第13讲 电学实验（解析版）

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第13讲 电学实验【选考真题】（2022•浙江）小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个的值，作出l图像，如图2中图线a所示。（1）在实验中使用的是 　0～20Ω　（选填“0～20Ω”或“0～200Ω”）的滑动变阻器。（2）在某次测量时，电压表的指针位置如图3所示，量程为3V，则读数U＝　1.31　V。（3）已知合金丝甲的横截面积为7.0×10﹣8m2，则合金丝甲的电阻率为 　1.0×10﹣6　Ω•m（结果保留2位有效数字）。（4）图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的l图像，由图可知合金丝甲的横截面积 　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝乙的横截面积。【解答】解：（1）为方便实验操作，在实验中使用的是0～20Ω的滑动变阻器。（2）电压表量程是3V，由图3所示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为1.31V。（3）由欧姆定律与电阻定律得：Rρ，则l由图2所示l图象可知，图象的斜率kΩ/m，代入数据解得：ρ≈1.0×10﹣6Ω•m（4）另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，横截面积变为：S′＝S+S乙由图2中图线b可得：S′m2＝2.8×10﹣7m2S乙＝S′﹣S＝2.8×10﹣7m2﹣7.0×10﹣8m2＝2.1×10﹣7m2，故合金丝甲的横截面积小于乙的横截面积。故答案为：（1）0～20Ω（2）1.31；（3）1.0×10﹣6；（4）小于。（2021•浙江）小李在实验室测量一电阻Rx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U1＝1.65V，电流表的示数如图2所示，其读数I1＝　0.34　A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2＝1.75V，I2＝0.33A。由此可知应采用电流表 　外　（填“内”或“外”）接法。（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：①器材与连线如图3所示，请画出对应的电路图；②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关掷到右边，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3所示，则待测电阻Rx＝　5　Ω。此方法，　有　（填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是 　电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近　。【解答】解：（1）如图2所示，电流表使用的是0﹣0.6A的量程，分度值为0.02A，估读到与分度值相同位，故读数为I1＝0.34A两次测量电压测量值绝对误差△U＝U2﹣U1＝1.75V﹣1.65V＝0.10V，电流测量值绝对误差△I＝I1﹣I2＝0.34A﹣0.33A＝0.01A，电压测量值相对误差0.061，电流测量值相对误差0.03，可见电流测量值相对误差小于电压测量值相对误差，为了减小系统误差应使电压的测量无系统误差，故采用外接法。（2）①电路图见右图②由闭合电路欧姆定律I可知，使两次电流表读示数尽量相同，则两次电路的总电阻接近相等，可知待测电阻的阻值近似等于电阻箱的阻值，由题图3可知电阻箱的读数为5Ω，则Rx＝5Ω，此方法是有明显的实验误差的，电阻箱的最小分度为1Ω，与待测电阻（约5Ω）比较接近，在调节电阻箱的阻值时，使电流表的读数与前一次无法完全相同，即电阻的阻值无法调节到和待测电阻相同。故答案为：（1）①0.34；外；（2）①电路图见解答；②5；有；电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近。