2025届高考物理二轮专题复习与测试模块七实验技能及创新专题二十电学实验

专题二十电学实验[专题复习定位]1．熟练掌握电学实验的基本原理和方法，并借助基本实验分析拓展创新实验。2．掌握传感器的性质，会设计和分析含传感器的自动控制电路问题。命题点1电阻测量类实验1．(2024·湖南卷，T11)某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律，搭建了如图(a)所示的装置。电阻测量原理如图(b)所示，E是电源，V为电压表，A为电流表。(1)保持玻璃管内压强为1个标准大气压，电流表示数为100mA，电压表量程为0～3V，表盘如图(c)所示，示数为________V，此时金属丝阻值的测量值R为________Ω(保留3位有效数字)。(2)打开抽气泵，降低玻璃管内气压p，保持电流I不变，读出电压表示数U，计算出对应的金属丝阻值。(3)根据测量数据绘制R－p关系图线，如图(d)所示。(4)如果玻璃管内气压是0.5个标准大气压，保持电流为100mA，电压表指针应该在图(c)指针位置的________(选填“左”或“右”)侧。(5)若电压表是非理想电压表，则金属丝电阻的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。解析：(1)电压表量程为0～3V，分度值为0.1V，则电压表读数为1.23V，金属丝的测量值R＝eq\f(U,I)＝12.3Ω。(4)根据题图(d)可知气压越小电阻越大，再根据U＝IR可知压强p减小，电阻R增大，故电压增大，电压表的指针位置应该在题图(c)中指针位置的右侧。(5)电流表采用外接法会导致电压表分流，即R测＝eq\f(U,I测)，由于I测偏大，故R测<R真。答案：(1)1.2312.3(4)右(5)小于2．(2024·山东卷，T14)某学习小组对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下：学生电源(输出电压0～16V)；滑动变阻器(最大阻值10Ω，额定电流2A)；电压表V(量程0～3V，内阻未知)；电流表A(量程0～3A，内阻未知)；待测铅笔芯R(X型号、Y型号)；游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。回答以下问题：(1)使用螺旋测微器测量铅笔芯直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为________mm。(2)把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将单刀双掷开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时应将K掷到________(选填“1”或“2”)端。(3)正确连接电路，得到Y型号铅笔芯I－U图像如图丙所示，求得电阻RY＝________Ω(保留3位有效数字)；采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为1.70Ω。(4)使用游标卡尺测得X、Y型号铅笔芯的长度分别为40.68mm、60.78mm，使用螺旋测微器测得X、Y型号铅笔芯直径近似相等，则X型号铅笔芯的电阻率________(选填“大于”或“小于”)Y型号铅笔芯的电阻率。解析：(1)根据螺旋测微器的读数规则可知，其读数d＝2mm＋0.01×45.0mm＝2.450mm。(2)由于电压表示数变化更明显，说明电流表分压较多，因此电流表应采用外接法，即测量铅笔芯电阻时应将K掷到1端。(3)根据题图丙的I－U图像，结合欧姆定律有RY＝eq\f(2.50V,1.31A)＝1.91Ω。(4)根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)可得ρ＝eq\f(RS,l)，两种材料的横截面积近似相等，分别代入数据可知ρX>ρY。答案：(1)2.450(2)1(3)1.91(4)大于命题点2电表的改装3．(2024·安徽卷，T12)某实验小组要将电流表G(铭牌标示：Ig＝500μA，Rg＝800Ω)改装成量程为1V和3V的电压表，并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材，按图1所示连接电路，其中虚线框内为改装电路。(1)开关S1闭合前，滑片P应移动到________(选填“M”或“N”)端。(2)根据要求和已知信息，电阻箱R1的阻值已调至1200Ω，则R2的阻值应调至________Ω。(3)当单刀双掷开关S2与a连接时，电流表G和标准电压表V的示数分别为I、U，则电流表G的内阻可表示为__________________(结果用U、I、R1、R2表示)。(4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表G内阻的真实值与铭牌标示值有偏差，则只要________即可(填正确答案标号)。A．增大电阻箱R1的阻值B．减小电阻箱R2的阻值C．将滑动变阻器的滑片P向M端滑动(5)校准完成后，开关S2与b连接，电流表G的示数如图2所示，此示数对应的改装电压表读数为________V(保留2位有效数字)。解析：(1)由题图1可知，该滑动变阻器采用分压式接法，在开关S1闭合前，滑片P应移到M端。(2)当开关S2接a时，电压表量程为3V，根据欧姆定律有U2＝Ig(Rg＋R1＋R2)，其中R1＝1200Ω，解得R2＝4000Ω。(3)当开关S2接a时，U＝I(Rg＋R1＋R2)，电流表G的内阻Rg＝eq\f(U,I)－R1－R2。(4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，要减小G的示数可以增大两电阻箱的阻值。(5)根据闭合电路欧姆定律UV＝IA(Rg＋R1)＝430×10－6×(800＋1200)V＝0.86V。答案：(1)M(2)4000(3)eq\f(U,I)－R1－R2(4)A(5)0.86命题点3测定电源的电动势和内阻4．(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T11)某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻(阻值为R0)、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图(a)(b)所示的实验电路原理图。(1)实验步骤如下：①将电阻丝拉直固定，按照图(a)连接电路，金属夹置于电阻丝的________(选填“A”或“B”)端；②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L；③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图(c)中图线Ⅰ；④按照图(b)将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图(c)中图线Ⅱ。(2)由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势E＝________。(3)由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为k1、k2，若eq\f(k2,k1)＝n，则待测电池的内阻r＝____________(用n和R0表示)。