第17讲 电学实验-最新高考物理二轮复习直击高考热点难点

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第17讲 电学实验

半偏法测电阻
例题1
（2021·山东卷）热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。可供选择的器材有：

待测热敏电阻（实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；
电源E（电动势，内阻r约为）；
电阻箱R（阻值范围）；
滑动变阻器（最大阻值）；
滑动变阻器（最大阻值）；
微安表（量程，内阻等于）；
开关两个，温控装置一套，导线若干。
同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下：
①按图示连接电路；
②闭合、，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；
③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开，调节电阻箱，使微安表指针半偏；
④记录此时的温度和电阻箱的阻值。
回答下列问题：
（1）为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用___________（填“”或“”）。
（2）请用笔画线代替导线，将实物图（不含温控装置）连接成完整电路__________。

（3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为，该温度下热敏电阻的测量值为___________（结果保留到个位），该测量值___________（填“大于”或“小于”）真实值。
（4）多次实验后，学习小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知。该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐___________（填“增大”或“减小”）。


【答案】 3500 大于 减小
【解析】
（1）[1]用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻器应选R1。
（2）[2]电路连接图如图所示

（3）[3]微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即

可得

[4]当断开S2，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。
（4）[5]由于是图像，当温度T升高时，减小，从图中可以看出减小，从而减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。
电子元件的关系图象
例题2（2020·江苏卷）某同学描绘一种电子元件的关系图象，采用的实验电路图如题图1所示，V为电压表，
mA为电流表，E为电源（电动势约），R为滑动变阻器（最大阻值），为定值电阻，S为开关。
(1)请用笔画线代替导线，将题图2所示的实物电路连接完整____________。
(2)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表：
电压
0.000
0.250
0.500
0.650
0.700
0.725
0.750
电流
0.00
0.10
0.25
0.60
1.70
4.30
7.50
请根据表中的数据，在方格纸上作出该元件的图线____________。

(3)根据作出的图线可知，该元件是_________（选填“线性”或“非线性”）元件。
(4)在上述测量中，如果用导线代替电路中的定值电阻，会导致的两个后果是_________。
A．电压和电流的测量误差增大
B．可能因电流过大烧坏待测元件
C．滑动变阻器允许的调节范围变小
D．待测元件两端电压的可调节范围变小
【答案】 非线性元件 BC
【解析】
(1)[1]根据题意连接电路如图

(2)[2]根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接各点如图

(3)[3]根据图像可知该元件是非线性元件。
(4)[4]AB．图线上某点与原点连线的斜率为，根据元件的特性可知，当电压超过一定数值时，电流会急剧增大，所以电阻会急剧减小，若用导线代替，电流急剧增大，可能会烧坏待测元件，对电流表和电压表的测量误差无影响，A错误，B正确；
CD．根据图像可知待测元件的电压范围小于，而电源电动势为，因为待测元件两端电压非常小，如果用导线代替，会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节，C正确，D错误。
故选BC。

基本仪器的读数
基本仪器读数
1．游标卡尺的原理和读数

(1)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.
(2)读数：由主尺读出整毫米数l0，从游标尺上读出与主尺上某一刻度对齐的刻度线n，则测量值(mm)＝(l0＋n×精确度)mm.注意：①游标卡尺的精确度一般为游标尺上总刻度数的倒数．②游标卡尺不需要估读．
刻度格数
精确度(mm)
测量结果
10
0.1
主尺上读的毫米数＋0.1n
20
0.05
主尺上读的毫米数＋0.05n
50
0.02
主尺上读的毫米数＋0.02n
　　
2.螺旋测微器的原理和读数

(1)原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5 mm，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
(2)读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．
3．电流表和电压表的读数和选用
(1)电表读数
量程
精确度
读数规则
电流表0～3 A
0.1 A
与刻度尺一样，采用估读，读数规则较简单，只需要精确值后加一估读数即可
电压表0～3 V
0.1 V
电流表0～0.6 A
0.02 A
估读位与最小刻度在同一位，采用估读
电压表0～15 V
0.5 V
估读位与最小刻度在同一位，采用估读
　　
(2)电表的选用
根据不使电表受损和尽量减少误差的原则选择电表．首先保证流过电流表的电流和加在电压表上的电压均不超过使用量程，然后合理选择量程，务必使指针有较大偏转(一般取满偏的～左右)，以减少实验误差．

