2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案061-课时作业52 电学实验基础（教用）

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甲
（1） 该电流表的表头为磁电式电流表，在运输过程中为了避免指针摆动过于剧烈，下列方式最好的为_ _ _ _ 。
A. 将1、2接线柱用导线短接B. 将1、3接线柱用导线短接
C. 将2、3接线柱用导线短接D. 不用短接任何两个接线柱
（2） 某同学为了测量该电流表的两个量程，并测量rg、R1、R2的阻值，设计了如图乙和丙所示的电路。实验步骤如下：
①按照图乙连接实验电路，将单刀双掷开关S1闭合到接线柱2，再闭合S2，调节滑动变阻器R的滑片直至表头达到满偏电流1mA，此时电流表A的读数为10mA，即接1、2两端时的量程为0～10mA。
②断开开关S2、S1，将单刀双掷开关闭合到接线柱3，再闭合S2，调节滑动变阻器R的滑片直至表头达到满偏电流1mA，此时电流表A的读数为5mA，即接1、3两端时的量程为0～5mA。
③保持滑动变阻器R滑片不动，用电阻箱R0替代待测电流表，如图丙所示，闭合开关S2后调节电阻箱R0，当电流表A的示数为5mA时，电阻箱R0的读数为12Ω 。
根据实验数据，计算得出rg=_ _ _ _ Ω ，R1=_ _ _ _ Ω ，R2=_ _ _ _ Ω 。
【答案】（1） B
（2） 60；7.5；7.5
【解析】
（1） 当短接1、3接线柱时，通过表头的电流较大，电磁阻尼效果较好。故选B。
（2） 根据欧姆定律及串、并联电路特点，则有Ig(rg+R2)R1+Ig=10mA，IgrgR1+R2+Ig=5mA，rg(R1+R2)rg+R1+R2=12Ω ，联立可得rg=60Ω ，R1=7.5Ω ，R2=7.5Ω 。
2．（2025·福建厦门一模）（10分）用如图甲所示的电路测量待测电阻的阻值，实验室提供的器材有：
A.待测电阻Rx（约为100Ω）；
B.灵敏电流计G（量程0～10mA，内阻Rg=200Ω）；
C.定值电阻R0(80Ω)；
D.滑动变阻器R1(0～10Ω)；
E.滑动变阻器R2(0～1000Ω)；
F.单刀单掷开关S1；
G.单刀双掷开关S2；
H.学生电源E；
I.导线若干。
（1） 按照如图甲所示的电路图连接电路，为使操作更方便，实验中应选择滑动变阻器_ _ _ _ _ _ （选填“R1”或“R2”）。
甲
（2） 按照下列实验步骤进行实验：
①将滑动变阻器滑片置于适当位置；
②闭合开关S1；
③将开关S2接b端，改变滑动变阻器滑片位置，记录此时电流计的示数Ib；
④保持滑动变阻器滑片不动，将S2接a端，记录此时电流计的示数Ia；
⑤改变滑动变阻器滑片位置，多次实验。
某次实验过程中，G指针偏转角度过小，应将滑动变阻器滑片向_ _ _ _ （选填“左”或“右”）移动；正确调整后，G指针如图乙所示，其读数为_ _ _ _ mA。
（3） 根据实验中数据作出Ia−Ib图像如图丙所示，根据图像求得待测电阻Rx=_ _ _ _ Ω 。（结果保留3位有效数字）
【答案】（1） R1
（2） 右；8.0
（3） 120
【解析】
（1） 因滑动变阻器采用分压式接法，则为使操作更方便，实验中应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1。
（2） 要使电流增大，应使滑动变阻器并联部分阻值增大，故滑片应向右移动；电流计的示数为8.0mA。
（3） 根据欧姆定律得Ia(R0+Rx+Rg)=Ib(Rx+Rg)，即Ia=Rx+RgR0+Rx+RgIb，根据图像求得k=Rx+RgR0+Rx+Rg=810，则待测电阻Rx=120Ω 。
3．（2025·甘肃卷·12）（15分）某兴趣小组设计测量电阻阻值的实验方案。可用器材有：电池（电动势1.5V）两节，电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电流表（量程0～0.3A，内阻约1Ω），滑动变阻器（最大阻值20Ω），待测电阻Rx，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
（1） 首先设计如图1所示的电路。
图1
