2024高考物理二轮复习专题6物理实验第2讲电学实验及创新学案

PAGE33-第2讲电学试验及创新考情速览·明规律高考命题点命题轨迹情境图电表改装多用电表原理和运用2024Ⅲ卷2317(3)23题18(2)22题19(1)23题19(3)23题2024Ⅱ卷222024Ⅰ卷23Ⅲ卷23以测电阻为核心的试验2024Ⅱ卷2316(2)23题17(2)23题18(1)23题18(3)23题20(1)22题2024Ⅱ卷232024Ⅰ卷23Ⅲ卷232024Ⅰ卷22以测特性曲线为核心的试验2024Ⅰ卷2317(1)23题20(2)23题20(3)23题2024Ⅰ卷22Ⅱ卷23Ⅲ卷23拓展创新试验2024Ⅰ卷23Ⅲ卷2216(1)23题16(3)22题2024Ⅱ卷23命题热点·巧突破考点一电表改装多用电表原理和运用1．电流表和电压表的读数规则量程精确度读数规则电流表0～3A0.1A与刻度尺一样，采纳eq\f(1,10)估读，读数规则较简洁，只须要精确值后加一估读数即可电压表0～3V0.1V电流表0～0.6A0.02A估读位与最小刻度在同一位，采纳eq\f(1,2)估读电压表0～15V0.5V估读位与最小刻度在同一位，采纳eq\f(1,5)估读2.多用电表运用的几个留意事项(1)电流的流向：由于运用多用电表时不管测量什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以运用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔．(2)要区分“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，用表盘下边中间的指针定位螺丝调整；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，用欧姆调零旋钮调整．(3)测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零．(4)选倍率：测量前应依据估计阻值选用适当的挡位．由于欧姆挡的刻度不匀称，运用欧姆挡测电阻时，指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只运用表盘中间的一段刻度范围．(5)测电阻时要将电阻与其他元件断开，不要用手同时接触多用电表的两支表笔．(6)多用电表运用完毕应将选择开关旋至“OFF”挡或沟通电压最高挡．3．多用电表内部电路的常见考查形式多用电表当欧姆表运用时内部有电源，往往会考查闭合电路欧姆定律、电动势和内阻的测定等，常涉及的变形有：(1)与电压表串联形成闭合电路，则E＝U＋eq\f(U,RV)·r，从而计算得到E；(2)与电流表串联形成闭合电路，则E＝I(RA＋r)，从而计算得到E；(3)将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极时，测得的电阻较小，反之测得的电阻很大，由此可推断出二极管的正、负极．考向1多用电表的运用及读数1．(2024·南昌调研)一多用电表的简化电路图如图甲所示．已知表头内阻为400Ω，满偏电流为2mA；电池E＝1.5V，E′＝15V.(1)若R1＝1Ω，R2＝99Ω，当选择开关置于2时，多用电表测量的是_电流__(选填“电流”“电压”或“电阻”)，其测量的最大值(量程)为_10_mA__.(2)在(1)的条件下，若R5＝0.92×103Ω，R6＝9×103Ω，当选择开关置于6时，多用电表测量的是_电压__(选填“电流”“电压”或“电阻”)，其测量的最大值(量程)为_100_V__.(3)在(1)的条件下，当选择开关置于3时，多用电表测量的是_电阻__(选填“电流”“电压”或“电阻”)．现要测量一个一千多欧的电阻，应当把选择开关置于_4__(选填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”)，正确测量时多用电表指针如图乙所示，则所测电阻的阻值为_1_500__Ω.【解析】(1)结合题图甲可知，多用电表选择开关置于2时，R1、R2串联后与表头并联，此时多用电表测量的是电流，量程为2mA＋eq\f(400Ω×2mA,100Ω)＝10mA．(2)当选择开关置于6时，多用电表测量的是电压，此时表头与R1、R2可视为一个新表头(满偏电流为10mA，内阻为80Ω)，量程为10mA×(80＋920＋9000)Ω＝100V．(3)当选择开关置于3时，多用电表内含电池，测量的是电阻，由第(2)问分析可知，此时新表头的满偏电流为10mA，内阻为80Ω，若测量一个一千多欧的电阻，由闭合电路欧姆定律可知电池的电动势应选15V．题图乙中指针位于表盘刻度中心，此时所测电阻阻值等于多用电表的内阻，满偏电流为10mA，电压为15V，故多用电表的内阻即所测电阻的阻值为1500Ω.考向2欧姆表的改装和校准2．(2024·全国卷Ⅲ)某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50μA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1500Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500Ω)，电阻箱(0～99999.9Ω)，干电池(E＝1.5V，r＝1.5Ω)，红、黑表笔和导线若干．(a)(1)欧姆表设计将图(a)中的实物连线组成欧姆表．欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为_900__Ω；滑动变阻器选_R1__(填“R1”或“R2”)．(2)刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示．