（2021•浙江）在“测定电池的电动势和内阻”实验中，①用如图1所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图2所示，则该电池的电动势E＝　1.46　V（保留3位有效数字）；内阻r＝　0.64Ω　（保留2位有效数字）。②现有如图3所示的实验器材，照片中电阻箱阻值可调范围为0～9999Ω，滑动变阻器阻值变化范围为0～10Ω，电流表G的量程为0～3mA、内阻为200Ω，电压表的量程有0～3V和0～15V。请在图3中选择合适的器材，在方框中画出两种测定一节干电池的电动势和内阻的电路图。【解答】解：①根据闭合电路欧姆定律：E＝U+Ir可得U＝E﹣Ir，可知电源的U﹣I图线为直线；将题干中得图线延长与横纵轴分别相交，如图可知图象与纵轴交点即为电动势，即E＝1.46V图象斜率的绝对值为电源内阻，即：rΩ≈0.64Ω②方法1：电流表量程太小，可以通过并联电阻箱改装电流表，扩大电流表的量程，改装为大量程的电流表来测量电流，电路图如图根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir可以绘制U﹣I图象求解电动势和内阻。方法2：也可以使用电阻箱和电压表代替电流表进行测量，电路图如图根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir＝U变形得绘制图象，可知图象斜率为，与纵轴截距为，从而求解电动势和内阻。故答案为：①1.46（1.45～1.47均可）；0.64Ω（0.63～0.67均可）；②电路图见解答【方法指导】一、实验要注意的几个要点1.欧姆表的使用注意点(1)若表头指针偏转过大，表示待测电阻较小，应当换低倍率的挡位；(2)若表头指针偏转过小，表示待测电阻很大，应当换高倍率的挡位。2.测定金属的电阻率的实验，实际上是先测出金属丝的电阻，然后根据R＝ρ得出金属丝的电阻率ρ＝R。3.测定电源的电动势和内阻常用的方法(1)伏安法——利用电压表和电流表，闭合电路方程为E＝U＋Ir。①利用两组数据，联立方程求解E和r；②可作出U－I图象，图线的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻。(2)伏阻法——利用电压表和电阻箱，闭合电路方程为E＝U。①利用两组数据，联立方程求解E和r；②将方程线性化，处理为＝·＋，或U＝－＋E，作－ 图象或U－图象，利用图线的截距和斜率求E和r。(3)安阻法——利用电流表和电阻箱，闭合电路方程为E＝I(R＋r)。①利用两组数据，联立方程求解E和r；②将方程线性化，处理为＝·R＋，作－R图象，利用图线的截距和斜率求E和r。二、保护电阻的应用技巧为了保护电路，一般会在电路中加入一个保护电阻，例如在测电源电动势和内阻实验方案一中可将保护电阻看成滑动变阻器的一部分；方案二中可将保护电阻看成电源内阻的一部分，求解电源内阻时一定要注意减去保护电阻的阻值。【例题精析】考点一 电容器的充电、放电现象的实验[例题1]             小陈同学用如图甲所示的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验。（1）接好电路，学生电源电压调节选“10V”，然后给电容器充分充电，再观察电容器的放电，得到电容器放电电流I随时间t的变化曲线如图乙，根据该图，可知他所选用的电容器最可能是图丙的 　B　（选填序号“A”、“B”或“C”）。（2）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I﹣t曲线与横轴所围成的面积将 　不变　（填“增大”“不变”或“变小”），充电时间将 　变短　（填“变长”“不变”或“变短”）。【解答】解：（1）I﹣t图象中每一小格代表的电荷量为：q0＝0.004×2C＝0.008C图3中曲线与坐标轴围成的格数约为n＝4格，根据I﹣t图象与坐标轴围成的面积表示电容器所带的电量，可得电容器原来所带的电荷量为：Q＝nq0＝4×0.008C＝0.032C根据电容的定义式可得电容器的电容为：CF＝0.0032F＝3200μFB图中的电容为3300μF，所以他所选用的电容器最可能是B。（2）若只减小电阻的值，则开始时刻的电流都将增大一点，I﹣t图象的纵截距稍大，但由于总的电荷量一定，则图象与坐标围成的面积相同，所用时间变短。故答案为：（1）B；（2）不变，变短。[练习1]             在“观察电容器的充、放电现象”实验中，（1）用如图1所示的电容器做实验，电容器外壳上面标着“2200μF，10V”，下列说法正确的是 　C　；A.