解析：(1)为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由题图(a)可知，应该置于A端。(2)对于电路图(a)，根据闭合电路欧姆定律有U＝E－Ir设金属丝的电阻率为ρ，横截面积为S，结合欧姆定律和电阻定律I＝eq\f(U,R)，R＝ρeq\f(L,S)可得U＝E－eq\f(US,ρL)r，整理可得eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(Sr,Eρ)·eq\f(1,L)同理，对于电路图(b)，有eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(S(r＋R0),Eρ)·eq\f(1,L)可知图线的纵轴截距b＝eq\f(1,E)，解得E＝eq\f(1,b)。(3)由题意可知k1＝eq\f(Sr,Eρ)，k2＝eq\f(S(r＋R0),Eρ)又eq\f(k2,k1)＝n联立解得r＝eq\f(R0,n－1)。答案：(1)A(2)eq\f(1,b)(3)eq\f(R0,n－1)命题点4观察电容器的充、放电现象5．(2024·广西卷，T12)某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器，电源E(电动势6V，内阻不计)，电阻R1＝400.0Ω，电阻R2＝200.0Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下：(1)断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5000Hz，则采样周期为________s。(2)闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I－t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为________mA(结果保留3位有效数字)。(3)保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为________V。(4)实验得到放电过程的I－t曲线如图丙，I－t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0188C，则电容器的电容C为________μF。图丙中I－t曲线与横坐标、直线t＝1s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0038C，则t＝1s时电容器两极板间电压为_____________________________________________________________________________V(结果保留2位有效数字)。解析：(1)采样周期T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,5000)s。(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0mA。(3)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压UC＝eq\f(E,R1＋R2)·R2＝2V。(4)充电结束后电容器两端电压UC′＝E＝6V，故可得ΔQ＝(UC′－UC)C＝0.0188C解得C＝4.7×103μF设t＝1s时电容器两极板间电压为UC″，得(UC′－UC″)C＝0.0038C代入数值解得UC″≈5.2V。答案：(1)eq\f(1,5000)(2)15.0(3)2(4)4.7×1035.2命题点5利用传感器制作简单的自动控制装置6.(2024·广东卷，T12)某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动跟踪系统，制作光源跟踪演示装置，实现太阳能电池板方向的调整，使电池板正对光源。图甲是光照方向检测电路。所用器材有：电源E(电动势3V)；电压表V1和V2(量程均有3V和15V，内阻均可视为无穷大)；滑动变阻器R；两个相同的光敏电阻RG1和RG2；开关S；手电筒；导线若干。图乙是实物图。图中电池板上垂直安装有半透明隔板，隔板两侧装有光敏电阻，电池板固定在电动机转轴上。控制单元与检测电路的连接未画出。控制单元对光照方向检测电路无影响。请完成下列实验操作和判断。(1)电路连接。图乙中已正确连接了部分电路，请完成虚线框中滑动变阻器R、电源E、开关S和电压表间的实物图连线。(2)光敏电阻阻值与光照强度关系测试。①将图甲中R的滑片置于________端。用手电筒的光斜照射到RG1和RG2，使RG1表面的光照强度比RG2表面的小。②闭合S，将R的滑片缓慢滑到某一位置。V1的示数如图丙所示，读数U1为________V，U2的示数为1.17V。由此可知，表面光照强度较小的光敏电阻的阻值________(选填“较大”或“较小”)。③断开S。(3)光源跟踪测试。①将手电筒的光从电池板上方斜照射RG1和RG2。②闭合S，并启动控制单元。控制单元检测并比较两光敏电阻的电压，控制电动机转动。此时两电压表的示数U1<U2，图乙中的电动机带动电池板________(选填“逆时针”或“顺时针”)转动，直至________时停止转动，电池板正对手电筒发出的光。解析：(1)电路连线如图。(2)①将题图甲中的R的滑片置于b端。②电压表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为1.60V；由此可知表面光照强度较小的RG1两端电压较大，说明表面光照强度较小的光敏电阻的阻值较大。(3)②由于两电压表的示数U1<U2，可知RG1光照强度较大，则说明电动机带动电池板逆时针转动，直至U1＝U2时停止转动，电池板正对手电筒发出的光。答案：(1)见解析图(2)①b②1.60较大(3)②逆时针U1＝U2题型一电阻测量类实验考向1电阻的测量(2024·新课标卷，T23)学生实验小组要测量量程为3V的电压表V的内阻RV。可选用的器材有：多用电表，电源E(电动势5V)，电压表V1(量程5V，内阻约3kΩ)，定值电阻R0(阻值为800Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，开关S，导线若干。完成下列填空：(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应________(把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列)。A．将红、黑表笔短接B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的________(选填“正极、负极”或“负极、正极”)相连，欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡________(选填“×1”“×100”或“×1k”)位置，重新调节后，测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为________kΩ(结果保留1位小数)。(2)为了提高测量精度，他们设计了如图(b)所示的电路，其中滑动变阻器应选__________(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a”或“b”)端。