2019届高考物理一轮复习课时作业40描绘小电珠的伏安特性曲线

课时作业(四十) 描绘小电珠的伏安特性曲线
[基础训练]
1．“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验电路如图所示，所用小电珠的额定电压为3.8 V．关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是( )
A．系统误差主要是由电压表的分流引起的
B．系统误差主要是由电流表的分压引起的
C．系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的
D．系统误差主要是由读数时的估读引起的
答案：A 解析：由于小电珠的电阻比较小，所以采用电流表外接法，此时电压表的测量值是准确的，但是电流表的测量值和真实值相比要大，系统误差的主要原因是电压表分流，A正确．
2．(2018·广东湛江一模)现要测定一个额定电压为2.5 V、额定功率约为0.7 W的小灯泡的伏安特性曲线．
(1)为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图．
(2)合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的________(填“左端”或“右端”)．
(3)根据实验数据，描绘出的U­I图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80 V 时，小灯泡电阻为________Ω，小灯泡的功率为________W(结果保留两位有效数字)．
甲
乙
丙
(4)由图乙可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系，符合该关系的图象是图丙中的________．
答案：(1)见解析 (2)左端 (3)7.2 0.45 (4)D
解析：(1)实物电路图如图所示．
(2)为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端．
(3)由题图乙可知，当电压为1.80 V 时，电流为0.25 A ，则电阻R ＝U I ＝1.80.25
Ω＝7.2 Ω；功率P ＝UI ＝1.8×0.25 W＝0.45 W.
(4)由功率公式P ＝U 2
R
可知，功率与电压的图象应为D. 3．某一小型电风扇的额定电压为4.0 V ，额定功率为2.4 W ．某实验小组想通过实验描绘出电风扇的U ­I 图线．实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A ．电源E (电动势为4.5 V)
B ．电压表V(量程为0～5 V ，内阻约为4 kΩ)
C ．电流表A 1(量程为0～0.6 A ，内阻约为0.2 Ω)
D ．电流表A 2(量程为0～3 A ，内阻约为0.05 Ω)
E ．滑动变阻器R 1(最大阻值10 Ω，额定电流1 A)
F ．滑动变阻器R 2(最大阻值2 k Ω，额定电流100 mA)
(1)为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(填所选仪器前的字母序号)
(2)请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线框内(电风扇的电路符号为
)．
(3)操作过程中发现，电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5 V 时电风扇没启
动．该小组测绘出的电风扇的U ­I 图线如图所示，由此可以确定，电风扇的电阻为________Ω，正常工作时的发热功率为________W ，机械功率为________W.
答案：(1)C E (2)实验电路如图所示 (3)2.5 0.9 1.5
解析：(1)电风扇的额定电流为I ＝P U ＝2.44.0
A ＝0.6 A. 为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用C ；滑动变阻器采用分压电路，应选用E.
(2)电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路如图所示．
(3)电压表读数小于0.5 V 时电风扇没启动，根据欧姆定律得R ＝U I ＝0.50.2
Ω＝2.5 Ω.电风扇正常工作时电压为4 V ，根据题中图象知电流为0.6 A ，则电风扇的发热功率P 热＝I 2R
＝0.62
×2.5 W＝0.9 W ，则机械功率P 机＝P －P 热＝2.4 W －0.9 W ＝1.5 W.
4.在“描绘小灯泡伏安特性曲线的实验”中：
(1)为减小实验误差，方便调节，请在给定图甲中的A 、B 、C 、D 四个电路图和E 、F 、G 三个滑动变阻器中选取适当的电路图和器材，并将它们的编号填在横线上．应选取的电路图是________，滑动变阻器应选取________．
E．总阻值15 Ω，允许通过的最大电流为2 A的滑动变阻器
F．总阻值200 Ω，允许通过的最大电流为2 A的滑动变阻器
G．总阻值1 000 Ω，允许通过的最大电流为1 A的滑动变阻器
(2)由实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙中b线．将该小灯泡与一干电池组成闭合回路，该电池两极间的电压随电路中电流的变化关系图线如图乙中a线所示，则小灯泡与电池连接后的实际功率为________W；若再将一阻值为0.75 Ω的电阻串联在电路中，则小灯泡的实际功率为________W.
