高考物理二轮复习闯关导练热点16电学实验含答案

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(1)用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图甲所示，则其长度L＝________ cm，直径d＝________ mm.
(2)该同学用如图乙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“×1”挡位置，然后____________________；直至指针指在“0”处继续实验；用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此金属丝的电阻，表盘示数如图乙所示，则其阻值为________ Ω.
(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．电压表V1(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)
B．电压表V2(量程0～15 V，内阻约15 kΩ)
C．电流表A1(量程0～3 A，内阻约0.01 Ω)
D．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约0.1 Ω)
E．滑动变阻器R1(阻值范围为0～20 Ω)
F．滑动变阻器R2(阻值范围为0～500 Ω)
G．电源E(电动势为3.0 V)及开关S和导线若干
该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择________，电流表应选择________，滑动变阻器应选择________，(选填各器材前的字母)．要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用下图的________(选填图下面对应的序号)．
(4)利用上面所选电路测量的各种情况如图丙所示，电流表读数为________ A，电压表读数为________ V，则金属丝的阻值为________ Ω.
2．[2020·河南南阳一中入学考试]随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”进行实验来研究点电荷间的相互作用力(库仑力)成为可能．如图所示是某科技实验小组设计的研究点电荷间库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为两个完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，用来调控小球N的位置，通过等距离为d的刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，放电杆可以让带电小球完全放电．实验小组完成了以下操作：
①在小球N不带电时，读出传感器示数F0；
②让小球N与小球M接触后，调整小球N到位置1，读出并记录传感器示数F1；
③继续调整小球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4；
④用放电杆使小球N完全放电，再让小球N与小球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5；
⑤重复两次④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7.
(1)对于上述操作，下列判断正确的是________．
A．根据②的操作，可求出小球N在不同情况下所受的库仑力的大小
B．根据①②③的操作，可研究库仑力的大小与点电荷距离之间的关系
C．根据②④⑤的操作，可研究库仑力的大小跟小球带电荷量之间的关系
D．要测定静电力常量k，还需准确测出小球M的带电荷量
(2)小球N第一次与小球M接触后调整小球N到位置1，此时小球M、N之间的库仑力大小为________．
(3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是____________________________
________________________________________________________________________
____________________________________________.
3.[2020·湖北部分重点中学起点考试]某型号多用电表欧姆挡的电路原理图如图甲所示．微安表G是欧姆表表头，其满偏电流Ig＝500 μA，内阻Rg＝950 Ω.电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝1 Ω.电阻箱R1和电阻箱R2的阻值调节范围均为0～9 999 Ω.
(1)图甲中的a端应与________(选填“红”或“黑”)表笔连接．
(2)某同学将图甲中的a、b两端短接，为使微安表G满偏，则应调节R1＝________Ω；然后在a、b两端之间接入一电阻Rx后发现微安表半偏，则接入的电阻阻值为Rx＝________Ω.
(3)如图乙所示，该同学将微安表G与电阻箱R2并联，利用该电路图组装一个倍率为“×100”的欧姆表，要求欧姆表的刻度盘示意图如图丙所示，其中央刻度标为“15”，则该同学需调节R2＝________Ω；用此欧姆表测量一个阻值约为2 000 Ω的电阻，测量前应调节R1＝________Ω.
4．[2020·河北衡水中学第一次月考]某同学测量一金属导体的电阻率，如图甲所示，该空心导体横截面外正方形的边长是内正方形边长的2倍．经粗略测量知，该金属导体电阻为5 Ω左右．为了精确测量它的阻值R，以便进一步测出该材料的电阻率ρ，实验室备有下列器材：
A．电源E(电动势为3 V，内阻不计)；
B．电流表A1(量程为0～1 A，内阻r1约为0.1 Ω)；
C．电流表A2(量程为0～0.6 A，内阻r2＝5 Ω)；
D．滑动变阻器R0(阻值范围为0～3 Ω)；
E．开关S，导线若干．
(1)请在图乙虚线框内补充画出完整、合理的测量电路图．
(2)做实验时，先把滑动变阻器滑片P滑动到A端，闭合开关S，滑动P到合适位置，记录电流表A1的读数I1，记录电流表A2的读数I2，可以求出金属导体电阻R＝________(用题中所给字母表示)，然后滑动滑片，多次测量求平均值，可得到更精确阻值．
(3)该同学测得外正方形的边长为a，金属导体的长度为L.用已经测得的物理量I1、I2、L、a及题中所给物理量可得到该金属材料电阻率的表达式为ρ＝________.
5．某实验小组用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20 Ω，连接电路的实物图如图a所示．
(1)该电路连接错误和不规范的做法是________．
A．滑动变阻器不起变阻作用 B．电流表接线有错
C．电流表量程选择不当 D．电压表接线有错
(2)本实验所用的电路如图b所示，小组测得五组数据，根据这些数据在图c中作出U ­ I图线，已知R0＝1 Ω.
由此可知被测电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
(3)某同学将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，作出U ­I图线如图e所示，可得电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(结果保留两位有效数字)
热点16 电学实验
1．答案：(1)7.020 4.600(4.598～4.602之间均正确) (2)将红、黑表笔短接，进行欧姆调零 5
(3)A D E ④ (4)0.50 2.60 5.20
解析：(1)游标卡尺的主尺读数为7 cm，游标尺读数为0.05×4 mm＝0.20 mm，所以最终读数为7 cm＋0.020 cm＝7.020 cm；螺旋测微器的固定刻度读数为4.5 mm，可动刻度读数为0.01×10.0 mm＝0.100 mm，所以最终读数为4.5 mm＋0.100 mm＝4.600 mm.
