金板学案高考物理一轮复习 第8章 第4课 实验：描绘小
高考物理一轮复习 第8章 第4课 实验：描绘小电珠的伏安特性曲线课件
第二单元 实验与探究 第4课 实验：描绘小电珠的
伏安特性曲线
1.会分析伏安特性曲线的变化规律． 2.高考常从连接电路、数据处理进行命题．
提醒探究
题型1 仪器的选取与电路设计
【例❶】 有一个小灯泡标有“6 V、0.6 W”的字样，现在要 用伏安法测量这个灯泡的IU图线，有下列器材可供选用： A．电压表(0～3 V，内阻10 kΩ) B．电压表(0～10 V，内阻20 kΩ) C．电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω) D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω) E．滑动变阻器(30 Ω，2 A) F．学生电源(直流9 V)，还有开关和导线
提醒探究 (1)在虚线框内画出实验电路图．
(2)在图中的方格纸内画出IU图线．
提醒探究
(3)根据 IU 图线分析知小灯泡的电阻随温度的升高而________． (4)小灯泡工作电压为 3 V 时，测得实际电功率为________W. 解析：(1)因实验是描绘元件的伏安特性曲线，故滑动变阻器应 采用分压接法，由实验数据知小灯泡的电阻为 10 Ω左右，故电流表 应外接，实验电路如图所示．
数据点 a
b
c
d
e
f
U/V 0.00 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
I/A 0.000 0.122 0.156 0.185 0.216 0.244
提醒探究 解析： (1)由小电珠的额定电压为 2.5 V、额定功率为 0.6 W，
可得小电珠正常工作时电阻 R＝UP2＝（20..56）2 Ω＝10.4 Ω，选多用 电表的“×1”倍率时的中值电阻为 15 Ω.因为在中值电阻附近测量 的量最精确，又知 10.4 在 15 附近，所以选择“×1”倍率．
金板学案2016届高考物理一轮复习第8章第1课部分电路的欧姆定律及其应用练习
第八章 电 路第1课 部分电路的欧姆定律及其应用阻Ⅱ步了解多用电表的原理．通过实际操作学会使通过实验，探究复习策略：在复习本章的过程中，要注意：定义式与决定式的区分；基本概念、基本规律的理解和应用，如正确区分各种功率(电功率、热功率、机械功率等)之间的相互关系、计算公式，纯电阻电路与非纯电阻电路的区别；电学中实验的复习，如伏安法测电阻两种接法的选择、滑动变阻器的分压接法与限流接法以及电路故障分析．还要注意理论联系实际，加深和巩固对基本知识的理解，要注意总结解决问题的方法和思路，提高应用知识解决实际问题的能力．记忆秘诀：直流电路若动态：“牵一发而动全身”；思维方法要记住：“先农村包围城市，再城市撤向农村．”本章实验有四台，台台都可出大牌；什么伏伏安安法，实质都是伏安法．第一单元电路基础第1课部分电路的欧姆定律及其应用考点一电阻定律1．电流：⎩⎪⎨⎪⎧定义：自由电荷的定向移动形成电流.方向：规定为正电荷定向移动的方向.定义式：I ＝qt Ｗ.2．电阻． (1)定义式：R ＝UI．(2)物理意义：导体的电阻反映了导体对电流的阻碍作用． 3．电阻定律．(1)内容：均匀导体的电阻R 跟它的长度L 成正比，跟它的横截面积S 成反比． (2)表达式：R ＝ρLS .4．电阻率． (1)计算式：ρ＝R SL．(2)物理意义：反映导体的导电性能，是表示材料性质的物理量． (3)电阻率与温度的关系．①金属：电阻率随温度升高而增大． ②半导体：电阻率随温度升高而减小． ③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然变为零，成为超导体． 考点二 电功率、焦耳定律 1．电功．(1)定义：在一段电路中电场力所做的功． (2)公式：W ＝qU ＝UIt ．(3)电流做功的实质：电能转化成其他形式的能的过程． 2．电功率．(1)定义：单位时间内电流做的功． (2)公式：P ＝Wt＝UI ．3．焦耳定律．(1)电热：电流流过一段导体时发出的热量．(2)计算公式：Q ＝I 2Rt ． 4．热功率．(1)定义：一段电路因发热而消耗的功率．(2)纯电阻电路热功率公式：P 热＝I 2R ． 考点三 欧姆定律1．内容：通过某段电路的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体本身的电阻成反比，公式为I ＝UR.2．图象．定值电阻的IU 图象是一条过原点的直线，直线的斜率k ＝I U ＝1R；定值电阻的UI 图象也是一条过原点的直线，直线的斜率k′＝UI＝R.3．适用条件：适用于金属导电和电解液导电，不适用于气体和半导体导电． 考点四 电阻的串联、并联2.几个有用的结论．(1)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，电路中任意一个电阻变大时，总电阻变大．(2)并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻，任意一个电阻变大时，总电阻变大． (3)无论电阻怎样连接，每一段电路消耗的电功率P 总等于各个电阻消耗的电功率之和．1．把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l ，直径为d ，乙电阻丝长为2l ，直径为2d ，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足(C )A.U 甲U 乙＝1B.U 甲U 乙＝22C.U 甲U 乙＝ 2 D.U 甲U 乙＝2 解析：根据电阻定律R 甲＝ρl S 甲，R 乙＝ρ2l S 乙，P 甲＝U 2甲R 甲，P 乙＝U 2乙R 乙，若使P 甲＝P 乙，即U 2甲R 甲＝U 2乙R 乙，U 2甲U 乙＝R 甲R 乙＝ρlπ（d/2）2ρ2l πd 2＝2，U 甲U 乙＝2，所以选项C 是正确的． 2．小灯泡通电后，其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，下列说法中错误的是(C )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积解析：在IU 图象中，图线上某点与原点的连线的斜率表示电阻的倒数，图象中连线的斜率逐渐减小，电阻应逐渐增大；对应P 点，小灯泡的电压为U 1，电流为I 2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为R ＝U 1I 2；其工作功率为P ＝U 1I 2，即为图中矩形PQOM 所围的面积，因此本题应选C 项．3．通常一次闪电过程历时0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是(AC )A ．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB ．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC ．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD ．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析：由电流的定义式I ＝Q t 知I ＝660×10－6 A ＝1×105A ，A 正确；整个过程的平均功率P ＝W t ＝qU t ＝6×1.0×1090.2 W ＝3×1010W(t 代0.2或0.3)，B 错误；由E ＝U d ＝1.0×1091×103 V/m＝1×106V/m ，C 正确；整个闪电过程向外释放的能量为电场力做的功W ＝qU ＝6×109J ，D 错．课时作业一、单项选择题 1．如图所示，厚度均匀的矩形金属薄片边长ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm.当将A 与B 接入电压为U 的电路中时，电流为1 A ；若将C 与D 接入同一电路中，则电流为(A )A ．4 AB ．2 A C.12 A D.14A解析：首先计算出沿A 、B 方向和沿C 、D 方向电阻的比值，再利用欧姆定律求出两种情况下的电流比．设沿A 、B 方向的横截面积为S 1，沿C 、D 方向的横截面积为S 2，则S 1S 2＝12，A 、B 接入电路中时的电阻为R 1，C 、D 接入电路中时的电阻为R 2，则有R 1R 2＝ρl ab S 1ρl bc S 2＝41.两种情况下电流之比为I 1I 2＝R 2R 1＝14，故I 2＝4I 1＝4 A ．选项A 正确．2．在如图所示的电路中，AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以A 、B 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为如图中的(A )解析：根据电阻定律，横坐标为x 的点与A 点之间的电阻R ＝ρxS ，这两点间的电压U＝IR ＝I ρxS (I 为电路中的电流，它是一个定值)，故U 跟x 成正比例关系，故选A.3．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中所提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为(A )A.6.8 A B ．0.15 A C ．4.4 A D ．0.23 A解析：由P ＝UI 可知，该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为：I ＝P U ＝1 500220A ≈6.8 A ，故选项A 正确．4．北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道．当环中电子以光速的110的速度流动而形成的电流是10 mA 时，环中运行的电子数目为(已知光速c ＝3×108 m/s ，电子电荷量e ＝1.6×10－19C)(B )A ．5×1010B ．5×1011C ．1×102D ．1×104解析：设单位长度上电子数目为n ， 则单位长度上电子带的电荷量q′＝ne.t 秒内电子通过的距离x ＝110×ct ，t 秒内通过某截面的电荷量q ＝xq′＝nect10.