高考物理培优一轮计划全国创新版培优讲义第9章恒定电流第35课时电学实验基础

第35课时电学实验基础考点1游标卡尺如图所示为游标卡尺：(1)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成。不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1_mm。(2)精确度：10分度对应的精确度为0.1_mm,20分度对应的精确度为0.05_mm,50分度对应的精确度为0.02_mm。(3)读数：读数时分为两部分，其一为游标尺零刻度线左侧对应的主尺上面毫米的整数倍；其二为与主尺对齐的游标尺第N条刻度线，N乘以精确度；二者之和即为最终读数，单位为毫米。注意精确度，末尾的零不可以省去。若用x表示由主尺上读出的整毫米数，k表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋k×精确度)_mm。1．如图为10分度的游标卡尺测量钢管内径时的示数，其示数为________mm。答案22.7解析22mm(主尺)＋7(游尺)×0.1mm＝22.7mm。2．下图游标卡尺的读数为________cm。答案1.340解析13mm＋8×0.05mm＝13.40mm＝1.340cm。3．某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示。则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm。答案60.104.20解析用毫米刻度尺测量时，读数应读到mm的下一位，即长度测量值为60.10cm；题图乙中游标卡尺为五十分度的游标卡尺，精确度为0.02mm，主尺读数为4mm，游标尺第10条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为10×0.02mm＝0.20mm，所以金属杆直径测量值为4.20mm。考点2螺旋测微器如图所示为螺旋测微器：螺旋测微器，又称千分尺，其读数由固定刻度和可动刻度两部分构成，读数时先读出固定刻度上面露出的0.5_mm的整数倍，再读出可动刻度上面与固定刻度对齐的刻度线乘以精确度0.01_mm，提醒大家注意，可动刻度线必须估读到下一位；二者之和为最终读数。1．螺旋测微器的读数为________mm。答案8.117(8.116～8.118均正确)解析固定刻度8mm可动刻度11.7×0.01mm，8mm＋11.7×0.01mm＝8.117mm。2．(1)如图甲、乙所示的两把游标卡尺，它们的游标尺分别为10等分、20等分，则读数依次为________mm、________mm。(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图丙所示，则金属丝的直径是________mm。答案(1)17.523.35(2)2.140(2.139～2.141均正确)解析(1)题图甲读数：整毫米是17，不足1毫米数是5×0.1mm＝0.5mm，最后结果是17mm＋0.5mm＝17.5mm。题图乙读数：整毫米是23，不足1毫米数是7×0.05mm＝0.35mm，最后结果是23mm＋0.35mm＝23.35mm。(2)固定刻度示数为2.0mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为14.0，最后的读数：2.0mm＋14.0×0.01mm＝2.140mm。3．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图甲和乙所示。该工件的直径为________cm，高度为________mm。答案1.2056.663(6.662～6.664均正确)解析游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数：12mm＋1×0.05mm＝12.05mm＝1.205cm。螺旋测微器读数＝固定刻度＋可动刻度：6.5mm＋16.3×0.01mm＝6.663mm。考点3内外接、滑动变阻器的接法1.两种接法的比较内接法外接法电路图误差原因电流表分压U测＝Ux＋UA电压表分流I测＝Ix＋IV电阻测量值R测＝eq\f(U测,I测)＝Rx＋RA>Rx，测量值大于真实值R测＝eq\f(U测,I测)＝eq\f(RxRV,Rx＋RV)<Rx，测量值小于真实值2．两种接法的选择(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法。简单概括为“大内偏大，小外偏小”。(2)临界值计算法Rx<eq\r(RVRA)时，用电流表外接法；Rx>eq\r(RVRA)时，用电流表内接法。