(2)将选择开关置于“×1”挡位置，然后将红、黑表笔短接调零即欧姆调零；用多用电表的电阻“×1”挡测电阻，由图乙表盘可以知道，其示数为5 Ω.
(3)电源电动势为3.0 V，故电压表选V1；电路中的最大电流约为eq \f(E,5 Ω)＝0.6 A，为提高精确度，减小读数误差，应选小量程电流表A2；由于要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，故滑动变阻器采用限流式接法；采用限流式接法时，为便于调节，滑动变阻器最大值应为金属丝的2～4倍比较合适，所以滑动变阻器选R1，eq \f(RV1,5 Ω)＝eq \f(3 000,5)＝600>eq \f(5 Ω,RA2)＝eq \f(5,0.1)＝50，可知电流表应采用外接法，故电路图选择④.
(4)由图丙可知，I＝0.50 A、U＝2.60 V，则金属丝的阻值应为Rx＝eq \f(U,I)＝eq \f(2.60,0.50) Ω＝5.20 Ω.
2．答案：(1)BD (2)F0－F1 (3)使小球N与带电小球M接触时可以将小球M所带的电荷平分
解析：(1)根据②的操作，只能求出小球N在位置1时所受的库仑力的大小，选项A错误；根据①②③的操作，通过传感器的示数可知两球之间的库仑力大小，因各个位置的距离已知，则可研究库仑力的大小与点电荷距离之间的关系，选项B正确；因两球所带电荷量的具体值不确定，则根据②④⑤的操作，不可研究库仑力的大小与小球带电荷量之间的关系，选项C错误；要测定静电力常量k，还需准确测出小球M的带电荷量，选项D正确．
(2)在小球N不带电时读出传感器示数F0，小球N第一次与小球M接触后调整小球N到位置1，此时传感器示数F1，则小球M、N间的库仑力大小为(F0－F1)．
(3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是使小球N与带电小球M接触时可以将小球M所带的电荷平分．
3．答案：(1)红 (2)2 049 3 000 (3)950 1 024
解析：(1)根据多用电表的内部电流流向可知电流从红表笔进，黑表笔出，则a端接红表笔．(2)欧姆调零时，根据闭合电路的欧姆定律Ig＝eq \f(E,Rg＋r＋R1)，解得R1＝eq \f(E,Ig)－(Rg＋r)＝2 049 Ω；当接入Rx后，电流为满偏的一半，则eq \f(Ig,2)＝eq \f(E,Rg＋r＋R1＋Rx)，可得Rx＝Rg＋r＋R1＝3 000 Ω.(3)因欧姆表的中央刻度为15，倍率为“×100”，则欧姆表的内阻R内＝15×100 Ω＝1 500 Ω，故调零时的满偏电流为I＝eq \f(E,R内)＝1×10－3 A，表头和R2并联改装为电流表，由并联分流电压相等IgRg＝(I－Ig)R2，解得R2＝950 Ω，改装后的欧姆表需要进行欧姆调零，则R内＝1 500 Ω＝eq \f(RgR2,Rg＋R2)＋R1＋r，解得R1＝1 024 Ω.
4．答案：(1)见解析图 (2)eq \f(I2r2,I1－I2) (3)eq \f(3a2I2r2,4LI1－I2)
解析：(1)由题中的实验器材可知，滑动变阻器的最大电阻值小于待测金属材料的电阻值，因此滑动变阻器应用分压接法，利用伏安法测电阻时电路图如图所示．
(2)由并联知识和电阻定义式可知R＝eq \f(I2r2,I1－I2.)
(3)该导体横截面积为S＝a2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a))2＝eq \f(3,4)a2，由电阻定律R＝ρeq \f(L,S)，可得ρ＝eq \f(3a2I2r2,4LI1－I2).
5．答案：(1)ABC (2)3.00 0.38 (3)2.9 0.50
解析：(1)根据电路图可知，滑动变阻器同时接下面两个接线栏，被接成了定值电阻，不起变阻作用，电流表正、负接线柱接反了，即电流表接线错误，电流表量程不对，故错误和不规范的做法应是A、B、C.
(2)在画出的U ­ I图线中，纵轴的截距表示电源电动势，斜率大小的绝对值表示内阻，根据题图c可得：E＝3.00 V，r＋R0＝eq \f(ΔU,ΔI)＝eq \f(3.00－1.20,1.30)Ω＝1.38 Ω，又R0＝1 Ω，则r＝0.38 Ω.
(3)由该同学的电路接法可知，R左右两部分电阻并联后与R0串联，又由题图e可知，路端电压先增大后减小，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值先增大后减小，当电压为2.4 V时，电流为0.50 A，此时R左右两部分电阻相等，则总电流为I1＝1.0 A；而当电压为2.3 V时，电流分别对应0.33 A和0.87 A，则说明当电压为2.3 V时，干路电流为I2＝0.33 A＋0.87 A＝1.2 A；根据闭合电路欧姆定律可得2.4 V＝E－I1r,2.3 V＝E－I2r，解得E＝2.9 V，r＝0.50 Ω.