由I ＝q t 得I ＝nec 10，∴n ＝10I ec.环中电子数目N ＝240n ＝240×10×10－21.6×10－19×3×108个＝5×1011个．B 项正确．5．某厂研制的一种节能冰箱，一天的能耗只相当于一个25瓦的灯泡一天工作的能耗，如图所示为该冰箱内的温度随时间变化的图象，则该冰箱工作时的功率为(C )A ．25 WB ．50 WC ．75 WD ．100 W解析：由冰箱内的温度随时间变化的图象可知，每小时冰箱要启动两次(20～30分钟，50～60分钟)，每次工作10分钟，共20分钟，一天工作时间为8小时，则有P×8＝25×24 W ，解得P ＝75 W ，C 项正确．二、不定项选择题6．一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U 时，通过金属导线的电流强度为I ，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U ，则此时(BC )A ．通过金属导线的电流为I2B ．通过金属导线的电流为I4C ．自由电子定向移动的平均速率为v2D ．自由电子定向移动的平均速率为v4解析：金属导线均匀拉长变为原来的2倍，则导线的横截面积变为原来的12，由电阻定律可得，导线的电阻变为原来的4倍，由欧姆定律可得，通过金属导线的电流变为原来的14，即为I4，A 项错误，B 项正确；由电流的微观表达式I ＝nqSv 可以解得，金属导线中自由电子定向移动的平均速率变为原来的12，即为v2，D 项错误，C 项正确．7．一只电炉的电阻和一台电动机线圈电阻相同，都为R ，设通过的电流相同，时间相同，电动机正常工作，则(ABC )A ．电动机和电炉发热相同B ．电动机消耗的功率比电炉消耗的功率大C ．电动机两端电压大于电炉两端电压D ．电动机和电炉两端电压相同解析：由焦耳定律Q ＝I 2Rt 知，电炉与电动机发热相同，A 对；对电动机U>IR ，消耗的功率P 1＝UI>I 2R ，而电炉是纯电阻，P 2＝UI ＝I 2R ，所以电动机消耗的功率比电炉的大，B 正确；电动机两端电压大于电炉两端电压，C 对，D 错．8．如图所示，电阻R 1＝20 Ω，电动机绕线电阻R 2＝10 Ω. 当电键S 断开时，电流表的示数是I′＝0.5 A ，当电键S 合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I 和电路消耗的电功率P 应满足(BD )A ．I ＝1.5 AB ．I<1.5 AC ．P ＝15 WD ．P<15 W解析：S 断开时，电路两端的电压U ＝I′R 1＝10 V ．S 合上后，流过电动机的电流I″<UR 2＝1 A ，则电流表的示数I ＝I′＋I ″<1.5 A ，电路消耗的电功率P ＝IU<15 W ，选项B 、D 正确．9．温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，如图所示图线分别为某金属导体和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则(CD )A ．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化关系B ．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化关系C ．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化关系D ．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化关系解析：金属导体的电阻随温度的升高而增大，半导体材料的电阻随温度的升高而减小，故选项C 、D 正确．10．在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是(AC )A ．两个灯泡串联B ．两个灯泡并联C ．每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一D ．每个灯泡实际消耗的功率小于其额定功率的四分之一解析：两个灯泡串联，每个灯泡承担的电压为2202 V ＝110 V ，低于额定电压，灯泡不易损坏；由P ＝U 2R ，U 变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一．故选项A 、C 正确．三、非选择题11．将电动势为3.0 V 的电源接入电路中，测得电源两极间的电压为2.4 V ，当电路中有6 C 的电荷流过时，求：(1)有多少其他形式的能转化为电能；(2)外电路中有多少电能转化为其他形式的能； (3)内电路中有多少电能转化为其他形式的能．解析：(1)W ＝Eq ＝3.0×6 J ＝18 J ，电源中共有18 J 其他形式的能转化为电能． (2)W 1＝U 1q ＝2.4×6 J ＝14.4 J ，外电路中共有14.4 J 电能转化为其他形式的能． (3)内电压U 2＝E －U 1＝3.0 V －2.4 V ＝0.6 V ，所以W 2＝U 2q ＝0.6×6 J ＝3.6 J ，内电路中共有3.6 J 电能转化为其他形式的能．也可由能量守恒求出：W 2＝W －W 1＝3.6 J.答案：(1)18 J (2)14.4 J (3)3.6 J12．澳门半岛的葡京大酒店的葡京赌场，是世界四大赌场之一，它为政府提供了大量的财政收入．该酒店安装了一台自重200 kg 的电梯，它由一台最大输出功率为15 kW 的电动机带动匀速运行，从地面运动到5层(每层高4 m)用了8 s ．某次向位于15层的赌场载送人时因超载而不能正常工作．(设人的平均质量为50 kg ，g 取10 m/s 2)(1)假设该电动机是在380 V 电压下运转，则空载时流过电动机的电流是多少？ (2)该电梯每次最多载多少人？解析：(1)空载时，电动机输出的实际功率转化为电梯上升的机械功率．空载时：P 电梯＝P 电＝UI ＝Mgv ， 其中v ＝4×48m/s ＝2 m/s.故有380×I＝200×10×2， 解得：I≈10.5 A.(2)当电梯载人最多时，电动机的最大输出功率一部分供给电梯匀速上升，另一部分供给人，转化为人上升的机械功率，即有：15×103＝(200＋n×50)×10×2，解得：n ＝11.答案：(1)10.5 A (2)11人13．电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同．图①为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R 1、R 2和自动开关S.(1)当自动开关S 闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)用电器由照明电路供电(U ＝220 V)，设加热时用电器的电功率为400 W ，保温时用电器的电功率为40 W ，则R 1和R 2分别为多大？(3)若将图①中的自动开关S 换成理想的晶体二极管D ，如图②所示，其他条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能．解析：(1)S 闭合，处于加热状态；S 断开，处于保温状态． (2)由电功率公式得：加热时：P 1＝U2R 1，保温时：P 2＝U2R 1＋R 2，联立二式得R 1＝121 Ω，R 2＝1 089 Ω.(3)理想的晶体二极管具有单向导电的特点，当二极管正向导电时，用电器处于加热状态，电流反向时，二极管没有电流通过，用电器处于保温状态．W ＝P 1t 2＋P 2t 2＝0.22 kW ·h(或7.92×105J)．答案：(1)加热 保温 (2)121 Ω 1 089 Ω(3)0.22 kW ·h(或7.92×105J)。
【金版学案】(广东版)2015届高考物理总复习(知能要求课前自修随堂训练)第八章第4课 实验 描绘小
第4课实验：描绘小电珠的伏安特性曲线一、实验目的1．描绘小灯泡的伏安特性曲线．2．分析曲线的变化规律．二、实验原理1．用电流表测出流过小灯泡的电流，用电压表测出小灯泡两端的电压，测出多组(U，I)值，在UI坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连接起来．2．电流表外接：因为小灯泡电阻很小，如果内接电流表，分压明显．滑动变阻器采用分压式：使电压能从0开始连续变化．三、实验器材学生电源(4～6 V直流)、小灯泡(4 V、0.7 A或 V、0.3 A)，电流表(内阻较小)、电压表(内阻很大)，开关和导线、滑动变阻器、坐标纸．四、实验步骤(一)连接电路1.将灯泡、电流表、电压表、滑动变阻器、电源、开关用导线连接成如右图所示电路．(二)测量与记录2．测出小灯泡在不同电压下的电流．移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入表格．U/V0I/AU/VI/A(三)3．画出伏安特性曲线．(1)在坐标纸上以U为横轴，以I为纵轴，建立坐标系．(2)在坐标纸上描出各组数据所对应的点．(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描1.会分析伏安特性曲线的变化规律．2.高考常从连接电路、数据处理进行命题．图线充分占据整个坐标纸为宜)(3)将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小灯泡的伏安特性曲线．4．拆除电路、整理仪器．五、注意事项1．本实验中被测小灯泡灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法．2．滑动变阻器应采用分压式连接：目的是为了使小灯泡两端的电压能从0开始连续变化．3．UI图线在U0＝ V左右时将发生明显弯曲，故在U＝ V左右时绘点要密，以防出现很大误差．4．建立坐标系时，纵轴表示电流，横轴表示电压，两坐标轴选取的标度要合理，使得根据测量数据画出的图线尽量占满坐标纸．随堂训练(双选)某同学经过实验，描绘出了一个小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，分析该曲线，下列说法中正确的是( )A．曲线斜率减小说明小灯泡电阻在减小B．小灯泡的电阻随着电压的升高而增大C．小灯泡的电功率随着电压的升高而增大D．小灯泡灯丝的温度是固定不变的错解：错选A，没有注意曲线的斜率及斜率的倒数都不表示电阻．漏选C，不能理解曲线某点与两坐标轴所包围的面积表示功率．答案：BC。
