1、专题巩固检测对应学生用书P1281(2019广东惠州调研)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一个量程为3 V的电压表的内阻，如图甲所示。测量前先将选择开关旋至倍率“1 000”挡，红、黑表笔短接欧姆调零后进行测量，然后将电压表的“”接线柱与多用电表的_(选填“黑表笔”或“红表笔”)连接，第一次测量指针指向位置如图乙中虚线所示，则应将选择开关旋至_倍率挡再进行测量，红、黑表笔_(选填“需要”或“不需要”)再次短接进行欧姆调零，第二次测量指针指向位置如图乙中实线所示，若将此电压表改装成量程为15 V的电压表，需要_(选填“串联”或“并联”)一个阻值为_ 的电阻。解析欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串
2、联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，故红表笔应接电压表的“”接线柱；电压表的“”接线柱接多用电表的黑表笔；第一次测量指针指向位置如图乙中虚线时，说明偏角过大，所选挡位过大，故应换作小挡位；故选用100挡；每次换挡后均需要进行欧姆调零；欧姆表的测量值等于表盘示数乘以倍率，故R1 500 ；根据串联电路规律可知，应串联的电阻R 6 000 。答案黑表笔100需要串联6 0002(2019广东茂名二模)有一新型圆柱形的导电材料，电阻阻值在810 之间，为了测量该导电材料的电阻率，实验室提供了以下实验器材：A20分度的游标卡尺B螺旋测微器C电流表A1(0100 mA，内阻约为10 )
3、D电流表A2(00.6 A，内阻约为0.1 )E电压表V1(03 V，内阻约为3 k)F电压表V2(015 V，内阻约为15 k)G直流电源E(4 V，内阻不计)H滑动变阻器R(010 ，2 A)I开关及导线若干(1)用游标卡尺测得该样品的长度L。其示数如图甲所示，其读数为_ mm；用螺旋测微器测得该样品的外径D，其示数如图乙所示，其读数为_ mm。(2)本次实验的电流表选用的是_，电压表选用的是_(填写所提供器材前的字母)。(3)测量新型圆柱形的导电材料的电阻R。应采用下图中的_(选填“甲”“乙”“丙”或“丁”)电路图。解析(1)长度为L41 mm150.05 mm41.75 mm；外径为D
4、3.5 mm12.70.01 mm3.627 mm。(2)电源电动势力为4 V，则电压表选择E，电路最大电流约为：I0.375 A，则电流表选择D。(3)因为电流表内阻和导电材料电阻相接近，故采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，故选甲图。答案(1)41.753.627(3.6263.629均可)(2)DE(3)甲3(2019四川攀枝花统考)要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：A待测电压表V(量程3 V，内阻几千欧)B电流表A(量程3 A，内阻0.01 )C定值电阻R(阻值 2k，额定电流50 mA)D蓄电池E(电动势略小于3 V，内阻不计)E多用电表F开关K1、K2，导线若
5、干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：(1)首先，用多用电表进行粗测，选用100倍率，操作方法正确。若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是_ 。(2)为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图所示的乙、丙实验电路，你认为其中较合理的电路图是_。其理由是_。(3)在图丁中，根据你选择的电路把实物连接好。(4)用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤：_；(5)用上述所测量的符号表示电压表的内阻RV_。解析(1)选用100倍率，读数为30100 3 000 。(2)较为合理的是丙图，因为电阻较大，乙图中电流表的示数太小，误差太大，丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小；(3
6、)实物图如答案图。(4)(5)需要直接测量的物理量是K2闭合、断开时电压表读数U1和U2；K2闭合时，示数U1相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即，所以RVR。答案(1)3 000(2)丙乙图中电流表的示数太小，误差太大。丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小。(3)实物图连接如图所示：(4)实验步骤：闭合K1，再闭合K2，读得电压表示数U1；再断开K2，读得电压表示数U2。(5)R4(2019河南郑州模拟)某同学通过实验测定一捆长度约为100 m的铜导线(电阻约为1.5 )的实际长度，首先利用螺旋测微器测量其直径，如图甲所示，再利用图乙所示的电路测出铜导线的电阻。可供使用的器材有：电
