高考物理一轮复习高频考点强化练七.docx
- 文档编号:24005593
- 上传时间:2023-05-23
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:149.80KB
高考物理一轮复习高频考点强化练七.docx
《高考物理一轮复习高频考点强化练七.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考物理一轮复习高频考点强化练七.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考物理一轮复习高频考点强化练七
温馨提示:
此套题为Word版,请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴,调节合适的观看比例,答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
高频考点强化练(七)
电学中的设计性实验
(45分钟 100分)
1.(12分)(2018·天津高考)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为
10kΩ),除了Rx、开关S和导线外,还有下列器材供选用:
A.电压表(量程0~1V,内阻约10kΩ)
B.电压表(量程0~10V,内阻约100kΩ)
C.电流表(量程0~1mA,内阻约30Ω)
D.电流表(量程0~0.6A,内阻约0.05Ω)
E.电源(电动势1.5V,额定电流0.5A,内阻不计)
F.电源(电动势12V,额定电流2A,内阻不计)
G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10Ω,额定电流2A)
(1)为使测量尽量准确,电压表选用_______,电流表选用_______,电源选用_______。
(均选填器材的字母代号)
(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。
(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确,从实验原理上看,待测电阻测量值会_______其真实值(选填“大于”“小于”或“等于”),原因是 ____ 。
【解析】
(1)若选用电源1.5V,由于被测电阻很大,电路中电流非常小,不利于实验,即电源选用12V的,即F;则电压表就应该选取B;电路中的最大电流为I=
A=1.2mA,故电流表应选用C。
(2)因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10Ω,若采用限流接法,则电路中电流和电压变化不明显,故应采用滑动变阻器的分压接法,由于
<
,所以采用电流表内接法,电路图如图所示。
(3)由于电流表的分压,导致电压测量值偏大,而电流准确,根据Rx=
可知测量值偏大。
答案:
(1)B C F
(2)见解析图
(3)大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)
【加固训练】
(2018·大同模拟)实验室在测定金属丝电阻率的实验中,提供的器材除多用电表、螺旋测微器、米尺、开关和若干导线外,还有:
A.粗细均匀的待测金属丝Rx
B.直流电流表A(0~5mA,内阻约为5Ω)
C.直流电压表V(0~3V,内阻约为5kΩ)
D.滑动变阻器R(阻值范围为0~20Ω,额定电流为1A)
E.电源(3V,内阻不计)
(1)为了确定电路,先用多用电表的欧姆挡粗略测量待测金属丝的电阻。
现将多用电表的选择开关置于“×100”挡,按正确的步骤进行操作,表盘示数如图1所示,则电阻Rx的粗略值为_______Ω。
(2)实验时,先用螺旋测微器在金属丝三个不同的位置测直径,如图2所示是某次测量时的情况,读数为_______mm。
(3)若要求在实验中金属丝两端的电压可以有较大变化,测量金属丝电阻的误差尽量小,请用笔画线代替导线,补上图3实物图中缺少的两根导线。
(4)某物理学习小组的两位同学在实验中,根据同一组数据进行正确描点后,甲、乙两位同学根据自己的理解各作出一条图线,如图4中甲、乙所示,根据你对实验的理解,你认为_______同学的图线正确,根据你选择的图线算出该金属丝的电阻为_______Ω。
【解析】
(1)多用电表读数乘以倍率可得到电阻值,故Rx=6×100Ω=600Ω。
(2)螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数,该次测量读数为
0.5mm+20.0×0.01mm=0.700mm。
(3)滑动变阻器总阻值远小于待测金属丝的阻值,故滑动变阻器应采用分压式接法。
由于
>
,故电流表采用内接法。
实物图连接如图所示。
(4)当电压为零时,电流为零,图线过原点,故甲同学对;图线的斜率大小为金属丝的电阻值,故R=
Ω=570Ω。
答案:
(1)600
(2)0.700 (3)见解析
(4)甲 570
2.(12分)(2018·衡阳模拟)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5Ω、量程为0~300mA)
C.电压表V1(内阻约为5kΩ、量程为0~3V)
D.电压表V2(内阻约为15kΩ、量程为0~15V)
E.滑动变阻器R1(阻值为0~10Ω、额定电流为0.6A)
F.滑动变阻器R2(阻值为0~1000Ω、额定电流为0.2A)
G.稳压电源E(电动势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:
世纪金榜导学号
(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”)。
(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)。
【解析】
(1)小灯泡额定电压为2.5V,故电压表应选择C;额定电流为I=
=
A=0.24A,故电流表应选择B;本实验采用分压接法,故应采用滑动变阻器E;由于电动势为9V,而测量电压只需要2.5V,故可以采用定值电阻与滑动变阻器串联分压的方式减小滑动变阻器两端的电压,为了满足电压要求,可以采用10Ω电阻串联。
