课件13张PPT。3.实验:电池电动势和内阻的测量 【实验目的】
1.掌握用_____表和_____表测量电动势和内阻的方法。
2.会用计算法和_______求电源的电动势和内阻。电压电流图像法【实验原理与设计】
1.伏安法:如图所示,用电压表和电流表分别测
_________和_____,根据闭合电路欧姆定律E=_____,通
过改变___________连入电路的电阻R把两组数据代入
方程,列出关于E和r的二元一次方程组,E=__+I1r和
E=U2+__r,两式联立可得E=__________,r=_______。路端电压电流U+Ir滑动变阻器U1I22.固定电阻电流表法:
(1)用一只电流表和_______,(选填“滑动变阻器”或
“电阻箱”)。
(2)测量电路图如图。电阻箱(3)实验原理:由闭合电路的欧姆定律得:E=______,图
中设电阻箱的阻值为R1时电流为I1,为R2时电流为I2;由
E=I1(R1+r)和E=I2(R2+r)联立可解出电动势和内电阻。IR+Ir3.固定电阻电压表法:
(1)实验器材:_____表和电阻箱,
(2)实验电路图 电压由闭合电路的欧姆定律得: E=U+___r,
图中,设电阻箱的阻值为R1时电压为U1,
为R2时电压为
由E=U1+ 和E=U2+ 解得电动势和内电阻。【典型案例】
1.测量电池电动势和内阻:
(1)实验器材:待测电池一节,电流表(0～0.6 A)、电压
表(0～3 V)各一个,___________一个,开关一个,导线
若干,铅笔,坐标纸。滑动变阻器(2)由于干电池的内阻较小,路端电压U的变化也较小,
这时画U-I图线时,纵轴的刻度可以不从0开始,而是根
据测得的数据从某一恰当值开始。
(3)在实际的实验中可以选择___(选填“新”或“旧”)
的干电池进行实验。旧2.测量水果电池的电动势和内阻:
(1)实验原理图(2)实验原理式:
由闭合电路的欧姆定律E=_____得:E=U+ ,
(3)实验器材:梨或橙子一个,_____、锌片,电压表、电阻箱、开关及导线若干。U+Ir铜片温馨提示：
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关键能力·素养形成
一、实验步骤
1.检查电表的指针是否指零,选择合适的电压表和电流表的量程。
2.按如图甲的实验原理图,连接好如图乙的实物电路。
3.连接电路,开始开关应处于断开状态,滑动变阻器阻值调到最大,如图滑片应调至最左端。
4.闭合开关,调节滑动变阻器,使电流表有明显示数并记录一组数据(I1,U1)。用同样的方法再测量几组I、U值,填入表格中。
1
2
3
4
5
6
U/V
I/A
5.断开开关,拆除电路,整理好器材。
6.利用公式或U-I图像处理记录的数据,求出电源的E和r。
【思考·讨论】
用什么样的方法可以使U随I的变化更明显些? (科学思维)
提示:方法(1):为使实验中U随I的变化明显,应选用内阻较大的电池,可以用旧些的干电池,但过旧的电池虽然内阻大,但电动势不稳定,也不宜使用;
方法(2):如图所示给电池串联一个定值电阻,既作为保护电阻,又可使电压表的读数有明显的变化。
二、数据处理
1.计算法:联立六组对应的U、I数据,满足关系式U1=E-I1r、U2=E-I2r、U3=E-I3r、……,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。
2.图像法:
(1)在坐标纸上以路端电压U为纵轴、干路电流I为横轴建立U-I坐标系。
(2)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。
【思考·讨论】
(1)干电池内阻较小时,U的变化较小,坐标图中数据点将呈现如图甲所示的状况,下部大面积空间得不到利用,应怎样作图,能有效减少误差? (科学思维)
提示:为此可使坐标不从零开始,如题图乙所示,纵坐标不从零开始,把纵坐标的刻度放大,可使结果的误差减小些。
(2)如图乙中,怎样计算电动势和内电阻? (科学思维)