例题3
(1)如图甲所示，当电流表使用的量程为0～0.6 A时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针所指位置的示数为________ A；当电流表使用的量程为0～3 A时，对应刻度盘中每一小格代表________ A，图中表针所指位置的示数为________ A。

甲　　　　　　　　乙
(2)如图乙所示，当电压表使用的量程为0～3 V时，每一小格代表________ V，图中表针所指位置的示数为________ V；当电压表使用的量程为0～15 V时，则表盘刻度每一小格代表________ V，图中表针所指位置的示数为________ V。
【答案】(1)0.02　0.36　0.1　1.80　(2)0.1　2.10　0.5　10.5
【解析】　(1)当电流表使用0～0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格代表0.02 A，表针所指位置的示数为0.36 A；当电流表使用0～3 A量程时，每一小格代表0.1 A，表针所指位置的示数为1.80 A。
(2)当电压表使用0～3 V量程时，每一小格代表0.1 V，表针所指位置的示数为2.10 V；当电压表使用0～15 V量程时，每一小格代表0.5 V，表针所指位置的示数为10.5 V。
伏安法测电阻、测定金属的电阻率
1．电流表内、外接的选择
(1)两种接法的比较

内接法
外接法
电路图


误差原因
电流表分压U测＝Ux＋UA
电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值
R测＝＝Rx＋RA>Rx
测量值大于真实值
R测＝＝ 测量值小于真实值
　　
(2)两种接法的选择
①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内偏大，小外偏小”．
②临界值计算法
Rx<时，用电流表外接法；
Rx>时，用电流表内接法．
③实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．

2．滑动变阻器分压式与限流式接法的选择
(1)“以小控大用分压，相差无几用限流”
①当采用分压式接法时，一般应选用最大阻值较小、而额定电流较大的滑动变阻器．
②当采用限流式接法时，一般应选用最大阻值比待测电阻稍大或差不多的滑动变阻器．
(2)必须采用分压式接法的三种情况：①要求电压从零开始变化；②滑动变阻器阻值太小，不能起到限流的作用；③限流式接法不能获取有区分度的多组数据．

例题4
某同学为测量电阻Rx的阻值，进行了如下实验．
(1)用多用电表欧姆挡粗测Rx的阻值．选择“×10”挡，正确操作后表盘指针指示如图甲所示，则示数为________ Ω；

(2)为精确的测量Rx的阻值，该同学设计了如图乙所示的电路，现有器材如下：
A．两节干电池、开关和若干导线
B．电压表(0～3 V，内阻约6 kΩ)
C．电流表(0～50 mA，内阻约2 Ω)
D．电流表(0～200 mA，内阻约0.1 Ω)
E．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流为0.5 A)
①电流表应选________；(填器材对应的字母)
②请将图乙中连线补充完整；
③将电路正确连接．为保护电路，闭合开关前，滑片P应调至最________(选填“左端”或“右端”)；闭合开关后，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是导线________(选填“a”“b”“c”或“d”)断路．
【答案】　(1)60　(2)①C　②见解析图　③左端　c
【解析】
　(1)由表盘读出指针示数为6，又挡位选择“×10”挡，故电阻的大小为Rx＝6×10 Ω＝60 Ω
(2)①利用欧姆定律，测量电路最大电流约为 A＝0.05 A＝50 mA，故电流表应选C；
②由于>，故电流表外接，则电路连接如图所示

③为保护电路，闭合开关前，滑片P应调至最左端；闭合开关后，调节滑片P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是导线c断路．

电阻测量的创新方案
测量电阻创新方案对比
安安法

如果已知的内阻R1，则可测得的内阻R2＝

串联一定值电阻R0后，同样可测得的内阻R2＝
伏伏法

两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R1，则可测出的内阻R2＝R1

并联一定值电阻R0后，同样可得的内阻R2＝
替代法

单刀双掷开关分别与1、2相接，调节电阻箱R1，保证电流表两次读数相等，则R1的读数即等于待测电阻的阻值
半偏法

测量电流表内阻
闭合S1，断开S2，调节R1使G表满偏；再闭合S2，只调节R2，使G表半偏(R1≫R2)，则R2＝R测，R测
测量电压表内阻
使R2＝0，闭合S，调节R1使V表满偏；只调节R2使V表半偏(RV≫R1)，则R2＝R测，R测>R真
电桥法

