【物理】2018届二轮复习电学实验学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习电学实验学案（全国通用）

‎13‎ 电学实验 考向预测 电学实验每年都考，主要体现在：(1)基本仪器的原理和使用；(2)基本的实验目的、原理和实验思想，如实验器材的选取，电流表的内、外接法及滑动变阻器的连接方式、电路故障的分析等；(3)处理实验数据的基本方法，如图象法、平均值法等。‎知识与技巧的梳理 考点一、多用电表的原理、使用及读数问题 例 (2017·全国Ⅲ卷T23)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡。‎ ‎(1)图(a)中的A端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接。‎ ‎(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)。‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“‎0”‎位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“‎0”‎位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω。‎ ‎(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“‎1”‎相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“‎3”‎相连的，则读数为________；若此时B端是与“‎5”‎相连的，则读数为________。(结果均保留三位有效数字)‎ ‎【审题立意】电流表是表头与电阻并联所得,并联电阻越大，量程越小；电压表是表头与电阻串联所得，串联电阻越大，量程越大。‎ ‎【解题思路】(1)A端与电池正极相连，电流从A端流出，A端与黑色表笔相连。‎ ‎(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“‎0”‎位置，与R6无 关，选项A错；使用欧姆挡时，需要红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“‎0”‎位置，选项B对；使用电流挡时，B端与“‎1”‎或“‎2”‎相连，与R6无关，C错。‎ ‎(3)B端与“‎1”‎、“‎2”‎相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图甲所示，由电表的改装原理可知，B端与“‎2”‎相连时，有I2＝Ig＋，解得R1＋R2＝160 Ω；B端与“‎4”‎相连时，如图乙所示，多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻R0＝，R4＝－R0＝880 Ω。‎ ‎(4)B端与“‎1”‎相连时，电表读数为1.47 mA；B端与“‎3”‎相连时，多用电表为欧姆×100 Ω挡，读数为11.0×100 Ω＝1.10×103 Ω；B端与“‎5”‎相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为×5 V＝2.95 V。‎ ‎【参考答案】(1)黑　(2)B　(3)160　880　(4)1.47 mA 1.10×103 Ω　2.95 V ‎【知识链接】1. 电压表、电流表、多用电表的读数技巧 ‎(1)对电表读数问题，要先弄清楚电表的精确度，即每小格的数值，再确定估读的方法，是、还是估读，明确读数的小数位数。‎ ‎(2)多用电表的使用问题，在弄清其基本原理的基础上，会选择测量项目及量程、挡位，能区分机械调零和欧姆调零的区别，掌握测量电阻的步骤，此外，会看多用电表表盘，最上排不均匀刻度为测电阻时读数刻度，读出表盘刻度后应乘以挡位倍率；中间刻度是均匀的，为测量电压和电流的读数刻度，下面三排数字为方便读数所标注；最下排刻度专为测量2.5 V以下交流电压所用，一般较少使用。‎ ‎2. 欧姆表的原理 ‎(1)欧姆表内有电源，红表笔与内部电源负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故其电流方向为“红表笔流进，黑表笔流出”。‎ ‎(2)测电阻的原理是闭合电路欧姆定律。当红、黑表笔短接时，调节滑动变阻器R0(即欧姆调零)，使灵敏电流计满偏，Ig＝，此时中值电阻R中＝Rg＋R0＋r，当两表笔接入电阻Rx时I＝，电阻Rx与电路中的电流相对应，但不是线性关系，故欧姆表刻度不均匀。‎ ‎3. 欧姆表使用六注意 ‎(1)选挡接着调零；(2)换挡重新调零；(3)待测电阻与电路、电源要断开；(4)尽量使指针指在表盘中间位置附近；(5)读数之后要乘以倍率得阻值；(6)用完后，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡。‎ ‎【变式训练】(1)某同学用多用电表的欧姆挡测量一电流计G的内阻(几百欧)，当他选择倍率“×‎100”‎进行正确测量时，指针偏转情况如图1中“a”所示，误差很大，为了减小测量误差，他应选择倍率________(填“×‎10”‎或“×1 k”)，正确操作后得到指针偏转情况如图1中的“b”所示，则该电流计的内阻为________。