高考物理一轮复习学案8
高考物理一轮复习学案8.1 电流 电阻 电功及电功率一、电阻、电阻定律 1．电阻(1)定义式：R ＝UI.(2)物理意义：导体的电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小．2．电阻定律：R ＝ρlS.3．电阻率(1)物理意义：反映导体导电性能的物理量，是导体材料本身的属性． (2)电阻率与温度的关系①金属的电阻率随温度升高而增大； ②半导体的电阻率随温度升高而减小；③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小为零，成为超导体．二、部分电路欧姆定律1．内容：导体中的电流I 跟导体两端的电压U 成正比，跟导体的电阻R 成反比．2．公式：I ＝UR.3．适用条件：适用于金属导体和电解质溶液导电，适用于纯电阻电路．三、电功、电热、电功率 1．电功(1)定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功． (2)公式：W ＝qU ＝IUt (适用于任何电路)．(3)电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程． 2．电功率(1)定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢． (2)公式：P ＝W /t ＝IU (适用于任何电路)． 3．焦耳定律(1)电热：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．(2)计算式：Q ＝I 2Rt . 4．热功率(1)定义：单位时间内的发热量．(2)表达式：P ＝Qt＝I 2R .1．x-t 图象的理解核心素养一 对电阻、电阻定律的理解和应用1．电阻与电阻率的区别(1)电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量，电阻大的导体对电流的阻碍作用大．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量，电阻率小的材料导电性能好．(2)导体的电阻大，导体材料的导电性能不一定差；导体的电阻率小，电阻不一定小，即电阻率小的导体对电流的阻碍作用不一定小． (3)导体的电阻、电阻率均与温度有关． 2．电阻的决定式和定义式的区别公式 R ＝ρl S R ＝UI区别 电阻定律的决定式 电阻的定义式说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U 和I 有关只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液适用于任何纯电阻导体核心素养二 对欧姆定律及伏安特性曲线的理解1．欧姆定律不同表达式的物理意义(1)I ＝UR 是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I 与电压U 成正比，与电阻R 成反比．(2)公式R ＝UI是电阻的定义式，它表明了一种测量电阻的方法，不能错误地认为“电阻跟电压成正比，跟电流成反比”． 2．对伏安特性曲线的理解(1)图5中，图线a 、b 表示线性元件，图线c 、d 表示非线性元件．(2)图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故R a <R b (如图5甲所示)． (3)图线c 的电阻减小，图线d 的电阻增大(如图乙所示)．图5(4)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻． 深化拓展 (1)在I －U 曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数． (2)要区分是I －U 图线还是U －I 图线．(3)对线性元件：R ＝U I ＝ΔU ΔI ；对非线性元件：R ＝U I ≠ΔUΔI.应注意，线性元件不同状态时比值不变，非线性元件不同状态时比值不同．核心素养三 电功、电热、电功率和热功率1．电功是电能转化为其他形式能的量度，电热是电能转化为内能的量度． 计算电功时用公式W ＝IUt ，计算电热时用公式Q ＝I 2Rt .2．从能量转化的角度来看，电功和焦耳热之间的数量关系是W ≥Q 、UIt ≥I 2Rt .(1)纯电阻电路：如电炉等构成的电路，电流做功将电能全部转化为内能，此时有W＝Q .计算时可任选一公式：W ＝Q ＝Pt ＝I 2Rt ＝UIt ＝U 2Rt .(2)非纯电阻电路：如含有电动机、电解槽等的电路，电流做功除将电能转化为内能外，还转化为机械能、化学能等，此时有W >Q .电功只能用公式W ＝UIt 来计算，焦耳热只能用公式Q ＝I 2Rt 来计算．对于非纯电阻电路，欧姆定律不再适用．1．下列说法中正确的是( )A ．由R ＝UI可知，电阻与电压、电流都有关系B ．由R ＝ρlS可知，电阻只与导体的长度和横截面积有关系C ．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D ．所谓超导现象，就是当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻率突然变为零的现象解析：R ＝U I 是电阻的定义式，R 与电压和电流无关，故A 错误；R ＝ρlS 是电阻的决定式，即电阻与ρ、l 、S 都有关系，故B 错误；电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C 错误；当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻率突然变为零的现象叫超导现象，故D 正确．答案：D2．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．加5 V 电压时，导体的电阻约是5 ΩB ．加11 V 电压时，导体的电阻约是1.4 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．此导体为线性元件解析：对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的UI 值仍表示该点所对应的电阻值．当导体加5 V 电压时，电阻R 1＝UI ＝5 Ω，A 正确；当导体加11 V电压时，由题图知电流约为1.4 A ，电阻R 2大于1.4 Ω，B 错误；当电压增大时，UI 值增大，即导体的电阻增大，导体为非线性元件，C 、D 错误．答案：A一、填空题1．（1）电流是矢量，电荷定向移动的方向为电流的方向。
金板学案高考物理一轮复习第8章第5课实验：测定电源的电动势和内阻练习
第5课实验：测定电源的电动势和内阻一、实验目的1．掌握用电压表和电流表测量电源电动势和内阻的方法．2．学会用图象法求电源的电动势和内阻．二、实验原理1．实验依据．闭合电路欧姆定律．2．实验电路．如图所示：3．E和r的求解．由U＝E－Ir，4．作图法数据处理．如图所示：(1)图线与纵轴交点为E. (2)图线与横轴交点为I 短＝Er.(3)图线的斜率绝对值表示r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI . 三、实验器材电池(被测电源)、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸、刻度尺、铅笔等．四、实验步骤1．电流表用0.6 A 量程，电压表用3 V 量程，按图连接好电路． 2．把变阻器的滑片移动到使阻值最大的一端．3．闭合开关，调节变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I 1，U 1)．用同样方法测量出多组I 、U 值．填入表格中．4．断开开关，拆除电路，整理好器材． 五、数据处理本实验中数据的处理方法：一是联立方程求解的公式法，二是描点画图法．方法一：联六组对应的U 、I 数据，数据满足关系式U 1＝E －I 1r 、U 2＝E －I 2r 、U 3＝E －I 3r …让第1式和第4式联立方程，第2式和第5式联立方程，第3式和第6式联立方程，这样解得三组E 、r ，取其平均值作为电池的电动势E 和内阻r 的大小．方法二：在坐标纸上以路端电压U 为纵轴、干路电流I 为横轴建立UI 坐标系，在坐标平面内描出各组(I ，U)值所对应的点，然后尽量多地通过这些点作一条直线，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，则直线与纵轴交点的纵坐标值即是电池电动势的大小(一次函数的纵轴截距)，直线的斜率绝对值即为电池的内阻r ，即r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI .六、误差分析 1．偶然误差．(1)由读数不准和电表线性不良引起误差．(2)用图象法求E 和r 时，由于作图不准确造成的误差．(3)测量过程中通电时间过长或电流过大，都会引起E 、r 变化． 2．系统误差．由于电压表和电流表内阻影响而导致的误差．(1)如图甲所示，在理论上E ＝U ＋(I V ＋I A )r ，其中电压表示数U 是准确的电源两端电压．而实验中忽略了通过电压表的电流I V 而形成误差，而且电压表示数越大，I V 越大．结论：①当电压表示数为零时，I V ＝0，I A ＝I 短，短路电流测量值＝真实值． ②E 测＜E 真．③因为r 测＝E 测I 短，所以r 测＜r 真．从电路的角度看，电压表应看成内电路的一部分，故实际测出的是电池和电压表这一整体的等效内阻和电动势(r 测和E 测)，如图乙所示，因为电压表和电池并联，所以r 测小于电池内阻r 真，因为外电阻R 断开时，a 、b 两点间电压U ab 等于电动势E 测，此时电源与电压表构成回路，所以U ab ＜E 真，即E 测＜E 真．(2)若采用如图甲所示的电路，I A 为电源电流真实值，理论上有E ＝U ＋U A ＋I A r ，其中U A不可知，而造成误差，而且电流表示数越大，U A 越大，当电流为零时，U A ＝0，电压为准确值，等于E.