表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为_45__、_5__.(b)(3)校准红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指向_0__kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图(c)所示，则电阻箱接入的阻值为_35_000.0__Ω.(c)【答案】(1)如图所示【解析】(1)欧姆表的中值刻度为欧姆表的内阻，即r＋R0＋RA＋R＝15kΩ，解得R＝900Ω.由于滑动变阻器R2的最大阻值为500Ω，所以滑动变阻器选R1.(2)依据闭合电路欧姆定律，得Ia＝eq\f(E,R内＋Ra)和Ib＝eq\f(E,R内＋Rb)，代入数据解得Ra＝45kΩ，Rb＝5kΩ.(3)运用欧姆表测量电阻时，首先要进行电阻调零，此时应将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指在0kΩ上．电阻箱的阻值为(0.1×0＋1×0＋10×0＋100×0＋1000×5＋10000×3)Ω＝35000.0Ω.3．(2024·全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表．该同学测得微安表内阻为1200Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装．然后利用一标准毫安表，依据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)．(a)(b)(1)依据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线．(2)当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图(c)所示．由此可以推想出所改装的电表量程不是预期值，而是_C__.(填正确答案标号)A．18mA B．21mAC．25mA D．28mA(3)产生上述问题的缘由可能是_AC__.(填正确答案标号)A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200ΩB．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200ΩC．R值计算错误，接入的电阻偏小D．R值计算错误，接入的电阻偏大(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只须要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝eq\f(99,79).【解析】(1)实物连线如图所示．(2)串联电路中电流到处相等，依据比例关系得，毫安表示数为16.0mA时，对应微安表的刻度为160.0μA，当微安表指针到满量程250μA时，毫安表的示数应为25mA，即为改装后电表的量程．选项C正确．(3)依据IgRg＝(I－Ig)R得I＝eq\f(IgRg,R)＋Ig出现该状况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于1200Ω，或者并联的电阻R计算错误，接入的电阻偏小．选项A、C正确．(4)若微安表的满偏电压为U，则对并联的电阻R有U＝(25－0.25)×10－3RU＝(20－0.25)×10－3kR解得k＝eq\f(99,79).考点二以测电阻为核心的试验1．电流表和电压表的选择(1)依据电源的参数来选择．(2)依据电路中的最大电流(或者最大电压)来选择．(3)依据用电器的额定电流(或者额定电压)来选择．2．滑动变阻器的选择(1)用分压式接法时，应当选用最大阻值较小、额定电流较大的滑动变阻器．(2)用限流式接法时，应当选用阻值和被测电阻接近的滑动变阻器．3．电流表内、外接法的选择(1)若Rx>eq\r(RARV)，则采纳电流表内接法，此时R测＝eq\f(U测,I测)＝Rx＋RA>Rx.(2)若Rx<eq\r(RARV)，则采纳电流表外接法，此时R测＝eq\f(U测,I测)＝eq\f(RxRV,Rx＋RV)<Rx.4．滑动变阻器限流式接法和分压式接法的选择通常滑动变阻器应选用限流式接法．但在下列三种状况下，必需选择分压式接法．(1)若采纳限流式电路，电路中的最小电流超过用电器的额定电流，必需选用分压式电路．(2)当用电器电阻远大于滑动变阻器的最大电阻，且试验要求的电压变更范围较大或要求测量多组试验数据时，必需选用分压式电路．(3)要求回路中某部分电路的电压从零起先可连续变更时必需选用分压式电路．考向1伏安法测电阻(包括变形的伏安法)1．(2024·新课标卷Ⅰ)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1kΩ，电流表内阻为0.5Ω.该同学采纳两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间．测量得到如图(b)所示的两条U－I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数．回答下列问题：(1)图(b)中标记为Ⅱ的图线是采纳电压表跨接在_O、P__(填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的．(2)依据所用试验器材和图(b)可推断，由图线_Ⅰ__(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为_50.5__Ω(保留1位小数)．(3)考虑到试验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为_50.0__Ω(保留1位小数)．