提示: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=。在利用U-I图线求r时,一定要弄清楚在你面前的U-I图线的纵坐标是否是从零开始的,如果从零开始,则r=,如果不是从零开始,则r=。
1.如图甲所示的电路存在的系统误差的分析:这里由于电压表分流IV,使电流表示数I小于电池的输出电流I真,I真=I+IV,而IV=,U越大,IV越大,它们的关系可用图乙表示,实测的图线为AB,经过IV修正后的图线为A′B,可看出AB的斜率绝对值和在纵轴上的截距都小于A′B的斜率绝对值和在纵轴上的截距,即实测的E和r都小于真实值。
2.图丙所示的电路存在的系统误差的分析:由于电流表的分压作用,则U真=U测+UA′=U测+IRA,RA为电流表的内阻,这样在U-I图像上对应每个I应加上一修正值ΔU=IRA,由于RA很小,所以在I很小时,ΔU趋于零,I增大,ΔU也增大,理论值与测量值的差异如图丁所示,由图可知:E测=E真,r测>r真(内阻测量误差非常大)。
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实验研析·素养迁移
类型一 实验操作
【典例1】在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中。
备有如下器材
A.干电池1节
B.滑动变阻器(0～20Ω)
C.滑动变阻器(0～1kΩ)
D.电压表(0～3V)
E.电流表(0～0.6A)
F.电流表(0～3A)
G.开关、导线若干
(1)其中滑动变阻器应选 ,电流表应选 。(只填器材前的序号)
(2)为了最大限度地减小实验误差,请在虚线框中画出该实验最合理的电路图。
(3)某同学根据实验数据画出的U-I图像如图所示,由图像可得电池的电动势为
V,内电阻为 Ω。
【解题探究】
仪器选择的原则是什么?
提示:(1)根据已知电动势估算出电流值。
(2)选择最大量程等于要测量值的2倍。如:已知电压为1.5伏,可选择量程为3.0伏挡。以此类推。
【解析】(1)滑动变阻器的最大值一般为待测电阻的几倍时较好,在该实验中因电源内阻比较小,故滑动变阻器选择较小一点的即可,故滑动变阻器应选B(也可以从便于调节的角度来分析,应该选择阻值较小的滑动变阻器)。电流表的量程要大于电源允许通过的电流,对于电池来讲允许通过的最大电流一般是0.5A,故需要选择0～0.6A,所以电流表应选E。
(2)电路图如图所示。
(3)由U-I图像可知:纵截距为1.5V,故电池的电动势为1.5V;内电阻r==Ω=1Ω。
答案:(1)B E (2)见解析 (3)1.5 1
类型二 实验数据处理
【典例2】某兴趣小组的同学制作了一个“水果电池”:将一铜片和一锌片分别插入一苹果内,就构成了一个简单的“水果电池”,其电动势约为1.5V,内阻约为几百欧,现要求用量程合适的电压表(内阻几千欧)、电流表(内阻十几欧)来测定水果电池的电动势E和内阻r。
(1)本实验的电路应该选择图 (选填“甲”或“乙”);
(2)若给出的滑动变阻器有两种规格:A.(0～20Ω)、B.(0～3kΩ),本实验中应该选用的滑动变阻器为 ,通电前应该把滑动变阻器的阻值调至 (选填“最大”或“最小”);
(3)实验中测出六组(U,I)的值,在U-I坐标系中描出图丙所示的六个点,分析图中的点迹可得出水果电池的电动势为E= V,内阻为r= Ω。(均保留三位有效数字)
(4)根据在(1)中所选择的电路测量得出的电动势E和内阻r的测量值与真实值相比,电动势E ,内阻r (均选填“偏大”“相等”或“偏小”),由此造成的实验误差属于 误差(选填“系统”或“偶然”)。
【解题探究】
(1)选择图甲或图乙的依据是什么?
提示:图甲中误差的来源是电流表有内阻,路端电压小于真实值,实际测量的电动势等于真实值,实际测出的电阻是电流表内阻和电源内电阻之和,因为“水果电池”的内阻很大,远大于电流表的内阻,所以选择图甲。
(2)滑动变阻器选择的依据是什么?