调节电阻箱R3，当A、B两点的电势相等时，R1和R3两端的电压相等，设为U1，同时R2和Rx两端的电压也相等，设为U2，根据欧姆定律有：＝，＝.由以上两式解得：R1·Rx＝R2·R3，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值

例题5
(2020·全国卷Ⅰ·22)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1 kΩ，电流表内阻为0.5 Ω.该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间．测量得到如图(b)所示的两条U－I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数．



回答下列问题：
(1)图(b)中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在______(填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的．
(2)根据所用实验器材和图(b)可判断，由图线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________ Ω(保留1位小数)．
(3)考虑到实验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________ Ω(保留1位小数)．
【答案】(1)O、P　(2)Ⅰ　50.5　(3)50.0
【解析】
　　(1)若通过Rx的电流相等，由题图(b)知图线Ⅰ对应的电压值较大，由R＝可知图线Ⅰ所测电阻较大，图线Ⅱ所测电阻较小，则图线Ⅱ是采用电压表跨接在O、P两点的方案测量得到的．
(2)由题图(b)可得图线Ⅰ测得电阻阻值RⅠ＝ Ω≈50.5 Ω，图线Ⅱ测得电阻阻值 RⅡ＝ Ω≈46.6 Ω，待测电阻阻值约为50 Ω，＝＝20，＝＝100，因<，电流表采用内接法更接近待测电阻的真实值，电压表跨接在O、Q两点，故图线Ⅰ得到的结果更接近待测电阻的真实值，测量结果为50.5 Ω.
(3)电压表跨接在O、Q之间，测得的阻值为电阻与电流表内阻之和，则R＝RⅠ－RA＝(50.5－0.5) Ω＝50.0 Ω.
电源电动势和内阻的测量
测量电源电动势和内阻的方法及误差分析
(1)伏安法
方案
电流表内接
电流表外接
电路图


误差来源
电压表的分流
电流表的分压
真实值和测量值的关系
I真＝I测＋
U真＝U测＋IRA
图像


误差分析
E测 E测＝E真，r测>r真 (r测＝r＋RA)

　　(2)伏阻法和安阻法
方案
伏阻法
安阻法
原理
E＝U＋ r
E＝IR＋Ir
电路图


关系式
＝·＋
＝·R＋
图像


误差分析
E测＜E真；r测＜r真(r测＝)
E测＝E真；r测＞r真(r测＝r＋RA)

例题6
(2021·全国乙卷)一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E(约为1.5 V)和内阻r(小于2 Ω)。图中电压表量程为1 V，内阻RV＝380.0 Ω；定值电阻R0＝20.0 Ω；电阻箱R最大阻值为999.9 Ω；S为开关，按电路图连接电路。完成下列填空：

图(a)

图(b)
(1)为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选________Ω(填“5.0”或“15.0”)；
(2)闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
(3)根据图(a)所示电路，用R、R0、RV、E和r表示，得＝________；
(4)利用测量数据，作­R图线，如图(b)所示；
(5)通过图(b)可得E＝________V(保留2位小数)，r＝________Ω(保留1位小数)；
(6)若将图(a)中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E′，由此产生的误差为×100%＝________%。
【答案】　(1)15.0　(3)＋R　(5)1.56　1.5　(6)5
【解析】　(1)要保护电压表，则R0两端的电压应小于1 V，通过R0的电流应小于等于0.05 A，故电路中的总电阻R总≥ Ω＝30 Ω，所以电阻箱接入电路的阻值应选15.0 Ω。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得，电动势E＝U＋(R＋r)，整理得＝＋R。
(5)延长题图(b)中图线与纵轴相交，由＝＋R结合题图(b)可得，＝ V－1·Ω－1，解得E≈1.56 V，当R＝5 Ω时，＝0.86 V－1，代入＝＋R，可解得r≈1.5 Ω。
(6)若将电压表当成理想电表，则E′＝U＋(R＋r)，整理得＝＋R，则＝ V－1·Ω－1，解得E′≈1.48 V，由此产生的误差为×100%≈5%。