电容器的击穿电压为10VB.电压为10V时，电容器才正常工作C.电容器电压为5V时，电容是2200μFD.电容器电压为5V时，电容是1100μF（2）把干电池E、电阻箱R、电容器C、电流表G、单刀双掷开关S按图2电路图连成实验电路如图3所示，将电阻箱R调到合适阻值。①先使开关S接1，电源给电容器充电，观察到电流表指针偏转情况为 　D　；A.逐渐偏转到某一刻度后保持不变B.逐渐偏转到某一刻度后迅速回到0C.迅速偏转到某一刻度后保持不变D.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0②电容器充电完毕，断开开关，此时如图2所示电路图中电容器上极板 　带正电　（填“带正电”、“带负电”或“不带电”）；③然后将开关S接2，电容器放电。在放电过程中，电路中的电流大小为i，电容器所带电荷量为Q，电容器两极板电势差为U，电容器的电容为C。下面关于i、Q、U、C随时间t的变化的图像，正确的是 　B　。【解答】解：（1）A．10V是电容器的额定电压，不是电容器的击穿电压，故A错误；B．10V是电容器的额定电压，电压低于10V时，电容器也能正常工作，故B错误；CD．电容与电容器所加电压无关，只与自身构造有关，可知电容器电压为5V时，电容是2200μF，故C正确，D错误。故选：C。（2）①使开关S接1，电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，充电电流逐渐减小，所以此过程中观察到电流表指针迅速偏转到某一刻度后逐渐减小到0，故D正确，ABC错误。故选：D。②由电路图可知，电容器上极板与电源正极相连，故电容器充电完毕，断开开关，电容器上极板带正电；③D．放电过程中，电容与电容器所带电荷量和电容器极板间电压没有关系，可知电容器电容保持不变，故D错误；ABC．放电过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，根据电容定义式可知电容器极板间电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，根据可知Q﹣t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故B正确，AC错误。故选：B。故答案为：（1）C；（2）①D；②带正电；③B。考点二 以测电阻为核心的实验(含电表的改装)[例题2]             （2022•浙江）（1）探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。①图2为实验器材部分连线图，还需要 　af、fd、ce　（选填af、bf、fd、fc、ce或cg）连线（多选）。②图3所示电压表的示数为 　1.50　V。③已知滑动变阻器的最大阻值R0＝10Ω，额定电流I＝1.0A。选择负载电阻R＝10Ω，以R两端电压U为纵轴，为横轴（x为AP的长度，L为AB的长度），得到U分压特性曲线为图4中的“I”；当R＝100Ω，分压特性曲线对应图4中的 　Ⅱ　（选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是 　R0＜R　。（2）两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是 　BD　（多选）。A．两表都是“发电机”B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”C．G1表和G2表之间存在互感现象D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转【解答】解：（1）①根据原理图可知，还需要将af、fd、ce连线；②根据图片可知，电压表的示数为1.50V；③假定AP部分的电阻为R‘，R’分别与10Ω与100Ω并联再与BP部分的电阻串联；由于相同的R'与100Ω并联后的电阻比与10Ω并联后的电阻大，则根据闭合电路的欧姆定律可知，滑片在相同位置下，负载电阻越大，则两端电压越大；即在相同横坐标下，此时负载100Ω时，电压表的示数应该比曲线为图4中的“I”更大，故应该选“II”；由上述分析可知，对不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的电压变化规律不同，当负载电阻小于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而迅速变化；当负载电阻大于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化会更佳平稳，从而获得更多的实验数据。