7、流表：量程0.6 A，内阻约0.2 ；电压表：量程3 V，内阻约9 k；滑动变阻器R1：最大阻值 5 ；滑动变阻器R2：最大阻值20 ；定值电阻：R03 ；电源：电动势6 V，内阻可不计；开关、导线若干。回答下列问题：(1)由图甲可知，铜导线的直径D_ mm。(2)实验中滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至_(填“a”或“b”)端。(3)根据图乙所示的实物图，在方框内画出其电路图(铜导线用电阻元件符号表示)。(4)调节滑动变阻器，电压表的示数为U，电流表的示数为I，铜的电阻率为，不考虑电表内阻对实验的影响，则导线的长度为_。(用已知和所测量的字母表示)解析(1)球
8、的直径为D1 mm17.00.01 mm1.170 mm。(2)由于待测电阻比较小，为了更好的控制电路所以选择R2比较合理，闭合开关前应保证回路中电流最小，则接入滑动变阻器的阻值就最大，所以应该在a端。(3)由于待测电阻阻值较小，选用电流表外接的方式，定值电阻R0与Rx串联能够使得电压表的读数在量程的以上，所以为了减小误差，要把R0与Rx串联用，电路图如图所示：(4)由电路结构可得：UI(R0Rx)，由电阻定律：Rx，解得l。答案(1)1.170(2)R2a(3)见解析图(4)5(2019安徽宣城调研)用下列器材组装一个电路：A待测电池组B待测小灯泡(2 A,2.5 V)C电流表A(量程3 A
9、，内阻非常小)D电压表V1(量程6 V，内阻非常大)E电压表V2(量程1 V，内阻1 500 )F滑动变阻器R(最大阻值10 ，额定电流4 A)G定值电阻R1(3 000 )H开关一只，导线若干要求：既能测定电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的UI曲线(1)请在上图甲的虚线方框中将设计相对合理的实验电路图补充完整；(2)每次实验操作需记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，经过多次测量换算，最后在UI坐标系中，描绘出两条图线，且在P点相交，如图乙所示，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为_ ；电池组的效率为_。(计算结果保留两位有效数字)解析(1)伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压
10、表V1测路端电压，电流表A测量电流；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表A测流过灯泡的电流，考虑到电压表V2量程偏小，可与定值电阻R1串联增大量程；此时电压表V2的内阻与R1之和远大于灯泡内阻，可用电流表外接法，则电路如图所示。(2)电源的UI图像是一条倾斜的直线，由图像可知，电源电动势E4.5 V，电源内阻r 1.0 。两图像的交点坐标，即灯泡两端电压UL2.5 V，电路电流I2.0 A，此时电源电动势EIrULIR滑，即4.5 V2.0 A1.0 2.5 V2.0 AR滑，则R滑0；电池组的效率100%100%100%100%56%。答案(1)如图所示(2)056%6(2019河南濮阳三模
11、)如图所示为多用电表的原理示意图，已知表头G的满偏电流为2 mA、内阻为150 ，刻度盘上电阻刻度线正中央标有“30”。选择开关S旋到“2”时量程为010 mA，旋到“3”“4”“5”“6”时的量程未知，但测得R6570 ，R7900 ，E为两节新的干电池，内阻忽略。请回答下列问题：(1)选择开关S旋到“6”时的量程为_。A015 A B03 VC012 V D015 V(2)正确使用欧姆挡测量电阻时，滑动变阻器R3连入的阻值为_ 。(3)电池用久后，电动势变小了，内阻变大了，但仍能欧姆调零，用此表去测电阻，则其测量值比真实值_。(填“偏小”“偏大”或“不变”)解析(1)开关S旋到“6”时为电
12、压表，量程为：UIgRgI(R6R7)10103(570900) V2103150 V15 V，故选D项。(2)由闭合电路欧姆定律可得：R3 270 。(3)电池用久了，电源电动势E变小内阻增大，欧姆表调零时，内阻变小，应用欧姆表测电阻时，I，由于R内偏小，则电流I偏小，欧姆表指针偏转角度较小，电阻测量值偏大。答案(1)D(2)270(3)偏大7(2019广东深圳联考)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。(1)甲同学按图甲中的实线连接电路进行实验，其中定值电阻的作用是_。由电压表读数U和电流表读数I，画出UI图线如图乙所示，可得电源的电动势E_ V，内电阻r_ 。(结