【解析】(1)若将电压表接在O、P之间，I＝eq\f(U,RV)＋eq\f(U,Rx)则U＝eq\f(RxRV,Rx＋RV)·I依据一次函数关系可知对应斜率为eq\f(RxRV,Rx＋RV).若将电压表接在O、Q之间，电流表分压为UA＝IRA依据欧姆定律变形可知Rx＝eq\f(U－IRA,I)解得U＝I(Rx＋RA)依据一次函数可知对应斜率为(Rx＋RA)，对比图像的斜率可知kⅠ>kⅡ所以Ⅱ图线是采纳电压表跨接在O、P之间．(2)因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为50Ω左右，依据eq\f(1kΩ,50Ω)<eq\f(50Ω,0.5Ω)说明电流表的分压较小，电压表的分流较大，所以电压表应跨接在O、Q之间，所以选择图线Ⅰ得到的结果较为精确．依据图像可知Rx＝eq\f(3V－1V,59.6mA－20mA)≈50.5Ω.(3)考虑电流表内阻，则修正后的电阻为R′x＝Rx－rA＝50.5Ω－0.5Ω＝50.0Ω.2．(2024·浙江选考)为了比较精确地测定阻值未知的定值电阻Rx，小明设计了如图所示的电路．(1)试验时，闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变，将c点先后与a、b点连接，发觉电压表示数变更较大，电流表示数基本不变，则测量时应将c点接_a点__(选填“a点”或“b点”)，按此连接测量，测量结果_小于__(选填“小于”、“等于”或“大于”)Rx的真实值．(2)依据试验测得的6组数据，在下图中描点，作出了2条图线．你认为正确的是_②__(选填“①”或“②”)，并由图线求出电阻Rx＝_7.5__Ω.(保留两位有效数字)【解析】(1)电压表示数变更较大，说明电流表分压较大，而电流表示数基本不变，说明电压表分流较小，可以忽视，故采纳电流表外接法，即c接a点；电压表测量的电压为精确值，但电流表测量的电流为电阻和电压表电流之和，即电流测量值偏大，依据R＝eq\f(U,I)可得电阻测量值偏小；(2)因为电压表测量的是被测电阻两端电压，所以当其两端电压为零时，电流也为零，故图线②正确；图像的斜率的倒数表示电阻，故Rx＝eq\f(3.0,0.4)Ω＝7.5Ω.3．(2024·昌乐二中一模)用以下器材测量一待测电阻Rx的阻值(900～1000Ω)：电源E，具有肯定内阻，电动势约为9.0V；电压表V1，量程为1.5V，内阻r1＝750Ω；电压表V2，量程为5V，内阻r2＝2500Ω；滑动变阻器R，最大阻值约为100Ω；单刀单掷开关S，导线若干．(1)测量中要求电压表的读数不小于其量程的eq\f(1,3)，试画出测量电阻Rx的一种试验电路原理图(原理图中的元件要用题图中的相应的英文字母标注)_见解析图__．(2)依据你所画的电路原理图在上图的实物图上画出连线．(3)若电压表V1的读数用U1表示，电压表V2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx＝若采纳甲电路，eq\f(U1r1r2,U2r1－U1r2).若采纳乙电路，eq\f(U2－U1,U1)r1.【解析】(1)在试验中测定的电阻Rx的阻值(900～1000Ω)接近电压表V1和V2的内阻，属于测定大电阻，所以采纳串联分压法，此外滑动变阻器R的最大阻值很小，必需采纳分压接法，故试验电路原理图如图甲或图乙；甲图中电压表V1和Rx并联电阻约为420Ω，两图都满意题中要求“电压表的读数不小于其量程的eq\f(1,3)”．(2)先连滑动变阻器的分压接法，然后再连接串联分压电路，如图甲或乙．(3)在甲图中eq\f(U1,r1)＋eq\f(U1,Rx)＝eq\f(U2,r2)，在乙图中U2＝U1＋Rx×eq\f(U1,r1)；化简得Rx＝eq\f(U1r1r2,U2r1－U1r2)或Rx＝eq\f(U2－U1,U1)r1.规律总结(1)已知内阻的电压表可当电流表运用，已知内阻的电流表可当电压表运用；(2)定值电阻的常见用途：爱护电路、分压或分流．(3)电压表量程的选择：比电源电动势略大或相差不多．(4)电流表量程的选择：和电压表量程与被测电阻的比值相差不多．考向2等效法测电阻4．某同学想用如图甲所示的试验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源(内阻忽视不计)的电动势，试验过程中电流表的读数始终符合试验要求．(1)为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应当将两个电阻箱的阻值调至_最大__(填“最大”或“最小”)，然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调整R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置．保持R2不变，调整R1，当调整R1＝34.2Ω时，电流表A读数仍为I0，则该未知电阻的阻值Rx＝_34.2__Ω(2)为了测量电流表A的内阻RA和电源(内阻忽视不计)的电动势E，他将R1的阻值调到1.5Ω，R2调到最大，将开关K2调至2位置，闭合开关K1；然后多次调整R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最终依据记录的数据，他画出了如图乙所示的图像；利用图像中的数据可求得，电流表A的内阻RA＝_0.5__Ω，电源(内阻忽视不计)的电动势E＝_4__V.【解析】(1)为了保证电路中用电器的平安，在闭合开关之前应当将两个电阻箱的阻值调至最大，使电路中的电流较小，不会烧坏用电器；由于两次操作电路中电流相等，说明两次操作电路中的总电阻也相等，故Rx＝34.2Ω.(2)依据闭合电路欧姆定律可知E＝I(R2＋RA＋R1)，解得eq\f(1,I)＝eq\f(R2,E)＋eq\f(RA＋R1,E).