乙
答案：(1)C E (2)0.72 0.24
解析：(1)由小灯泡的伏安特性曲线(题图乙中b线)可知，小灯泡电阻很小，不超过1 Ω，且电表示数从零开始读数，因此电流表采用外接法，滑动变阻器应该采用分压式接法，C图正确；滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，应用总阻值较小的，故应选择E.
(2)两图线的交点坐标即为小灯泡的电压和电流，实际功率P＝UI＝0.72 W；根据电池的U­I图线可知，电池的内阻为0.75 Ω，若再将一阻值为0.75 Ω的电阻串联在电路中，相当于小灯泡与等效内阻为1.5 Ω的电源连接，在U­I坐标系内，连接(0,1.5 V)和(1.0 A,0)两个点，作出等效电源的U­I图线，读出该图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标为(0.8 A,0.3 V)，此即为小灯泡的电流和电压值，故灯泡的实际功率为0.24 W.
[能力提升]
5．有一个小灯泡上标有“4.8 V 2 W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的二次方U2的关系曲线．有下列器材可供选用：A．电压表V1(0～3 V，内阻3 kΩ)
B．电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ)
C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)
D．定值电阻R1＝3 kΩ
E．定值电阻R2＝15 kΩ
F．滑动变阻器R(10 Ω，2 A)
G．学生电源(直流6 V，内阻不计)
H．开关、导线若干
(1)实验中电压表应选用________，定值电阻应选用________(均用序号字母填写)．
(2)为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在虚线方框内画出满足实验要求的电路图．
(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数U V与此时小灯泡两端电压U的定量关系是________，下图的四个图象中可能正确的是________．
答案：(1)A D (2)如图所示 (3)U＝2U V C
解析：(1)由于15 V 的电压表量程较大，所以可以采用扩大电压表量程的办法，实验中所用电压表选用A ，定值电阻应选用R 1＝3 kΩ的D.
(2)采用分压电路，电流表外接，如图所示．
(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数U V 与此时小灯泡两端电压U 的定量关系是U
＝2U V .由P ＝U 2
R
，R 随温度升高(电压增大)而增大，小灯泡的电功率P 与它两端电压的二次方U 2的关系曲线可能是图C.
6．某同学利用如下实验器材“研究小灯泡的伏安特性曲线”：电源(电动势3 V ，内阻可忽略不计)、滑动变阻器(最大阻值10 Ω)、电压表、电流表、开关、小灯泡、导线若干．
(1)实验过程中某次实验时电压表、电流表的指针如图甲所示，则电压表读数为________V ，电流表读数为________A.
甲
(2)根据实验得到的数据作出小灯泡的U ­I 图象如图乙所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而________(填“增大”“减小”或“不变”)．
(3)用铅笔在图丙中把缺少的导线补全，连接实验电路．
(4)若正确连线后，合上开关，移动滑动变阻器的滑片，小灯泡不能完全熄灭，其他完全正常，则可判断是导线________(填接线柱字母，如“GH”)发生断路；此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是________ W(保留两位有效数字)．
乙
丙
答案：(1)1.20 0.40 (2)增大(3)见解析图甲(4)EN0.13(0.12～0.14均可) 解析：(1)电压表示数为12.0×0.1 V＝1.20 V，电流表示数为20×0.02 A＝0.40 A．(2)根据题图乙可知，随着电压升高，小灯泡的电阻增大．(3)研究小灯泡的伏安特性曲线，电压应从零开始，因而滑动变阻器采用分压接法．小灯泡电阻较小，电流表采用外接法．实物图连接见图甲．(4)正确连线后，移动滑动变阻器的滑片，小灯泡不能完全熄灭，则可能是导线EN断路．EN导线断路后，当滑动变阻器的阻值全部连入电路，电流最小，小灯泡的功率最小．此时把滑动变阻器的阻值作为电源内阻，在小灯泡的U­I图线中画出等效电源的U­I图线，两图线的交点即为小灯泡功率最小时的工作状态点(如图乙)，由图线可知P＝0.25×0.50 W≈0.13 W.
甲
乙。