(2)由于灯泡内阻较小,故为了减小误差应采用电流表外接法,故接a处,根据原理图可得出对应的实物图如图所示;
(3)两灯泡并联接在电源两端,则设电压为U,电流为I,则由闭合电路欧姆定律可知:
U=E-2Ir,在灯泡伏安特性曲线中作出U=E-2Ir对应的伏安特性曲线,如图所示,
则由图可知,此时灯泡的电压为1.2V,电流为0.18A,则功率为:
P=UI=1.2×0.18W=0.22W。
答案:
(1)B、C、E 10Ω
(2)见解析图 (3)0.22
【总结提升】电学实验电路设计的思路与方法
1.首先应明确题目的要求,看清题目要求测定什么物理量,验证、探究什么物理规律,或要求设计达到何种标准的电路等。
其设计原则是:
安全、方便、经济。
2.在测量电路中,一般有电流表内接和外接两种方法,对于给定电表内阻的情况,应先比较R0与待测电阻Rx的关系,其中R0=
,若Rx>R0,则设计为电流表内接法;若Rx 3.控制电路分滑动变阻器的分压式和限流式两种接法,两种接法的选择方法如下: (1)采用限流式接法时不能控制电流(或电压)满足实验要求,即滑动变阻器阻值调到最大,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(或额定电压),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的最大电阻大得多,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,应改用分压式接法。 (3)若实验中要求测量电路中电压从零开始变化,则必须采用分压式接法。 (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。 3.(12分)某学生用如图甲所示电路测金属导线的电阻率,可供使用的器材有: 被测金属导线ab,电阻约10Ω,导线允许流过的最大电流为0.8A,稳恒电源E,电源输出电压恒为E=12V,电压表V,量程为3V,内阻约5kΩ,保护电阻: R1=10Ω,R2=30Ω,R3=200Ω。 刻度尺、螺旋测微器,开关S,导线若干等。 实验时的主要步骤如下: ①用刻度尺量出导线ab的长度l,用螺旋测微器测出导线的直径d。 ②按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好。 ③闭合开关S,移动接线触片P,测出aP长度x,读出电压表的示数U。 ④描点作出U-x曲线求出金属导线的电阻率ρ。 完成下列填空: 世纪金榜导学号 (1)用螺旋测微器测量金属导线的直径d,其示数如图乙所示,该金属导线的直径d=_______mm。 (2)如果实验时既要保证安全,又要测量误差较小,保护电阻R应选_______。 (3)根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U给出的U-x图线如图丙所示,其中图线的斜率为k,则金属导线的电阻率ρ=_______(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)。 【解析】 (1)根据螺旋测微器读数规则,该金属导线的直径d=0.870mm。 (2)根据题述电源输出电压恒为E=12V,电压表V量程为3V,保护电阻R应该分压9V。 由于被测金属导线ab电阻约10Ω,所以保护电阻R应选R2=30Ω。 (3)被测金属导线横截面积S= ,aP段电阻Rx=ρ = 。 电压表的示数U=IRx,电流表示数I= , = ,联立得到U= x,U-x图线的斜率k= ,解得ρ= 。 答案: (1)0.870 (2)R2 (3) 。 4.(12分)某同学利用电流电压传感器描绘小灯泡的伏安特性曲线,采用如图甲所示的电路。 实验中得出了如下一系列数据: 电流 I/A 0.00 0.10 0.20 0.30 0.36 0.39 0.41 0.43 电压 U/V 0.00 0.20 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 (1)图甲中矩形框1中应接_______,矩形框2中应接_______,矩形框3中应接_______。 (选填“电流传感器”“电压传感器”或“小灯泡”) (2)在图乙中画出小灯泡的U-I图线。 (3)把与本题中相同的两个灯泡接到如图丙所示的电路中,若电源电动势E= 4.5V,内阻不计,定值电阻R=10Ω,此时每个灯泡的实际功率是_______W(结果保留两位有效数字)。 【解析】 (1)图甲中矩形框1与矩形框2并联,矩形框1进行数据采集,所以矩形框1应接电压传感器,矩形框2为小灯泡。 矩形框3串联在电路中,且数据采集,应接电流传感器。 (2)根据实验中得出的数据,在图乙中描点,用平滑曲线画出小灯泡的伏安特性曲线。 (3)设每个小灯泡两端电压为U。 通过的电流为I,对图丙所示电路,运用闭合电路欧姆定律,E=2U+IR,变换为U= - I。 在画出的小灯泡伏安特性曲线同一坐标系中画出U= - I函数图象,如图中的直线。 两图线的交点即为每个灯泡的工作点。 该点对应的纵横坐标值分别对应灯泡两端的电压U(0.85V)和灯泡中通过的电流I(0.28A),每个灯泡的实际功率是P=UI=0.85×0.28W=0.24W。 答案: (1)电压传感器 小灯泡 电流传感器 (2)见解析图 (3)0.24 5.(17分)(2017·全国卷Ⅱ)某同学利用如图甲所示的电路测量一微安表(量程为100μA,内阻大约为2500Ω)的内阻。 可使用的器材有: 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。 世纪金榜导学号 (1)按原理图甲将图乙中的实物连线。 (2)完成下列填空: ①R1的阻值为_______Ω(选填“20”或“2000”)。 ②为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图甲中滑动变阻器的_______(选填“左”或“右”)端对应的位置;将R2的滑片D置于中间位置附近。 