(选填“增大”“不变”或“减小”)。(3)用
16、另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 )和题给器材连接成图乙所示的电路，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)由于电压表量程是0 3 VUL=3.8 V，故用定值电阻R0与电压表串联，扩大其量程。电源内阻不计，滑动变阻器总阻值较小，小灯泡上的电压应从零开始调节，故实验电路采用外接法分压式电路，如图所示。(2)小灯泡伏安特性曲线上的某一点与原点连线的斜率的物理意义是，随着电流的增加，小灯泡的电阻增大，由电阻定律知灯丝的电阻率增大。(3)当滑动变阻器阻值R1=9 时，小灯泡上电
17、压随电流变化的关系为：U1= E0-I1(r+R1)，即：U1 = 4-10I1；在图甲小灯泡伏安特性曲线上作出关系式表示的直线(如图)。直线与曲线交点坐标为(1.75 V，225 mA)，故小灯泡的最小功率为P1 = I1U1 =0.2251.75 W= 0.39 W；当滑动变阻器阻值R2=0时，灯泡消耗的功率最大，有U2=E0-I2r，即：U2=4-I2，直线与曲线交点坐标为(3.67 V，320 mA)，如图所示。小灯泡的最大功率为P2=I2U2=0.323.67 W=1.17 W。答案：(1)见解析图(2)增大增大(3)0.391.177.(18分)某探究性学习小组利用如图所示的电路测
18、量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0 k，电阻R1=9.0 k，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0 的电阻。(1)按图示电路进行连接后，发现 aa、 bb和cc 三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b间电压，读数不为零，再测量 a、 a间电压，若读数不为零，则一定是_导线断开；若读数为零，则一定是_导线断开。(2)排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图所示。由I1-I2图象得到电池的电动势E=_V，内阻r=_。
19、【解析】(1)用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在a、b间后有示数，说明电路被接通，即a、b间有断路故障，再测量a、a间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到a、a间，则一定是aa导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在b、b间，即bb导线断开。(2)将纵轴数值都乘以(R1+r1)，将I1-I2图象转化成U1-I2图象，并延长图线与纵轴相交，则纵轴截距为1.41 V，即电源电动势为1.41 V，斜率k= =3.5 =R0+r，可得r=0.5 。答案：(1)aabb(2)1.41(1.361.44均可)0.5(0.40.6均可)关闭Word文档返回原板块