‎ ‎(2)将G改装成多用电表，如图2所示，用此多用电表测量一阻值未知的电阻，所采用的器材及电路图如图3所示。测量电阻两端电压时，选择开关K应接__________(填“1”“‎2”‎或“‎3”‎)，电路开关S应__________，两表笔并接在电阻两端，且红表笔接__________(填“a”“b”或“c”)，记下电阻两端电压值U1；测量通过电阻的电流时，选择开关K应接__________(填“1”“‎2”‎或“‎3”‎)，开关S应________，红表笔接________(填“a”“b”或“c”)，黑表笔接________(填“a”“b”或“c”)，记下通过电阻的电流I1，调节滑动变阻器滑片的位置，重复上述方法再测出两组数据U2、I2和U3、I3，利用上述三组数据可求出被测电阻的阻值Rx＝__________。‎ 解析：(1)当他选用倍率“×‎100”‎进行正确测量时，指针偏角太大，说明所测电阻较小，应换用小倍率进行测量，即选用“×‎10”‎倍率，由欧姆表读数规则知电流计的内阻为36×10 Ω＝360 Ω。‎ ‎(2)因多用电表电流流向是“红进黑出”，测量电阻两端电压时，选择开关K应接3，电路开关S应闭合，红表笔接b，黑表笔接a；测量通过电阻的电流时，选择开关K应接1，由题图3可知，此时开关S应断开，红表笔接c，黑表笔接b，串联接入电路中，由欧姆定律及多次测量求平均值的方法可知，被测电阻的阻值Rx＝。‎ 答案：(1)×10　360 Ω　(2)3　闭合　b　1　断开　c　b　 考点二、研究小灯泡的伏安特性 例 (2017·全国Ⅰ卷T23)某同学研究小灯泡的伏安特性。所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流‎0.32 A)；电压表V (量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表A (量程‎0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干。‎ ‎(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。‎ ‎(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。‎ 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W。(结果均保留2位小数)‎ ‎【审题立意】本题考查小灯泡伏安特性曲线的实验描绘，要注意明确实验原理，知道实验中分析数据的基本方法。注意在分析功率时只能根据图象进行分析求解，不能利用欧姆定律进行分析。‎ ‎【解题思路】(1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表○ 应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V。由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接。电路图如图所示。‎ ‎(2)I-U图象中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大。根据电阻定律R＝ρ，得灯丝的电阻率增大。‎ ‎(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E0′(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为Pmin＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W。当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为Pmax＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W。‎ ‎【参考答案】(1)见解析图　(2)增大　增大　(3)0.39　1.17‎ ‎【技能提升】1．描点作图时的注意事项 ‎(1)单位长度的选取。‎ ‎(2)平滑连接各点。‎ ‎(3)尽量使图线占满整个坐标纸。‎ ‎2．非线性元件与某电源连接后实际功率的求法 若该元件直接接在电源两端，一般是在该元件的伏安特性曲线中作出电源的路端电压随电流变化的关系图线，两图线的交点即该元件的工作点，利用P＝UI求得元件的实际功率；若元件与某定值电阻R0串联后再接入电源两端，则可将该定值电阻和电源等效为电源电动势为E、内电阻为(r＋R0)的电源再进行分析。‎ ‎【变式训练】某实验小组要判定两种元件的制作材料，已知其中一种是由金属材料制成的，它的电阻随温 度的升高而增大，而另一种是由半导体材料制成的，它的电阻随温度的升高而减小，准备的器材有：‎ A．电源E(电动势为3.0 V，内阻不计)‎ B．电压表V1(量程0～3 V，内阻约1 kΩ)‎ C．电压表V2(量程0～15 V，内阻约4 kΩ)‎ D．电流表A1(量程0～‎3 A，内阻约0.1 Ω)‎ E．电流表A2(量程0～‎0.6 A，内阻约0.6 Ω)‎ F．滑动变阻器R1(0～5 Ω，‎3.0 A)‎ G．滑动变阻器R2(0～200 Ω，‎1.25 A)‎ H．开关和若干导线 该小组成员对其中的一个元件进行了测试，测得通过其中的电流与加在它两端的电压数据如下表所示。