所以，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电阻越小越好，即R0＜R。（2）根据题意可知，电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来，当晃动G1时，相当于G1中的线圈做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了闭合回路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电导线在磁场中受到安培力的作用，G2的指针也会偏转；则G1表相当于“发电机”，G2表相当于“电动机”，故AC错误，BD正确；故选：BD。故答案为：（1）①af、fd、ce；②1.50；③II；R0＜R；（2）BD[练习2]             某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下：A．待测表头（内阻r1约为300Ω，量程为5.0mA）；B．灵敏电流表（内阻r2＝300Ω，量程为1.0mA）；C．定值电阻R（R＝1200Ω）；D．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）；E．滑动变阻器R2（最大阻值为1000Ω）；F．电源E（电动势E＝1.5V，内阻不计）；G．开关S，导线若干。（1）请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整。（2）滑动变阻器应选　R1　（填“R1”或“R2”）。开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至　b　（填“a”或“b”）端。（3）该同学接入定值电阻R的主要目的是　保护G2，使两表均能接近满偏　。（4）实验中某次待测表头的示数如图丙所示，示数为　3.4　mA。（5）该同学多次移动滑片P记录相应的、示数I1、I2；以I1为纵坐标I2为横坐标作出相应图线。测得图线的斜率k＝4.8，则待测表头内阻r1＝　312.5　Ω【解答】解：（1）参照图甲电路连线，结果如图所示，（2）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻R1，滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置，即滑动变阻器要移到b端；（3）由于两电流表的内阻相当，但满偏电流相差很大，所以为不致于使指针偏角相差很大，要接入定定值电阻R，其作用是保护G2，使两表均能接近满偏；（4）从图丙中读出电流I1＝3.4mA；（5）根据欧姆定律和并联电路电压相等的关系有：I1r1＝I2（r2+R），那么，结合题意图象的斜率k，所以r1312.5Ω。故答案为：（1）（2）R1  b（3）保护G2，使两表均能接近满偏（4）3.4（5）312.5[练习3]             某研究性学习小组测量电阻Rx的阻值过程如下（1）用多用电表的欧姆挡粗测电阻，选用“×1k”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过大，因此需选择 　“×100”　（选填“×10k”或“×100”）倍率的电阻挡，换挡后应重新调零，测量时多用电表的示数如图所示，测量结果为 　1900　Ω。（2）为了精确地测量待测电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：A．电流表A1（量程为500μA，内阻r1＝800Ω）B．电流表A2（量程为1.5mA，内阻r2≈300Ω）C．滑动变阻器R（0～100Ω；额定电流1A）D．定值电阻R1＝3200ΩE.定值电阻R2＝200ΩF.电源（电动势E＝3.0V，内阻约2Ω）G.开关S、导线若干①要求通过待测电阻的电流调节范围尽量大，从而可测量多组实验数据，请将设计好的电路图画在虚线框中（要标出器材的符号）。 ②按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1、I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并做出I1﹣I2图线如图所示，则待测电阻Rx＝　1.97×103　Ω（结果要保留3位有效数字）。 【解答】解：（1）选用“×1k”挡，发现指针偏角太大，说明待测电阻为小电阻，准确测量电阻应换小挡，应把选择开关置于“×100”挡，换挡后要重新欧姆调零，由图示可知，欧姆表示数为19×100Ω＝1900Ω；（2）①题中没有给出电压表，需要把电流表A1的与定值电阻R1串联改装成电压表，改装后的电压表的量程U＝Ig（r1+R1）＝500×10﹣6×（800+3200）V＝2V，其内阻Rv＝r1+R1＝800Ω+3200Ω＝4000Ω，所以电流表A2应用外接法，由题所给滑动变阻器的最大阻值为100Ω，比待测电阻的阻值小得多，而实验又要求测量尽可能精确且通过电阻的流调节范围尽量大，所以滑动变阻应采用分压接法，则可画出电路图如图所示：②根据欧姆定律可得：I1（r1+R1）＝（I2﹣I1）Rx可得：I1•I2，由题图可得其斜率k0.33，可解得：Rx≈1.97×103Ω故答案为：（1）“×100”，1900；（2）图见解析，1.97×103。考点三 以测电源的电动势和内阻为核心的实验[例题3]             （1）将一铜片和一锌片插入一苹果内就构成了一个水果电池，小慧同学想要测量该水果电池的电动势和内阻，通过查阅相关资料，小慧同学发现水果电池的内阻约为几百欧，电动势约为1V，小慧同学先用多用电表测电池两端的电压，电表指针偏转如图（甲）所示，其示数为 　0.85　V，小慧同学认为这一读数即为该水果电池的电动势，但小睿同学认为不对，其原因是 　水果电池内阻较大，路端电压不等于电源电动势　。（2）小慧和小睿两同学打算用伏安法来测该水果电池的电动势和内阻，你认为最适合的电路应是下图（乙）中的 　B　（填A或B）；（3）选定合适的电路后，小慧和小睿将测得的数据在坐标纸上绘出了U﹣I图像，如图（丙）根据图像可得该水果电池的电动势为 　0.96　V（结果保留两位小数），内阻为 　460.0　Ω【解答】解：（1）由图甲所示，应该选用2.5V的量程测水果电池的电动势，分度值为0.05V，则其电表示数为0.85V；因水果电池内阻较大，用多用电表直接测电池两端的电动势误差较大，即路端电压不等于电源电动势；（2）因水果电池内阻较大，若用图A测量时，电压表与电源并联，电压表的分流作用较大，会产生较大的误差；图B电流表的内阻较大，相对电源分压作用小，产生的误差也较小，因此应该用图B测量；（3）由U﹣I图像可知，水果电池的电动势为E＝0.96V由实验电路图B可知，U＝E﹣Ir由图像的斜率可得：r故答案为：（1）0.85；水果电池内阻较大，路端电压不等于电源电动势；（2）B；（3）0.96；460.0[练习4]             在“测定干电池的电动势和内阻”实验中：（1）甲同学用多用电表“直流电压2.5V挡”直接粗略测量一节干电池的电动势，在测量前应该调节图1中电表上的部件 　A　（填“A”或“B”），测量时多用电表的黑表笔应该接干电池的 　正极　（填“正极”或“负极”）。正确连接后，指针示数如图2所示，读数为 　1.45　V。（2）乙同学利用电压表、电流表、滑动变阻器、定值电阻（1Ω）、开关及导线若干来测定两节相同干电池的电动势和内电阻；①部分电路连线如图3所示，请在答题纸上完成最合理的实物连接图 　　；②乙同学正确连接后，调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数。读得两组电压表的示数分别为2.20V、2.36V，电流表的示数其中一组为0.32A，另一组电流表示数如图为 　0.40　A，由以上数据可求得一节干电池的电动势E＝　3.00　V、内阻r＝　1.0　Ω。【解答】解：（1）在使用电压挡时应先调节机械调零旋钮进行调零，即调节图1中电表上的部件A；测量时多用电表的电流应从红表笔流入黑表笔流出，即黑表笔应与干电池的负极相接；图2量程为0～2.5V挡，指针最小刻度为0.05V，所以指针读数为1V+0.05×9V＝1.45V；（2）①实物图连接如图所示②电流表的最小分度为0.02A，图中电流表读数为0.2A+10×0.02A＝0.40A；由闭合电路欧姆定律可知E＝2.20+0.4rE＝2.36+0.32r解得：E＝3.00V，r＝2.00Ω而实验中使用的是两节干电池，由此一节干电池的电动势为1.50V、内阻为1.0Ω。