教科版高中物理必修第三册·第二章第7节实验：测量电池的电动势和内阻（同步练习含答案）
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第7节 实验：测量电池的电动势和内阻
1. 根据如图所示的电路，采用伏安法测量一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
电流表：量程为0.6 A、3 A。
电压表：量程为3 V、15 V。
定值电阻：1 Ω，额定功率为5 W；10 Ω，额定功率为10 W。
滑动变阻器：阻值范围为010Ω，额定电流为2 A；阻值范围为0100 Ω，额定电流为1 A。
（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择
V，电流表的量程应选择 A，R0应选择 Ω，R的阻值范围应选择 Ω。
（2）该实验系统产生误差的主要原因
是 。
2. 某学习小组利用图（a）所示电路测量电池组的电动势E和内阻r。根据实验数据绘出如图（b）所示的R-图像，其中R为电阻箱示数，I为电流表示数，由此可以得到E= V，r= Ω，请根据计算结果讨论用图（a）所示电路进行相关测量时可能存在的问题。
（a） （b）
3. 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)甲同学按如图a所示的电路图进行测量实验，其中R2为保护电阻，则：
①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接；
②根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图c所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω(结果均保留两位有效数字)。
(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图e所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω(结果均保留两位有效数字)。
4. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差。
（1）如图所示，应该选择的实验电路是
［选填“（a）”或“（b）”］。
（a） （b）
（2）现有电流表（0~0.6 A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A.电压表（0~15 V）
B.电压表（0~3 V）
C.滑动变阻器（0~50 Ω）
D.滑动变阻器（0~500 Ω）
实验中，电压表应选用 ，滑动变阻器应
选用 。
（3）某同学记录的六组数据见下表，其中五组
数据的对应点已经标在图中的坐标纸上，请标出
余下一组数据的对应点，并画出U-I图像。
序号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
电压U/V | 1.45 | 1.40 | 1.30 | 1.25 | 1.20 | 1.10 |
电流I/A | 0.060 | 0.120 | 0.240 | 0.260 | 0.360 | 0.480 |
（4）根据所画图像可得出干电池的电动势
E= V，内阻r= Ω。
5. 用如图甲所示的电路测量电池的电动势和内阻，定值电阻R1＝16 Ω。
(1)闭合开关S时，电压表V1指针几乎无偏转，电压表V2指针偏转明显，经检查发现存在断路故障，则该故障可能在________(选填“ab”“bc”或“cd”)两点间。
(2)排除故障后，闭合开关S，调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数U1、U2，如下表所示。请根据表中数据在图乙中作出U2U1图像。
U2/V | 5.5 | 5.0 | 4.5 | 4.0 | 3.5 | 3.0 | 2.5 |
U1/V | 0.33 | 0.66 | 0.99 | 1.33 | 1.88 | 2.00 | 2.32 |
(3)由图像可知，电源电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。(结果均保留两位有效数字)
(4)实验中，产生系统误差的主要原因是电压表________的分流(选填“V1”或“V2”)。
6. 光伏电池(太阳能电池)是一种清洁、“绿色”能源。光伏发电的原理主要是半导体的光伏效应，即一些半导体材料受到光照时，直接将光能转化为电能。在一定光照条件下，光伏电池有一定的电动势，但其内阻不是确定的值，内阻大小随输出电流的变化而变化。为了研究光伏电池内阻的变化特性，实验小组借助测电源电动势和内阻的方法设计出实验电路如图1所示，改变电阻箱R的阻值，实验测得电流表示数I和电压表示数U如下表：
