2019年高考物理一轮复习第十章恒定电流第3讲实验测定金属的电阻率实验描绘小灯泡的伏安特性曲线检测.doc

2019年高考物理一轮复习第十章恒定电流第3讲实验测定金属的电阻率实验描绘小灯泡的伏安特性曲线检测1.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率,现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻,用螺旋测微器测量该圆柱体的直径,用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图a和图b所示。(1)由图读得圆柱体的直径为mm,长度为cm。(2)若流经圆柱体的电流为I,圆柱体两端之间的电压为U,圆柱体的直径和长度分别用D、L表示,则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为=。2.(xx北京东城期末,15)实验室有一捆规格为“100 m,0.5 mm2”的铜导线,已经用去了一部分,一同学想用伏安法测量剩余导线的电阻。(1)他查得铜的电阻率为1.710-8 m。他可以用公式计算出整捆导线的电阻为;(2)他从实验室借来如下器材,想分别用电流表内接法和外接法测量铜导线的电阻:电流表:量程00.6 A,内阻约为0.2 ;电压表:量程03 V,内阻约9 k;滑动变阻器R1:最大阻值5 ;滑动变阻器R2:最大阻值200 ;电源:电动势4.5 V,内阻可不计;开关、导线若干。回答下列问题:请你用笔画线代替导线在图1中完成电路连线。要求用电流表外接法、滑动变阻器分压式接法。图1按中所连电路实验时滑动变阻器应选(填“R1”或“R2”),闭合开关前应将滑片移至端(填“a”或“b”)。他将分别用电流表内接法和外接法得到的电流、电压数据描到U-I图上,如图2所示。在图2中由电流表外接法得到测量图线是(填“甲”或“乙”),你的判断依据是。图23.(xx北京朝阳期末,15)某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,使用的器材如下:待测小灯泡(2.5 V,1.25 W)电源(电动势3 V,内阻不计)电流表(00.6 A,内阻约0.125 ;03 A,内阻约0.025 )电压表(03 V,内阻约3 k;015 V,内阻约15 k)单刀单掷开关及导线若干(1)为减小误差,在本实验中电流表应选用0A量程;电压表应选用0V量程。(2)如图是本实验器材的实物图,图中已连接了部分导线,为了满足实验要求并尽可能减小误差,请补充实物图中的连线。4.某实验小组要描绘一只小灯泡L(2.5 V0.3 A)的伏安特性曲线。实验中除导线和开关外,还有以下器材可供选择:电源E(3.0 V,内阻约0.5 )电压表V1(03 V,内阻约3 k)电压表V2(015 V,内阻约15 k)电流表A1(00.6 A,内阻约0.125 )电流表A2(03 A,内阻约0.025 )滑动变阻器R(05 )(1)电压表应选择,电流表应选择。(2)应选择图1中哪一个电路图进行实验?。图1(3)根据正确的实验电路图,该小组同学测得多组电压和电流值,并在图2中画出了小灯泡L的伏安特性曲线。由图可知,随着小灯泡两端电压的增大,灯丝阻值也增大,原因是。当小灯泡两端电压为1.40 V时,其电阻值约为(结果保留2位有效数字)。图2(4)若将如图3所示的交变电压直接加在这个小灯泡L的两端,则小灯泡的电功率约为W(结果保留1位有效数字)。(5)将小灯泡L接入图4所示电路,通过实验采集数据,得到了电压表示数U随电流表示数I变化的图像,图5中能正确反映U-I关系的是。图5综合提能1.(xx北京丰台一模,19)某同学想要描绘标有“2.5 V,0.3 A”字样的小灯泡的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确,绘制曲线完整。实验室提供的器材除了开关、导线外,还有电压表(03 V,内阻约3 k)、电流表(00.6 A,内阻约0.1 )、滑动变阻器R(010 ,额定电流1 A)、滑动变阻器R(0100 ,额定电流1 A)。图甲是该同学实验中的实物连线图,图乙是测得数据后绘出的小灯泡的伏安特性曲线。下列选项中说法正确的是()图甲图乙A.图甲中的滑动变阻器选择R调节效果较好B.