结论：①E 为真实值． ②I 短测＜I 短真．③因为r 测＝EI 短测，所以r 测＞r 真，r 测为r 真和R A 的串联值，由于通常情况下电池的内阻较小，所以这时r 测的测量误差非常大．七、注意事项 1．为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些(选用已使用过一段时间的干电池)．2．要测出不少于6组的(I 、U)数据，且变化范围要大些，然后用方程组求解，并求平均值．3．画UI 图线时，由于读数的偶然误差，描出的点不在一条直线上，在作图时应使图线通过尽可能多的点，并使不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，个别偏离直线太远的点可舍去．这样就可使偶然误差得到部分抵消，从而提高精确度．4．由于干电池的内阻较小，路端电压U 的变化也较小，这时画UI 图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始(横坐标I 必须从零开始)．但这时图线和横轴的交点不再是短路电流，而图线与纵轴的截距仍为电源电动势，图线斜率的绝对值仍为内阻．八、实验改进测电源的电动势和内阻的其他几种方法．1．用一个电流表和电阻箱测量，电路如图所示，测量原理为：E ＝I 1(R 1＋r)，E ＝I 2(R 2＋r)，由此可求出E 和r ，此种方法使测得的电动势无偏差，但内阻偏大．2．用一个电压表和电阻箱测量，电路如图所示，测量原理为：E ＝U 1＋U 1R 1r ，E ＝U 2＋U 2R 2r ，由此可求出r 和E ，此种方法测得的电动势和内阻均偏小．3．用一只电压表粗测电动势，直接将电压表接在电源两端，所测值近似认为是电源电动势，此时U ＝ER VR V ＋r≈E ，需满足R V ≫r.4．用两个电压表可测得电源的电动势，电路如图所示．测量方法为：断开S ，测得V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，此时，E ＝U 1＋U 2＋U 1R V r ，R V 为V 1的内阻；再闭合S ，V 1的示数为U 1′，此时E ＝U 1′＋U 1′R V r ，解方程组可求得E.1．用如图所示的电路测量电池电动势和内电阻时，若有两只电压表V1、V2量程相同，内阻分别为RV1、RV2，且RV1>RV2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为RA1、RA2，且RA1>RA2，在实验中，为了使E、r的测量值更精确一些，选择的电表可以是(AB)A．V1与A1 B．V1与A2C．V2与A1 D．V2与A2解析：本实验的系统误差主要来源于电压表内阻对电路的影响，电压表内阻越大，电流表所测电流越接近于干路中的电流的真实值，所测电池的内阻也越接近电池内阻的真实值，故电压表选用内阻大的好，而电流表内阻对本实验无影响，因为电流表内阻与R是串联，不需知道R与R A的值，故电流表选用哪一个都可以．故选A、B.2．下面给出多种用伏安法测电池电动势和内电阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差，又直观、简便的方法是(C)A．测出两组I、U的数据，代入方程组E＝U1＋I1r和E＝U2＋I2r，求出E、rB．多测几组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值C．测出多组I、U的数据，画出UI图象，再根据图象求出E、rD．测出多组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势E，再用闭合电路欧姆定律求出内电阻r解析：测出多组I、U的数据，画出U－I图象可消除某次测量不准造成的偶然误差，选C.课时作业1．如图甲所示，电压表V1、V2串联接入电路中时，示数分别为6 V和4 V，当只有电压表V2接入电路中时，如图乙所示，示数为9 V，电源的电动势为(C)A．9.8 V B．10 VC．10.8 V D．11.2 V解析：设电源的电动势和内阻分别为E和r，电压表V2的内阻为R2，根据闭合电路欧姆定律，对图甲和图乙分别有：E＝6＋4＋4R2r，E＝9＋9R2r，解得：E＝10.8 V．故只有选项C正确．2．在测量一节干电池电动势和内阻的实验中，某学生采用了如图所示实验器材连接，请指出该学生在接线中错误和不规范的做法．(1)___________________________________________________；(2)___________________________________________________；(3)___________________________________________________；(4)___________________________________________________．答案：(1)滑动变阻器不起变阻作用(2)电流表正负接线柱错误(3)电压表量程选用不当(4)电压表没有并接在开关和电源串联后的两端3．为了测量一节干电池的电动势和内阻，某实验小组按如图甲所示的电路图连好实验电路，合上开关，电流表和电压表的读数正常，当将滑动变阻器的滑片由A端向B端逐渐滑动时，发现电流表的示数逐渐增大，而电压表的示数接近1.5 V且几乎不变，直到当滑片滑至临近B端时电压表的示数急剧变化，这种情况很难读出电压数值分布均匀的几组不同的电流值、电压值，出现上述情况的原因是___________________________．改进方法是_____________．改进后，测出几组电流、电压的数值，并画出如图乙所示的图象，由图象可知，这个电池的电动势为E＝______V，内阻r＝______Ω.答案：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分太短选择阻值更小的滑动变阻器 1.48 2.44．现有一个阻值为10.0 Ω的定值电阻、一个电键、若干根导线和一个电压表，该电压表盘面上有刻度但无刻度值，要求设计一个能测量某电源内阻的实验方案．(已知电压表内阻很大，电压表量程大于电源电动势，电源内阻约为几欧姆)(1)在下面的方框中画出实验电路图．(2)简要写出完成接线后的实验步骤．_______________________________________________________ ______________________________________________________.(3)写出用测得的量计算电源内阻的表达式r ＝______________________________________________________. 解析：电压表指针偏转角度与通过电压表的电流，或者与加在电压表两端的电压成正比，因此表盘面无刻度值也可以用格数的多少表示电压的大小，当断开电键时，电压表偏转格数N 1表示电源电动势的大小．电键闭合时，N 2表示R 两端电压，根据闭合电路欧姆定律，N 1－N 2r ＝N 2R ，得r ＝N 1－N 2N 2R. 答案：(1)如图所示(2)①断开电键，记下电压表偏转格数N 1；②合上电键，记下电压表偏转格数N 2 (3)N 1－N 2N 2R5．利用伏安法测量干电池的电动势和内阻，现有的器材为： 干电池：电动势约为1.5 V ，符号电压表：量程1 V ，内阻998.3 Ω，符号 电流表：量程1 A ，符号滑动变阻器：最大阻值10 Ω，符号 电阻箱：最大阻值99 999.9 Ω，符号 单刀单掷开关一个，符号 导线若干(1)设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在下面的方框内．要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负．(2)为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的______倍，电阻箱阻值为________Ω.解析：(1)电源电动势为1.5 V ，而电压表最大量程为1 V ，需将电压表扩大量程再用，故电压表应与电阻箱串联使用，设计电路如右图所示．(2)为保证实验精确度，应将电压表量程扩大为2 V ，即原来的2倍，由U R V ＝2U R V ＋R可知，R ＝R V ＝998.3 Ω. 答案：(1)见解析图 (2)2 998.36．某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻(R 0＝5 Ω)一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图(a)．①在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接．②请完成下列主要实验步骤：A．检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图(c)所示，读得电阻值是________；B．将开关S1闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49 V；C．将开关S2______，电压表的示数是1.16 V；断开开关S1.③使用测得的数据，计算出干电池的内阻是______Ω(计算结果保留两位有效数字)．④由于所用电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏____(填“大”或“小”)．解析：①如图所示．②A ：R ＝2×10 Ω＝20 ΩC ：由于电压表示数减小，所以开关S 2应闭合．③开关S 1闭合，S 2断开时，外电路断路，电源电动势E ＝1.49 V.S 2闭合后，电路中电流I ＝U R R ＝1.1620 A ＝0.058 A ，由闭合电路欧姆定律得：R 0＋r ＝E －U RI ＝1.49－1.160.058Ω＝5.69 Ω，所以r ＝5.69 Ω－R 0＝0.69 Ω.④由于电压表不是理想电压表，所以外电路不能视为断路，电路中有电流，电压表示数为电阻箱两端电压，应小于电动势，即测量值小于真实值．答案：①如解析图所示 ②20 闭合 ③0.69 ④小。
《金版学案》高考物理一轮复习课件 第1章 第4课 实验：研究匀速直线运动
究物体的运动.