多用电表的原理及使用
1．欧姆表内部构造和原理

图9
(1)欧姆表内部电路简化如图9.
(2)多用电表测电阻阻值的原理：闭合电路欧姆定律．
①红、黑表笔短接，进行欧姆调零时，指针满偏，有Ig＝；
②当红、黑表笔之间接有未知电阻Rx时，有I＝，故每一个未知电阻都对应一个电流值I.我们在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，所测电阻Rx即可从表盘上直接读出．
③由于I与R是非线性关系，表盘上电流刻度是均匀的，其对应的电阻刻度却是不均匀的，电阻的零刻度在电流满偏处．当Rx＝Rg＋R＋r时，I＝，指针半偏，所以欧姆表的内阻等于中值电阻．
2．多用电表的读数及使用
(1)电流的流向
电流从多用电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，即“红进黑出”．
(2)“机械零点”与“欧姆零点”
“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮．
(3)倍率选择：使用欧姆挡测电阻时，应使指针位于表盘中间附近，若指针偏角过大，则说明所测电阻偏小，应换用小倍率．
(4)使用欧姆表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零，读数之后要乘以倍率．

例题7利用图甲所示电路测量多用电表电阻挡“×1 k” 倍率时内部电池的电动势和内阻(多用电表内部接入电路的总电阻)，同时测量电压表V的内阻。提供的器材有：多用电表、电压表V(量程为6 V，内阻为十几千欧)、滑动变阻器(最大阻值为10 kΩ)、导线若干。

甲　　　　　　　　　　　乙
(1)将多用电表的选择开关打到电阻挡“×1 k”倍率，接着进行________。
(2)将图甲中黑表笔与________(选填“1”或“2”)端相连，红表笔与另一端相连。
(3)将滑动变阻器的滑片移至右端，此时电压表的示数为3.90 V，多用电表的指针指在图乙中的实线位置，其示数为________ kΩ；再将滑片向左移至某一位置时，电压表的示数为3.30 V，此时多用电表的指针指在图乙中的虚线位置，其示数为________ kΩ。
(4)电压表的内阻为________ kΩ；多用电表电阻挡“×1 k” 倍率时内部电池的电动势为________ V(结果保留3位有效数字)、内阻为________ kΩ。
【答案】(1)欧姆调零　(2)2　(3)12　17　(4)12　8.94　15.5
【解析】
　(1)将多用电表的选择开关打到电阻挡“×1 k”倍率，接着两表笔短接进行欧姆调零。
(2)根据多用电表“红进黑出”的特点知，黑表笔接内部电源的正极，则将图甲中黑表笔与2端相连，红表笔与另一端相连。
(3)多用电表的指针指在图乙中的实线位置时，其示数为12×1 kΩ＝12 kΩ；多用电表的指针指在图乙中的虚线位置时，其示数为17×1 kΩ＝17 kΩ。
(4)将滑动变阻器的滑片移至右端，此时外电路只有电压表，多用电表的示数为12 kΩ，即电压表内阻为RV＝12 kΩ；
由闭合电路欧姆定律E＝U1＋r＝3.90＋r(V)
再将滑片向左移至某一位置时，电压表的示数为3.30 V，此时多用电表的指针指在图乙中的虚线位置，其示数为17 kΩ，则RV＋R＝17 kΩ
则R＝5 kΩ
由闭合电路欧姆定律E＝U2＋(r＋R)＝3.30＋(r＋5×103)(V)
联立解得E≈8.94 V，r＝15.5 kΩ。
电学传感器
例题8利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑夜打开。某同学利用如下器材制作了一个简易的路灯自动控制装置。
A．励磁线圈电源       B．路灯电源       C．路灯灯泡L       D．定值电阻
E.光敏电阻       F.电磁开关       G.导线、开关等


（1）电磁开关的内部结构如图甲所示。1、2两接线柱接励磁线圈（电磁铁上绕的线圈），3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接，相当于路灯的开关。当流过励磁线圈的电流大于某个值时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开，路灯熄灭。该同学首先用多用电表的欧姆挡测量励磁线圈的电阻，将选择开关置于“×1”挡，调零后测量时的示数如图丙所示，则励磁线圈的电阻约为________Ω。
（2）图乙为光敏电阻的阻值随照度的变化关系（照度可以反映光的强弱，光越强，照度越大，单位为lx）。从图中可以看出，光敏电阻的阻值随照度的增大而________（选填“减小”“不变”或“增大”）。
（3）如图丁所示，请你用笔画线代替导线，将该同学设计的自动控制电路补充完整________。