(3)实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则Rx为小电阻，宜采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则Rx为大电阻，宜采用电流表内接法。3．滑动变阻器的连接方式有分压式和限流式(1)图甲为限流式，滑动变阻器与待测电阻串联，滑动变阻器右半部分被短路，滑片向右移动，电流变小，待测电阻电压变小，但是电压和电流最小都无法减小到0。(2)图乙为分压式，滑动变阻器左半部分与待测电阻并联，后与滑动变阻器右半部分串联，滑片向右滑动，待测电阻的电压和电流增大，向左移动，待测电阻的电压和电流逐渐减小，当滑片移动到最左端时，待测电阻被短路，待测电阻的电压和电流均为0。与限流式不同之处在于电压和电流可以从零开始调节。[例1](2017·河北唐山检测)一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图a、b两种电路各测一次，用a图所测数据为3.0V,3.0mA，用b图测得的数据是2.9V,4.0mA，由此可知，用________图测得Rx的误差较小，测量值Rx＝________。解析由题意可知，eq\f(ΔI,I)＝eq\f(4－3,3)＝eq\f(1,3)，eq\f(ΔU,U)＝eq\f(3－2.9,3)＝eq\f(1,30)，eq\f(ΔI,I)>eq\f(ΔU,U)，电流变化量大，电压表分流对实验的影响大，因此电流表应采用内接法，即应采用图a所示实验电路进行实验；电阻测量值为：Rx＝eq\f(U,I)＝eq\f(3,0.003)＝1000Ω。答案a1000Ω待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法，测量值偏大。待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小。1．如图所示电路，用伏安法测量电阻的大小。电阻R＝320Ω时，电流表的示数是15mA，电压表的示数是4.5V。如果用这个电路测量未知电阻R′，电流表的示数是13mA，电压表的示数是5.2V，则电阻R′的大小是()A．R>420Ω B．400Ω<R′<420ΩC．R′＝420Ω D．无法确定答案A解析R＝320Ω时，两端电压U＝4.5V，则通过R的电流IR＝eq\f(U,R)＝eq\f(4.5,320)A≈0.014A＝14mA通过电压表的电流IV＝I－IR＝(15－14)mA＝1mA电压表内阻RV＝eq\f(U,IV)＝eq\f(4.5,1×10－3)Ω＝4500Ω当电阻为R′时，电压U′＝5.2V通过电压表的电流IV′＝eq\f(U′,RV)＝eq\f(5.2,4500)A≈1.16mA通过R′的电流IR′＝I′－IV′＝(13－1.16)mA＝11.84mA电阻R′＝eq\f(U′,IR′)＝eq\f(5.2,11.84×10－3)Ω≈439Ω。2．欲测量一未知电阻Rx，现采用如图甲、乙所示两电路进行测试，闭合开关，甲图中电压表示数为2.9V，电流表示数为4mA，乙图中电压表示数为3V，电流表示数为3mA，则下面对于Rx的叙述不正确的是________。(填选项前字母)A．采用甲图误差较小，Rx的测量值为725ΩB．采用乙图误差较小，Rx的测量值为1000ΩC．Rx的真实值应在725～1000Ω之间D．若电源内阻不计，可知Rx的真实值为975Ω答案A解析电压表读数差别不大，说明电流表分压作用小，即电流表内阻较小，所以用乙图测量误差小，测量值Rx＝eq\f(U,I)＝1000Ω，采用甲图的测量值Rx＝eq\f(U,I)＝725Ω，Rx的真实值应在725～1000Ω之间，若电源内阻不计，由闭合电路欧姆定律对甲图E＝U甲＋I甲RA①对乙图E＝U乙＝I乙(RA＋Rx)②由①②得Rx＝975Ω。考点4电表的改装1．表头常用的电压表和电流表都是由表头改装而成的，表头是一个小量程的电流表G。(1)表头内阻Rg：指电流表G的内阻，一般为几百欧到几千欧。(2)满偏电流Ig：指电流表G指针偏转到最大刻度时的电流(即电流表G所能测量的最大电流值)，一般为几微安到几十微安。(3)满偏电压Ug：指电流表G通过满偏电流时其两端的电压，一般为几毫伏到几十毫伏。Ug＝IgRg。2．电压表、电流表的改装及比较改装成电压表改装成电流表内部电路改装原理串联分压并联分流续表改装成电压表改装成电流表改装后的总内阻RV＝Rg＋R＝eq\o(□,\s\up3(10))nRgRA＝eq\f(R·Rg,R＋Rg)＝eq\o(□,\s\up3(11))eq\f(Rg,n)校对电路备注(1)改装后示数等于表头与分压电阻两端电压之和(1)改装后示数等于通过表头与分流电阻的电流之和(2)改装后量程等于满偏时表头与分压电阻两端电压之和(2)改装后量程等于满偏时通过表头与分流电阻的电流之和(3)同一表头改装成的多量程电压表，内阻之比等于量程之比(3)同一表头改装成的多量程电流表，内阻之比等于量程的反比(4)改装后表头满偏，电压不变(4)改装后表头满偏，电流不变(5)改装后指针偏角大小取决于通过表头的电流大小[例2](2016·海南高考)某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。