故答案为：（1）A，正极，1.45.（2）①图像如解析；②0.40；3.00；1.0。[练习5]             小杨在“测定电池的电动势和内阻”实验中，使用了以下器材：干电池1节（带电池盒）、电压表1只（量程3V、15V）、电阻箱（可调范围0～9999.9Ω）、开关一个、导线若干。（1）请你根据他的器材画出实验电路图。（2）某次电压表的度数如图甲所示，则电压为 　1.30　V。（3）按照正确的操作获取相应的电压U和电阻R数据，并将电压与电阻的比值作为电流I，作出如图乙所示的图像。根据图像测得干电池的电动势为 　1.44　V，内阻为 　1.80　Ω。（保留三位有效数字）（4）若他不用电压表，在其他器材不变的情况使用电流表（量程0.6A、3A），获得正确的数据，则测得电动势 　等于　（选填“大于”或“等于”或“小于”）真实值。【解答】解：（1）实验中无电流表，可以用电压表与电阻箱测电源电动势与内阻，待测电源、开关、电阻箱组成串联电路，电压表测路端电压，实验电路图如图1所示                         图1（2）一节干电池电动势约为1.5V，所以量程选择3V，分度值为0.1V，则电压表读数为1.30V；（3）根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir可得U﹣I图象纵轴截距为电动势，延长图线如图2所示电动势E＝1.44V斜率的绝对值为内阻r1.80Ω（4）若他不用电压表，在其他器材不变的情况使用电流表（量程0.6A、3A），获得正确的数据，电流与电阻箱阻值的乘积为路端电压，没有电压表的分流，所以测出的电动势等于真实值。故答案为：（1）；（2）1.30；（3）1.44；1.80；（4）等于。【强化专练】（1）将乙图两只电表中的一只拆开，其内部电路如甲图所示。根据组件及其连接可判断拆开的是一只　伏特表　（填伏特表或安培表），如果C是负接线柱，那么　A　（填A或B）应标注大量程数值，从说明书中查到表头的满偏电流是300微安，可知选择使用小量程时，这只电表的内阻是　1.0×104Ω　Ω。（2）表是某校学生利用乙图中的器材做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时记录的数据，分析表内的实验数据可判断在实验中电压表选择的量程是　0～3V　；电流表选择的量程是　0～0.6A　（电流表、电压表均为实验室常用的学生电表）；实验时选择的电路图是图　丙　（填“丙”或“丁”）U/VI/A0.00.0000.20.0500.50.1001.00.1501.50.1802.00.1952.50.2053.00.215（3）请根据你掌握的信息用画线替代导线完成图乙中的实物连接。【解答】解：（1）根据图甲中电阻与表头的连接来看，表头与电阻是串联关系，所以判断拆开的是一只伏特表。且接AC时串联的电阻更大，所以A应标注大量程的数值；（2）一般情况下，小量程的电压表的量程U＝3V，则其内阻为RV1.0×104Ω。由于小灯泡的电阻较小，远小于电压表的内阻，所以一般是采用外接法测电流的，故选择图丙；（3）按照电路图连接实物图，如图所示。 故答案为：（1）伏特表、A；（2）1×104Ω、0～3V、0～0.6A、丙；（3）如图所示欧姆表内部电路可等效为一个电池、一个理想电压表和一个电阻串联而成的电路。某同学准备测出电池的电动势E、欧姆表“×100”挡内部电路的总内阻r。（1）多用电表使用前表盘指针如图甲所示，则应该调整该欧姆表的哪个位置 　A　（填A或B或C）；（2）选择开关调到“×100“挡并已调零，且连接了部分电路，如图乙所示。则A导线和 　B　表笔连接（填B或C）；（3）正确连接电路后，调节滑动变阻器，测得多组欧姆表的读数R和电压表（电压表内阻为已知，记为RV）的读数U。该同学准备用这些数据作出图像，则选择下列关系作图比较合适 　BD　。A．U﹣RB．RC．UD．R（4）该同学用该多用电表测量几个小灯泡的电阻，经正确操作，测得的阻值为4.0Ω。则可能是下列哪个灯泡 　C　。A．2.1V、0.7AB．2V、1AC．2.4V、0.6AD．