I/mA | 4.18 | 4.14 | 4.12 | 4.08 | 3.80 | 2.20 | 1.22 |
U/V | 0.50 | 1.00 | 1.50 | 2.00 | 2.30 | 2.60 | 2.70 |
(1)根据表中数据，选用适当的标度在图2中作出光伏电池的IU图像；
(2)根据所作图像可以判断，该光伏电池的电动势约为________ V，其内阻随输出电流的增大而________(填“增大”“不变”或“减小”)；
(3)当外电阻R变化时，光伏电池的输出功率也发生变化，由(1)问所作图像可知，当电阻R约为________ Ω时光伏电池的输出功率最大，最大输出功率约为________ W。
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第7节 实验：测量电池的电动势和内阻
参考答案
1. （1）3 0.6 1 0~10
（2）电压表的分流作用，导致电流表的示数总是小于真实的干路电流值
提示：一节干电池电动势为1.5 V，故电压表的量程应选择3 V；干电池的内阻一般为几欧，加保护电阻，最大电流不超过0.6 A，电流表的量程应选择0.6 A；干电池内阻不是很大，保护电阻也不宜太大，否则会使电流表、电压表取值范围过小；滑动变阻器的最大值一般比被控制电路（电池内阻）大几倍，取0~10 Ω的滑动变阻器较方便。
2. 2.7 1.0 可能存在的问题见解析
解析：根据闭合电路欧姆定律：I=
变形得：R=
即R-图像的斜率为E、纵轴截距为-r，r即纵截距的绝对值，r=1.0 Ω，E==2.7 V。
用图（a）所示电路进行测量时，由于电流表的分压，U=IR并不是路端电压，而只是R两端的电压；这样测得的内阻实际是RA+r，即电流表的内阻与电源内阻之和，总是比真实值偏大。
3. (1)①见解析图 ②2.8 0.60 (2)3.0 0.50
解析：(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；
②根据闭合电路欧姆定律可得：U＝E－Ir，则由题图c可知电源的电动势E＝2.8 V，内电阻r＝||＝ Ω＝0.60 Ω；
(2)由乙同学的电路接法可知 R1 左右两部分并联后与R2串联，则可知在滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器接入电路电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图 所示的图像，则由图像可知当电压为2.5 V时，电流为0.50 A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1＝1 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＝0.33 A＋0.87 A＝
1.2 A；则根据闭合电路欧姆定律可得
2.5 V＝E－r·1 A,2.4 V＝E－r·1.2 A，解得电源的电动势E＝3.0 V，内电阻r＝0.50 Ω.
4. （1）（a） （2）B C （3）如图所示 （4）1.50 0.83
解析：（1）因为电流表内阻很小，干电池内阻也很小，故电流表若采用（b）接法，测电源内阻误差较大，故选（a）。
（2）一节干电池电动势约为1.5 V，电压表选B（03 V），干电池电阻很小，为方便实验操作，滑动变阻器应选C（050 Ω）。
（3）如图所示。
（4）从图像可以看出，则E=1.50 V，电源内阻r==≈0.83 Ω。
5. (1)cd (2)图见解析 (3)6.0(5.9～6.1均正确) 8.0(7.9～8.1均正确) (4)V1
解析：(1)电压表V1无读数，说明与电压表V1并联部分无断路故障，电压表V2有读数，说明V2与电源是连接的，即断路发生在cd两点间。
(2)根据表中数据在图乙中作出U2U1图像如图。
(3)根据电路图由闭合电路欧姆定律可知：E＝U1＋U2＋r，变形可得U2＝E－U1，由图可知，图像与纵轴的截距表示电动势，故E＝6.0 V；图像的斜率绝对值|k|＝＝＝1.5，解得r＝8.0 Ω。
(4)本实验中电流是通过电压表V1与定值电阻R1进行计算的，通过电压表V1的电流未计算，所以是由于电压表V1分流而使测量电流偏小，从而出现误差。
6. (1)图见解析 (2)2.80 增大 (3)605.3 8.74×10－3
解析：(1)先在图中选定横、纵轴所代表的物理量及其标度，然后描点，平滑连接，如图所示。
(2)当电路的电流为零时，外电压为零，此时电压表的读数为电源电动势，由(1)图像可知，电源电动势约为2.80 V；光伏电池的内阻r＝，由表中数据计算可知，光伏电池的内阻随输出电流的增大而增大。
(3)根据P＝UI可知，图线上点的横纵坐标的乘积即点与两坐标轴确定的矩形面积表示光伏电池的输出功率，由图可知当电压和电流分别为U＝2.3 V，I＝3.8 mA时，电源输出功率最大，为Pmax＝UI＝8.74×10－3 W，此时电阻箱的阻值为R＝＝605.3 Ω。