（4）已知励磁线圈电源（内阻不计），定值电阻。若设计要求当流过励磁线圈的电流为0.05 A时点亮路灯，则此时的照度约为________lx。
【答案】
20     减小          0.4

【解析】
(1)[1]由多用电表欧姆挡的读数规则可知，励磁线圈的电阻约为

(2)[2]从图乙中可以看出，光敏电阻的阻值随照度的增大而逐渐减小；
(3)[3]根据电磁开关的内部构造和图乙可得，自动控制电路图如下


(4)[4]当控制电路中的电流为0.05A时，控制电路的总电阻应为

因定值电阻，励磁线圈的电阻，故此时光敏电阻的阻值应为

由图乙可知此时的照度约为0.4lx。

1．下图（A）是“测定电源的电动势和内阻”的实验电路，但有两处A和B用电器没有画出，其中定值电阻阻值R1=1Ω。


（1）图（A）中A处应为______（选填电流表或电压表），定值电阻R1在实验中起_____的作用；
（2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图B所示，由此得到电源电动势E=_______V，内阻r=______Ω；


（3）实验测得的数据如图所示，则实验中选用的滑动变阻器最合理的阻值范围为________。
A．0~5Ω　　B．0~20Ω　　C．0~50Ω　　D．0~200Ω
【答案】     电流     保护电路     1.50     0.28     B
【解析】
（1）[1][2]图A中A处串联在电路中，测量电流的，所以A处为电流表，定值电阻R1在实验中起保护电路的作用；
（2）[3][4] 根据
U=E-Ir
可知，图线与纵轴的交点表示电源的电动势，故
E=1.50V
内阻

（3）[5] 由图可知，测出电流中最小的电流约为0.1A，此时对应的总电阻为

此时滑动变阻器接入电路中的电阻应为

故滑动变阻器总阻值一定大于；同时为了调节方便，总阻值不应过大，故应选择的滑动变阻器最合理的阻值范围为0~20Ω。
故选B。
2．某同学用图中表盘所示的多用电表测量部分电子元件。
①用多用电表正确测量了一个约10Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是2kΩ左右电阻。请选择以下必须的步骤，按操作顺序写出：_______。

A．用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指零
B．将红表笔和黑表笔接触
C．把选择开关旋转到“×1k”位置
D．把选择开关旋转到“×100”位置
E．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆表的“0”刻度
F．用表笔接触约2kΩ左右的电阻并测量
②若测量结果如图所示，则该电阻的测量值为_______kΩ
③该同学用该多用电表判断一个大容量电容器是否漏电。他选择了“×1k”位置。将两枝表笔分别接触在电容器的两脚，发现指针有较大的偏转然后又缓慢回到电阻无穷大位置，则该电容是否漏电？_______（答“是”或“否”）。
【答案】     DBEF     1.9kΩ     否
【解析】
[1]测量10Ω的电阻应选用的“×1”档，如想测量2kΩ左右的电阻，让示数为20左右比较准确，即选择“×100”档，故第一步为D；换挡后需要进行欧姆调零，不需要进行机械调零，所以接下来需要进行BE，此时已经可以开始测量，即进行步骤F，故顺序为DBEF。
[2]电阻读数为

[3]指针有较大偏转然后又回到电阻无穷大位置，说明一开始电阻较小，稳定后电阻无穷大，一开始的小电阻是因为电容器充电，稳定后电阻无穷大说明该电容没有漏电。
3．兴趣学习小组将电压表改装成测量物体质量的仪器，如图所示。所用实验器材有：
A．直流电源：电动势为E、内阻为r
B．理想电压表V：量程0~3V：
C．滑动变阻器R：阻值范围0~10Ω
D．竖直固定的祖细均匀的直电阻丝R0：总长为1cm，总阻值为9Ω；
E、竖直弹簧：下端固定于水平地面、上端固定秤盘，弹簧上固定一水平导体杆，导体杆右端点P与直电阻丝R0接触良好且无摩擦：
F、开关S以及导线若干。