2.5V、0.3A【解答】解：（1）使用前指针未在0刻度线，故应机械调零，即在A处调整机械调零旋钮；（2）电压表应并联在电路中，故A应与B相连；（3）由欧姆定律可知E变形可得：内故应作：的关系图像（4）根据R可知，C选项阻值为4.0Ω故答案为：（1）.A    （2）.B    （3）.BD    （4）.C小鹏同学为了测量某小灯泡在工作时的电阻，连接了如图甲所示的实物电路图．闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零．（1）小鹏借助多用电表检查小灯泡，先断开开关，把多用电表的选择开关旋到欧姆挡的“×1”挡，再进行欧姆调零；然后将红、黑表笔分别接触①、②接线柱，多用电表的表盘恰好如图乙所示，说明小灯泡正常，此时的电阻为 　6.0　Ω．（2）小鹏将多用电表选择开关旋于某直流电压挡，闭合电路开关，将黑表笔与③接线柱接触，红表笔分别与②、①、④接线柱接触，发现电压表的示数都约等于电源电动势，则说明 　③②　两个接线柱之间断路（填写相邻两个接线柱编号）．（3）故障排除后，为了尽可能多的测量数据，要求电表的示数从零开始变化，要在 　③、④　（选填“①、④”或“③、④”）接线柱间再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最左端．【解答】解：（1）欧姆表的读数为指针示数与倍率的乘积，故灯泡的电阻R＝6.0×1Ω＝6.0Ω；（2）由于灯泡不亮，且电流表的示数为零，说明电路断路，但当电压表去测试时，黑接线柱接电源负极，而红表笔接②①④时，电压表的示数均接近电动势。那么一定是③②之间断开；（3）找到故障后，为了使电压表的示数从零开始变化，则要将滑动变阻器改为分压接法，所以还需在③、④之间连接一根导线；故答案为：（1）6（6.0也正确）；（2）③②；（3）③、④某同学欲利用图甲电路测量电流表的内阻，实验室提供的实验器材如下。A.待测电流表（量程为0～300μA，内阻约120Ω）B.电流表（量程为0～1mA，内阻约为30Ω）C.电流表（量程为0～10mA，内阻约为5Ω）D.定值电阻（阻值为50Ω）E.定值电阻（阻值为15Ω）F.滑动变阻器（0～20Ω，允许通过的最大电流为2A）G.滑动变阻器（0～1000Ω，允许通过的最大电流为0.1A）H.电源EI.开关及导线若干在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：（1）图甲中电流表A2应选用 　B　，定值电阻R1应选用 　D　，滑动变阻器R应选用 　F　。（选填相应器材前的字母）（2）根据图甲中的电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成测量电路。（3）正确选择器材并进行实验操作，调节滑动变阻器的滑片，可获得电流表A1、A2的多组数据I1、I2，作出I2﹣I1图线如图丙所示，则待测电流表的内阻为 　130　Ω。（4）要将待测电流表改装成量程为0～0.6A的电流表，应将待测电流表与阻值为 　0.065　Ω的电阻 　并联　联（选填“串”或“并”）。（计算结果保留两位有效数字）【解答】解：（1）根据图甲电路图测待测电流表的内阻，A2的量程要比待测电流表的量程稍大，故A2应选择量程为1mA的电流表B。由于定值电阻R1与待测电流表并联，则其阻值应与待测电阻相当，故R1选择50Ω的定值电阻D。滑动变阻器采用分压接法，故选最大阻值小的F；（2）按电路图连接未完成的实物连线，如图乙所示；（3）根据串并联电路的关系有：I2＝I1，整理后得：I2I1，结合I2﹣I1图象的斜率k，解得RA＝130Ω；（4）将待测电流表改装成I＝0.6A量程的电流表，需要并联一个分流电阻R0.065Ω。 故答案为：（1）B、D、F；（2）如图所示；（3）130（125～135均正确）；（4）0.065（0.062～0.068均正确）、并（1）在“练习使用多用电表”的实验中，小强用欧姆挡去测量“220V、100W”的白炽灯不发光时的灯丝电阻，在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去，如图1所示，那么你认为此挡位是　×10　（填“×1”、“×10”、“×100”）。（2）由于欧姆表自带电源，可将某挡位下的欧姆表等效为一直流电源。为了测量该直流电源的电动势和内阻，小芳又从实验室拿到一个毫安表（内阻约10Ω）、一个滑动变阻器R0（0～200Ω）以及电键和导线。利用上述器材设计测量电路。（3）若某次测量时毫安表示数如图2所示，则电流I＝　32.0　mA。