(3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV＝__________(用U1、U和R0表示)。(4)测量得到U1＝4.20V，U＝2.78V，则待测电压表内阻RV＝__________kΩ(结果保留3位有效数字)。[解析](1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡即C选项；接着将红、黑表笔短接即A选项；进行欧姆调零即B选项。故首先操作顺序为CAB。由多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的负极、正极相连。读数时欧姆表的指针位置如题图(a)中虚线Ⅰ所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”的位置。重新调节后，测量得到指针位置如题图(a)中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻R＝16.0×100Ω＝1.6kΩ。(2)题图(b)所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式接法，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器R1；为保护电路，且测量电路部分电压从零开始调节，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端。(3)通过待测电压表的电流大小与通过定值电阻的电流相同，I＝eq\f(U1－U,R0)，待测电压表的内阻RV＝eq\f(U,I)＝eq\f(UR0,U1－U)。(4)测量得到U1＝4.20V，U＝2.78V，待测电压表的阻值表达式RV＝eq\f(UR0,U1－U)，则待测电压表内阻RV＝eq\f(2.78×800,4.20－2.78)Ω≈1566Ω≈1.57kΩ。[答案](1)CAB负极、正极×1001.6(2)R1a(3)eq\f(UR0,U1－U)(4)1.57考向2导体电阻率的测量(2024·江西卷，T12)某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。(1)如图(a)所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽d＝0.07m和高h＝0.03m。(2)现有实验器材：电流表(量程0～300μA，内阻RA＝2500Ω)、电压表(量程0～3V或0～15V，内阻未知)、直流电源(3V)、滑动变阻器、开关和导线。请在图(a)中画线完成电路实物连接。(3)连接好电路，测量26℃的水在不同长度l时的电阻值Rx。将水温升到65℃，重复测量。绘出26℃和65℃水的Rx－l图，分别如图(b)中甲、乙所示。(4)若Rx－l图线的斜率为k，则水的电阻率表达式为ρ＝________(用k、d、h表示)。实验结果表明，温度________(选填“高”或“低”)的水更容易导电。(5)测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为8.0×10－3m的水管。若人体的安全电流为1.0×10－3A，热水器出水温度最高为65℃，忽略其他电阻的影响(相当于热水器220V的工作电压直接加在水管两端)，则该水管的长度至少应设计为________m(保留2位有效数字)。[解析](2)电源电动势为3V，故电压表量程选择0～3V；由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法，实物图如图所示。(4)根据电阻定律Rx＝ρeq\f(l,dh)＝eq\f(ρ,dh)·l，故可得k＝eq\f(ρ,dh)，得ρ＝kdh，电阻率越小越容易导电，根据图像可知65℃的水的电阻率更小，故可知温度高的水更容易导电。(5)根据前面分析可知65℃的水的电阻率ρ＝kdh＝eq\f(8×103,0.7)×0.07×0.03Ω·m＝24Ω·m，由题意可知eq\f(U,R)＝I0，R＝ρeq\f(lm,π·(\f(d0,2))2)，解得水管的长度至少应设计为lm＝0.46m。[答案](2)实物图见解析(4)kdh高(5)0.46(2023·辽宁卷，T12)导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态)，某同学欲测量其电阻率，设计了如图(a)所示的电路图，实验步骤如下：a．测得样品截面的边长a＝0.20cm；b．将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动；c．将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L；d．闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表示数I＝0.40A，读出相应的电压表示数U，断开开关S；e．改变丙的位置，重复步骤c、d，测量多组L和U，作出U－L图像如图(b)所示，得到直线的斜率k。回答下列问题：(1)L是丙到________(选填“甲”“乙”或“丁”)的距离；(2)写出电阻率的表达式ρ＝________(用k、a、I表示)；(3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ＝____________Ω·m(保留2位有效数字)。[解析](1)由题图(a)可知，电压表测的是乙、丙探针之间的样品两端的电压，从题图(b)中可以看出L越大，电压表示数U越大，且U－L图像的延长线过坐标原点，在串联电路中电压表所测电阻部分的阻值越大，电压越大，说明L为电压表所测样品部分的长度，即L是丙到乙的距离。(2)电阻决定式为R＝ρeq\f(L,S)，其中所测样品横截面积S＝a2，解得ρ＝eq\f(RS,L)＝eq\f(Ra2,L)，其中电阻R＝eq\f(U,I)，解得ρ＝eq\f(Ua2,IL)，由题图(b)可知，U－L图像的斜率k＝eq\f(U,L)，所以该样品的电阻率可以表示为ρ＝eq\f(ka2,I)。(3)由题图(b)可知斜率k＝eq\f(0.13V,2.0×10－2m)＝6.5V/m，代入电阻率的表达式解得ρ＝eq\f(ka2,I)＝eq\f(6.5×(0.2×10－2)2,0.4)Ω·m＝6.5×10－5Ω·m。[答案](1)乙(2)eq\f(ka2,I)(3)6.5×10－5(2023·广东卷，T12)某兴趣小组设计了测量盐水电导率的实验。所用器材有：电源E(电动势恒定，内阻可忽略)；毫安表(量程0～15mA，内阻可忽略)；电阻R1(阻值500Ω)、R2(阻值500Ω)、R3(阻值600Ω)和R4(阻值200Ω)；开关S1和S2；装有耐腐蚀电极板和温度计的有机玻璃样品池；导线若干。请完成下列实验操作和计算。(1)电路连接图(a)为实验原理图。在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，只有R4一端的导线还未连接，该导线应接到R3的________(选填“左”或“右”)端接线柱。(2)盐水电导率和温度的测量①测量并记录样品池内壁的长宽高，在样品池中注满待测盐水。②闭合开关S1，________开关S2，毫安表的示数为10.0mA，记录此时毫安表的示数，计算得到流过样品池的电流I1为________mA。