提示:调节滑动变阻器时要使电路中的电流变化明显,电压表的示数变化明显,因为水果电池的内阻约为几百欧,要想使电路中的电流变化明显,滑动变阻器应选择B。
【解析】(1)“水果电池”的内阻很大,远大于电流表内阻,为减小误差,应选择题图甲所示电路(电流表内接法)。
(2)由题意可知,“水果电池”的内阻很大,若选用0～20Ω的滑动变阻器,当滑动触头移动时,电表的读数几乎不变,无法多次测量,使实验的误差较大;为了减小实验误差,应选用最大阻值较大的滑动变阻器B,在闭合开关前,应把滑动变阻器的阻值调到最大。
(3)图线的纵截距等于电源的电动势,U-I图线的纵截距为1.50V,故水果电池的电动势E=1.50V,图线斜率的绝对值等于内阻,r=Ω=500Ω。
(4)由于电流表的分压,使得路端电压存在误差,而电流没有误差,运用图像法分别在U-I图上由测量数据作出图线1和修正误差后由真实值作出图线2,由图看出,电动势没有系统误差,即电动势测量值与真实值相等,内阻的测量值偏大,该实验误差属于系统误差。
答案:(1)甲 (2)B 最大 (3)1.50 500
(4)相等 偏大 系统
【总结提升】数据处理的方法与技巧
(1)在实验中经常用图像来处理所得的数据,这样误差相对小一些。
(2)在U-I图像中,纵截距代表电源的电动势,斜率代表电源的内阻。
类型三 实验创新
【典例3】为测定某旧干电池的电动势和内阻,实验室提供了如下器材:
A.旧干电池一节;
B.电压表(视为理想电压表,量程为0～3V);
C.电阻箱R(0～999.9Ω);
D.定值电阻R0=10Ω;
E.多用电表;
F.开关、导线若干。
1.实验创新的思路
(1)改变测量电路电流的方法。
(2)改变测量路端电压的方法。
2.实验步骤
(1)闭合开关,读出电压表的示数U1和电阻箱的示数R1。
(2)改变电阻箱的阻值,多次测量,分别读出电阻箱的阻值R2、R3、R4……电压表的示数U2、U3、U4……
(3)计算出电路中电流的示数,,,
(4)利用闭合电路的欧姆定律列方程
E=(r+R0+R)
(5)将旧干电池接入如图甲所示的电路,规范操作得到如图乙所示的图像。该同学所描绘的图像中,横坐标表示的是A。
A.R B. C.
(6)按照(5)中所选的横坐标,已知图像的斜率为k,纵截距为b,则旧干电池的电动势E=,内阻r=-R0(用k、b、R0表示)
提示:(5)U=IR0=R0,变形得:=++,故应作出-R图像;
(6)根据题图乙可知,b=+,k=,解得:E=,r=-R0。
【创新评价】
创新角度
创新方案
电流的测量
测量定值电阻两端的电压,利用欧姆定律计算出电路中的电流。
路端电压表示方法
电压表的示数不是路端电压,路端电压为(R0+R)
数据处理方法
利用原理式变形,得出与R的关系式,通过求直线的斜率和纵轴的截距来求出电源的电动势和内电阻。
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课堂检测·素养达标
1.某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的实验方案中有如下四种器材组合,为使实验结果尽可能准确,最不可取的一组器材
是 ( )
A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器
B.一个伏特表和多个定值电阻
C.一个安培表和一个电阻箱
D.两个安培表和一个滑动变阻器
【解析】选D。安培表测电流,伏特表测路端电压,滑动变阻器改变电路的阻值从而获得多组数据,故A可取;伏特表测路端电压,电流可由路端电压和定值电阻求得,通过改变接入定值电阻的个数改变电路的电阻,故B可取;安培表测电流,再由电流和电阻箱可得路端电压,通过改变电阻箱阻值改变电路的电阻,故C可取;两个安培表和一个滑动变阻器,不管怎么组合,都不能测出路端电压,故不能测出电动势和内阻,故D最不可取。
【补偿训练】