为了减小电表内阻带来的误差,图甲中导线应该连接b处C.为了满足实验数据的测量要求,图甲中导线应该连接d处D.由图乙可知,拐点两侧区域小灯泡阻值分别恒定,但两定值不等2.(xx北京西城二模,21)(1)用10分度的游标卡尺测量小球的直径,测量的示数如图1所示,读出小球直径d的值为mm。图1(2)某同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时,用标有“2.5 V,0.3 A”的小灯泡,采用如图2所示的电路进行实验。图2图3他选择了学生电源、电流表和电压表。现有两个滑动变阻器R1(010 )和R2(01 k),实验中应选用的滑动变阻器是。请根据图2所示的电路,在图3中进行实物连线。图4如图4是该同学根据实验数据描绘出的伏安特性曲线。从图线可以得出小灯泡灯丝的电阻率随温度变化的特点是。在实验中,当小灯泡两端加2.5 V的电压时,小灯泡的电阻为(保留两位有效数字)。若实验室现只有一个电动势为6 V的铅蓄电池,为了调节方便,同时确保实验过程的安全,某同学设计在电路中某位置增加一个阻值合适的定值电阻R0。在如图5给出的A、B、C三个位置中,更合理的位置是哪一个,并简要说明理由。图5答案精解精析基础巩固1.答案(1)1.844(在1.8421.846范围内均可)4.240(2)解析(1)由题图a知,圆柱体的直径为1.5 mm+34.40.01 mm=1.844 mm,长度为42 mm+80.05 mm=42.40 mm=4.240 cm。(2)由I=,R=及S=得 =。2.答案(1)R=3.4(2)图见解析R1b乙电流表外接时,测得的电阻值偏小解析(1)由公式R=,代入数值得电阻阻值R=3.4 ;(2)如图所示由于用滑动变阻器采用分压式接法,所以从方便调节的角度考虑,滑动变阻器选最大阻值较小的R1;为保护电路中元件,闭合开关前,滑片应移至b端,使导线两端电压为零。因为电流表外接时,测得的电流值偏大,由R=可知电阻值偏小,对应图线乙。3.答案(1)0.63(2)见解析解析(1)根据小灯泡规格“2.5 V,1.25 W”可以知道,额定电压U=2.5 V,额定电流I= A=0.5 A,可以知道电流表应选“00.6 A”量程,电压表应选“03 V”量程;(2)因为实验要求减小误差,需要尽可能多的测量数据,所以滑动变阻器应采用分压式接法;小灯泡阻值较小,在额定电压下工作时Rx= =5 ,因=600,=40,则电流表应采用外接法,如图所示。4.答案(1)V1A1(2)A(3)灯丝的电阻率随温度的升高而增大7.0(4)0.3(5)C解析(1)在满足测量要求的前提下,小量程的电表精度更高,故电压表选择V1,而电流表选择A1。(2)电压表的内阻远大于灯泡的电阻,选择电流表外接法可减小系统误差,为使灯泡两端的电压从0开始调节,滑动变阻器应采用分压式接法,故选A。(3)小灯泡两端电压增大时,灯丝的电功率增大导致温度升高,灯丝的电阻率增大,灯丝的电阻增大。由图2读出灯泡两端电压是1.40 V时,灯丝中的电流是0.20 A,由欧姆定律知此时灯泡灯丝的电阻R= =7.0 。(4)由图3知该交流电压的有效值U0= V= V。由图2读出U0= V1.4 V时的电流 I0=0.20 A,则灯泡的电功率P=U0I0=1.40.20 W0.3 W。(5)由图4知U=E-Ir,式中E为电源电动势,r为电源内电阻,故C选项正确。综合提能1.C滑动变阻器应用于分压电路时,总阻值较小的调节方便,故A项错误;因电压表内阻远大于灯泡电阻,电压表的分流作用可忽略,故选用电流表外接法以减小测量误差,故B项错误;为使灯泡两端电压从零开始测量以满足绘制完整曲线的要求,变阻器应采用分压接法,故C项正确;由欧姆定律和图线可知,拐点两侧区域图线上对应点各处U和I比值不恒定,故D项错误。2.答案(1)18.4(2)R1如图所示随着温度的升高,小灯泡灯丝的电阻率增大10是C位置。理由是:当滑动变阻器的滑片滑到最左端时,能保证小灯泡两端的电压为零;当滑片滑到最右端时,能保证小灯泡两端的电压不超过它的额定电压2.5 V。这样既方便了操作,又确保了小灯泡的安全。解析(1)主尺读数为18 mm,游标尺读数为40.1 mm=0.4 mm,小球直径d=18 mm+0.4 mm=18.4 mm。(2)分压电路中滑动变阻器用总电阻小的方便调节。由I-U图像知,当U=2.5 V时,电流I=0.25 A,R=10 。