③____________开关S2，毫安表的示数为15.0mA，记录此时毫安表的示数，计算得到流过样品池的电流I2为________mA。④断开开关S1，测量并记录盐水的温度。(3)根据上述数据，计算得到样品池两电极板间待测盐水的电阻为________Ω，进而可求得该温度时待测盐水的电导率。[解析](1)根据题图(a)为电路可知，R4一端的导线应接到R3的右端接线柱。(2)②闭合开关S1，断开开关S2，毫安表的示数为10.0mA,则通过电阻R4的电流I4＝eq\f(I3R3,R4)，根据电路构造可知，流过样品池的电流为I1＝I3＋I4＝40.0mA。③闭合开关S2，毫安表的示数为15.0mA，则流过R4的电流I4′＝eq\f(I3′R3,R4)，流过样品池的电流I2＝I3′＋I4′＝60.0mA。(3)设待测盐水的电阻为R0，根据闭合电路欧姆定律，开关S2断开时，E＝I1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R0＋R2＋\f(R3R4,R3＋R4)))；开关S2闭合时，E＝I2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R0＋\f(R1R2,R1＋R2)＋\f(R3R4,R3＋R4)))，代入数据解得R0＝100Ω。[答案](1)右(2)②断开40.0③闭合60.0(3)100考向3电表的改装某同学要将一小量程电流表(满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ)改装成有两个量程的电流表，设计电路如图(a)所示，其中定值电阻R1＝40Ω，R2＝360Ω。(1)当开关S接A端时，该电流表的量程为0～________mA，内阻为________Ω。(2)当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时________(选填“大”或“小”)。(3)该同学选用量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图(b)中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用________(选填“甲”或“乙”)电路可修正由电表内阻引起的实验误差。[解析](1)由题图(a)可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和小量程电流表并联，R1＋R2＝400Ω，则该电流表的内阻RA＝eq\f(1200×400,1200＋400)Ω＝300Ω；满偏时电流表两端的电压Um＝Imr＝250×10－6×1.2×103V＝0.3V，此时通过R1和R2的电流I＝eq\f(Um,R1＋R2)＝eq\f(0.3,40＋360)A＝0.75×10－3A＝0.75mA，所以总电流I总＝Im＋I＝1mA，故该电流表的量程为0～1mA，内阻为300Ω。(2)当开关S接B端时，由题图(a)可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大，所以比接在A端时大。(3)题图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；题图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。[答案](1)1300(2)大(3)乙题型二测量电源的电动势和内阻(2023·湖北卷，T12)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了图(a)所示的电路，所用器材如下：电压表(量程0～3V，内阻很大)；电流表(量程0～0.6A)；电阻箱(阻值0～999.9Ω)；干电池一节、开关一个和导线若干。(1)根据图(a)，完成图(b)中的实物图连线。(2)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U－I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为________V(保留3位有效数字)、内阻为________Ω(保留2位有效数字)。(3)该小组根据记录数据进一步探究，作出eq\f(1,I)－R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为________Ω(保留2位有效数字)。(4)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值__________(选填“偏大”或“偏小”)。[解析](1)实物连线如图所示。(2)由电路结合闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir由题图(c)可知E＝1.58V，内阻r＝eq\f(1.58－1.37,0.33)Ω≈0.64Ω。(3)根据E＝I(R＋RA＋r)可得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)·R＋eq\f(RA＋r,E)由题图(d)可知eq\f(RA＋r,E)＝2解得RA≈2.5Ω。(4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的干电池内阻偏小。[答案](1)实物图见解析(2)1.580.64(3)2.5(4)偏小小刚准备试测弟弟的儿童电动车上电池的电动势和内阻，他先上网查了一下，这款电池的电动势E约为8V。除了导线和开关外，还可利用的器材有：A．直流电压表V1、V2(量程均为0～3V，内阻约为3kΩ)B．定值电阻R0(阻值为7Ω)C．电阻箱(最大阻值为8kΩ)D．滑动变阻器R1(最大阻值约为10Ω)E．滑动变阻器R2(最大阻值约为5kΩ)电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值，小刚根据电表的特点，打算改装成量程为0～9V的电压表。(1)他先将电阻箱与电压表V1串联后，连成图1所示的电路，其中RP应选用________(选填“R1”或“R2”)。(2)将滑动变阻器滑片P移至最右端，同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，将滑动变阻器的滑片P调到适当位置，使电压表刚好满偏。(3)保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表的示数为________V；不改变电阻箱，电压表和电阻箱的串联组合，就是改装好的9V的电压表。(4)小刚利用改装后的电压表，连接成图2所示的电路测量电池的电动势和内阻，这里的RP应选用________(选填“R1”或“R2”)。移动滑动变阻器滑片，读出电压表V1、V2的多组数据U1、U2，描绘出U1－U2图像如图3所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则电池的电动势E＝________，内阻r＝________。(均用k、a、R0表示)[解析](1)不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此题图1中分压用的变阻器应该用电阻远小于电压表内阻的R1，以减小电压表分流带来的误差。(3)当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为3V。