‎ U/V ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.50‎ ‎1.58‎ I/A ‎0.20‎ ‎0.45‎ ‎0.80‎ ‎1.25‎ ‎1.80‎ ‎2.81‎ ‎3.00‎ 请完成以下内容：‎ ‎(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(填写器材前对应的字母)。‎ ‎(2)请根据表中数据在图中作出该元件的I-U图线，该元件可能是由________(选填“金属”或“半导体”)材料制成的。‎ ‎(3)在(2)的基础上，该同学进一步分析，如果让一节电动势为1.5 V、内阻为0.5 Ω的干电池只对该元件供电，则该元件消耗的功率为________W(结果保留两位有效数字)。‎ 解析：(1)由表中数据可知电压表选用的是B，电流表选用的是D；滑动变阻器必须接成分压式，应选用阻值较小的F。‎ ‎(2)根据表中数据描点并用平滑曲线连接，如图中①所示。由描绘的曲线可知，元件的电阻随温度的升高而减小，所以元件是由半导体材料制成的。‎ ‎(3)在元件的I-U图线中作出干电池的I-U图线，如图中②所示，可知交点坐标为U＝0.95 V，I＝‎1.1 A，所以元件消耗的功率为P＝UI≈1.0 W。‎ 答案：(1)B　D　F　(2)解析图中①所示　半导体　(3)1.0‎ 考点三、测定电源的电动势和内阻 例 某同学利用图甲所示电路测量电源电动势和内阻。‎ ‎(1)实验中该同学记录的实验数据如下表，请在图乙的直角坐标系中画出U-I图象。‎ U/V ‎1.96‎ ‎1.86‎ ‎1.80‎ ‎1.74‎ ‎1.64‎ ‎1.56‎ I/A ‎0.05‎ ‎0.15‎ ‎0.25‎ ‎0.35‎ ‎0.45‎ ‎0.55‎ ‎(2)根据所画的U-I图象，可求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。‎ ‎(3)随着滑动变阻器滑片的移动，电压表示数及电源的输出功率都会发生变化，则下列图中能正确反映P与U关系的是________，电源的最大输出功率为________W(保留两位有效数字)。‎ ‎(4)实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并重新设计电路，在下列电路中，你认为相对合理的电路是________(Rx为未知小电阻)。‎ ‎ ‎ ‎【解题思路】(1)根据实验数据在坐标系内描点并用直线连接，如图所示。‎ ‎(2)由所画U-I图象可知，图线与纵轴交点的纵坐标为2.0 V，图线的斜率的绝对值约为0.83 Ω，即电源电动势E＝2.0 V，内阻r＝0.83 Ω。‎ ‎(3)电压表测的是路端电压，电源的输出功率P＝UI，I＝，U内＝E－U，联立可得P＝－＋，故P-U 图线为一条过原点、开口向下的抛物线，图C正确。当电源内电压与路端电压相等时，输出功率最大，此时路端电压是电动势的一半，最大功率为P＝≈1.2 W。‎ ‎(4)图A中，当滑动变阻器的滑片滑到最右端时，电源短路，存在安全隐患，A错；图B中滑动变阻器采用分压式接法，能保护电路，但不能测量出电路中的总电流，B错；图C中滑动变阻器采用限流式接法，既能保护电路，又能测出电源的电动势和内阻，C对；图D中能测出电源电动势，但测不出电源的内电阻(测的是Rx＋r)，D错。‎ ‎【参考答案】 (1)见解析图　(2)2.0　0.83　(3)C　1.2　(4)C ‎【技能提升】测量电源的电动势和内阻的基本原理是闭合电路欧姆定律，数据处理的主要思想方法是“化 曲为直”，常用的方法有三种：‎ ‎1. 伏安法——利用电压表和电流表。闭合电路方程为E＝U＋Ir，利用两组数据，联立方程求解E和r；也可作出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或将方程线性化，处理为＝·＋或U＝－r＋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)，利用两组数据联立方程求解或将方程线性化，处理为＝·R＋，作－R图象，利用图线的截距和斜率求E和r。‎ ‎【变式训练】某实验小组甲、乙两同学要测量一节干电池的电动势和内阻。实验室有如下器材可供选择：‎ A．待测干电池(电动势约为1.5 V，内阻约为0.8 Ω)‎ B．电压表V(量程15 V)‎ C．电流表A1(量程0～3 mA，内阻RA1＝10 Ω)‎ D．定值电阻R(阻值为50 Ω)‎ E．电流表A2(量程0～‎0.6 A，内阻RA2＝0.1 Ω)‎ F．电阻箱R0(0～9 999.9 Ω)‎ G．滑动变阻器(0～20 Ω，‎1.0 A)‎ H．开关、导线若干 ‎(1)甲同学采用伏安法测量，为了尽量减小实验误差，在下列四个实验电路中应选用________。‎ ‎ ‎ ‎(2)甲同学根据实验所测(或经过转换)的数据描绘出电源的U-I图线如图甲所示，则被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(结果均保留三位有效数字)‎ ‎(3)乙同学采用电流表和电阻箱进行测量，所用电路图如图乙所示，闭合开关后，改变电阻箱阻值，当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2，请用RA2、R1、R2、I1、I2表示被测电池的电动势E＝____________，电池的内阻r＝____________。