2024版新教材高考物理复习特训卷考点61实验：电学实验基础

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2．(1)①图1所示的电流表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A.
②图2所示的电压表使用较小量程时，每小格表示________V，图中指针的示数为________V.若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针指示的是________V.
(2)旋钮式电阻箱如图3所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为____________．
3．[2023·广东广州一模]为测量“12 V，5 W”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以下器材：
电源：12 V，内阻不计；
电流表：量程0～0.6 A、0～3 A，内阻约为0.2 Ω；
电压表：量程0～3 V、0～15 V，内阻约为15 kΩ；
滑动变阻器：0～20 Ω，允许最大电流1 A；
开关一个，导线若干，实验要求加在小电珠上的电压可从零开始调节．
(1)以下四个电路图你认为最合适的是________．
(2)在本实验中，电流表的量程可选________．
4．利用伏安法测电阻，可以选电流表内接法和电流表外接法两种方法．图甲中电压表的读数为U1，电流表的读数为I1，图乙中电压表的读数为U2，电流表的读数为I2，待测电阻的阻值为Rx.
(1)关于测量过程中产生的误差，下列说法正确的是________(填正确答案标号).
A．无论哪种方法，只要采用多次测量取平均值的方式，就能有效减小误差，使误差几乎为0
B．采用图甲电路，电压表的测量值大于待测电阻两端的电压值，电流表的测量值等于流经待测电阻的电流值
C．采用图乙电路，电压表的测量值等于待测电阻两端的电压值，电流表的测量值大于流经待测电阻的电流值
D．图甲适用于测小电阻，图乙适用于测大电阻
(2)利用电流表内接法，待测电阻阻值记为“R内”；利用电流表外接法，待测电阻阻值记为“R外”；该电阻阻值的真实值记为“R真”．请按照从大到小的顺序将这三个量依次排序为________________．
(3)若已知电压表的内阻为RV，则可利用________(填“图甲”或“图乙”)测出待测电阻的真实值，其真实值为Rx＝________．
5．[2023·四川成都七中热身测试](1)灵敏电流计G的满偏电流Ig＝100 μA、内阻Rg＝900 Ω，某实验小组学习多用电表原理后将G改装成一个1 mA的电流表，然后利用电流表改装成量程为3 V的电压表，实验室提供的定值电阻有R1＝100 Ω、R2＝2 000 Ω、R3＝2 910 Ω、R4＝8 100 Ω，应选定值电阻________和________完成改装．
(2)用改装的电压表测量某电阻两端的电压，G的指针位置如图甲所示，则电压为________V.
(3)①将改装后的电压表与标准电压表校对，用笔画线完成乙图电路________．
②校对时，闭合S前滑片应在________(“a”或“b”)端．
6．[2023·上海金山区模拟]实验台上备有下列器材：
A．电流表(量程500 μA，内阻约为300 Ω)；
B．电流表(量程100 μA，内阻约为1 kΩ)；
C．电压表(量程15 V，内阻约为100 kΩ)；
D．电压表(量程6 V，内阻约为6 kΩ)；
E．直流电源(15 V，允许最大电流1 A)；
F．滑动变阻器(最大阻值100 Ω，额定功率1 kW)
G．开关和导线若干．
某同学用供选器材设计了测一个阻值约30 kΩ电阻的实验，电路如图所示(电路还没有完全接好).
(1)实验中所用的电流表应选________，电压表应选________．(填器材前的字母)
(2)请用笔画线代替导线将尚未连接好的电压表连入电路中．
(3)开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于________(填“a”或“b”)处．
(4)正确连接电路后，无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较小值，其原因可能是导线________(填图中导线代号)没有连接好．
7.
[2022·辽宁卷]某同学要将一小量程电流表(满偏电流为250 μA，内阻为1.2 kΩ)改装成有两个量程的电流表，设计电路如图(a)所示，其中定值电阻R1＝40 Ω，R2＝360 Ω.
(1)当开关S接A端时，该电流表的量程为0～________mA；
(2)当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时________(填“大”或“小”)；
(3)该同学选用量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图(b)中两个电路．不考虑实验操作中的偶然误差，则使用________(填“甲”或“乙”)电路可修正由电表内阻引起的实验误差．
考点61 实验：电学实验基础
1．答案：甲
解析：因为待测电阻约为5 Ω，而Rx< eq \r(RV·RA)＝10 eq \r(3)Ω，故为了减小误差应该采用电流表的外接法，即选用甲图．
2．答案：(1)①0.02 0.44 0.1 2.20
②0.1 1.40 0.5 7.0
(2)1 987 将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0 0～19 998 Ω
解析：(1)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针的示数为0.44 A；当换用3 A量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A.