保持滑片P的位置不变，即分压保持为3V，当调节电阻箱，使电压表的示数为1.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V。这说明当电压表的示数为3.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为9V，这就是改装好的9V电压表。(4)由于定值电阻R0阻值为7Ω，为了让V2表能尽可能取得合适的数值，应选用电阻较小的R1。根据闭合电路欧姆定律可得3U1＝E－eq\f(3U1－U2,R0)r，整理得U1＝eq\f(ER0,3R0＋3r)＋eq\f(r,3R0＋3r)U2，即a＝eq\f(ER0,3R0＋3r)，k＝eq\f(r,3R0＋3r)，解得E＝eq\f(3a,1－3k)，r＝eq\f(3kR0,1－3k)。[答案](1)R1(3)1.0(4)R1eq\f(3a,1－3k)eq\f(3kR0,1－3k)题型三利用传感器制作简单的自动控制装置(2023·湖南卷，T12)某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图(a)所示，R1、R2、R3为电阻箱，RF为半导体薄膜压力传感器，C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)。(1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值，示数如图(b)所示，对应的读数是________Ω。(2)适当调节R1、R2、R3，使电压传感器示数为0，此时，RF的阻值为____________(用R1、R2、R3表示)。(3)依次将0.5g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码所受重力大小)，读出电压传感器示数U，所测数据见下表。次数123456砝码质量m/g0.00.51.01.52.02.5电压U/mV057115168220280根据表中数据在图(c)上描点，绘制U－m关系图线。(4)完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用。在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0，电压传感器示数为200mV，则F0大小是________N(重力加速度取9.8m/s2，保留2位有效数字)。(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F1，此时非理想毫伏表读数为200mV，则F1________(选填“>”“＝”或“<”)F0。[解析](1)由题图(b)可知，对应的读数为10×100Ω＝1000Ω。(2)根据电压传感器示数为0可得I1R1＝I2R2，I1RF＝I2R3，解得RF＝eq\f(R1,R2)R3。(3)把表格中的数据在题图(c)上进行描点，然后用一条直线拟合，使尽可能多的点落在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，离直线较远的点舍弃，如图所示。(4)根据U－m图像可知，当U＝200mV时，m＝1.80g，故F0＝mg≈0.018N。(5)可将C、D以外的电路等效为新的电源，C、D两点电压看作路端电压，因为换用非理想毫伏表后，读数为200mV，实际上C、D间断路(接理想毫伏表时)时的电压大于200mV，则在压力传感器上施加微小压力F1时C、D间的电压大于在压力传感器上施加微小压力F0时C、D间的电压，结合U－m关系图线可知，F1>F0。[答案](1)1000(2)eq\f(R1,R2)R3(3)见解析图(4)0.018(5)>题型四练习使用多用电表某实验小组欲制作一个两挡位(“×1”和“×10”)的欧姆表，使用的实验器材如下：A．电流表G(满偏电流Ig＝1mA，内阻Rg＝180Ω)B．定值电阻R0(阻值为2Ω)C．定值电阻R1(阻值为18Ω)D．滑动变阻器R2(最大阻值为1000Ω)E．电源(电动势为9V)F．单刀双掷开关SG．红、黑表笔及导线若干其内部结构如图所示，回答下列问题。(1)图中A接________(选填“红”或“黑”)表笔。(2)将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为________(选填“×1”或“×10”)。(3)现用该欧姆表测量一未知电阻Rx，选用“×10”挡位并欧姆调零后，将电阻Rx接在A、B之间，发现电流表几乎满偏，断开电路并将“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R2的滑片________(选填“向上”或“向下”)移动，使电流表满偏，再次将电阻Rx接在A、B之间，稳定后电流表G的指针对准刻度盘上的0.6mA处，则未知电阻Rx＝________Ω。[解析](1)根据电流方向“红入黑出”，可知A接黑表笔。(2)开关接1时，R0与R1串联后和电流表并联，三者总电阻R＝eq\f((R0＋R1)Rg,R0＋R1＋Rg)＝eq\f((2＋18)×180,2＋18＋180)Ω＝18Ω，开关接2时，R1与电流表串联后和R0并联，三者总电阻R′＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R1＋Rg))R0,R1＋Rg＋R0)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18＋180))×2,18＋180＋2)Ω＝1.98Ω，欧姆表的倍率大的挡位内阻大，所以将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为“×10”。(3)由“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，即增大电流表中的电流，应减小滑动变阻器R2接入电路中的阻值，滑片向下，使电流表满偏。把挡位调到“×1”，将两表笔短接欧姆调零后，设欧姆表的内阻为R内，根据电路图，此时电流表满偏，电路的干路电流为Ig＋I1，根据欧姆定律可得I1＝eq\f(Ig\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rg＋R1)),R0)＝eq\f(10－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(180＋18)),2)A＝9.9×10－2A，根据闭合电路欧姆定律有Ig＋I1＝eq\f(E,R内)，解得R内＝eq\f(E,Ig＋I1)＝eq\f(9,10－3＋9.9×10－2)Ω＝90Ω，把两表笔与待测电阻相接时，干路电流为I2＋I3＝0.6mA＋I3，则I3＝eq\f(I2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rg＋R1)),R0)＝eq\f(0.6×10－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(180＋18)),2)A＝5.94×10－2A，其中根据闭合电路欧姆定律可得I2＋I3＝eq\f(E,R内＋Rx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.6＋59.4))×10－3A＝6×10－2A，解得Rx＝eq\f(E,6×10－2A)－R内＝60Ω。