结合eq\f(1,I)－R2图像的斜率和截距可得E＝4V，RA＝0.5Ω.规律总结等效替代法(单刀双掷开关或者两个单刀单掷开关)以4题为例：电源输出电压不变，将S2合到2，调整电阻箱示数为R1，使电表的示数与S2合到1时的示数相等，则Rx＝R1，这种测量方法无系统误差，R测＝R真.考向3半偏法测电表内阻5．(2024·北京通州区模拟)为测定电流表内电阻Rg，试验中备用的器件有：A．电流表(量程0～100μA)B．标准电压表(量程0～5V)C．电阻箱(阻值范围0～999.9Ω)D．电阻箱(阻值范围0～99999Ω)E．电源(电动势2V)F．电源(电动势6V)G．滑动变阻器(阻值范围0～50Ω，额定电流1.5A)，还有若干开关和导线．(1)假如采纳如图所示的电路测定电流表A的内电阻并且想得到较高的精确度，那么从以上备用器件中，可变电阻R1应选用_D__，可变电阻R2应选用_C__，电源应选用_F__(用字母代号填写)．(2)假如试验时要进行的步骤有：a．合上开关K1；b．合上开关K2；c．视察R1的阻值是否最大，假如不是，将R1的阻值调到最大；d．调整R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；e．调整R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；f．登记R2的阻值．把以上步骤的字母按试验的合理依次为：_cadbef__.(3)假如在步骤f中所得R2的阻值为600Ω，则图中电流表的内电阻Rg的测量值为_600__Ω.(4)假如再给出：H.电源(电动势8V)；I.电源(电动势12V)，电源应选择_H__(选填选项前的字母)．(5)某同学认为步骤e中不须要保证“电流表指针偏转到满刻度的一半”这一条件，也可测得的电流表内阻Rg，请你分析论证该同学的推断是否可行．_可行__．【解析】(1)该试验是半偏电流法测电流表的内阻．K2闭合前后的两次电路，假如干路电流变更不大，那么就可以认为，K2闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱R2所分的电流各占一半，又因为二者并联，两端的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻箱R2的阻值相等．要保证两次试验干路的电流变更不大，就须要保证两次试验电路的总电阻变更不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变更，对整个电路影响不大．要达到这个效果，R1就须要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑变，也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，R1应选用D．该试验要通过可变电阻R2阻值来间接反映出电流表的内阻值，因此可变电阻R2的选取原则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级上．经此分析，可变电阻R2应选用C．在R1是一个尽可能大的电阻、电流表满偏的前提下，那么电源电动势相对地就要大一些的，但不是越大越好，大了烧表也不行．初步分析电源可选用F，其实可以估算一下电动势也许的最大值，即：Emax＝IgmaxR1max＝100×10－6×1×105V＝10V，电源应选F.(2)半偏法测电流表内阻的步骤为：试验前，将R1的阻值调到最大；合上开关K1；调整R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；保持R1的阻值不变，合上开关K2；调整R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；登记R2的阻值．我们就认为电流表的内阻值就是R2的阻值．因此答案为：cadbef.(3)依据(1)中的分析可知，电流表的内电阻Rg的测量值，就等于电阻箱R2的阻值，即600Ω.(4)由(1)中的分析可知，在不烧表的前提下，电源要尽可能地大一些，这样可以减小试验误差．因为估算出的电源电动势的最大值大约是10V，所以，该题答案为H.(5)该同学的推断可行．只需保证步骤abcd不变．例如在步骤e中，可以调整R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，登记此时R2的阻值，依据并联电路反比分流原则，计算出电流表内阻的测量值：R′g＝eq\f(R2,2)，同样可以测得电流表的内阻．规律总结两种半偏法的比较电流半偏法电压半偏法断开S2，闭合S1，调整R1，使满偏；闭合S2，只调整R2，使半偏(R1≫RG)，则RG＝R2，该方法R测<R真，结果偏小.调整R2＝0，闭合S，调整R1使满偏；只调整R2，使半偏(R1≪RV)，则RV＝R2，该方法R测>R真，结果偏大.考向4电桥法测电表内阻6．(2024·全国卷Ⅱ)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100μA，内阻大约为2500Ω)的内阻．可运用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω)；电阻箱Rz(最大阻值为99999.9Ω)；电源E(电动势约为1.5V)；单刀开关S1和S2.C、D分别为两个滑动变阻器的滑片．(a)(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_20__Ω(填“20”或“2000”)．②为了爱护微安表，起先时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的_左__端(填“左”或“右”)对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置旁边．