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,再反复调节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___________(选填“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,发现将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_______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: ____________________________________________________________。 【解析】 (1)电路连接如图所示 (2)①R1主要作用是分压,应选择阻值较小的20Ω的滑动变阻器; ②为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图甲中的滑动变阻器的左端,使测量电路电压接近零; ③微安表的示数保持不变,这说明S2接通前后在BD中无电流流过,可知B与D所在位置的电势相等; ④设滑片D两侧电阻分别为R21和R22,因B与D所在位置的电势相等,可知: = ;同理当Rz和微安表对调时,仍有: = ;联立两式解得: RA= = Ω=2550Ω。 (3)为了提高测量精度,调节R1上的分压,尽可能使微安表接近满量程。 答案: (1)见解析图 (2)①20 ②左 ③相等 ④2550 (3)见解析 6.(17分)(2017·全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有: 小灯泡L(额定电压3.8V,额定电流0.32A);电压表 (量程3V,内阻3kΩ);电流表Ⓐ(量程0.5A,内阻0.5Ω);固定电阻R0(阻值1000Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0Ω);电源E(电动势5V,内阻不计);开关S;导线若干。 (1)实验要求能够实现在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图。 (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图甲所示。 由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻_______(选填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率_______(选填“增大”“不变”或“减小”)。 (3)用另一电源E0(电动势4V,内阻1.00Ω)和题给器材连接成图乙所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。 闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为_______W,最大功率为_______W。 (结果均保留2位小数) 【解析】 (1)由于电压表量程是0~3V 电源内阻不计,滑动变阻器总阻值较小,小灯泡上的电压应从零开始调节,故实验电路采用外接法分压式电路,如图所示。 (2)小灯泡伏安特性曲线上的某一点与原点连线的斜率的物理意义是 ,随着电流的增加,小灯泡的电阻增大,由电阻定律知灯丝的电阻率增大。 (3)当滑动变阻器阻值R1=9Ω时,小灯泡上电压随电流变化的关系为: U1=E0-I1(r+R1),即: U1=4-10I1①;在图甲小灯泡伏安特性曲线上作出①关系式表示的直线(如图)。 直线①与曲线交点坐标为(1.75V,225mA),故小灯泡的最小功率为P1=I1U1=0.225×1.75W=0.39W;当滑动变阻器阻值R2=0时,灯泡消耗的功率最大,有U2=E0-I2r,即: U2=4-I2②,直线②与曲线交点坐标为 (3.67V,320mA),如图所示。 小灯泡的最大功率为P2=I2U2=0.32×3.67W= 1.17W。 答案: (1)见解析图 (2)增大 增大 (3)0.39 1.17 7.(18分)某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。 其中电流表A1的内阻r1=1.0kΩ,电阻R1=9.0kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0Ω的电阻。 (1)按图示电路进行连接后,发现aa′、bb′和cc′三条导线中,混进了一条内部断开的导线。 为了确定哪一条导线内部是断开的,将开关S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压,读数不为零,再测量a、a′间电压,若读数不为零,则一定是___________导线断开;若读数为零,则一定是_______导线断开。 (2)排除故障后,该小组顺利完成实验。 通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据,作出图象如图所示。 由I1-I2图象得到电池的电动势E=_______V,内阻r=_________Ω。 【解析】 (1)用电压挡检测电路故障,电压表的表头是电流计,原电路有断路,回路中无电流,将电压表接在a、b′间后有示数,说明电路被接通,即a、b′间有断路故障,再测量a、a′间电压,电压表读数不为零,说明断路故障的范围被缩小到a、a′间,则一定是aa′导线断开;若读数为零,则说明电路仍未被接通,断路故障的范围被确定在b、b′间,即bb′导线断开。 (2)将纵轴数值都乘以(R1+r1),将I1-I2图象转化成U1-I2图象,并延长图线与纵轴相交,则纵轴截距为1.41V,即电源电动势为1.41V,斜率k= Ω= 3.5Ω=R0+r,可得r=0.5Ω。 答案: (1)aa′ bb′ (2)1.41(1.36~1.44均可) 0.5(0.4~0.6均可) 关闭Word文档返回原板块
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 物理 一轮 复习 高频 考点 强化