栏
2.掌握判断物体是否做匀变速直线运动的方法(Δs＝aT2).
目 链
3.测定匀变速直线运动的加速度.
接
实验探究
二、实验原理
1.打点计时器.
(1)作用：计时仪器，当所用交流电源的频率 f＝50 Hz 时，每隔 0.02 s
栏
打一次点.
目
(2)工作条件电电磁火打花点计计时时器器：：2260
的直线，如图所示，当时间增加相同的值Δt，速度也会增加相同
链 接
的值Δv，由此得出结论：小车的速度随时间均匀变化.
(2)通过函数关系进一步得到，既然小车运动的vt图象是 一条倾斜的直线，那么v随t变化的函数关系式为v＝kt＋b，显然v 与t成线性关系，小车的速度随时间均匀变化.
实验探究
六、误差分析
栏 目 链 接
题型探究
题型1 实验数据的处理
【例❶】 下图是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一
条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点.加速度大小用 栏
a表示.
目
链
接
(1)OD间的距离为________cm.
(2)如下图是根据实验数据绘出的st2图线(s为各计数点至同一 起点的距离)，斜率表示________，其大小为________m/s2(保留三 位有效数字).
同理可得：
栏
目
(s3＋s4)－(s1＋s2)＝4aT2.
链
接
实验探究
三、实验器材
电火花计时器(或电磁打点计时器)，一端附有定滑轮的长木板、小车、
栏
纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸片.
目
链
接
实验探究
四、实验步骤
金老师教育培训备战高考物理一轮专题复习讲义含练习答案解析考点42 实验：描绘小电珠的伏安特性曲线
内容要求要点解读实验九：描绘小电珠的伏安特性曲线理解实验原理，熟练运用数据处理方法，注意其他元件的伏安特性曲线，热敏电阻的阻值随温度的变化曲线。
1．实验器材：小灯泡、电压表、电流表、滑动变阻器、电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔。
2．实验数据处理：（1）在坐标纸上以U（自变量）为横轴，I（因变量）为纵轴，建立直角坐标系。
（2）在坐标纸上描出各组数据所对应的点。
（3）将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到伏安特性曲线。
3．实验注意事项：（1）由于小灯泡灯丝的电阻较小，电流表一般采用外接法。
（2）要作出I–U图象，需测出多组电压和电流的数据，甚至要求电压从零开始变化，故控制电路的滑动变阻器应采用分压式接法。
（3）电压表或电流表的量程应达到用电器的额定电流，作出的图线才能用来分析计算额定功率。
（4）电压表或电流表的指针应该能偏转到满刻度的13以上。
4．误差分析：（1）电压表和电流表读数产生的偶然误差。
（2）电流表采用外接法时，由于电压表分流，使电流表的测量值大于真实值时产生的系统误差。
（3）在坐标纸上描点、作图时产生的偶然误差。
【第一次全国大联考新课标Ⅲ卷】某同学要研究一个小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡的额定电压约为4.0 V、额定功率约为2.0 W，他根据实验室提供的实验器材设计电路，并连接了部分电路（如图所示），提供的实验器材如下：A．电压表（0~5 V，内阻10 kΩ）B．电压表（0~10 V，内阻20 kΩ）C．电流表（0~0.3 A，内阻1 Ω）D．电流表（0~0.6 A，内阻0.4 Ω）E．滑动变阻器（5 Ω，1 A）F．滑动变阻器（500 Ω，0.2 A）（1）实验中电压表应选用________，电流表应选用______，滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）。
（2）请将上述电路连接完整。
（3）实验结束后，根据所得的数据描绘出了小灯泡的I–U图象如图所示，由图象分析可知，当小灯泡的电阻为6 Ω时，小灯泡的实际功率为________W（保留两位有效数字）；若将此小灯泡直接接在一个电动势为3.0 V，内阻为6 Ω的电源两端，则这个小灯泡的实际功率为________W（保留三位有效数字）。
【金版学案】(广东版)2015届高考物理总复习 第八章第4课 实验 描绘小电珠的伏安特性曲线课件课时
第4课实验：描绘小电珠的伏安特性曲线1．有一个额定电压为2.8 V，功率约为0.8 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图象，有如下器材供选用：A．电压表(0～3 V，内阻6 kΩ)B．电压表(0～15 V，内阻30 kΩ)C．电流表(0～3 A，内阻0.1 Ω)D．电流表(0～0.6 A，内阻0.5 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(200 Ω，0.5 A)G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)(1)用如上图所示的电路进展测量，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用______．(用序号字母表示)(2)通过实验测得灯泡的伏安特性曲线如上图，由图象得灯泡在正常工作时的电阻为________Ω(取整数)．(3)假设将此灯泡与电动势 6 V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为______Ω(取整数)的电阻．解析：(1)由于电流和电压均从0开始调起，故电流表、电压表要选择低量程的；而滑阻器要选择低量程的，因低阻值滑动变阻器耐流大，易调节．(2)灯泡正常工作时的电压为U ＝2.8 V ，结合图象可得额定电流为I ＝0.28 A ，故灯泡电阻R 灯＝UI＝10 Ω.(3)根据E ＝I (R灯＋R )，得：R ＝EI－R 灯≈11 Ω.答案：(1)A D E (2)10 (3)112．小灯泡灯丝的电阻会随温度的变化而变化．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据(I 和U 分别表示小灯泡上的电流和电压)：I /A 0 0.12 0.22 0.29 0.35 0.39 0.42 0.45 0.47 0.48 0.50 U /V0.200.400.60 0.801.001.201.401.601.802.00(1)在下框中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器(变化范围0～10 Ω)、电源、小灯泡、电键、导线假设干．(2)在右上图中画出小灯泡的UI 曲线．(3)由图象可知，小灯泡灯丝的电阻随温度的增大而________．解析：(1)由表格中的数据可知，小灯泡的电流要从0开始调起，故滑动变阻器要采用分压接法；由每一项计算可知电阻在4 Ω以内，为低阻，故必须采用电流表外接法．如左如下图所示：(2)对表中的数据先描点，再画平滑的曲线如右上图所示．(3)由图线可知，随着电压的增大，电流也增大，小灯泡的功率也增大，温度自然升高，图线的斜率反映的是小灯泡的电阻，也增大，故小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大．答案：(1)(2)的图见解析 (3)增大3．一研究小组通过实验描述一只标有“3 V、0.6 W 〞的伏安特性曲线，实验时，要求小灯泡两端的电压从零开始逐渐增大．(1)他们应选用上图中________图所示电路进展实验．(2)假设灯泡正常发光时的电阻为R1，发光较暗时的电阻为R2，根据所学的知识可判断出R1与R2的大小关系是R1________R2(填“大于〞“等于〞或“小于〞)．答案：(1)A (2)大于4．(2012·珠海模拟)一个标有“3.8 V,0.3 A〞字样的小灯泡，其灯丝的电阻会随温度的升高而变化，一探究性学习小组在实验室研究这一问题，现实验室备有如下实验器材：器材名称代号参数电池组电压表电压表电流表EV1V2A1电动势9 V，内阻0.5 Ω量程0～5 V，内阻2.0 kΩ量程0～15 V，内阻3.0 kΩ量程0～0.3 A，内阻2.0 Ω电流表滑动变阻器A2R1量程0～6 A，内阻0.4 Ω0～10 Ω，额定电流2 A滑动变阻器固定电阻开关导线R2R0SM0～100 Ω，额定电流0.5 A5 Ω，额定电流5 A一个假设干实验时要求测量范围尽可能大，且要求灯泡上的电压从0开始调节，测量结果尽可能准确．(1)现有如下图所示的a、b、c、d四个电路，其中可选用的电路有________．(2)在实验中，应当选用的实验器材有电压表________，电流表________，滑动变阻器________．(填器材名称代号)(3)该小组某同学通过实验描绘出小灯泡的IU 图象，如上图所示，试根据图象中给出的数据，求出小灯泡在工作点A 和B 的电阻值分别为________、________.解析：(1)要求灯泡上的电压从0开始调节，因此滑动变阻器要用分压式接法，a 、b 图错误，c 图中滑动变阻器上串联保护电阻，因此，灯泡上的电压也不能从0开始连续调节，所以应选d 图．(2)选取电表时，电表的量程要稍大于被测元件的最大值，因为灯泡标有“3.8 V,0.3 A 〞，所以，电压表选择V 1；电流表选择A 1；滑动变阻器为分压式接法，应选总阻值较小的滑动变阻器R 1.(3)根据R ＝U I得A 点电阻为6.3 Ω(结果为5.9～6.5 Ω都正确)；B 点电阻为10 Ω. 答案：(1)d 图 (2)V 1 A 1R 1 (3)6.3 Ω 10 Ω5．在“描绘小电珠的伏安特性曲线〞的实验中，所用器材有：小电珠(2.5 V,0.6 W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线假设干．