②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.40 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，指针示数为7.0 V.
(2)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样两个电阻箱串联可得到的最大电阻2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.
3．答案：(1)A (2)0～0.6 A
解析：(1)C与D电路图不符合电压从零开始调节．小电珠的电阻RL＝ eq \f(U2,P)＝ eq \f(122,5) Ω＝28.8 Ω， eq \f(RL,RA)＝144， eq \f(RV,RL)＝520.8，由于 eq \f(RL,RA)< eq \f(RV,RL)，故电流表应采用外接法，应选A.
(2)小电珠的额定电流I＝ eq \f(P,U)＝ eq \f(5,12)A≈0.4 A，故电流表量程为0～0.6 A．
4．答案：(1)BC (2)R内>R真>R外 (3)图乙 eq \f(U2RV,I2RV－U2)
解析：(1)由于电压表的分流和电流表的分压都属于系统误差，多次测量取平均值的方式，并不能有效减小系统误差，使误差几乎为0，A错误；采用图甲电路，由于电流表的分压，电压表的测量值实际为待测电阻和电流表两端的电压之和，测量值大于待测电阻两端的电压值，但电流表的测量值等于流经待测电阻的电流值，B正确；采用图乙电路，电压表的测量值等于待测电阻两端的电压值，电流表的测量值为通过待测电阻和电压表两条支路的总电流，故其测量值大于流经待测电阻的电流值，C正确；图甲适用于测大电阻，图乙适用于测小电阻，D错误．故选BC.
(2)利用电流表内接法，电压表两端的电压是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和，故电流表内接电阻测量值为R内＝ eq \f(Ux＋UA,I)> eq \f(Ux,I)＝R真利用电流表外接法，电流表测的电流是待测电阻上的电流与电压表上的电流之和，故电流表外接电阻测量值为R外＝ eq \f(U,Ix＋IV)< eq \f(U,Ix)＝R真，可得R内>R真>R外．
(3)已知电压表的内阻，则可利用图乙测出待测电阻的真实值．
根据欧姆定律得 eq \f(U2,RV)＋ eq \f(U2,Rx)＝I2.解得Rx＝ eq \f(U2RV,I2RV－U2).
5．答案：(1)R1 R3 (2)1.5 (3)①见解析图 ②a端
解析：(1)改装成电流表R1＝ eq \f(IgRg,I－Ig)＝ eq \f(100×10－6×900,0.001－100×10－6)Ω≈100 Ω，改装后电流表内阻RA＝ eq \f(IgRg,I)＝ eq \f(100×10－6×900,0.001)Ω＝90 Ω，把电流表改装成电压表，串联电阻R3＝ eq \f(U,I)－RA＝ eq \f(3,0.001)Ω－90 Ω＝2 910 Ω.
(2)用改装的电压表测量某电阻两端的电压，G的指针位置如图甲所示，量程为3 V，则电压为1.5 V.
(3)①将改装后的电压表与标准电压表校对，应并联，用笔画线完成乙图电路
②校对时，闭合S前滑片应在a端，使并联部分电压为零．
6．答案：(1)A C (2)见解析图 (3)b (4)④
解析：(1)待测电阻Rx的阻值约为30 kΩ，直流电源电动势为15 V，经粗略计算电路中的最大电流约为Imax＝ eq \f(E,R)＝500 μA，所以电流表选择A；由于电压表D的量程不足，所以电压表选择C.
(2)在题图所示电路中，电流表内阻为300 Ω，电压表内阻为100 kΩ，由串、并联电路规律得，电流表的分压作用小于电压表的分流作用，故电流表应采用内接法，实物连线如图所示．
(3)实验前，分压电路的电压应该是0，故滑动变阻器的滑片P应置于b端．
(4)实验中无论如何调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表示数均不能取到较小值，是由于滑动变阻器接成限流式，因此是导线④没有连接好．
7．答案：(1)1 (2)大 (3)乙
解析：(1)由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为Um＝Imr＝250×10－6×1.2×103 V＝0.3 V，此时R1和R2的电流为I＝ eq \f(Um,R1＋R2)＝ eq \f(0.3,40＋360)A＝0.75×10－3A＝0.75 mA，所以总电流为I总＝Im＋I＝1 mA，即量程为0～1 mA.
(2)当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以比接在A端时大．
(3)图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差．