③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1.将R1的滑片置于适当位置，再反复调整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_相等__(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，发觉将Rz的阻值置于2601.0Ω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_2_550__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：_调整R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程__．【解析】(1)依据原理图(a)，将图(b)中的实物连线如图所示．(2)①滑动变阻器R1在试验中为限制电路，且为分压接法，应选总阻值小的滑动变阻器，故R1的阻值为20Ω.②为了爱护微安表，S1闭合时，微安表上的电压为零，故起先时应将R1的滑片C滑到滑动变阻器的左端．③接通S2前后，微安表的示数保持不变，说明S2闭合后，没有电流流过S2，故B、D两点的电势相等．④试验过程中，由于测量电路，即由Rz、、R2组成的电路的阻值很大，可认为测量电路两端的电压不变，故与Rz互换后通过R2、Rz和的电流不变，电路如图所示．由于B、D两点的电势相等，对于图甲，I1RμA＝I2R′I1Rz1＝I2R，即eq\f(RμA,Rz1)＝eq\f(R′,R)对于图乙，I1Rz2＝I2R′I1RμA＝I2R.即eq\f(Rz2,RμA)＝eq\f(R′,R)所以eq\f(RμA,Rz1)＝eq\f(Rz2,RμA)所以RμA＝eq\r(Rz1Rz2)＝eq\r(2500×2601)Ω＝2550Ω.(3)提高测微安表内阻的精度，可减小系统误差，如调整R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程．规律总结电桥式测量法在电阻的测量方法中，有一种很独特的测量方法，那就是电桥法，其测量电路如图所示，试验中调整电阻箱R3，当A、B两点的电势相等时，R1和R3两端的电压相等，设为U1，同时R2和Rx两端的电压也相等，设为U2，依据欧姆定律有eq\f(U1,R1)＝eq\f(U2,R2)，eq\f(U1,R3)＝eq\f(U2,Rx).由以上两式解得R1Rx＝R2R3.这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件也可求出被测电阻Rx的阻值．该测量方法没有系统误差，R测＝R真．考向5测定金属丝的电阻率7．(2024·天津高考真题)现测定长金属丝的电阻率．(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是_0.200(0.196～0.204均可)__mm.(2)利用下列器材设计一个电路，尽量精确地测量一段金属丝的电阻．这段金属丝的电阻Rx约为100Ω，请在下框中画出试验电路图，并标明器材代号．电源E(电动势10V，内阻约为10Ω)电流表A1(量程0～250mA，内阻R1＝5Ω)电流表A2(量程0～300mA，内阻约为5Ω)滑动变阻器R(最大阻值10Ω，额定电流2A)开关S及导线若干eq\x(\a\al(,,,,,))(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝eq\f(I1R1,I2－I1).从设计原理看，其测量值与真实值相比_相等__(填“偏大”、“偏小”或“相等”)．【解析】(1)依据螺旋测微器的读数法则可知读数为0.01×20.0mm＋0mm＝0.200mm.(2)因该试验没有电压表，电流表A1的内阻已知，故用A1表当电压表运用，为了调整范围大，滑动变阻器应采纳分压式的接法，试验电路图如图所示．(3)由电路图可知流过电阻Rx的电流为I2－I1，电阻两端的电压为I1R1，因此电阻Rx＝eq\f(I1R1,I2－I1)，该试验的电流为真实电流，电压也为真实电压，因此测量值和真实值相等．考点三以测特性曲线为核心的试验在高考电学设计性试验中，常以定值电阻的合理运用为背景来命题．求解这类问题的关键是必需弄清定值电阻在设计电路中的主要作用，一般来说，定值电阻有三种作用：考向1测量小灯泡的伏安特性曲线1．(2024·新课标卷Ⅱ)某同学要探讨一小灯泡L(3.6V，0.30A)的伏安特性．所用器材有：电流表A1(量程200mA，内阻Rg1＝10.0Ω)，电流表A2(量程500mA，内阻Rg2＝1.0Ω)、定值电阻R0(阻值R0＝10.0Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)、电源E(电动势4.5V，内阻很小)、开关S和若干导线．该同学设计的电路如图(a)所示．(1)依据图(a)，在图(b)的实物图中画出连线_见解析图__．(2)若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出：小灯泡两端的电压U＝_I1(Rg1＋R0)__，流过小灯泡的电流I＝_I2－I1__.为保证小灯泡的平安，I1不能超过_180__mA．(3)试验时，调整滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零．逐次变更滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2.