(1)已知表头G满偏电流为100μA，表头上标记的内阻值为900Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝________Ω，R2＝________Ω，R3＝________Ω。(2)用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表对改装表3V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ。为方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器。(3)校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近________(填“M”或“N”)端。(4)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值________(填“大于”或“小于”)900Ω。解析(1)根据题意，R1与表头G构成1mA的电流表，则IgRg＝(I－Ig)R1，得R1＝100Ω；若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则R2＝eq\f(Uab－IgRg,I)＝910Ω；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则R3＝eq\f(Uac－IgRg,I)－R2＝2000Ω。(2)电压表与改装电表并联之后，电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50Ω的电阻。(3)在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，使并联部分分压为零，起到保护作用。(4)造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头G内阻的真实值大于900Ω。答案(1)1009102000(2)50(3)M(4)大于关于电表改装的四点提醒(1)电表改装的问题实际上是串、并联电路中电流、电压的计算问题，只要把表头看成一个电阻Rg即可。(2)无论表头改装成电压表还是电流表，它的三个参量Ug、Ig、Rg是不变的，即通过表头的最大电流并不改变。(3)由改装后电压表的内阻RV＝R串＋Rg＝nRgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中n＝\f(U,Ug)＝\f(U,IgRg)))可知，电压表量程越大，其分压电阻R越大，电压表内阻RV越大。(4)由改装后电流表的内阻RA＝eq\f(R并Rg,R并＋Rg)＝eq\f(Rg,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中n＝\f(I,Ig)))可知，电流表的量程越大，其分流电阻R并越小，电流表的内阻RA越小。1．(人教版选修3－1P52·T4改编)下图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100V。已知电流表的内阻Rg为500Ω，满偏电流Ig为1mA，则电阻R1、R2的值为()A．9500Ω90000Ω B．90000Ω9500ΩC．9500Ω9000Ω D．9000Ω9500Ω答案A解析接a、b时，串联R1，R1＋Rg＝eq\f(U1,Ig)，得R1＝eq\f(U1,Ig)－Rg＝9500Ω。接a、c时，串联R1、R2，R1＋R2＋Rg＝eq\f(U2,Ig)，R2＝eq\f(U2,Ig)－Rg－R1＝90000Ω，A正确。2．(多选)用相同的表头改装成两个量程不同的电流表，下列说法正确的是()A．将它们串联在一起时，两表读数相同，量程大的偏角小B．将它们并联在一起时，偏角相同，量程大的读数大C．将它们串联在一起时，两表读数相同，量程大的偏角大D．将它们并联在一起时，偏角相同，量程大的读数小答案AB解析两电流表串联时电路如图甲。根据串联电路的电流相等可知两表的读数相同，量程大的偏角小，故A正确、C错误；两表并联时电路如图乙，根据并联电路的电压相等可知两表头两端的电压相同，通过两表头的电流相同，故两表偏角相同，量程大的读数大，故B正确、D错误。1．以下说法中，正确的是()A．采用伏安法测电阻时，只要仪器选得正确，可保证没有系统误差B．用伏安法测电阻，不论是用电流表外接法，还是电流表内接法，都存在系统误差C．