(多选)用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中,下列说法正确的是( )
A.应选用旧的干电池作为被测电源,以使电压表读数变化明显
B.应选用内阻较小的电压表和电流表
C.移动滑动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载
D.使滑动变阻器阻值尽量大一些,测量误差才会小
【解析】选A、C。由U=E-Ir可知,应选用旧的干电池作为被测电源,以使电压表读数变化明显,故A正确;实验所用电池内阻很小,相对于电源来说应采用电流表外接法,电流表外接法的误差来源是电压表的分流,电压表内阻越大,实验误差越小,应选择内阻大的电压表进行实验,故B错误;移动滑动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载,防止损坏电流表,故C正确;如果电源电动势较小,实验时滑动变阻器阻值不宜太大,滑动变阻器阻值太大,电路电流太小,电流表读数误差较大甚至不能读数,并且调节电流时非常困难,故D错误;故选A、C。
2.(多选)用图像法计算电动势和内阻时,先要描点,就是在U-I坐标系中描出与每组I、U值对应的点,以下说法正确的是( )
A.这些点应当准确地分布在一条直线上,即U-I图线应通过每个点
B.这些点应当基本在一条直线上,由于偶然误差不能避免,所以U-I图线不可能通过每一个点
C.画U-I图线应当使它通过尽可能多的描出的点
D.不在U-I图线上的点应大致均衡地分布在图线的两侧,个别偏离直线太远的点,应当舍去
【解析】选B、C、D。描点作图法需要注意的问题:由于偶然误差不能避免,所以U-I图线不可能通过每一个点,但应当使它通过尽可能多的描出的点,不在U-I图线上的点应大致均衡地分布在图线的两侧,个别偏离直线太远的点,应当舍去。所以B、C、D正确,A错误。
3.(多选)用如图1所示的电路来测量电池电动势和内电阻,根据测得的数据作出了如图2所示的U-I图线,由图可知 ( )
A.电池电动势的测量值为1.4 V
B.电池内阻的测量值为3.5 Ω
C.外电路发生短路时的电流为0.4 A
D.电压表的示数为1.20 V时,电流表的示数I′=0.20 A
【解题指南】解答本题应注意的以下两点
(1)由图像的纵坐标可知电源的电动势,由闭合电路欧姆定律可得出内电阻,进而求出路端电压为1.20 V时的电流。
(2)要明确图像的意义,同时注意纵坐标不是从零开始的,不能想当然地将横坐标的截距当作短路电流。
【解析】选A、D。由图示图像可知,电源U-I图像与纵轴交点坐标值为1.40,则电源的电动势测量值为E=1.40 V,故A正确;电源的内阻大小等于图像斜率的绝对值,为r== Ω=1 Ω,故B错误;外电路发生短路时的电流为I短==
A=1.4 A,故C错误;当电压表示数为1.2 V时,电流表的示数I′==
A=0.2 A,故D正确。故选A、D。
4.小明测定干电池的电动势和内阻,实验室有如下实验器材:
干电池一节 (电动势约为1.5 V)
量程为3.0 V的电压表V1
量程为15 V的电压表V2
量程为0.6 A的电流表A1
量程为3.0 A的电流表A2
最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R1
最大阻值为100 Ω的滑动变阻器R2
开关一个,导线若干。
根据所学的知识回答下列问题:
(1)为了减小实验误差,电压表应选择 ,电流表应选择 ,滑动变阻器应选择 。(选填器材对应的字母)?
(2)将所选的实验器材在图中用笔画线代替导线连接。
(3)连接好电路后,通过调节滑动变阻器得到多组实验数据,将所得数据描点在坐标系中,并将这些点连起来如图所示。由图可知该电池的电动势大小为
V,测量值比真实值 (选填“偏大”“偏小”或“相等”),内阻大小为 Ω,测量值比真实值 (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。(结果均保留3位有效数字)?