[答案](1)黑(2)×10(3)向下60题型五用传感器观察电容器的充、放电过程(2023·山东卷，T14)电容储能已经在电动汽车、风(光)发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：电容器C(额定电压10V，电容标识不清)；电源E(电动势12V，内阻不计)；电阻箱R1(阻值0～99999.9Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值20Ω，额定电流2A)；电压表V(量程0～15V，内阻很大)；发光二极管D1、D2，开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干。回答下列问题：(1)按照图甲连接电路，闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向________(选填“a”或“b”)端滑动。(2)调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为__________V(保留1位小数)。(3)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I－t图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为________C(结果保留2位有效数字)。(4)本电路中所使用电容器的电容约为_______________________________F(结果保留2位有效数字)。(5)电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管________(选填“D1”或“D2”)闪光。[解析](1)滑动变阻器分压式接法，故向b端滑动充电电压升高。(2)量程0～15V，每个小格表示0.5V，估读到最小刻度的当位，故示数为6.5V。(3)I－t图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，由题图丙可知共有37个小格，故电容器存储的电荷量为3.7×10－3C。(4)由电容的定义式C＝eq\f(q,U)得C≈4.6×10－4F。(5)开关S2掷向2，电容器放电，故D1闪光。[答案](1)b(2)6.5(3)3.7×10－3(4)4.6×10－4(5)D1题型六探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据见下表：实验序号原线圈匝数n1＝400原线圈两端电压U1(V)副线圈匝数n2＝200副线圈两端电压U2(V)副线圈匝数n3＝1400副线圈两端电压U3(V)15.82.920.328.04.028.1312.66.244.0请回答下列问题：(1)在图乙中，应将A、B分别与________(选填“a、b”或“c、d”)连接。(2)根据表中数据得出的实验结论：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于________________。(3)在实验序号为2的测量中，若把图丙中的可动铁芯取走，副线圈匝数n2＝200，则副线圈两端电压________(填正确答案标号)。A．一定小于4.0V B．一定等于4.0VC．一定大于4.0V[解析](1)在“探究变压器线圈两端电压与匝数关系”的实验中，原线圈两端应接入交变电流，故应将A、B分别与c、d连接。(2)根据表中数据可得，在实验误差允许范围内eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)，即在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。(3)若把题图丙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0V。[答案](1)c、d(2)两个线圈的匝数之比(3)A1．某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。(1)该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择________(选填“A”或“B”)接法。(2)实验开始前，小艺同学没有使用铁芯组装变压器，而是直接将一个线圈接入电源，另外一个线圈接电压表，保持电源输入电压、两个线圈接入的匝数不变，逐渐将两个线圈相互靠近的过程中，观察到电压表的读数________(选填“变大”“变小”或“不变”)。(3)在正确组装变压器后，甲、乙、丙三位同学分别利用控制变量法探究副线圈的电压U2与原线圈电压U1、原线圈的匝数n1、副线圈的匝数n2的关系，将实验数据绘制成甲、乙、丙三幅图像，则______(选填“甲”“乙”或“丙”)同学的实验结果有误。(4)小琳同学在某次实验中选择厂家标注匝数nA＝200匝的线圈A作为原线圈，厂家标注匝数nB＝100匝的线圈B作为副线圈，分别接入不同输入电压U1，测得对应的输出电压U2，得到实验数据如表所示；分析下列可能的原因，你认为正确的有________(填字母)。实验次数nA/匝nB/匝U1/VU2/V12001008.24.022001006.12.932001004.01.9A．原、副线圈的电压的频率不相等B．变压器线圈中有电流通过时会发热C．铁芯在交变磁场的作用下会发热D．穿过副线圈的磁通量大于原线圈的磁通量解析：(1)由题图可知，A为直流接法，B为交流接法，而要探究变压器的原理则必须使用交变电压，只有变化的电流才能产生变化的磁场，故选B。(2)将线圈直接接入交变电源，则线圈中就会产生周期性变化的磁场，而将另一接了电压表的线圈逐渐靠近接入电源中的线圈时，接了电压表的线圈中的磁通量就会发生变化，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)可知，越靠近通电线圈，接了电压表的线圈所处的磁场就越强，产生的感应电动势就越大，因此可知电压表的读数将变大。(3)根据变压器原、副线圈匝数与电压的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U2＝eq\f(U1n2,n1)，则可知，在原、副线圈匝数比一定的情况下，副线圈中的电压与原线圈中的电压成正比，图像为过原点的倾斜直线；而当原线圈的匝数以及原线圈中的电压一定时，副线圈中的电压与副线圈的匝数成正比，图像为过原点的一条倾斜直线；若原线圈中的电压与副线圈的匝数一定时，副线圈中的电压与原线圈的匝数成反比，即副线圈中的电压与原线圈匝数倒数的图像为一条过原点的倾斜直线，因此实验结果有误的为乙。(4)由表中数据可知，原、副线圈的匝数比小于原、副线圈中的电压之比，即有电能的损失，变压器不会改变电压的频率，故A错误；根据电流的热效应可知，当有电流通过线圈时，线圈会发热，从而造成电能的损失，俗称铜损，故B正确；铁芯在交变磁场中会产生涡流，而根据电流的热效应可知铁芯会发热，从而造成电能的损失，俗称铁损，故C正确；因为铁芯对磁场的约束不严密，因此，穿过副线圈的磁通量一定小于原线圈的磁通量，即磁通量有损失，俗称磁损，故D错误。答案：(1)B(2)变大(3)乙(4)BC2．一种双量程电流表内部各元件的连接图如图(a)所示。(1)这种电流表“3A”量程的内阻________(选填“大于”或“小于”)0.22Ω。