高考物理复习电学创新实验.docx
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高考物理复习电学创新实验
2018高考物理复习:
电学创新实验
1.为了测量一竖直向上的匀强磁场的磁感应强度,某实验小组的同学设计了如下实验.
(1)在磁感应强度为B的磁场中离地面适当高度处水平放置两根相距为L的平行轨道,轨道由绝缘材料制成,可视为是光滑的,轨道右端装一定滑轮,轨道上放置一根垂直轨道的导体棒,如图所示,已知重力加速度为g.
(2)将细线一端系在导体棒上,另一端跨过定滑轮挂适量的小钩码,通过改变钩码数量和通过导体棒中的电流,多次进行实验.请将图中测量电路连接完整.
(3)若每个小钩码的质量均为m,该小组同学改变小钩码的数量n,通过调节滑动变阻器的滑片,保持导体棒始终静止,得到一系列电流表读数,则电流表读数I与小钩码的数量n的关系式为________________.
(4)若采用图象法处理实验数据,画出I-n图象,已知I-n图线斜率为k,则该匀强磁场的磁感应强度的表达式为B=________.
1.【解析】
(2)滑动变阻器选择限流式接法,注意要使导体棒所受安培力的方向向左,测量电路如答案图所示.
(3)由平衡条件有BIL=nmg,解得I=n.
(4)根据I=n可知,I-n图线斜率k=,解得B=.
【答案】
(2)如图所示 (3)I=n (4)
2.用下列器材测量电容器的电容:
一块多用电表,一台直流稳压电源,一个待测电容器(额定电压16V),定值电阻R1(阻值未知),定值电阻R2=150Ω,电流传感器、数据采集器和计算机,单刀双掷开关S,导线若干.
实验过程如下:
实验次数
实验步骤
第1次
①用多用电表“×10”挡测量电阻R1,指针偏转如图1甲所示.
②将电阻R1等器材按照图乙正确连接电路,将开关S与1端连接,电源向电容器充电.
③将开关S掷向2端,测得电流随时间变化的i-t曲线如图丙中的实线a所示.
第2次
④用电阻R2替换R1,重复上述实验步骤②③,测得电流随时间变化的i-t曲线如图丁中的某条虚线所示.
说明:
两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同.
请完成下列问题:
(1)由图甲可知,电阻R1的测量值为________Ω.
(2)第1次实验中,电阻R1两端的最大电压U=________V.利用计算机软件测得i-t曲线和两坐标轴所围成的面积为42.3mA·s,已知电容器放电时其内阻可以忽略不计,则电容器的电容为C=________F.
(3)第2次实验中,电流随时间变化的i-t曲线应该是图丁中的虚线________(选填“b”“c”或“d”),判断依据是______________________________________________________.
2.【解析】
(1)电阻R1的测量值等于多用电表指针示数与倍率的乘积,所以R1=100Ω.
(2)由题图丙可知,第1次实验,由imax′==90mA,得电阻R1两端电压最大值为9V;i-t图线与坐标轴所围面积表示电容器放电的总电荷量,也等于电容器充电后所带的总电荷量,则电容C==F=4.7×10-3F.(3)第2次实验中电阻R2>R1,最大电流imax=,因第2次实验的最大电流小些,故不是b;图线与坐标轴所围面积表示电容器充电后所带的总电荷量,所以两条曲线分别与坐标轴所围面积相等,故不是d,而是c.
【答案】
(1)100
(2)9 4.7×10-3(3)c 根据imax=,因第2次实验的最大电流小些,故不是b;根据Q=CU,因两条曲线分别与坐标轴所围的面积应该相等,故不是d.
3.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”,利用这种效应可以测量压力大小.若图2甲为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线,其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值.为了测量压力F,需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF.
请按要求完成下列实验.
图2
(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路,在图乙的虚线框内画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出,待测压力大小约为0.4×102~0.8×102N,不考虑压力对电路其它部分的影响),要求误差较小,提供的器材如下:
A.压敏电阻,无压力时阻值R0=6000Ω
B.滑动变阻器R,全电阻约200Ω
C.电流表,量程2.5mA,内阻约30Ω
D.电压表,量程3V,内阻约3kΩ
E.直流电源E,电动势3V,内阻很小.
F.开关S,导线若干
(2)正确接线后,将压敏电阻置于待测压力下,通过压敏电阻的电流是1.33mA,电压表的示数如图丙所示,则电压表的读数为________V.
(3)此时压敏电阻的阻值为________Ω;结合图甲可知待测压力的大小F=________N.(计算结果均保留两位有效数字)
3.【解析】
(1)根据题述对实验电路的要求,应该设计成滑动变阻器分压式接法,电流表内接电路.
(2)根据电压表读数规则,电压表示数为2.00V.
(3)由欧姆定律,此时压敏电阻的阻值为RF=≈1.5×103Ω.无压力时,R0=6000Ω,有压力时,=4,由题图甲可知,对应的待测压力F=60N.
【答案】
(1)如图所示
(2)2.00(3)1.5×103 60
4.实验室有一破损的双量程电压表,两量程分别是3V和15V,其内部电路如图3所示,因电压表的表头已烧坏,无法知道其电学特性,但两个精密电阻R1、R2完好,测得R1=2.9kΩ,R2=14.9kΩ.现有两个表头,外形都与原表头相同,已知表头的满偏电流为1mA,内阻为50Ω;表头的满偏电流为0.5mA,内阻为200Ω;又有三个精密定值电阻r1=100Ω,r2=150Ω,r3=200Ω.若保留R1、R2的情况下,对电压表进行修复,根据所给条件回答下列问题:
图3
(1)原表头的满偏电流I=________,内阻r=______.
(2)在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路图(标识出所选用的相应器材符号).