实验步骤如下：
（1）直流电源的路端电压U与电流I的图象如图所示，则电源电动势_______V，内阻_______Ω。

（2）秤盘中未放被测物前，将导体杆右端点P置于直电阻丝R0上端a处，秤盘处于静止状态。
（3）在弹簧的弹性限度内，在秤盘中轻轻放入被测物，待秤盘静止平衡后，导体杆右端点P正好处于直电阻丝R0下端b处，此时电压表达到满偏，则滑动变阻器R接入电路的阻值为_______Ω。已知弹簧的劲度系数，当地的重力加速度为,则被测物的质量为m=_______kg。由此在电压表的刻度盘上标示相应的质量数值，即将该电压表改装成了测量物体质量的仪器，则质量刻度是_______ （填“均匀”或“非均匀”）的。
（4）因直流电源使用较长时间后，电动势E减小，内阻r增大。因此改装成的测量物体质量的仪器的示数与被测物体质量的真实值相比_______ （填“偏大”“偏小”或“相同”）。
【答案】     4.5     1.5     3     10     均匀     偏小
【解析】
（1）[1][2]图线与纵轴交点表示电动势，图线斜率表示内阻，可得


（2）[3][4][5]根据闭合电路欧姆定律得

代入数据解得

由平衡条件可得

解得

因为电压表示数与弹簧形变成正比，被测物的质量也与弹簧形变成正比，所以将该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度是均匀的。
（3）[6]直流电源使用较长时间后，电动势E减小，内阻r增大，电路中电流偏小，当右端点P处于相同位置时，电压表示数较小，改装成的测量物体质量的仪器的示数与被测物的质量的真实值相比偏小。
4．某同学在实验室测量一电阻的阻值。
（1）因电表内阻未知，用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数，电流表的示数如图2所示，其读数_______A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为，。由此可知应采用电流表______（填“内”或“外”）接法。


（2）完成上述实验后，该同学进一步用图3方法进行实验：


①请在图4中完成器材连线_________；


②先将单刀双掷开关掷到a端，记录电流表读数，再将单刀双掷开关掷到b端，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图5所示，则待测电阻______Ω。此方法______（填“有”或“无”）明显的实验误差。

【答案】     0.34     外     见解析     5     有
【解析】
（1）[1]由电流表的表盘可知电流大小为0.34A
[2]电压表的百分比变化为

电流表的百分比变化为

因此可知电压表的示数变化更明显，说明电流表的分压更严重，因此不能让电流表分压，采用外接法。
（2）①[3]器材连线如图


②[4]两次实验中电路电流相同，因此可有

可得

读数可得

[5]电阻箱的最小分度和待测阻值阻值接近，这样测得的阻值不够精确，如待测电阻阻值为5.4Ω，则实验只能测得其为，有明显误差。
5．某款比亚迪新能源汽车，采用的是若干节磷酸铁锂电池组合而成。从相关资料查得，该电池的型号为18650，电动势在之间，且电池的内阻应该很小。为验证并测量一节18650磷酸铁锂电池的电动势和内电阻，小李同学找到一量程为3mA的电流表A和两个精密电阻箱、，以及一个阻值的定值电阻，设计了如图（a）的电路进行实验。

（1）测电流表A的内阻，断开S2，闭合S1，调节的阻值，使电流表A满偏；保持的阻值不变，闭合S2，调节，当的阻值20.00Ω时，A的示数为2.00mA；忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，则A的内阻为 _____Ω。
（2）扩大电流表的量程，将与A并联组成电流表，其量程为A的100倍，则的阻值应调为 _____Ω。
（3）测电动势和内电阻。按（2）中的要求正确调节后保持S2闭合，再闭合S1，多次改变的阻值，记录A的示数与相应的值，作出图线如图（b）所示；由图可求得：_____V，_____Ω。（结果保留2位小数）
（4）器材选择，已知两精密电阻箱的最大阻值分别是：①99.99Ω、②9999.99Ω，则应选用的是 _____（选填“①”或“②”）。
【答案】     10.00     0.10     3.60     0.02     ②
【解析】
（1）[1]由于忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，则有