(2)某同学用多用电表的欧姆挡检测这种电流表，选择“×10”挡，欧姆调零后将红、黑表笔分别接到电流表的“－”“0.6A”接线柱，指针指示如图(b)，示数为________Ω，保持黑表笔不动，将红表笔从“－”接线柱移到“3A”接线柱，示数几乎与图(b)相同，由此可知电流表内部阻值为0.88Ω的电阻发生________(选填“断路”或“短路”)故障。(3)由于0.88Ω的故障电阻阻值较小，该同学设想用如图(c)所示的电路测得一段阻值为4.40Ω的电阻丝，再将它分成等长的5段，用其中一段替代。实验时移动小金属夹P到电阻丝的某位置时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和1.30V，接下来应将P向________(选填“左”或“右”)移动。(4)用电阻丝替代故障电阻后，若电阻丝实际接入电路的阻值略小于标准值，则会导致用该电流表“0.6A”量程测电流时的测量值________(选填“偏大”或“偏小”)。解析：(1)根据并联电路的总电阻小于各支路最小电阻及题图(a)可知电流表接“3A”的量程时，电流表的内阻为电路的总电阻，小于支路的电阻0.22Ω。(2)欧姆表表盘10～15之间有5格，每小格代表1Ω，据读数规则，要读到下一位，且倍率为“×10”，故读数为14.0×10Ω＝140Ω；根据欧姆表电流流向“红进黑出”，由题图(a)可知，140Ω为接线柱中间两电阻10Ω、130Ω之和，说明此时10Ω、130Ω两电阻并未与0.22Ω、0.88Ω两电阻并联；保持黑表笔不动，将红表笔从“－”接线柱移到“3A”接线柱，示数几乎与题图(b)相同，说明更换接线柱后，电流表总电阻的阻值几乎未发生变化，故可推知电流表内部10Ω、130Ω与0.22Ω串联，阻值为0.88Ω的电阻发生断路，若短路则欧姆表示数应为0。(3)由示数U＝1.30V，I＝0.50A，可得R＝eq\f(U,I)＝2.6Ω<4.4Ω，要增大电阻，接下来应将P向右移动。(4)设R1＝10Ω，R2＝130Ω，R3＝0.22Ω，R4＝0.88Ω，用电阻丝替代故障电阻后，若电阻丝实际接入电路的阻值略小于标准值，电阻丝实际接入电路的阻值R4′<0.88Ω；接0.6A量程时，设某次测电流时，流过表头的电流为I1，则电流测量值I测＝I1＋eq\f(I1(R1＋R2),R3＋R4)，电流的真实值I真＝I1＋eq\f(I1(R1＋R2),R3＋R4′)，由于R4′<R4可得I测<I真，会导致用该电流表“0.6A”量程测电流时的测量值偏小。答案：(1)小于(2)140断路(3)右(4)偏小3．用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，请完成下列实验内容。(1)实验时，要通过电流表指针的偏转方向来观测电路中电流的方向。因此电流表应采用图乙中的________(选填“a”或“b”)。(2)依照图中所示的电路图，将图乙的实验器材用笔画线代替导线连接成实验电路(图中已有部分连接)。(3)开关S接1后，小灯泡L________(填选项前的字母)。A．一直不亮B．逐渐变亮，稳定后保持亮度不变C．突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭(4)开关S接1足够长时间后，再将开关S接2。开关S接2之后电压表读数________(选填“逐渐增大”或“逐渐减小”)。(5)图乙中电容器的电容为________μF。当电容器的电压为10V时其所带电荷量为________C(保留2位有效数字)。解析：(1)通过电流表指针的左右偏转观察电流方向，故应选择a。(2)如图所示。(3)开关S接1后，电源给电容器充电，开始电流较大，随着极板所带电荷量增多，电流逐渐减小，最后为0，所以小灯泡L突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭。(4)开关S接2之后电容器放电，两极板电势差逐渐减小到0，所以电压表示数逐渐减小到0。(5)题图乙中电容器的电容为3300μF，当电容器的电压为10V时其所带电荷量Q＝CU＝3300×10－6×10C＝0.033C。答案：(1)a(2)实物图见解析(3)C(4)逐渐减小(5)33000.0334.(2024·深圳市宝安区期末)某实验小组想测量一个“充电宝”(电源)电动势和内阻大小。设计了如图所示的电路图。实验器材如下：充电宝(带引线，电动势约为5V，内阻约为0.1Ω)、电流表A(0～0.6A)、电压表V(0～15V)内阻很大、定值电阻R0＝3.0Ω、滑动变阻器R1(0～100Ω)、导线若干。(1)按照电路图连接电路；定值电阻R0的作用是_________________________________________________。(2)闭合开关后，电流表指针闪跳一下然后指针示数显示为零，但电压表上示数正常，故障原因可能为________________。(3)由于电流表损坏，实验小组找来一个电阻箱替代滑动变阻器和电流表。(4)在(3)的基础上，请在虚线框内画出相应的实验电路图。(5)在(4)的基础上进行数据采集，读出多组U和R的值，描点绘制出eq\f(1,U)－eq\f(1,R)图像，图线斜率为k，图线与纵轴的截距为b，可以得到电源电动势E＝________，电源内阻r＝________。(均用k、b、R0表示)解析：(1)充电宝内阻太小，分压太小，不利于测量，串联一个定值电路R0，增大分压。(2)闭合开关后，电流表指针闪跳一下然后指针示数显示为零，但电压表上示数正常，故障原因可能为：闭合前，滑动变阻器没有滑到最大阻值处，导致电路中电流过大，超过电流表的最大允许通过的电流，导致电流表烧了即断路。(4)用电压表和电阻箱测量电动势和内阻，电路如图所示。(5)由闭合回路欧姆定律E＝I(R0＋r)＋U，I＝eq\f(U,R)，得eq\f(1,U)＝eq\f((R0＋r),E)×eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，可知b＝eq\f(1,E)，k＝eq\f((R0＋r),E)，因此r＝eq\f(k,b)－R0，E＝eq\f(1,b)。答案：(1)见解析(2)见解析(4)电路图见解析(5)eq\f(1,b)eq\f(k,b)－R05．(2024·广东省部分学校二模)李华同学查阅资料：某金属在0～100℃内电阻值Rt与摄氏温度t的关系为Rt＝R0(1＋αt)，其中R0为该金属在0℃时的阻值，α为温度系数(为正值)。李华同学设计图甲所示电路以测量该金属的电阻R0和α值。可提供的实验器材有：A.干电池(电动势约为1.5V，内阻不计)B.定值电阻R1(阻值为1kΩ)C.定值电阻R2(阻值为800Ω)D.滑动变阻器RP1(阻值范围0～40Ω)E.滑动变阻器RP2(阻值范围0～4kΩ)F.电流计G(量程0～200μA，内阻约500Ω)G.电阻箱R(最大阻值为9999.9Ω)H.摄氏温度计I.沸水和冷水各一杯J.开关两个及导线若干请回答下列问题：(1)滑动变阻器应选用________(选填“RP1”或“RP2”)，开关S1闭合前，滑动变阻器的滑片移到________(选填“a”或“b”)端。(2)将电阻箱的阻值调为500Ω，闭合开关S1，读出电流计G的示数，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，直至闭合S2前、后电流计G的示数没有变化，此时电阻箱的示数为360Ω，则电流计G的内阻为________Ω。