① 要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图1中补充连线将S2的c、d端接入电路；
② 闭合S1前，滑动变阻器的滑片P应置于_ _ _ _ 端（选填“a”或“b”）；
③ 闭合S1后，将S2分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变，因此测量电阻时S2应该接_ _ _ _ 端（选填“c”或“d”）。
（2） 为了消除上述实验中电表引入的误差，该小组又设计了如图2所示的电路。
图2
① 请在图2中补充连线将电压表接入电路；
② 闭合S1，将S2分别接c和d端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic和Ud、Id，则待测电阻阻值Rx=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （用Uc、Ud、Ic和Id表示）。
【答案】
① 如图甲所示
甲
② b
③ c
（2） ① 如图乙所示
乙
② UcIc−UdId
【解析】
① S2的c端接电流表的负接线柱，开关拨到与c连通时电流表外接；d端接电流表的正接线柱，开关拨到与d连通时电流表内接，具体连线如答案图甲所示。
② 为防止超过电表量程，闭合S1前，滑动变阻器在电路中应接入最大的阻值，故应将滑片置于b端。
③ 题述现象说明电压表的分流很小，所以测量电阻时应采用电流表外接法，S2应接c端。
（2） ① 为消除实验中电表引入的误差，可使S2接c时与电压表并联部分含待测电阻，S2接d时与电压表并联部分不含待测电阻，利用差值计算出待测电阻阻值，具体连线如答案图乙所示。
② S2接c端时，UcIc=Rx+RA+RP，S2接d端时，UdId=RA+RP，故Rx=UcIc−UdId。
4．（2025·湖北名校联考）（15分）某同学为研究小灯泡和电动机的伏安特性，在实验室找到了以下器材：
A.待测小灯泡一只：额定电压3.0V，额定功率1.2W；
B.电流表：量程0～0.6A，内阻约1Ω ；
C.电压表：量程0～3V，内阻约3kΩ ；
D.滑动变阻器：最大阻值10Ω ，允许通过的最大电流为2A；
E.滑动变阻器：最大阻值100Ω ，允许通过的最大电流为0.5A；
F.蓄电池：电动势4.0V，内阻不计；
G.开关S、导线若干。
（1） 为准确描绘小灯泡的伏安特性曲线，请在图甲中补全电路图。
（2） 为方便调节，图甲中的滑动变阻器选用_ _ _ _ （选填“D”或“E”）；闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于_ _ _ _ （选填“a”或“b”）端。
（3） 将小灯泡换成一额定电压为3V的小电动机，电路其他部分保持不变，描绘出该电动机的伏安特性曲线如图乙所示。图像表明：两曲线的临界电压为1.5V。再将该电动机改接在一电池两端，工作较长时间后，电池电动势(E=3.0V)近似不变，内阻增加，导致电动机停止转动。电动机因此原因停止转动前的瞬间，输出功率约为_ _ _ _ W；停止转动后的瞬间，电源的总功率约为_ _ _ _ W。（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1） 见解析
（2） D；a
（3） 0.18；1.1
【解析】
（1） 灯泡正常发光时的电阻R=U2P=7.5Ω≪RV，采用电流表外接法，电压从0开始，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示。
（2） 滑动变阻器采用分压式接法，选择最大阻值较小的D，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端，使待测支路电压为0。
（3） 根据图像可知，电动机内阻为r=1.50−00.50−0Ω=3Ω ，电动机停止转动前瞬间的热功率P热=I2r=0.3×0.3×3W=0.27W，电动机的输入功率P入=UI=1.5×0.3W=0.45W，电动机的输出功率P出=P入−P热=0.18W；电动机停止转动瞬间，电源的I−U图像如图所示，
电源的内阻r′=3.00−00.60−0Ω=5.0Ω ，停止转动后的瞬间，电源的总功率为P总=E2r+r′=323.0+5.0W≈1.1W。