其中
，，
解得

（2）[2]扩大电流表的量程，将与A并联组成电流表，其量程为A的100倍，则有

解得

（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得

可得

结合图像可得

解得

把图像中数据
，
代入方程可解得

（4）[5]电流表满偏时，电路总电阻为

由于电源内阻、定值电阻、电流表内阻都比较小，故应选用的是②。
6．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其他器材有：
A．电压表V（0～3V～15V）
B．电流表A（0～0.6A～3A）
C．变阻器R1（20Ω，1A）
D．变阻器R2（1000Ω，0.1A）
E．电阻箱R（0～999.9Ω）
F．开关和导线若干
（1）实验中电压表应选用的量程为_______（选填“0～3V”或“0～15V”），电流表应选用的量程为_______（选填“0～0.6A”或“0～3A”），变阻器应选用________（填字母代号“R1”或“R2”）；
（2）根据实验要求在虚线框中画出电路图_______；

（3）测出几组电流、电压的数值，并画出图像如图所示，由图像知该电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。

【答案】     0～3V     0～0.6A     R1          1.5     2.5
【解析】
（1）[1]干电池的电动势为1.5V，故电压表应选用的量程为0～3V。
[2]由题图可知，实验中所测电流小于0.2A，故电流表应选用的量程为0～0.6A。
[3]滑动变阻器R2最大阻值过大，不利于调节控制电流，且额定电流不符合实验要求，故变阻器应选用R1。
（2）[4]由于电流表内阻未知，且其内阻和干电池内阻相比不可忽略，为尽量减小系统误差，应采用内接法，电路图如图所示。

（3）[5][6]U-I图像的纵轴截距表示电动势E，斜率的绝对值表示内电阻r，即
E＝1.5V
r＝Ω＝2.5Ω
7．某同学欲将内阻约为100Ω、满偏电流为500μA的微安表改装成量程为3V的电压表，并同时要求对改装电压表的刻度从零开始进行逐一校准。
（1）如图甲所示，为测量微安表内阻的测量电路。实验的主要步骤如下：


①按图甲接好实验电路，观察的阻值是否最大，若不是，则调至最大；
②闭合开关，调电阻使微安表指针满偏；
③闭合开关，调电阻箱R′，使微安表指针偏转到满刻度的三分之二；
④记下电阻箱的阻值R′。
该次实验中，电阻箱R′的读数如图乙所示，该读数为___________，则被测微安表内阻为___________。
（2）以上述实验测得的微安表内阻为依据，拟改装量程为3V的电压表，则应___________填“串联”或“并联”一个阻值为___________保留一位小数的电阻。
（3）将改装电压表跟标准电压表进行校对。
①如图丙是某同学设计的改装表与标准表的校对电路，图中虚线框中的电路即为改装的电压表电路，请在图丁所示的实物图中画出连线。( )
②由于上述（1）中微安表内阻的测量误差，使得被改装的电压表的内阻较真实值___________填“偏大”“偏小”或“相等”。因此改装后的电压表与标准电压表相比较，其测量值比真实值___________“偏大”“偏小”或“相等”。
【答案】     196.6     98.3     串联     5901.7          偏大     偏小
【解析】
（1）[1]电阻箱R′的读数为

[2]本实验中在电阻箱接入电路后将干路电流近似看做不变，则根据并联电路规律有

解得

（2）[3][4]将微安表改装为电压表时，需要串联一个分压电阻，其阻值为

（3）[5]如图所示。

[6][7]在实验（1）中，闭合开关S2后，电阻箱接入电路，使电路总电阻减小，总电流增大，所以当使微安表指针偏转到满刻度的三分之二时，通过电阻箱的实际电流大于微安表满偏电流的三分之一，所以微安表内阻的测量值较真实值偏小，进而造成被改装的电压表的内阻较真实值偏大，在改装电压表上加上某一电压值时，通过表头的电流比无误差改装时偏小，因此改装后的电压表与标准电压表相比较，其测量值比真实值偏小。
8．学习小组利用如图1所示的电路图，测量电池的电动势E和内阻r。定值电阻的阻值。
测量步骤如下：
①按电路图连接好电路，闭合开关；
②把电阻箱调到某一阻值，读出示数R，闭合开关，读出电压表示数U和电流表示数I，再把开关断开，读出电流表示数；
③重复步骤②，测出多组数据，填入记录表格。
（1）根据电路图，在图2的实物图中画出连线。______