13、果保留2位有效数字)(2)乙同学因为粗心，多连接了一根导线，如图甲中的虚线所示。由电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图丙所示。乙同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图丙也可以达到实验目的，则由图丙可得电源的电动势E_ V，内电阻r_ 。(结果保留2位有效数字)解析(1)定值电阻在电路中主要起到保护电路的作用；根据UEIr可知，图像与纵轴的交点表示电源电动势，故E2.8 V，图像的斜率表示内电阻r 0.60 。(2)由乙同学的电路接法可知，滑动变阻器的左右两部分并联后与定值电阻串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图
14、丙所示的图像，则由图像可知，当电压为2.5 V时，电流为0.5 A，此时两部分电阻相等，则总电流为I11 A；而当电压为2.4 V时，电流分别对应0.33 A和0.87 A，则说明当电压为2.4 V时，干路电流为I2(0.330.87)A1.2 A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5Er,2.4E1.2r解得E3.0 V，r0.50 。答案(1)保护电路2.80.60(2)3.00.508(2019广东肇庆检测)现有一块直流电流计G，满偏电流为200 A，内阻约为400 ，某同学想把它改装成量程为2 V的电压表，他首先根据下图示电路，用半偏法测定电流计G的内阻。(1)为提高测量准确度，在以下器材
15、中，电阻器应选用_；电池应选用_(选填器材前的字母)。A电池(电动势1.5 V，内阻不计)B电池(电动势4.5 V，内阻不计)C电阻箱(0999.9 )D滑动变阻器(0500 )E电位器(一种可变电阻，与滑动变阻器相当)(05.1 k)F电位器(051 k)(2)该同学在开关断开的情况下，检查电路连接无误后，将R的阻值调至最大。后续的实验操作步骤依次是_，最后记录R的阻值并整理好器材(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)A闭合S1B闭合S2C调节R的阻值，使电流计指针偏转到满刻度D调节R的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半E调节R的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半F调节R的阻值，使
16、电流计指针偏转到满刻度(3)如果测得R的阻值为400.0 ，即为电流计G内阻的测量值。则给电流计G_联(选填“串”或“并”)一个阻值为_ k的电阻，就可以将该电流计G改装成量程为2 V的电压表。(4)请你推断在本实验中电流计G内阻的测量值R比其内阻的实际值Rg是偏大还是偏小。_解析(1)该实验采用半偏法测量，测量电路要让电流计达到满偏，电源电压至少大于2 V，故选电源B；闭合S2，电路中电流I不能大于200 A，由I知，RRg，代入数据得R30 k，故选F项。(2)半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，闭合开关S1，调节滑动变阻器R，使表头指针满偏；第三步，闭合开关S2，改变
17、电阻箱R的阻值，当表头指针半偏时记下电阻箱读数，此时电阻箱的阻值等于表头内阻Rg。故应选ACBE项。(3)将电流计改装成电压表，应串联接入一分压电阻R，由欧姆定律及串联电路分压规律有：UIgRgIgR(其中U为改装后电压表的满偏电压)则RRg 400 9.6 k。(4)实际上电阻箱并入后，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻。所以，该测量值“略小于”实际值。答案(1)FB(2)ACBE(3)串9.6(4)偏小9(2019江西南昌联考)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电
18、阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 的保护电阻，滑片P与电阻丝始终接触良好。实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的UI图像和如图丙所示的x图像的数据描点。则：(1)电源的电动势E_ V；内阻r_ 。(结果保留两位有效数字)(2)已知电阻丝的横截面积S0.12106 m2，电阻丝的电阻率为_ m，电流表内阻为_ 。(结果保留两位有效数字)(3)此实验用了图像法处理数据，优点是直观，但是不能减少或者消除_(填“偶然误差”或“系统误差”)。解析(1)UI图线与纵坐标的交点等于电源的电动势，从图上可得E3.0 V。在图像中找出两个清晰的点，读出对应的数据，然后根据公式rR03.0 ，得r1.0 。(2)电阻丝电阻RRA，x图像的斜率km110 m1，电阻率kS100.12106 m1.2106 m；由xRA可知，函数x图线纵截距为2.0 ，它表示电流表的内阻为2.0 。(3)图像法可以减小因为读数带来的偶然误差；但是对于由于电路选择等引起的系统误差却不能减小或消除。答案(1)3.01.0(0.801.0均可)(2)1.210620(3)系统误差
