电学实验专项训练(时间:45分钟 满分:100分)1.(16分)某兴趣小组用测定金属丝的电阻率的实验方法测出金属丝的长度,他们查得金属丝电阻率为ρ,并粗测电阻丝的电阻约为5Ω,实验室中有以下供选择的器材:A.电池组(3V,内阻约1Ω)B.电流表A1(0~3A,内阻0.0125Ω)C.电流表A2(0~0.6A,内阻约为0.125Ω)D.电压表V1(0~3V,内阻4kΩ)E.电压表V2(0~15V,内阻15kΩ)F.滑动变阻器R1(0~20Ω,允许最大电流1A)G.滑动变阻器R2(0~2000Ω,允许最大电流0.3A)H.开关,导线若干。(1)为了使实验电路更节能,且测量结果尽量准确,测金属丝电阻时电流表应选 ,电压表应选 ,滑动变阻器应选 。(填写仪器前字母代号) (2)将设计的电路图画在下面虚线框内。(3)若用螺旋测微器测得金属丝直径d的读数如图,则直径d= mm。 (4)若用d表示直径,测得电阻为R,则金属丝的长度为 。 2.(16分)某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内阻。A.待测干电池两节,每节电池电动势约为1.5V,内阻为几欧姆B.直流电压表V1、V2,量程均为3V,内阻约为3kΩC.定值电阻R0未知D.滑动变阻器R,最大阻值为RmE.导线和开关(1)根据如图甲所示的实物连接图,在图乙方框中画出相应的电路图。甲乙(2)实验之前,需要利用该电路图测出定值电阻R0,方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm,再闭合开关,电压表V1和V2的读数分别为U10、U20,则R0= (用U10、U20、Rm表示)。 (3)实验中移动滑动变阻器滑片,读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2,描绘出U1-U2图象如图丙所示,图中直线斜率为k,与横轴的截距为a,则两节干电池的总电动势E= ,总内阻r= 。(均用k、a、R0表示) 7\n丙3.(16分)在测量未知电阻Rx阻值的实验中,可供选择的器材有:待测电阻Rx(阻值约300Ω)电流表A1(量程20mA,内阻约50Ω)电流表A2(量程50mA,内阻约10Ω)电阻箱R(0~999.9Ω)滑动变阻器R1(20Ω,2A)滑动变阻器R2(1750Ω,0.3A)电源E(电动势6.0V,内阻不计)开关S及导线若干。丙某同学采用如下方案进行测量:①按图甲连好电路,调节滑片P和R的阻值,使电流表指针指在合适位置,记下此时A1示数I1、A2示数I2和电阻箱阻值R0。②将电流表A1改接到另一支路(如图乙),保持电阻箱阻值R0不变,调节P,使A2示数仍为I2,记下此时A1示数I1'。③计算得到Rx的阻值。(1)该同学按图甲连成如图丙所示的电路,请指出第 (填图丙中表示导线的数字)条导线连接错误。 (2)正确连线后,闭合S,将P从左向右滑动,发现开始时A2示数变化不大,当临近最右端时示数变化明显,这是选择了滑动变阻器 (选填“R1”或“R2”)造成的。 (3)待测电阻Rx= (用I1、I2、R0、I1'中的某些量表示);针对该实验方案,下列说法正确的是 (填选项前的字母)。 A.电流表A1的内阻不会造成系统误差B.电流表A2的内阻会造成系统误差4.(16分)在探究小灯泡的伏安特性时,所用小灯泡上标有“2.5V,0.6W”字样,实验室提供的器材有:A.电流表A1(内阻约为5Ω、量程为0~25mA)B.电流表A2(内阻约为1Ω,量程为0~300mA)C.电压表V1(内阻约为5kΩ、量程为0~3V)7\nD.电压表V2(内阻约为15kΩ、量程为0~15V)E.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω、额定电流为0.6A)F.滑动变阻器R2(最大阻值为1000Ω、额定电流为0.2A)G.稳压电源E(电动势为9.0V、内阻可忽略)H.开关一个、定值电阻若干、导线若干由以上信息回答下列问题:(1)实验前设计的电路图如图甲所示。为了减小实验误差,该实验所用的电流表、电压表、滑动变阻器应分别为 (选填器材前的字母)。为保护滑动变阻器和灯泡,应在电路中串联的定值电阻R0合适的电阻值应为 (选填“1Ω”“10Ω”“30Ω”或“100Ω”)。 甲乙(2)请确定测量电路中电压表右侧导线的正确位置后,在图乙中用笔画线代替导线,将实物完整连接起来。(3)连接好电路后,通过改变滑动变阻器的滑片位置,并通过计算机描绘了该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示。