检测评价(13) I-U特性曲线与电表内阻的测定（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中物理必修第三册（粤教版2019）

1 / 6 “四翼”检测评价（十三） I-U特性曲线与电表内阻的测定 组—重基础·体现综合 1．用伏安法测电阻有两种连接方式，现测量阻值约为10 Ω的电阻。使用的电流表内阻约为100 Ω，使用的电压表内阻约为10 kΩ。关于测量电路的选择，下列说法正确的是(　 ) A．应采用电流表内接法测量，且测量值大于真实值 B．应采用电流表内接法测量，且测量值小于真实值 C．应采用电流表外接法测量，且测量值大于真实值 D．应采用电流表外接法测量，且测量值小于真实值 解析：选D　由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻，若采用电流表内接法，误差很大，故应采用电流表外接法，此种接法由于电压表的分流而使电流测量值偏大，则由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值，选项D正确。 2．金属铂的电阻值对温度的高低非常“敏感”，如图的四个图像中可能表示金属铂电阻的U-I图像的是(　 ) 解析：选B　金属铂导体的电阻对温度的变化很敏感，电阻随温度的升高而增大，在电流逐渐增大时，温度升高，其电阻逐渐增大，其U-I图线是非线性的，且图线的斜率越来越大，B正确，A、C、D错误。 3．(多选)一只标有“220 V、60 W”的白炽灯泡，加上电压U由零逐渐增大到220 V。在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示。在如图所示的四个图线中，肯定不符合实际的是(　 ) 解析：选ACD　灯泡的电阻受温度的影响，不同电压下温度不同，其电阻也不同，随温度的升高电阻增大，图像斜率变大。故选A、C、D。 4．分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一待测电阻，图甲中两电表的示数分别为3 V、4 mA；图乙中两电表的示数分别为4 V、3.8 mA，则待测电阻Rx的真实值(　 ) A．略小于1 kΩ B．略小于750 Ω C．略大于1 kΩ D．略大于750 Ω 解析：选D　由题给数据分析可知电流表的分压效果较大，故应采用电流表外接法，采用题图甲电路，电流表示数含电压表的分流，故电流的测量值比真实值大，则待测电阻的测量值R测＝＝ Ω＝750 Ω<R真，即真实值略大于750 Ω，选项D正确。 5.某种材料的导体的I-U图像如图所示，图像上A点和坐标原点的连线与横轴正半轴成α角，A点的切线与横轴正半轴成β角。下列关于导体的说法正确的是(　 ) A．导体的电功率随电压U的增大而增大 B．导体的电阻随电压U的增大而增大 C．在A点，导体的电阻在数值上等于 D．在A点，导体的电阻在数值上等于 解析：选A　由题图知，电压U增大，电流I增大，则电功率增大，故A正确；由欧姆定律知，电阻R＝，可知随U增大，I增大得更快，故导体的电阻随U的增大而减小，故B错误；在物理图像上，图像的倾角决定于标度的选取，不能用倾角的正切求斜率，且弯曲的伏安特性曲线本身误差较大，故不能用正切值的倒数来表示电阻，只能用坐标的比值和欧姆定律求解，因标度可能不同，故也不能用求解电阻，故C、D错误。 6．如图所示是某晶体二极管的I-U特性曲线，下列说法正确的是(　 ) A．加正向电压时，二极管电阻较小，且随着电压的增大而增大 B．加反向电压时，二极管电阻较大，无论加多大电压，电流都很小 C．无论是加正向电压还是加反向电压，电压和电流都不成正比，所以二极管是非线性元件 D．二极管加正向电压时，电流随电压变化是一条直线 解析：选C　由题图可知，二极管加正向电压时电流较大，电阻较小，且随电压的增大，图线与原点连线的斜率在增大，故电阻在减小，加反向电压时开始电流很小，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增，故C正确，A、B、D错误。 7．在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，选择能够尽量减小误差的电路图接线进行实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上(如图所示)。 (1)根据各点表示的数据描出I-U图线，由此求得该电阻的阻值Rx＝________ Ω(保留两位有效数字)。 (2)画出此实验的电路原理图。 解析：(1)描出的I-U图线如图甲所示；直线的斜率代表电阻Rx的倒数，则Rx＝ Ω＝2.4×103 Ω。 　 (2)所测电阻阻值与电压表内阻值接近，且远大于电流表内阻，应采用电流表内接法；根据题图知电压的调节范围比较大，故应采用分压式接法，电路图如图乙所示。 答案：(1)见解析图　2.4×103　(2)见解析图 8．在“测量金属丝的电阻率”的实验中 (1)某同学测量金属丝的直径时螺旋测微器如图甲所示，则该金属丝的直径为d＝______ mm。 (2)金属丝的电阻Rx大约是3 Ω，实验室提供的电流表A(量程2.5 mA，内阻约30 Ω)、电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)。则金属丝、电流表和电压表的连接方式应该采用乙、丙两图中的________图。 解析：(1)由题图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5 mm，可动刻度示数为22.2×0.01 mm＝0.222 mm，螺旋测微器的示数为1.5 mm＋0.222 mm＝1.722 mm。 (2)由题意可知，＝＝0.1，＝＝1 000，>，则电流表应采用外接法，应选题图丙所示电路图。 答案：(1)1.722(1.721 mm～1.723 mm都正确)　(2)丙 9．现有一合金制成的圆柱体，某兴趣小组为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。 (1)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝________。 (2)该兴趣小组粗测该圆柱体的电阻约为10 Ω，为了更准确测定其电阻率，实验室中有以下供选择的器材： A．电池组(3 V，内阻忽略不计) B．电流表A1(0～3 A，内阻0.012 5 Ω) C．电流表A2 (0～0.6 A，内阻约为0.125 Ω) D．电压表V1(0～3 V，内阻4 kΩ) E．电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ) F．滑动变阻器R1(0～20 Ω，允许最大电流1 A) G．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A) H．开关，导线若干 为了使实验电路更节能，且测量结果尽量准确，测量时电流表应选________，滑动变阻器应选________。(填写器材前字母代号) (3)用伏安法测其电阻时，本实验需采用电流表________(选填“外”或“内”)接法，测得的实验结果比起真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。 解析：(1)根据电阻定律以及欧姆定律有R＝＝ρ，所以电阻率为ρ＝。 (2)因为电源电动势为3 V，所以电压表选择D，电路中的最大电流为I＝＝0.3 A，所以电流表选择C，因为待测电阻的阻值大约为10 Ω，为了使得调节时方便，且可以多测得几组数据，减小测量误差，滑动变阻器选择F。 (3)因为Rx<，所以待测电阻是小电阻，电流表采用外接法，因为电压表的分流作用，电流表测得的是电压表和待测电阻的电流之和，所以根据欧姆定律可知，此接法测得的电阻值比真实值偏小。 答案：(1)　(2)C　F　(3)外　偏小 10．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。 (1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，长度为________cm，直径为________mm。 (2)按图丙连接电路后，实验操作如下： ①将滑动变阻器R1的阻值置于最______(选填“大”或“小”)处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0； ②将电阻箱R2的阻值调至最________(选填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1 280 Ω。 (3)由此可知，圆柱体的电阻为______Ω。 解析：(1)游标卡尺的精度为0.1 mm，所以L＝(50＋1×0.1)mm＝5.01 cm，螺旋测微器的读数为d＝(5＋31.5×0.01)mm＝5.315 mm。 (2)①将滑动变阻器R1的阻值调至最大处，是为了保护电流表和电源； ②将电阻箱R2的阻值调至最大，也是为了保护电流表和电源。 (3)由等效替代法测量电阻的原理可知Rx＝R2＝1 280 Ω。 答案：(1)5.01　5.315(5.314～5.316均可)　 (2)①大　②大　(3)1 280 组—重应用·体现创新 11．某同学为了较精确的测量一阻值约为20 Ω的电阻Rx的阻值。 (1)在以下备选器材中电流表应选________，电压表应选________，变阻器应选________。(只填写器材对应的字母代号) 电源E (电动势3 V、内阻可忽略不计) 电流表A1(量程50 mA，内阻约12 Ω) 电流表A2(量程3 A，内阻约0.12 Ω) 电压表V1(量程3 V，内阻约3 kΩ) 电压表V2(量程15 V，内阻约15 kΩ) 滑动变阻器R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A) 滑动变阻器R2(0～1 000 Ω，允许最大电流0.5 A) 定值电阻R(30 Ω，允许最大电流1.0 A) 开关及导线若干 (2)请在虚线框中画出实验电路图。(要求直接测量量的变化范围尽可能大一些，所选器材用对应符号标出) (3)若某次测量中，电压表读数为U，电流表读数为I，则计算待测电阻的阻值表达式为Rx＝________。 解析：(1)测量电阻的阻值一般利用伏安法，电压表显然应选量程为3 V的V1；根据欧姆定律容易求得电路中的最大电流I＝＝150 mA，显然超过了电流表A1的量程，但电流表A2的量程又太大，故我们可以将定值电阻R(30 Ω)与待测电阻Rx相串联，此时电路中的最大电流I＝＝60 mA，利用电流表A1测量电流即可。由于要求直接测量量的变化范围尽可能大一些，故只能采用分压电路，且滑动变阻器使用电阻较小的R1。 (2)最后我们确定电流表的接法，由于此时电路的临界电阻R0＝＝ Ω＝190 Ω>Rx＋R，则应该利用电流表的外接法，由此得到实验电路图如图所示。 (3)当电压表读数为U，电流表读数为I，则计算待测电阻的阻值表达式Rx＝－R。 答案：(1)A1　V1　R1　(2)见解析图　(3)－R 12．现要测量某未知电阻Rx(阻值约20 Ω)的阻值，实验室有如下实验器材： A．电流表A1(量程为0～150 mA，电阻R1约为10 Ω) B．电流表A2(量程为0～20 mA，电阻R2＝30 Ω) C．定值电阻R0(100 Ω) D．滑动变阻器R(0～10 Ω) E．直流电源E(电动势约6 V，内阻较小) F．开关S与导线若干 (1)请在虚线框中画出测量电阻Rx的电路图，并标上相应元件的符号，要求电表的示数大于其总量程的三分之一。 (2)写出电阻Rx的表达式：Rx＝________(用已知量和一组直接测得的量的字母表示)。 解析：(1)由于A2内阻已知，将A2与定值电阻串联，相当于电压表，测量待测电阻两端电压，由于待测电阻阻值较小，采用电流表的外接法，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示。 (2)流过Rx的电流I＝I1－I2，加在待测电阻两端的电压U＝I2(R2＋R0)，因此，待测电阻的阻值Rx＝＝。 答案：(1)见解析图　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$