所得试验数据在下表中给出.I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470依据试验数据可算得，当I1＝173mA时，灯丝电阻R＝_11.6__Ω(保留1位小数)．(4)假如用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_8.0__Ω(保留1位小数)．【解析】(1)依据电路图连接实物图如图所示(2)①依据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压，故依据欧姆定律有U＝I1(Rg1＋R0)；②依据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为I＝I2－I1；③因为小灯泡的额定电压为3.6V，故依据题目中已知数据带入①中可知I1不能超过180mA；(3)依据表中数据可知当I1＝173mA时，I2＝470mA；依据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U＝3.46V；流过小灯泡的电流为I＝297mA＝0.297A；故依据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为R＝eq\f(U,I)＝eq\f(3.46,0.297)Ω＝11.6Ω；(4)要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V，而电流表A1不能超过其量程200mA，此时结合①有3.6＝0.2×(10＋R0)，解得R0＝8Ω，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8Ω.2．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的试验中，现除了有一个标有“5V,2.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源(电动势约为5V，内阻不计)B．直流电流表(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)C．直流电流表(量程0～600mA，内阻约为5Ω)D．直流电压表(量程0～15V，内阻约为15kΩ)E．直流电压表(量程0～5V，内阻约为10kΩ)F．滑动变阻器(最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A)G．滑动变阻器(最大阻值为1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)试验要求小灯泡两端的电压从零起先变更并能测多组数据．(1)试验中电流表应选用_C__，电压表应选用_E__，滑动变阻器应选用_F__.(均用序号字母表示)(2)请按要求将图甲中所示的器材连成试验电路图．甲(3)某同学通过试验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．现把试验中运用的小灯泡接到图丙所示的电路中，其中电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，定值电阻R＝9Ω，此时灯泡的实际功率为_0.84(0.81～0.87均可)__W(结果保留2位有效数字)．【解析】(1)运用电压表、电流表时，要求指针要超过满刻度的一半以上，此小灯泡的额定电压为5V，额定电流为0.5A，电流表、电压表分别选C、E；由于小灯泡两端的电压从零起先变更并能测多组数据，所以限制电路应采纳分压电路，滑动变阻器用F操作比较便利．(2)采纳电流表外接法，连接如图所示．(3)把定值电阻R看作电源的内阻，在小灯泡的伏安特性曲线的坐标系里作出电源的路端电压与干路电流的关系图线，可得与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标为(0.38A,2.2V)，此时灯泡的实际功率为P＝UI≈0.84W.考向2测定电源的电动势和内阻3．(2024·浙江高考真题)某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻．(1)在乙图下面的方框中画出图乙的电路图；eq\x(\a\al(,,,,,))(2)某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则电流I＝_0.39～0.41__A，电压U＝_1.29～1.31__V；(3)试验得到如图所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图_乙__(选填“甲”或“乙”)；(4)该电池的电动势E＝_1.51～1.54__V(保留三位有效数字)，内阻r＝_0.52～0.54__Ω(保留两位有效数字)．【解析】(1)图乙中，电流表内接和变阻器串联接在电源两端，电压表测路段电压，则图乙对应的电路图为(2)一节干电池的电动势一般约为1.5V，故电压表量程选择0～3V，电流表量程选择0～0.6A，所以量表的读数分别为1.30V(1.29～1.31V均可)，0.40A(0.39～0.41A均可)(3)由闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir，可得U－I图像的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻．图甲中电流表外接，则试验测得的电源内阻r测＝r内＋rA，测量值偏大；图乙中电路r测＝eq\f(rV,r内＋rV)r内，测量值偏小，但是由于RV≫r真，故图乙试验测出的内阻误差更小，故图线Ⅰ对应图乙，图线Ⅱ对应的图甲．(4)图线Ⅱ与纵轴的交点为电源的电动势E＝1.52V；在图线Ⅰ与横轴的交点为短路电流I＝2.86A，由r＝eq\f(E,I)＝eq\f(1.52V,2.86A)＝0.53Ω，此试验原理无误差．