(1)粗测小电珠的电阻，应选择多用电表“________〞倍率的电阻挡(请填写“×1〞、“×10〞或“×100〞)；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图甲所示，结果为______Ω .(2)实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图乙完成实物图丙中的连线．(3)开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P 置于________端，为使小电珠亮度增加，P 应由中点向________端滑动．(4)下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点________间多测几组数据(请填写“ab 〞、“bc 〞、“cd 〞、“de 〞或“ef 〞).数据点abcdefU /V 0.00 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 I /A0.0000.1220.1560.1850.2160.244解析：(1)小电珠(2.5 V,0.6 W)对应电阻为2.520.6Ω＝10.4 Ω，电阻十几欧，所以选“×1挡〞．(2)电流表的电阻只有几欧，与电压表几千欧相比，小电珠的电阻算小电阻，所以电流表必须外接，伏安特性曲线要求电压从0开始逐渐变大，所以滑动变阻器必须与电源采用分压接法．(3)从a 端开始，电压为零，向b 端移动，对小电珠所加电压逐渐变大．(4)ab 之间电流增加了0.122 A ，其他段电流增加了0.03 A 左右．所以需要在ab 之间将电流分为0.030 A 、0.060 A 、0.090 A ，分别测出相应的电压值．答案：(1)×1 7.5 (2)如上图所示 (3)ab (4)ab6.(2013·广州模拟)在“描绘小电珠的伏安特性曲线〞的实验中，除标有“6 V 1.5 W 〞字样的小电珠、导线和开关外，还有如下器材：A ．直流电源(6 V ，内阻不计)；B ．直流电流表(量程为3 A ，内阻0.1 Ω以下)；C ．直流电流表(量程为300 mA ，内阻约为5 Ω)；D ．直流电压表(量程为10 V ，内阻约为15 kΩ)；E ．滑动变阻器(10 Ω，2 A)；F ．滑动变阻器(1 kΩ，0.5 A)．实验要求小电珠两端的电压从零开始变化并能进展屡次测量．(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(均用序号表示) (2)在虚线框内画出实验电路图．(3)试将如下列图的器材连成实物电路．解析：(1)由于I 额＝P U＝250 mA ，故电流表应选C ；因要求小电珠两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，应选小阻值的E .(2)实验电路图如图甲所示．(3)实物连接图如图乙所示．答案：(1)C E (2)见解析图甲 (3)见解析图乙。
2022版高考物理一轮复习 第8章 恒定电流 实验9 描绘小电珠的伏安特性曲线教案-2022版高
实验九描绘小电珠的伏安特性曲线1．实验目的(1)描绘小电珠的伏安特性曲线。
(2)分析伏安特性曲线的变化规律。
2．实验原理(1)测多组小电珠的U、I的值，并描绘出IU图象。
(2)由图线的斜率反映电流与电压和温度的关系。
3．实验器材小电珠“3.8 V,0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔。
4．实验步骤(1)设计电路图：画出电路图(如图甲所示)。
甲乙(2)连接实物图：将小电珠、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关用导线连接成如图乙所示的电路。
(3)测量与记录移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入自己设计的表格中。
5．数据处理(1)在坐标纸上以U为横轴，I为纵轴，建立直角坐标系。
(2)在坐标纸上描出各组数据所对应的点。
(3)将描出的点用平滑的曲线连接起来，得到小电珠的伏安特性曲线。
6．误差分析(1)由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值。
(2)测量时读数带来误差。
(3)在坐标纸上描点、作图带来误差。
7．注意事项(1)电流表外接法：本实验中被测小电珠灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法。
(2)滑动变阻器应采用分压式连接：本实验要作出IU图象，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压接法。
(3)保护元件安全：为保护元件不被烧毁，闭合开关S前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为0的一端，使开关闭合时小电珠的电压能从0开始变化。
加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压。
教材原型实验1．某同学想要描绘标有“3.8 V0.3 A”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求实验尽量准确。
可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：电压表V，量程0～5 V，内阻约5 kΩ电流表A1，量程0～500 mA，内阻约0.5 Ω电流表A2，量程0～100 mA，内阻约4 Ω滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，额定电流2.0 A滑动变阻器R2，最大阻值100 Ω，额定电流1.0 A直流电源E，电动势约6 V，内阻可忽略不计(1)上述器材中，电流表应选________，滑动变阻器应选________(填写所选器材的字母符号)。
【金版新学案】高三物理一轮 第8章《电流》第二讲
2013《金版新学案》高三一轮物理：第8章《电流》第二讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1.初速为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如右图所示，则( )A ．电子将向右偏转，速率不变B ．电子将向左偏转，速率改变C ．电子将向左偏转，速率不变D ．电子将向右偏转，速率改变解析： 由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变． 答案： A2．(2011·南京调研)一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定该带电粒子的比荷，则只需要知道( )A ．运动速度v 和磁感应强度BB ．磁感应强度B 和运动周期TC ．轨迹半径R 和运动速度vD ．轨迹半径R 和磁感应强度B解析： 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用半径公式和周期公式可判断出B 正确． 答案： B3．(2009·高考安徽卷)右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A ．带正电，由下往上运动B ．带正电，由上往下运动C ．带负电，由上往下运动D ．带负电，由下往上运动解析： 由题图可以看出，上方的轨迹半径小，说明粒子的速度小，所以粒子是从下方往上方运动，再根据左手定则，可以判定粒子带正电，故选A.答案： A4．(2010·兖州检测)两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示．粒子a 的运动轨迹半径为r1，粒子b 的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a 、b 所带的电荷量，则( )A ．a 带负电、b 带正电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝2∶1 B ．a 带负电、b 带正电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶2 C ．a 带正电、b 带负电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝2∶1 D ．a 带正电、b 带负电、比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶1 解析： 根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a 、b 分别带正、负电，根据半径之比可计算出比荷之比为2∶1.答案： C5.如右图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足( )A ．B<3mv 3aq B ．B<3mv 3aqC ．B>3mv aqD ．B<3mv aq解析： 粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝acot 30°.由r ＝mv qB得，粒子要能从AC 边射出，粒子运行的半径r>r0，解得B<3mv 3aq，选项B 正确． 答案： B6.如右图所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R.则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm 3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析： 由r ＝mv qB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T1＋16T2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 不正确，D 正确．