‎ 解析：(1)因电压表量程太大，直接使用误差很大，因此可将电流表A1与电阻箱串联改装成电压表，电流表A2测电流，所以选用D。‎ ‎(2)图线与纵轴交点纵坐标约为1.48 V，即电源电动势E＝1.48 V，图线的斜率的绝对值|k|＝Ω≈0.844 Ω，即电源的内阻r≈0.844 Ω。‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律知E＝I1(R1＋RA2＋r)，E＝I2(R2＋RA2＋r)，联立得E＝，r＝－RA2。‎ 答案：(1)D　(2)1.48　0.844　(3)　－RA2‎ 考点四、电学创新拓展实验 例 (2017·全国Ⅱ卷T23)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA，内阻大约为2500 Ω)的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω，另一个阻值为2000 Ω)；电阻箱Rz(最大阻值为99999.9 Ω)；电源E(电动势约为1.5 V)；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。‎ ‎(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。‎ ‎(2)完成下列填空：‎ ‎①R1的阻值为________Ω(填“20”或“2000”)。‎ ‎②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的________端(填“左”或“右”)对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。‎ ‎③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0 Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置。最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”)。‎ ‎④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为_____Ω。(结果保留到个位) ‎ ‎(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议： ____________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎【审题立意】本题以测定微安表内阻实验为背景，考查了根据实验原理图连接实物图的能力、对实验原理的分析能力以及涉及精度改良方法的实验设计能力。‎ ‎【解题思路】(1)根据题中的原理图(a)，将题图(b)中的实物连线如图所示。‎ ‎(2)①R1起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即R1的电阻为20 Ω。②为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器R1的滑片C应移到左端，确保微安表两端电压为零。③反复调节D的位置，使闭合S2‎ 前后微安表的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等。④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。说明＝，则解得RμA＝2550 Ω。‎ ‎(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。‎ ‎【参考答案】(1)见解析图 (2)①20　②左　③相等　④2550　(3)调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程 ‎【技能提升】1. 高考考查特点 ‎(1)该类实验的特点是题目来源于教材，但又高于教材；‎ ‎(2)实验的基本原理和思想方法是考查的核心。‎ ‎2. 解题的常见误区及提醒 ‎(1)要解决此类实验问题，应摒弃简单的背诵实验而应向分析理解实验转变；‎ ‎(2)熟练掌握欧姆定律、实验器材的选择和数据处理方法是融会变通的关键。‎ ‎【变式训练】(2016·全国III卷T22)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。‎ ‎(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。‎ ‎(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：‎ A．适当增加两导轨间的距离 B．换一根更长的金属棒 C．适当增大金属棒中的电流 其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。‎ 解析：(1)实验电路连线如图所示。‎ ‎(2)为使金属棒获得更大的速度，则金属棒运动时需要更大的加速度，根据牛顿第二定律有a＝，所以增加磁感应强度、增大电流、增加两导轨间的距离都可以使加速度增大。故选项A、C正确，选项B错误。‎ 答案：(1)实验电路连线如图所示　(2)AC