（4）某同学调节滑动变阻器得到多组欧姆表与毫安表的示数R与I，并建立IR与I的坐标系，将测得的数据描点连线，如图3所示。由图像可知该挡位下欧姆表内部电源的电动势为　1.44　V，内阻为　10.80　Ω（结果均保留两位小数）。【解答】解：（1）当灯泡正常发光时，由得，R＝484Ω，已知灯泡电阻随温度升高而增大，灯泡在常温不发光时的电阻远小于灯泡正常发光时的阻值，即远小于484Ω，约为几十欧姆，由图1所示表盘可知，指针示数为7，欧姆挡的挡位应是“×10”；（2）电路图如图所示（3）由图2所示表盘可知，毫安表量程为50mA，分度值为1mA，由图得，毫安表示数为32.0mA；（4）由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势E＝Ir+IR，整理得：IR＝﹣rI+E，故IR﹣I图像的斜率为﹣r，纵轴的截距为电动势E，将图像反向延长，得到电动势E＝1.44V（存在误差，1.42V﹣1.45V均可），r（存在误差，10.00Ω﹣11.30Ω均可）。故答案为：（1）×10；（2）电路图见详解；（3）32.0；（4）1.44V，10.80。某同学准备测量一节干电池的电动势和内阻，他从实验室里借来如下实验器材：A．电流表A1（量程为0.6A，内阻约为0.5Ω）；B．电流表A2（量程为2mA，内阻为100Ω）；C．电压表V（量程为6V，内阻约为10kΩ）；D．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；E．电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）；F．开关、导线若干；G．待测干电池。（1）该同学发现电压表的量程太大，准备用电流表和电阻箱改装为一量程为2V的电压表，则其应该选择的电流表是 　A2　（填“A1”或“A2”），电阻箱接入电路的阻值R＝　900　Ω。（2）正确选择器材后，请你帮助该同学在图甲中补充完整实验电路图。（3）实验过程中，该同学多次调节滑动变阻器接入电路的电阻，得到两电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2如表所示，该同学根据表中的数据得到如图乙所示的图线，得出该干电池的电动势E＝　1.45　V、内阻r＝　0.82　Ω。（结果均保留两位小数）I1/A0.100.200.300.400.50I2/mA1.371.281.211.141.05【解答】解：（1）可以把已知内阻的电流表A2改装成2V的电压表，串联电阻阻值R900Ω；（2）用改装的电压表测路端电压，由于干电池的内阻很小，为减小实验误差，电流表A1采用外接法（相对于电源来说），电路如图所示；（3）由闭合电路欧姆得：E＝I2（r2+R）+（I1+I2）r，由于I2＜＜I1，则有：I2，结合图乙的斜率和纵截距解得：E＝1.45V，r0.82Ω。故答案为：（1）A2；900；（2）实验电路图如图所示；（3）1.45；0.82。某实验小组在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验用小灯泡的规格是“2.5V，0.3A”。（1）该组同学先选用多用电表“×1”倍率测量小灯泡的阻值，机械调零后，红黑表笔短接发现指针位置如图甲所示，该同学接下来需要进行的正确操作是　C　。A．断开红黑表笔，重新机械调零B．断开红黑表笔，转换为“×10”倍率后测量C．保持红黑表笔短接，将指针调整到电阻为零处D．保持红黑表笔短接，将指针调整到电流为零处（2）实验小组利用图乙所示电路图，通过调整滑动变阻器将小灯泡两端电压从零开始逐渐增大到某最大值。得到的多组I、U数据描绘在I﹣U图像中，如图丙所示。当小灯泡两端电压为1.00V时，小灯泡消耗的电功率约为　0.196　W。（3）当通过小灯泡的电流从最大值重新调节到140mA时，小灯泡灯丝阻值最接近　C　。A．1.50B．2.10C．2.86D．8.33【解答】解：（1）欧姆调零时，要短接两表笔，调节欧姆调零电阻，使指针指在最右边的零刻度线的位置，故选：C；（2）从图乙所描绘的点迹的走向可以读出，当电压为U＝1.0V时，灯泡的电流I＝190mA＝0.190A，所以灯泡的实际功率P＝UI＝1.0×0.190W＝0.190W；（3）从图乙中可以找出当I′＝140mA时，电压U′＝0.4V，所以此时灯丝的电阻R2.83Ω，故选：C故答案为：（1）C；（2）0.190；（3）C