（2）定值电阻的作用是______。
（3）根据表中数据，在坐标纸上画出图象如图3所示，可求出电流表的内阻______Ω。（结果保留两位有效数字）
（4）根据表中数据，在坐标纸上画出图象如图4所示，可求出电池的电动势______V，内阻______Ω。（结果保留两位有效数字）


【答案】    
     防止电阻箱阻值过小时，回路中电流过大而损坏电流表或电池     3.0     1.5     1.0
【解析】
（1）如图所示

（2）定值电阻的作用是防止电阻箱阻值过小时，回路中电流过大而损坏电流表或电池。
（3）闭合时，由部分电路欧姆定律可得

图线的纵截距等于电流表的内阻，可知电流表的内阻

（4）断开时，由闭合电路欧姆定律可得

得

由图象可得斜率为


纵截距为，有

9．科技小组成员利用如图1所示的电路测量小量程电流表的内阻及电源的电动势与内阻。实验中提供的器材如图2所示。为了精确地完成实验测量，该小组成员设计了如下实验操作步骤：


第一步：按图1所示，连接好电路实物图，将电阻箱接入电路的阻值调至最大；
第二步：闭合开关，断开开关，调节电阻箱，记录电流表的示数均为，电阻箱此时接入电路的电阻为；
第三步：保持开关闭合，将开关连接1，调节电阻箱，使电流表的示数仍为，电阻箱此时接入电路的电阻为；
第四步：保持开关闭合，将开关连接2，调节电阻箱，使电流表的示数仍为，电阻箱此时接入电路的电阻为；
第五步：保持开关闭合，且开关连接2，多次调节电阻箱接入电路的阻值R，记录每次调节后电流表的示数I，根据所测数据，作出图像，如图3所示。
根据实验操作步骤，回答下列问题：
（1）由图1所示电路图，将图2所示的实物图连接成完整的电路；( )
（2）电流表的内阻________，电流表的内阻________；
（3）电源的电动势_______，电源的内阻_________。
【答案】          R3-R1     R2-R1         
【解析】
(1)[1]实物图连接成完整的电路，如图


(2)[2][3]依题意，有

解得

(3)[4][5]根据闭合电路欧姆定律，可得

整理，可得

结合图像信息，有

解得
，
10．实验小组的同学在实验室利用伏安法测量小灯泡的功率，实验室提供的器材如下：
小灯泡（额定电压2.5 V）
直流电源（电动势3.0 V，内阻不计）
电流表A（量程0~600 mA，内阻约）
电压表V（量程0~3 V，内阻约）
滑动变阻器（最大阻值为，额定电流1 A）
滑动变阻器（最大阻值为，额定电流300 mA）
（1）在该实验中，滑动变阻器应选择___________（填“”或“”）。
（2）根据电路图，将图甲中的实验仪器连成完整的实验电路__________。

（3）实验小组的同学在实验中测出的6组数据如表，某同学根据表格中的数据在方格纸上已画出了5个数据的对应点，请你画出第4组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线_________。

U（V）
I（A）
1
0
0
2
0.5
0.17
3
1.0
0.30
4
1.5
0.39
5
2.0
0.45
6
2.5
0.49

乙

（4）根据图线，可确定小灯泡的额定功率为______（保留两位有效数字）。根据图丙可知当小灯泡的电压为时，功率为，当电压为时（小于额定电压），实际功率_______（填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】    
               1.2     小于
【解析】
（1）[1]测量小灯泡的伏安特性曲线时，由于小灯泡的电阻比较小，故电流表应选用外接法，滑动变阻器应选用分压接法，为使电压表示数变化明显，则滑动变阻器应选择最大阻值较小的，即滑动变阻器。
（2）[2]电压表并联在灯泡两端，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，如图甲所示。

（3）[3]先用题表乙中数据在题图丙中描点，再使用平滑的曲线连接，如图乙所示。

（4）[4]小灯泡的额定功率

[5]由图乙可知，随着电压的升高，小灯泡电阻增大，由

可知，电压变为原来的2倍，功率小于原来的4倍。