4．(2024·山东高考真题)试验方案对试验测量的精度有干脆的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的试验方案进行了探究．试验室供应的器材有：干电池一节(电动势约1.5V，内阻小于1Ω)；电压表V(量程3V，内阻约3kΩ)；电流表A(量程0.6A，内阻约1Ω)；滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)；定值电阻R1(阻值2Ω)；定值电阻R2(阻值5Ω)；开关一个，导线若干．(1)该小组依据图甲所示的电路进行试验，通过调整滑动变阻器阻值使电流表示数渐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用试验数据在U－I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发觉电压表示数的变更范围比较小，出现该现象的主要缘由是_B__.(单选，填正确答案标号)A．电压表分流B．干电池内阻较小C．滑动变阻器最大阻值较小D．电流表内阻较小(2)针对电压表示数的变更范围比较小的问题，该小组利用试验室供应的器材改进了试验方案，重新测量得到的数据如下表所示.序号1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.710.52请依据试验数据，回答以下问题：①答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U－I图像_见解析图__．②依据试验数据可知，所选的定值电阻为_R1__(填“R1”或“R2”)．③用笔画线代替导线，请在下图上依据改进后的方案，将实物图连接成完整电路．【解析】(1)电压表示数变更过小，则缘由是外电阻比内阻大的多，即电源内阻偏小，故选B．(2)①依据数据做出U－I图像如图；②由图像可知r＋R定＝eq\f(1.58,0.6)＝2.63Ω，电源内阻小于1Ω，则定值电阻大于1.63Ω，可知定值电阻为R1；③定值电阻与电源串联，电路如图；5．(2024·河南名校联考)某试验小组设计如图甲所示电路图来测量电源的电动势及内阻，其中待测电源电动势约为2V、内阻较小；所用电压表量程为3V，内阻特别大，可看作志向电压表．(1)按试验电路图在图乙中补充完成实物连线．(2)先将电阻箱电阻调至如图丙所示，则其电阻读数为_11__Ω，闭合开关S，将S1打到b端，读出电压表的读数为1.10V；然后将S1打到a端，此时电压表读数如图丁所示，则其读数为_1.5__V．依据以上测量数据可得电阻R0＝_4.0__Ω.(计算结果保留两位有效数字)(3)将S1打到b端，读出电阻箱读数R以及相应的电压表读数U，不断调整电阻箱电阻，得到多组R值与相应的U值，作出eq\f(1,U)－eq\f(1,R)图如图戊所示，则通过图像可以得到该电源的电动势E＝_1.67__V，内阻r＝_1.00__Ω.(计算结果保留三位有效数字)【解析】(1)电路连接如图所示．(2)先将电阻箱电阻调至如题图丙所示位置，则其电阻读数为1×10Ω＋1×1Ω＝11.0Ω.电压表的读数为1.10V；由欧姆定律可知，电流为：I＝eq\f(1.1,11)A＝0.1A，然后将S1打到a端，此时电压表读数如题图丁所示，电压表量程为3V，最小分度为0.1V，其读数为1.50V．依据以上测量数据可得电阻为：R0＝eq\f(1.5,0.1)Ω－11Ω＝4.0Ω.(3)在闭合电路中，电源电动势为：E＝U＋I(r＋R0)＝U＋eq\f(U,R)(r＋R0)，eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)，由题图戊所示图像可知，截距b＝eq\f(1,E)＝0.6，E＝1.67V，图像斜率k＝eq\f(r＋R0,E)＝3，电源内阻为：r＝kE－R0＝5Ω－4Ω＝1.00Ω.规律总结重视试验广度的拓展，主要体现为重视试验原理的拓展与变更和试验器材的有效重组．原理的变更是创新的热点，附带还会延长数据处理的变更，以安阻法测量电源的电动势和内阻试验为例，就原理E＝I(R＋r＋RA)和数据处理而言，即可演化出许多精彩内容.原理变更数据处理R＋RA＝Eeq\f(1,I)－r斜率为E截距为rR＝Eeq\f(1,I)－(r＋RA)斜率为E截距为(r＋RA)eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r＋RA,E)斜率为eq\f(1,E)截距为eq\f(r＋RA,E)eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)(R＋RA)＋eq\f(r,E)斜率为eq\f(1,E)截距为eq\f(r,E)考向3测量其他元件的特性曲线6．(2024·新课标卷Ⅲ)已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变更关系．所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)、电压表(可视为志向电表)和毫安表(内阻约为100Ω)．(1)在所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图_见解析图__．(2)试验时，将热敏电阻置于温度限制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值．若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5V和3.0mA，则此时热敏电阻的阻值为_1.8__kΩ(保留2位有效数字)．