【解析】(1)一节干电池电动势约为1.5 V,则为了减小实验误差,电压表应选择V1,电流表应选择A1,滑动变阻器应选择R1。
(2)电路连线如图所示:
(3)由图示电源U-I图像可知,图像与纵轴交点坐标值为1.50,电源电动势E=1.50 V,电源内阻:r== Ω=0.800 Ω,相对于电源来说,电流表采用外接法,由于电压表的分流作用使得电流表的测量值小于通过电源的电流,电动势和内阻的测量值均小于真实值。
答案:(1)V1 A1 R1 (2)见解析
(3)1.50 偏小 0.800 偏小
【总结提升】实物图连接的技巧:实物图连接是一类考查学生实验技能和操作能力较为有效的题型,连线前一定要画出实验电路图,然后按图连线,且必须注意以下四点:
(1)连线不能交叉;
(2)必须把线接在接线柱上;
(3)电流应从电表正接线柱流入,从负接线柱流出;
(4)变阻器应处在有效控制状态。
(5)连实物图时,应先串后并,先连控制电路后连测量电路。
5.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图中的 (选填“甲”或“乙”)。?
(2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干,以及以下器材:
A.电压表(0～15 V)
B.电压表(0～3 V)
C.滑动变阻器(0～50 Ω)
D.滑动变阻器(0～500 Ω)
实验中电压表应选用 ;滑动变阻器应选用 ;(均选填相应器材前的字母)?
(3)某位同学记录的6组数据如表所示,其中5组数据的对应点已经标在如图的坐标纸上,请标出余下一组数据的对应点,并画出U-I图线。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I/A
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E= V,内阻r= Ω。?
【解析】(1)干电池的内阻较小,电压表的分流作用可以忽略,可以用滑动变阻器中的电流来代替干路中的电流,所以选甲图电路。(注意:两种实验电路都存在系统误差,题图甲实际测量的电阻是电源内阻与电压表的并联电阻,而图乙测量的电阻是电池内阻与电流表内阻之和)
(2)由于一节干电池的电压为1.5 V,所以选择0～3 V量程的电压表;电流表量程是0.6 A,需要总电阻最小2 Ω多,故滑动变阻器选C。
(3)如图所示:
(4)纵截距为电动势1.5 V,则电源电动势E=1.5 V,斜率的绝对值为内阻
r== Ω=0.83 Ω。
答案:(1)甲 (2)B C (3)见解析图
(4)1.50(1.49～1.51) 0.83(0.81～0.85)
6.用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx。已知电池的电动势约6 V,电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有:
电流表A1(量程0～30 mA);
电流表A2(量程0～100 mA);
电压表V (量程0～6 V);
滑动变阻器R1(阻值0～5 Ω);
滑动变阻器R2(阻值0～300 Ω);
开关S一个,导线若干条;
某同学的实验过程如下:
Ⅰ.设计如图所示的电路图,正确连接电路。
Ⅱ.将R的阻值调到最大,闭合开关,逐次调小R的阻值,测出多组U和I的值,并记录。以U为纵轴,I为横轴,得到如图所示的图线。
Ⅲ.断开开关,将Rx改接在B、C之间,A与B直接相连,其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤,得到另一条U-I图线,图线与横轴I的交点坐标为(I0,0),与纵轴U的交点坐标为(0,U0)。
回答下列问题:
①电流表应选用 ,滑动变阻器应选用 。?
②由图线得,电源内阻r= Ω。?
③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx= ,代入数值可得Rx。?
④若电表为理想电表,Rx接在B、C之间与接在A、B之间,滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置,两种情况相比,电流表示数变化范围 ,电压表示数变化范围 。(均选填“相同”或“不同”)?