答案： D7.如右图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )A ．半径之比为1∶ 3B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2答案： C8.如右图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC ，其中AC 边与对角线BC 垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC 从B 点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是( ) A ．入射速度越大的电子，其运动时间越长B ．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C ．从AB 边出射的电子的运动时间都相等D ．从AC 边出射的电子的运动时间都相等解析： 电子以不同的速度沿BC 从B 点射入磁场，若电子以AB 边射出，画出其运动轨迹由几何关系可知在AB 边射出的粒子轨迹所对的圆心角相等，在磁场中的运动时间相等，与速度无关，C 对，A 错；从AC 边射出的电子轨迹所对圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中的运动时间不相等，B 、D 错．答案： C9．如下图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向外的磁感应强度相同的匀强磁场，A 、B 两点都在L1上．带电粒子从A 点以初速v 斜向下与L1成45°角射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向下，且方向与A 点方向相同．不计重力影响，下列说法中正确的是( )A ．该粒子一定带正电B ．该粒子一定带负电C ．若将带电粒子在A 点时初速度变大(方向不变)，它仍能经过B 点D ．若将带电粒子在A 点时初速度变小(方向不变)，它不能经过B 点解析： 无论是带正电还是带负电粒子都能到达B 点，画出粒子运动的轨迹，正粒子在L1上方磁场中运动14T ，在L2下方磁场中运动34T ，负粒子在L1上方磁场中运动34T ，在L2下方磁场中运动T 4，速度变化不影响粒子经过B 点，选C. 答案： C10．(2010·重庆理综)如下图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．由以上信息可知，从图中a 、b 、c 处进入的粒子对应表中的编号分别为( )A ．3、5、4B ．4、2、5C ．5、3、2D ．2、4、5解析： 结合题图，运用左手定则可知，粒子a 与b 电性相同，粒子c 与前两者电性必相反．ra＝rc ＝23rb.根据r ＝mv Bq 可知，A 项中ra ＝32rb ，B 项中ra ＝32rb ，均与题意不符，A 、B 两项均错误．C 项中若只剩粒子1和4则二者电性与图中其余两条轨道不符，故C 项错误，只有D 项符合，答案为D.答案： D二、非选择题11.如右图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.10 T ，磁场区域半径r ＝233 m ，左侧区圆心为O1，磁场向里，右侧区圆心为O2，磁场向外．两区域切点为C.今有质量m ＝3.2×10－26 kg.带电荷量q ＝1.6×10－19 C 的某种离子，从左侧区边缘的A 点以速度v ＝106 m/s 正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C 点后再从右侧区穿出．求：(1)该离子通过两磁场区域所用的时间．(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)解析： (1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，如右图，设轨迹半径为R ，圆周运动的周期为T.由牛顿第二定律qvB ＝m v2R① 又：T ＝2πR v② 联立①②得：R ＝mv qB③ T ＝2πm qB④ 将已知代入③得R ＝2 m ⑤由轨迹图知：tan θ＝r R ＝33，则θ＝30° 则全段轨迹运动时间：t ＝2×T 360°×2θ＝T 3⑥ 联立④⑥并代入已知得： t ＝2×3.14×3.2×10－263×1.6×10－19×0.1s ＝4.19×10－6 s (2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离d ＝2rsin 2θ＝2 m. 答案： (1)4.19×10－6 s (2)2 m12.(2010·全国Ⅰ卷)如右图，在0≤x≤3a 区域内存在与xy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t ＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy 平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y 轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y 轴正方向发射的粒子在t ＝t0时刻刚好从磁场边界上P(3a ，a)点离开磁场．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷q/m ；(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y 轴正方向夹角的取值范围；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
2022《金版新学案》高三物理一轮复习 用牛顿运动定律解决问题(一)课件2
(4)画受力示意图时，只画物体受的力，不要画研究对象对其他物体施加的力．
(5)有时要结合物体的运动状态，应用牛顿第二定律进行受力分析．
(6)从牛顿第三定律出发，依据力的相互性，转换研究对象，分析物体受力，可以化难为易，即需研究“甲对乙的力”， 可先研究“乙对甲的力”．
第六页，编辑于星期四：十九点 十八分。 第六页，编辑于星期一：九点 四分。 第六第页，六编第页辑六于，星页第期编一，六辑：编十页于二辑，点星十于编期五星辑分四。期于：四星点：期三一四十点：三八三分点十。一三分十。二分。
第十一页，第编十辑一于页星，期编一辑于：星九期点四四：分十。九点 十八分。 第十第一十页一，页编，编辑辑于于星星期期四四：八一点点三三十十二一分。分。 第十一页，第编十辑一于页星，期编一辑：于十星二期点四：十点五分三。十三分。
2.质量为0.2 kg的物体从36 m高处由静止下落，落地时速度为24 m/s，则物体在下落过程中所受的平均阻力是多少？ 取 ) (g 10 m/s2
第四页，编辑于星期四：十九点 十八分。 第四页，编辑第于星四第期页四一，：页第九编，四点辑编四页第于辑分星，。于四期星编页一期辑：四，于十：二编星点点期辑三十十四于五三：分分星一。。期点四三：十一八分点。三十二分。
(2)不要把某个力和它的分力同时作为物体所受的力，也不要把某几个力与它们的合力同时作为物体受到
【答案】 130.72 m 17.2 s
第十六页，编辑于星期四：十九点 十八分。 第十第六十六页页，，编编辑辑于于星期期四四：：一点点 三三十十一三分分。。 第十六页，编辑于星期四：八点 三十二分。 第十六页，编辑于星期一：九点 四分。 第十六页，编辑于星期一：十二点 十五分。
这类问题的解题步骤：
，机车只在阻力作用下做减速运动．因加速阶段的初、末速度及位移均已知，故可由运动学公 式求出加速阶段的加速度，由牛顿第二定律可求出合力；在减速阶段初、末速度及位移已知， 同理可以求出加速度，由牛顿第二定律可求出阻力，则由两阶段的阻力不变可求出牵引力．
《金版新学案》安徽省2012高三物理一轮_第8章_磁场_第二讲精品课件解析
已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2 到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场 经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动 周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从 粒子源射出时的 (1)速度的大小； (2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦．
【规范解答】 解：此题为粒子在磁场中运动临 界值问题． (1)设粒子的发射速度为 v， 粒子做圆周运动的轨 道半径为 R， 由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得 2 v qvB＝ m ① (3 分 ) R mv 由①式得 R＝ ② (1 分 ) qB 当 a/2＜R＜ a 时， 在磁场中运动时间最长的粒子， 其轨迹是圆心为 C 的圆弧， 圆弧与磁场的上边界 相切．如图所示．
二、带电粒子在匀强磁场中的运动 1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在 匀强磁场中做_________ 匀速直线 运动． 2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用， 在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做 _________ 匀速圆周 运动．
(1)基本公式
mv 2 ①向心力公式：Bqv＝_____ r .