用欧姆表测电阻，既准确又方便D．伏安法测电阻，存在系统误差的原因是由于电流表的分压答案B解析伏安法测电阻不可能没有系统误差，只能减小，故B正确、A错误；欧姆表测电阻方便但由于刻度不均匀读数误差较大，电池用久了误差更大，因而C错误；不同的测量电路引起误差的原因不同，故D错误。2．如下图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，Rx约为10Ω，则下图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小()A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小答案B解析因为Req\o\al(2,x)<RVRA，应采用电流表外接法，由于电压表分流，使IA>Ix，Rx的测量值比真实值偏小。3．(2017·江苏泰州检测)(多选)如图所示，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是()A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5答案BC解析图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1；量程不同的电流表读数不同，电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5∶1，故B、C正确。4．(多选)某电流表的内阻为Rg，满偏电流为Ig，那么下列结论正确的是()A．该电流表也可以并联在电路中测电压，只是量程较小，Ug＝IgRgB．如果串联一个阻值为nRg的定值电阻，就可以改装为一个最大电压是(n＋1)IgRg的电压表C．如果并联一个阻值为eq\f(1,n－1)Rg的定值电阻，就可以改装为最大电流是nIg的电流表D．在电流表两端并联一个小电阻将电流表改装成一个较大量程的电流表，通过原电流表的最大电流将增大答案ABC解析已知内阻的电流表可以当电压表用，电压可以通过欧姆定律计算出Ug＝IgRg，故A正确；电流表串联一个阻值为nRg的定值电阻后，该定值电阻分压为U′＝Ig·nRg，总电压为(n＋1)IgRg，故B正确；给电流表并联一个阻值为eq\f(1,n－1)Rg的定值电阻后，根据并联分流原则，该电阻能分得的最大电流为(n－1)Ig，总电流为nIg，故C正确；电流表改装成大量程的电流表后通过原电流表的最大电流不变，只是并联上电阻后总电流变大，故D错误。5．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，用螺旋测微器和游标卡尺的示数如图a和图b所示。(1)由上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表示电阻率的关系式为ρ＝________。答案(1)1.844(1.842～1.846)4.240(2)eq\f(πD2U,4IL)解析(1)螺旋测微器的读数为1.5mm＋eq\f(0.5mm,50)×34.4＝1.844mm(1.842～1.846范围内的均可)；游标卡尺的读数为42mm＋eq\f(1mm,20)×8＝42.40mm＝4.240cm。(2)圆柱体的横截面积为S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))2，由电阻定律R＝ρeq\f(L,S)和欧姆定律R＝eq\f(U,I)可知，ρ＝eq\f(πD2U,4IL)。6．用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法。所用电压表内阻为5000Ω，电流表内阻为0.5Ω。(1)当测量100Ω左右的电阻时，宜采用________电路。(2)现采用乙图电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10V、0.5A，则此电阻的测量值为________Ω，真实值为________Ω。答案(1)甲(2)2020.08解析(1)因Rx＝100Ω>eq\r(RVRA)＝eq\r(5000×0.5)Ω＝50Ω，所以选择甲图电路，即电流表内接法。(2)R测＝eq\f(U测,I测)＝eq\f(10V,0.5A)＝20ΩRx中电流IR＝I测－IV＝0.5A－eq\f(10,5000)A＝0.498A所以R真＝eq\f(U真,IR)＝eq\f(10V,0.498A)≈20.08Ω。7.用伏安法测量一个阻值约为20Ω的未知电阻Rx的阻值。实验电路图如图：(1)在以下备选器材中，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________。