试验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变更的曲线如图(a)所示．(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2kΩ.由图(a)求得，此时室温为_25.5__℃(保留3位有效数字)．(4)利用试验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图(b)所示．图中，E为直流电源(电动势为10V，内阻可忽视)；当图中的输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器(图中未画出)报警．若要求起先报警时环境温度为50℃，则图中_R1__(填“R1”或“R2”)应运用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_1.2__kΩ(保留2位有效数字)．【解析】(1)滑动变阻器采纳分压式，电压表可视为志向表，所以用电流表外接．连线如图．(2)由部分电路欧姆定律得R＝eq\f(U,I)＝eq\f(5.5,0.3×10－3)Ω≈1.8kΩ(3)由图(a)可以干脆读出该电阻的阻值为2.2kΩ时对应的温度为25.5℃.(4)温度上升时，该热敏电阻阻值减小，分得电压削减．而温度高时要求输出电压上升，以触发报警，所以R1为热敏电阻．由图线可知，温度为50℃时，R1＝0.8kΩ，由欧姆定律可得E＝I(R1＋R2)，U＝IR2，代入数据解得R2＝1.2kΩ.7．(2024·全国卷Ⅱ)某小组利用图(a)所示的电路，探讨硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V1和V2为志向电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻(阻值100Ω)；S为开关，E为电源．试验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出．图(b)是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U－I关系曲线．回答下列问题：(1)试验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调整滑动变阻器R，使电压表V1的示数为U1＝_5.00__mV；依据图(b)可知，当控温炉内的温度t上升时，硅二极管正向电阻_变小__(填“变大”或“变小”)，电压表V1示数_增大__(填“增大”或“减小”)，此时应将R的滑片向_B__(填“A”或“B”)端移动，以使V1示数仍为U1.(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,Δt)))＝_2.8__×10－3V/℃(保留2位有效数字)．【解析】(1)U1＝IR0＝50×10－6A×100Ω＝5×10－3V＝5mV由R＝eq\f(U,I)，I不变，温度上升，U减小，故R减小；由于R变小，总电阻减小，电流增大；R0两端电压增大，即V1表示数变大，只有增大电阻才能使电流减小，故滑动变阻器向右调整，即向B端调整．(2)由图可知，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,Δt)))＝2.8×10－3V/℃.8．(2024·江苏高考真题)某同学描绘一种电子元件的I－U关系图像，采纳的试验电路图如题图1所示，V为电压表，mA为电流表，E为电源(电动势约6V)，R为滑动变阻器(最大阻值20Ω)，R0为定值电阻，S为开关．(1)请用笔画线代替导线，将题图2所示的实物电路连接完整_见解析图__．(2)调整滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表：电压U/V0.0000.2500.5000.6500.7000.7250.750电流I/mA0.000.100.250.601.704.307.50请依据表中的数据，在方格纸上作出该元件的I－U图线_见解析图__．(3)依据作出的I－U图线可知，该元件是_非线性元件__(选填“线性”或“非线性”)元件．(4)在上述测量中，假如用导线代替电路中的定值电阻R0，会导致的两个后果是_BC__.A．电压和电流的测量误差增大B．可能因电流过大烧坏待测元件C．滑动变阻器允许的调整范围变小D．待测元件两端电压的可调整范围变小【解析】(1)依据题意连接电路如图．(2)依据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接各点如图．(3)依据图像可知该元件是非线性元件．(4)I－U图线上某点与原点连线的斜率为eq\f(1,R)，依据元件的特性可知，当电压超过肯定数值时，电流会急剧增大，所以电阻会急剧减小，若用导线代替R0，电流急剧增大，可能会烧坏待测元件，对电流表和电压表的测量误差无影响，A错误，B正确；依据图像可知待测元件的电压范围小于1V，而电源电动势为6V，因为待测元件两端电压特别小，假如用导线代替R0，会导致滑动变阻器的调整范围变得特别小，难以调整，C正确，D错误．故选BC．考点四拓展创新试验1．(2024·湖北宜昌联考)如图(a)所示为某电流天平的示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，且指针指在0刻线的位置，此时标尺读数为0.当MN中有电流通过且平衡时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示．此时标尺读数为_1.094__cm.利用上述装置可以测量悬挂的轻弹簧的劲度系数，已知B＝0.547T，MN中通有电流I＝1.00A，MN的长度l＝0.250m，ab边的长度d＝0.200