(3)利用上述电流计G及电路测量该金属的电阻R0和α值的步骤如下：①断开开关S1、S2，将R2取下换成该金属电阻，并置于沸水中；②闭合开关S1，读出电流计G的示数；闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，直至闭合开关S1前、后电流计G的示数没有变化，记下此时电阻箱的示数R和温度t；③多次将冷水倒一点到热水中，重复步骤②，可获得电阻箱的示数R和温度t的多组数据。(4)以电阻箱的示数R为纵轴，温度t为横轴，作出图像如图乙所示，则该金属电阻在0℃时的阻值为________Ω，温度系数为________℃－1。(结果用a、b、c表示)解析：(1)S1闭合、S2断开时，干路中的最大电流约I＝Ig＋eq\f(Ig(Rg＋R1),R2)＝575μA，滑动变阻器两端的电压最小值约为1.5V－(1kΩ＋0.5kΩ)×0.2mA＝1.2V，滑动变阻器的最小电阻Rmin＝eq\f(1.2V,0.575mA)≈2kΩ，滑动变阻器应选用RP2。为了保护电流计G不被损坏，开关S1闭合前，应将滑动变阻器的滑片向下移动到a端。(2)闭合S2前、后电流计G的示数没有变化，则电流计G中的电流与R1的电流相等，R中的电流与R2中的电流相等，R1与R2两端的电压相等，电流计G与R两端的电压相等，可得电流计的内阻Rg＝eq\f(R1,R2)R＝eq\f(1,0.8)×360Ω＝450Ω。(4)将R2取下换成该金属电阻的情况下，同理可得Rt＝eq\f(R1,Rg)R＝eq\f(20,9)R，由题图乙得R＝eq\f(b－a,c)t＋a，即Rt＝eq\f(20(b－a),9c)t＋eq\f(20,9)a，又Rt＝R0(1＋αt)＝R0αt＋R0，则R0α＝eq\f(20(b－a),9c)，R0＝eq\f(20,9)a，解得α＝eq\f(b－a,ac)。答案：(1)RP2a(2)450(4)eq\f(20,9)aeq\f(b－a,ac)6．(2024·深圳市罗湖区期末)某研究性学习小组，设计图(a)所示的实验电路图，研究伏安法测电阻及误差情况。电压表的内阻、电流表的内阻和待测电阻的真实值分别用字母RV、RA、Rx表示。(1)在图(b)中，用笔划线代替导线，将实验电路连接完整。(2)如果开关S1接端点2，电压表的示数为U，电流表的示数为I，该情况下电阻的测量值为________。(3)如图(c)所示，两条伏安特性曲线中，一条是接端点1的测量图线，一条是接端点2的测量图线，则图线a是接端点________(选填“1”或“2”)的测量图线。(4)若Rx约为80Ω，RV约为1000Ω，RA约为5Ω，则比较准确的测量方法是将开关S1接端点________(选填“1”或“2”)。如果各电阻大约阻值未知，则可将开关S1依次接端点1和端点2。若观察两次测量中电流表的读数几乎未变，电压表读数变化较大，发生这种现象的原因是________________，则比较准确的测量方法是将开关S1接端点________(选填“1”或“2”)。解析：(1)实物连接如图所示。(2)根据欧姆定律I＝eq\f(U,Rx＋RA)，可得电阻的测量值Rx＝eq\f(U,I)－RA。(3)两条伏安特性曲线中，接端点1的测量值Rx测＝eq\f(U,I)<Rx真＝eq\f(U,I－\f(U,RV))，测量值偏小斜率小，接端点2的测量值Rx测＝eq\f(U,I)>Rx真＝eq\f(U－UA,I)，测量值偏大斜率较大，则图线a是接端点2的测量图线。(4)Rx约为80Ω，RV约为1000Ω，RA约为5Ω，则eq\f(RV,Rx)＝12.5<eq\f(Rx,RA)＝16，故选用电流表内接法误差较小，应接端点2。观察两次测量中电流表的读数几乎未变，电压表读数变化较大，发生这种现象的原因是电压表内阻远大于待测电阻，电压表分流几乎为零，但电流表内阻较大，分压较大。因此应采用电流表外接法，即接端点1。答案：(1)图见解析(2)eq\f(U,I)－RA(3)2(4)2见解析7．(2023·全国乙卷，T23)一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：(1)实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。(2)将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝________，金属丝的电阻r＝________。(结果均用R0、U1、U2表示)(3)继续微调R，重复(2)的测量过程，得到多组测量数据，见下表：U1(mV)0.570.710.851.141.43U2(mV)0.971.211.451.942.43(4)利用上述数据，得到金属丝的电阻r＝14.2Ω。(5)用米尺测得金属丝长度L＝50.00cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图(b)所示，该读数为d＝________mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。(6)由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝________×10－7Ω·m(保留2位有效数字)。解析：(2)由于电压表内阻非常大，故K接2时电压表两端电压与K接1时金属丝和R0两端电压相等，即U2＝U1＋IR0，故流过金属丝的电流I＝eq\f(U2－U1,R0)，由电阻的定义式可知金属丝的电阻r＝eq\f(U1,I)＝eq\f(U1R0,U2－U1)。(5)由题图(b)可知螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为15.0×0.01mm＝0.150mm，故该读数d＝0.150mm。(6)金属丝的横截面积S＝eq\f(1,4)πd2，由电阻定律有r＝ρeq\f(L,S)，将相关数据代入解得ρ≈5.0×10－7Ω·m。答案：(2)eq\f(U2－U1,R0)eq\f(U1R0,U2－U1)(5)0.150(6)5.08．(2024·韶关市综合测试二)某学习小组想测量某一常温下阻值约为5Ω的电阻丝的电阻率，其长度为100m。实验室提供的器材如下：A．电压表V1(量程0～3V，内阻约为15kΩ)B．电压表V2(量程0～15V，内阻约为75kΩ)C．电流表A1(量程0～3A，内阻约为0.2Ω)D．电流表A2(量程0～600mA，内阻约为1Ω)E．滑动变阻器R1(0～5.0Ω)F．滑动变阻器R2(0～2000Ω)G．电池E(电动势为3V，内阻约为0.3Ω)H．开关S，导线若干他们进行了以下操作：(1)用20分度的游标卡尺测量电阻丝的直径d，其测量值如图a所示，电阻丝的直径d＝________cm。(2)为减小实验误差，应选用________(选填“A”或“B”)为该实验的电路图。此接法的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。(3)若两电表的示数分别如图c所示，则该电阻丝的电阻率为________Ω·m(保留2位有效数字)。解析：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，主尺读数为0.8cm，游标尺读数为10×0.05mm＝0.50mm＝0.050cm，则直径d＝0.8cm＋0.050cm＝0.850cm。(2)待测电阻阻值远小于电压表内阻，选用电流表外接法，即A，由于电压表分流作用，电压测量是准确的，电流测量值偏大，导致测量值偏小。(3)电源电动势为3V，则电压表选择A