若将两个这样的小灯泡并联后直接接在电动势E=3V、内电阻r=5Ω的电源上,每个小灯泡所消耗的实际功率为 W。(结果保留两位有效数字) 丙5.(18分)实际电流表都有内阻,为了测量电流表G1的内阻rg,提供的器材如下:①待测电流表G1(0~5mA,内阻约300Ω)②电流表G2(0~15mA,内阻约100Ω)③定值电阻R1(R1=150Ω)④滑动变阻器R2(0~20Ω)⑤电源(电动势为3V)⑥开关S及导线若干(1)为了使测量结果尽量精确,设计并在虚线框中画出实验的电路图。7\n(2)对照所画电路图连接如图所示的实物图。(3)闭合开关S,移动滑片至某一位置,记录G1和G2的读数I1和I2,则待测电流表的内阻可表示为rg= 。 6.(18分)(2022·全国Ⅲ卷)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)。 电学实验专项训练1.答案(1)C D F(2)如图所示7\n(3)0.950 (4)πd2R4ρ解析(1)由于电源电动势为3V,电表读数要达到半偏,则电压表选D;由I=ER+r可知,电路中最大电流约为0.5A,则电流表选C;为了节能和使测量结果尽量准确,滑动变阻器采用限流接法,故滑动变阻器电阻不能太大,选F;(2)为了使测量结果尽量准确,由Rx=5Ω,则有Rx<RARV,可知电流表采用外接法,电路见答案图;(3)由主尺上读出0.5mm,螺旋尺上读数为45.0×0.01mm,d=0.950mm;(4)由电阻定律R=ρLS和S=πd22得L=πd2R4ρ。2.答案(1)见解析图 (2)U20-U10U10Rm(3)kak-1 R0k-1解析(1)根据如题图甲所示的实物连接图画原理图,要注意两个电压表所测部分,V1测滑动变阻器的电压,V2测路端电压。(2)由电路连接关系可知R0Rm=U20-U10U10,所以有R0=U20-U10U10Rm。(3)由闭合电路欧姆定律可知E=U2+U2-U1R0r,整理可得U1=R0+rrU2-R0rE,所以有k=R0+rr,可得r=R0k-1。由题图可知:当U1=0时U2=a,即可得E=R0+rR0a=kk-1a。3.答案(1)6 (2)R2 (3)I1'I1R0 A解析(1)第6条导线应该接滑动变阻器上边的接线柱。(2)因待测电阻阻值约300Ω,和电阻箱并联以后的电阻在150Ω左右,如果滑动变阻器阻值选择得过大(此题中的R2=1750Ω),则开始的阶段待测电阻与滑动变阻器并联后的阻值也在100Ω左右,这样的话在待测电阻上的分压将是很小的,等到滑片接近最右端时,分压突然可达到电源电压,故发生此情况的原因就是滑动变阻器阻值选择得过大,即选了R2。(3)在甲电路中,根据欧姆定律可得(I2-I1)R0=I1Rx;在乙电路中,根据欧姆定律可得(I2-I1')Rx=I1'R0;联立两式可解得Rx=I1'I1R0;若考虑电流表A1的内阻r,则上述表达式可列成(I2-I1)R0=I1(Rx+r),(I2-I1')Rx=I1'(R0+r);同样可解得Rx=I1'I1R0,故电流表A1的内阻不会造成系统误差,选项A正确;因为两次使得通过电流表A2的电流相同,即并联支路两端的电压相同,故电流表A2的内阻也不会造成系统误差,选项B错误。7\n4.答案(1)B、C、E 10Ω (2)如图(3)0.21(0.20~0.23)解析(1)小灯泡的额定电压为2.5V,电压表选C;小灯泡的额定电流I=PU=0.24A=240mA,电流表选B,滑动变阻器采用分压式,选最大阻值较小的E。为保护滑动变阻器,保护电阻R0的阻值至少为R=EIR-Rm=5Ω故保护电阻选阻值为10Ω的定值电阻。(2)由题意可知小灯泡的阻值R≈10.4Ω,有R<RVRA,电流表采用外接法,实物连接图见答案图。(3)由于E=3V,r=5Ω,可作出电源的U-I图象如图所示,图线与伏安特性曲线的交点(1.87V,0.22A)为两个灯泡的工作电压和电流,每一个灯泡的功率P=12UI=0.21W。5.答案(1)电路图见解析图 (2)实物图见解析图 (3)(I2-I1)R1I1解析(1)电路图如图所示(2)实物图如图所示(3)待测电流表的内阻rg=(I2-I1)R1I1。6.答案(1)连线如图所示。7\n(2)AC解析(1)据题干要求由左手定则知,棒中电流由a流向a1,连线如答案图。(2)由动能定理知,F安x-Ffx=12mv2①F安=BIl②联立解得(BIl-Ff)x=12mv2若使棒获得更大速度,可增加导轨间距l,或适当增大棒中的电流,故A、C正确。若只换一根更长的金属棒,导轨间距不变,安培力不变,但Ff与m均增大,故v减小,所以B错误。7