3.(2011· 温州市八校联考)如右图 所示， 一个静止的质量为 m、 带 电荷量为 q 的粒子 (不计重力 )， 经电压 U 加速后垂直进入磁感 应强度为 B 的匀强磁场中，粒 子打至 P 点，设 OP＝x，能够正确反应 x 与 U 之间的函数关系的是( )
解析：
带电粒子在电场中做加速运动，由
mv qB . ②轨道半径公式：r＝_____ ③周期、频率和角速度公式： 2πr 2πm T＝ ＝ v qB qB 1 2πm f＝ ＝_____ T qB 2π ω＝ ＝2πf＝_____ m . T
(2)T、f和ω的特点 T、f和ω的大小与轨道半径r和运行速率v 无关 ，只与磁场的___________ _____ 磁感应强度 和粒子的 _____ 比荷 有关．
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第4课实验：描绘小电珠的伏安特性曲线一、实验目的1．描绘小电珠的伏安特性曲线．2．分析伏安特性曲线的变化规律．二、实验原理1．用电流表测出流过小电珠的电流，用电压表测出小电珠两端的电压，测出多组(U，I)值，在UI坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连起来．2．电流表外接：因为小电珠的电阻很小，如果电流表内接，误差明显较大；滑动变阻器采用分压式：使电压能从零开始连续变化．三、实验器材小电珠(3.8 V，0.3 A)或(2.5 V，0.6 A)一个、电压表(0～3 V～15 V)与电流表(0～0.6 A～3 A)各一个、滑动变阻器(最大阻值20 Ω)一个、学生低压直流电源(或电池组)、开关一个、导线若干、坐标纸、铅笔．四、滑动变阻器的限流接法和分压接法1．两种接法比较.由上表可以看出：滑动变阻器的分压式接法中，电压和电流的调节范围很大，限流式接法较节能．2．两种接法的选择．(1)选择不同接法的原则⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧安全性原则⎩⎪⎨⎪⎧①不超量程②在允许通过的最大电流以内③电表、电源不接反方便性原则⎩⎪⎨⎪⎧便于调节便于读数经济性原则：损耗能量最小(2)两种接法的适用条件：限流式接法适合测量阻值小的电阻(跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小)．分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大)．如果R x 很小，限流式接法中滑动变阻器分得电压较大，调节范围也比较大．R x 很大时，分压式接法中R x 几乎不影响电压的分配，滑片移动时，电压变化接近线性关系，便于调节．①若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程，或超过待测电阻的额定电流(或电压)，则必须选用分压式接法．②若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用分压电路．③若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式电路．④两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、耗能低．五、实验步骤1．确定电流表、电压表的量程，采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，按图中的原理图连接好实验电路．2．把滑动变阻器的滑片调节到图中最左端，接线经检查无误后，闭合开关S.3．移动滑动变阻器滑片位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入表格中，断开开关S.4.拆除电路，整理仪器．六、数据处理1．在坐标纸上以U为横轴，以I为纵轴，建立坐标系．2．在坐标纸上描出各组数据所对应的点．(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)3．将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小电珠的伏安特性曲线．七、误差分析1．由于电压表、电流表不是理想电表，电表内阻对电路的影响会带来误差．2．电流表、电压表的读数带来误差，要严格按照读数规则读数．3．在坐标纸上描点、作图带来操作误差．八、注意事项1．电路的连接方式：(1)电流表应采用外接法：因为小电珠(3.8 V，0.3 A)的电阻很小，与0～0.6 A的电流表串联时，电流表的分压影响很大．(2)滑动变阻器应采用分压式连接：目的是使小电珠两端的电压能从零开始连续变化．2．闭合开关S前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为零的一端，使开关闭合时小电珠的电压从零开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝．3.IU图线在U0＝1.0 V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差．4．电流表选择0.6 A量程，电压表量程的选择视小电珠的额定电压而定，即使用的若是“3.8 V，0.3 A”的小电珠，选用电压表的15 V量程；若使用“2.5 V，0.6 A”的小电珠，则选用电压表的3 V量程．5．当小电珠的电压接近额定值时要缓慢增加，到额定值记录I后马上断开开关．6．误差较大的点要舍去，IU图线应是平滑曲线而非折线．1．在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示的电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是(C)A．灯泡中灯丝已烧断B．滑片接触不良C．灯泡内部短路D．滑动变阻器A端接触不良解析：由图知，若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路中不存在断点，故A错．若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B错．若滑动变阻器A端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变，故D错．若灯泡内部短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故选C.2.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后(C)A．通过L1的电流为通过L2的电流的2倍B．L1的电阻为7.5 ΩC．L1消耗的电功率为0.75 WD．L2消耗的电功率为0.375 W解析：因电源内阻不计，S闭合后U L1＝3 V，U L2＝U L3＝1.5 V．在IU图象中，可以读出相应的电流I L1＝0.25 A ，I L2＝I L3＝0.2 A ，故A 不对．由R ＝UI 知R L1＝12 Ω，故B 不对，由P ＝UI 知P L1＝0.75 W ，P L2＝0.3 W ，故C 正确，D 错误．课时作业1．用下列器材组装成描绘电阻R 0伏安特性曲线的电路，请将如图所示实物连线成为实验电路．微安表μA(量程200 μA ，内阻约200 Ω)； 电压表V(量程3 V ，内阻约10 k Ω)； 电阻R 0(阻值约20 k Ω)；滑动变阻器R(最大阻值50 Ω，额定电流1 A) ；电池组E(电动势3 V ，内阻不计)； 开关S 及导线若干．解析：由于R V R 0＝0.5，R 0R A＝100，可以看出R 0≫R A ，故采用电流表内接法．因电阻R 0的阻值远远大于滑动变阻器的阻值，故采用分压接法．画出电路原理图如图所示．把实物与原理图结合起来完成连线，注意电压表、电流表的正、负接线柱，保证电流从正接线柱进从负接线柱出．连线如图所示．答案：见解析图2．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材： A ．小灯泡(3.8 V ，1.5 W)B ．直流电源(电动势4.5 V ，内阻约0.4 Ω)C ．电流表(量程0～500 mA ，内阻约0.5 Ω)D ．电压表(量程0～5 V ，内阻约5 000 Ω)E ．滑动变阻器R 1(0～5 Ω，额定电流2 A)F ．滑动变阻器R 2(0～50 Ω，额定电流1 A)G ．开关一个，导线若干如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示的四个电路中的____，应选用的滑动变阻器是____．解析：由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，分压式接法适用于测量较大阻值电阻(与滑动变阻器的总电阻相比)，由于R 1<R L ，选用R 1时滑片移动时，电压变化明显，便于调节．又小灯泡的电阻约R L ＝9.6 Ω，R V R L ＞R LR A ，所以安培表应该选用外接法．故应选用图丙所示电路．答案：丙 R 1(或E)3．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6 V ，1.5 W ”的小灯泡、导线和开关外，还有：A ．直流电源6 V(内阻不计)B ．直流电流表0～3 A(内阻0.1 Ω以下)C ．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)D ．直流电压表0～10 V(内阻约为15 k Ω)E ．滑动变阻器10 Ω，2 AF ．滑动变阻器1 k Ω，0.5 A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．(1)实验中电流表应选用____，滑动变阻器应选用____(均用序号表示)． (2)在方框内画出实验电路图．(3)试将如图所示器材连成实验电路．解析：由I 额＝1.56 A ＝250 mA ，故选C.因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值的E.答案：(1)C E (2)实验电路如图(3)实物图连线如图所示4．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，用导线a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 和h 按如图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小灯泡亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是____导线断路．(2)某同学测出电源和小灯泡的UI 图线如图所示，将小灯泡和电阻R 串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0 A ，则R ＝__________Ω.(3)某同学在实验中还测出a 、b 、c 三种元件的伏安特性曲线分别如图中的(a)、(b)、(c)所示，下列说法正确的是( )A ．a 可以作为标准电阻使用B ．b 能作为标准电阻使用C ．b 的阻值随电压升高而增大D ．c 的阻值随电压升高而增大解析：(1)若调节滑动变阻器，小灯泡的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g 导线断路．(2)由电源的UI 图线知E ＝3.0 V ，r ＝1 Ω，当小灯泡与电阻串联后，由闭合电路欧姆定律得E ＝I(R ＋r ＋R 灯)，又由小灯泡的UI 图线得R 灯＝UI ＝1.2 Ω，解得R ＝0.8 Ω.(3)因a 元件的IU 图线是直线，说明其电阻不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故A 对，B 错．b 的阻值随电压升高而增大，c 的阻值随电压升高而降低，故C 对D 错．答案：(1)g (2)0.8 (3)AC5．现在要测量一只额定电压为U ＝3 V 的小灯泡L 的额定功率P(约为0.3 W)．实验室备有如下器材：电流表(量程200 mA ，内阻r 1＝10 Ω) 电流表(量程300 mA ，内阻约为几欧姆) 定值电阻R(10 Ω)滑动变阻器R 1(0～100 Ω，0.5 A) 电源E(E ＝5 V ，r ≈1 Ω) 单刀开关一个、导线若干(1)设计出实验电路，画在下面的虚线框内．(2)按(1)中设计的电路图把如图中仪器连接起来．(3)写出主要的操作步骤：_________________________________________________________________________ ____________________________________.(4)实验中计算灯泡额定功率的表达式为_____________．(必须用题中给定的符号及你在(3)中设计的记录符号来表示)答案：(1)如图(a)所示(2)如图(b)所示(3)①按设计好的电路图连接好电路，开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片P 应移至阻值最大的位置．②闭合开关S ，移动滑片P ，使电流表的示数I 1＝U R ＋r 1＝310＋10 A ＝150 mA ，使小灯泡正常发光，同时记下此时电流表的示数I 2.③断开开关S ，拆除电路、整理仪器． (4)P ＝U(I 2－I 1)。