电源E(电动势3V、内阻可以忽略不计)电流表A1(量程0～50mA，内阻约12Ω)电流表A2(量程0～3A，内阻约0.12Ω)电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ)滑动变阻器R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)滑动变阻器R2(0～1000Ω，允许最大电流0.5A)定值电阻R(30Ω，允许最大电流1.0A)开关、导线若干(2)某次测量中，电压表读数为U时，电流表读数为I，则计算待测电阻阻值的表达式Rx＝________。答案(1)A1V1R1(2)eq\f(U,I)－R解析(1)电源电动势E＝3V，Rx的阻值约为20Ω，定值电阻R＝30Ω，流过电流表的最大电流Imax＝eq\f(E,R＋Rx＋RA)≈0.048A，因此电流表应选A1，电压表应选V1，为了便于分压电路调节，滑动变阻器应选择R1。(2)由分压电路关系可得Rx＝eq\f(U,I)－R。8.如图为实验室常用的两个量程的电压表原理图，当使用O、A两接线柱时，量程为3V；当使用O、B两接线柱时，量程为15V，已知电流计的内阻Rg＝500Ω，满偏电流Ig＝100μA。求分压电阻R1和R2的阻值。答案2.95×104Ω1.2×105Ω解析当使用O、A两接线柱时，量程为3V，即当UOA＝3V时，流过“表头”的电流为Ig，这时在表的内部只有R1与“表头”串联，R2不起作用，所以R1＝eq\f(UOA,Ig)－Rg，代入数据得R1＝2.95×104Ω；当使用O、B两接线柱时，量程为15V，即当UOB＝15V时，流过“表头”的电流为Ig，这时在表的内部R1、R2与“表头”串联，所以R2＝eq\f(UOB,Ig)－Rg－R1，代入数据得R2＝1.2×105Ω。9．(2016·北京高考)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是()A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B．一个伏特表和多个定值电阻C．一个安培表和一个电阻箱D．两个安培表和一个滑动变阻器答案D解析根据U＝E－Ir，要测出E和r，就要同时测出U和I，A、B、C三个选项都能满足要求；D选项只能测出电流I，不能测出电压U，所以选D。10．(2017·江西省吉安检测)(多选)由相同的电流表改装而成的三个电压表按如图所示的方式接入电路，已知V3的量程最大，V1的量程最小，且V3的量程等于V1与V2的量程之和，当电路导通时，三个电压表的示数分别为U1、U2、U3，指针偏转的角度分别为θ1、θ2、θ3，则有()A．U1<U2，θ1<θ2B．U1<U2，θ1＝θ2C．U1＋U2＝U3，θ1＋θ2＝θ3D．U1＋U2＝U3，θ1＋θ2＝2θ3答案BD解析把电流表改装成电压表需要串联电阻，相同的电流表改装而成的三个电压表，则满偏电流Ig相同，V3的量程最大，V1的量程最小，且V3的量程等于V1与V2的量程之和，则R1内<R2内<R3内，且有R3内＝R1内＋R2内；由图示可知，电压表V1与V2串联，则流过两电表的电流I相等，电表指针偏转角度相等，即θ1＝θ2，由于R1内<R2内，电压表示数U＝IR内，则U1<U2，故A错误、B正确；由图示可知，电压表V1与V2串联，然后与V3并联，由串并联电路特点可知，电压表示数关系为：U1＋U2＝U3，由于并联电路电压相等，且R3内＝R1内＋R2内，则两支路电流相等，各电表指针偏转角度相等，θ1＝θ2＝θ3，θ1＋θ2＝2θ3，故C错误、D正确。11．(2017·江西南昌检测)用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中。通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是()A．图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小C．图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小答案D解析根据改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压原理分析。图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的电流计的电流，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，A、B错误；图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，C错误、D正确。12．(2015·全国卷Ⅰ)图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。(1)已知毫安表表头的内阻为100