(3)某学习小组利用修复的电压表,再加上可以使用的以下器材测量一未知电阻Rx的阻值.电流表A,量程0~5mA,内阻未知;最大阻值约为100Ω的滑动变阻器;电源E,电动势约3V;开关S、导线若干.由于不知道未知电阻的阻值范围,学习小组为精确测出未知电阻的阻值,选择合适的电路,请你帮助他们在图4中补充完整电路连接,正确连线后读得电压表示数为2.40V,电流表示数为4.00mA,则未知电阻阻值Rx为________Ω.
4.【解析】
(1)根据电路的串、并联有:
I(r+R1)=3V,I(r+R2)=15V,联立解得r=100Ω,I=1mA.(3)在不知道待测电阻的阻值的情况下,我们只能用滑动变阻器的分压式接法.而电流表的示数为4.00mA,电压表的内阻已知,所以应该用电流表的外接法测未知电阻.故待测电阻的阻值Rx=×103Ω=750Ω.
【答案】
(1)1mA 100Ω
(2)如图甲所示 (3)如图乙所示 750
5.某同学利用满偏电流为500μA的电流表、热敏电阻等制作电子温度计.
(1)制作的实验过程中需要测出该电流表的内阻Rg,所用的电路如图5,主要步骤是:
①接通开关S1,调节变阻器R1,使指针偏转到满刻度;②保持R1不变,再接通开关S2,调节电阻箱R2,使指针偏转到满刻度的一半,读出此时R2的阻值为299.0Ω,可认为Rg=R2.实验时,电路中的变阻器R1和电源有下列器材可供选择:
图5
A.变阻器(0~200Ω)B.变阻器(0~20kΩ)
C.电源(1.5V,内阻不计)D.电源(9V,内阻不计)
为了使测量Rg尽量精确,R1应选__________,电源应选________.(填选项前的字母)
图6
(2)温度在0~300℃范围内,某热敏电阻的阻值Rt随温度t(℃)的变化情况为Rt=200+50t(Ω),把这个热敏电阻、标准定值电阻、电池、开关与电流表串联起来,电路如图6所示,
图7
电流表的表盘如图7所示.用该热敏电阻作探头,将表盘上的电流刻度值改成对应的温度值,制作成简单的电子温度计.已知电池的电动势E=1.5V,内阻r=1.0Ω,标准定值电阻的阻值R0=2500Ω,根据
(1)中测得的Rg值和闭合电路欧姆定律,得出电流表表盘上500μA刻度处对应的温度刻度值是0℃,300μA刻度处对应的温度刻度值是______℃.
(3)由于用图5电路测定电流表的内阻Rg在原理上存在一定的系统误差,因而制作的电子温度计在测量温度时,测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”).
5.【解析】
(1)电学中利用半偏法测电阻时,要求干路中滑动变阻器R1值要大些,选用的电源的电动势稍大些能减小误差,所以为了尽量精确测量Rg,R1应选B,电源应选D.
(2)由闭合电路欧姆定律知E=Ig(r+R0+Rg+Rt),设电流表表盘上300μA刻度处对应温度刻度值是t,则有300×10-6×(1.0+2500+299.0+200+50t)=1.5,解得t=40℃.(3)由于利用半偏法测电流表的内阻时电阻Rg测量值偏小(因为闭合S2后实际电路中干路电流变大),根据I=知电流I实际偏大,因而制作的电子温度计在测量温度时,测量值比真实值要偏大.
【答案】
(1)B D
(2)40 (3)偏大
6.如图甲所示的电路中,恒流源可为电路提供恒定电流I0,R为定值电阻,电流表、电压表均可视为理想电表。
某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率。
改变RL的阻值,记录多组电流、电压的数值,得到如图乙所示的UI关系图线。
回答下列问题:
(1)滑动触头向下移动时,电压表示数________(选填“增大”或“减小”)。
(2)I0=________A。
(3)RL消耗的最大功率为________W(保留一位有效数字)。
6.【解析】
(1)滑动触头向下移动,RL变小,RL与R并联后的总电阻R总变小,由于电路连接恒流源,根据U=IR总可得电压表示数减小。
(2)由第
(1)问还可知U=(I0-I)R,从题图乙知,电压U=0时,I0=I=1.0A;I=0时,R==20Ω。
(3)PL=UI=20(1.0-I)·I=5-20(I-0.5)2,所以当I=0.5A时,RL消耗的功率最大,为5W。
【答案】
(1)减小
(2)1.00(0.98、0.99、1.01均正确) (3)5
7.新能源汽车是今后汽车发展的主流方向,如图(a)所示为车载动力电池,其技术参数是额定容量约120Ah,额定电压约3.3V,内阻约0.03Ω,现有一个用了很长时间已经老化的这种电池,某研究小组想测量这个电池的电动势和内阻,但实验器材仅有一个电流表(量程100mA、内阻9Ω)、一个定值电阻R0=1Ω、一个电阻箱、一个开关和导线若干,该同学按如图(b)所示电路进行实验,测得的数据如下表所示。
次数
1
2
3
4
5
R(Ω)
0.9
4.2
7.3
10.8
14.1
I0(mA)
100
50
34
25
20
(1)实验中将电流表与定值电阻并联实质上是把电流表改装成了大量程的电流表,则改装后的电流表的测量值I与原电流表的读数I0的关系为__________;
(2)若利用图像确定电池的电动势和内阻,则应作______(选填“RI”或“R”)图像;
(3)利用测得的数据在坐标纸上作出适当的图像;
(4)由图像可知,该电池的电动势E=________V,内阻r=________Ω。
7.【解析】
(1)根据并联电路的分流公式可知,===9,IR0=9I0,即改装后的电流表的测量值为I=IR0+I0=10I0。
(2)由闭合电路欧姆定律,可列式E=
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