【解析】①由题U-I图线可知电流表量程应为0～100 mA,故选A2。路端电压大于5.5 V,而电源电动势E=6 V,故R外?r,则滑动变阻器选R2。
②由题图得:r==25 Ω。
③Rx+r=,Rx=-r。
④电流I=,r+Rx一定,R从300 Ω变到某同一阻值,电流表示数变化范围相同。Rx接A、B间时,U=(R+Rx),Rx接B、C间时,U′=R,故两种情况下电压表示数变化不同。
答案:①A2 R2 ②25 ③-r ④相同 不同
7.在测定电源电动势和内阻的实验中,实验室提供了合适的实验器材。
(1)甲同学按电路图a进行测量实验,其中R0=1 Ω,则
①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接;
②由电压表的读数U和电流表的读数I,画出U-I图线如图c所示,可得电源的电动势E= V,内阻r= Ω。(结果均保留两位有效数字)?
(2)乙同学将测量电路连接成如图d所示,其他操作正确,由电压表的读数U和电流表的读数I,画出U-I图线如图e所示,可得电源的电动势E= V,内阻r= Ω。(结果均保留两位有效数字)?
【解析】(1)①根据原理图可得出对应的实物图,如图所示;
②在画出的U-I图像中,纵轴的截距表示电源电动势,斜率的绝对值表示内阻与定值电阻R0的和,根据题图c可得:E=3.00 V,r+R0=||= Ω=1.38 Ω,且R0=1 Ω,则r=0.38 Ω;
(2)由乙同学的电路接法可知,R左右两部分并联后与R0串联,则可知,在滑片移动过程中,滑动变阻器接入电路中的电阻先增大后减小,则路端电压先增大后减小,所以出现题图e所示的图像,则由图像可知,当电压为2.40 V时,电流为
0.50 A,此时滑动变阻器两部分电阻相等,则总电流为I1=1 A;而当电压为2.30 V时,电流分别对应0.33 A和0.87 A,则说明当电压为2.30 V时,干路电流为I2=0.33 A+0.87 A=1.2 A;则根据闭合电路欧姆定律可得:2.40 V=E-1 A×r,
2.30 V=E-1.20 A×r,解得:E=2.9 V,r=0.50 Ω。
答案:(1)①见解析 ②3.0 0.38 (2)2.9 0.50
【补偿训练】
在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻。电源甲的电动势大约为4.5 V,内阻大约为1.5 Ω;电源乙的电动势大约为1.5 V,内阻大约为1 Ω。由于实验室条件有限,除了导线、开关外,实验室还能提供如下器材:
A.量程为0～3 V的电压表V
B.量程为0～0.6 A的电流表A1
C.量程为0～3 A的电流表A2
D.阻值为4.0 Ω的定值电阻R1
E.阻值为100 Ω的定值电阻R2
F.最大阻值为10 Ω的滑动变阻器R3
G.最大阻值为100 Ω的滑动变阻器R4
(1)选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材,采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻。
①定值电阻应该选择 (选填“D”或“E”);电流表应该选择 (选填“B”或“C”);滑动变阻器应该选择 (选填“F”或“G”)。
②分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标,计算机拟合得到如图乙所示U-I图像,U和I的单位分别为V和A,拟合公式为U=-5.6I+4.4。
则电源甲的电动势E= V,内阻r= Ω。(均保留两位有效数字)
③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中,产生系统误差的主要原因是 。
A.电压表的分流作用
B.电压表的分压作用
C.电流表的分压作用
D.电流表的分流作用
E.定值电阻的分压作用
(2)为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻,选择电压表、定值电阻等器材,采用图丙所示电路。
①定值电阻应该选择 (选填“D”或“E”)。
②实验中,首先将K1断开,K2闭合,电压表示数为1.48 V。然后将K1、K2均闭合,电压表示数为1.23 V,则电源乙电动势E= V,内阻r= Ω。(小数点后保留两位小数)
【解析】(1)①首先根据电流的范围可以确定定值电阻必须选4.0 Ω的D(假设选100 Ω的,电流太小无法测量);然后相应的滑动变阻器也可以确定选10 Ω的F,便于测量;然后根据电流的范围可以确定电流表应该选择0.6 A的B(3 A量程太大)。?
②由表达式U=-5.6I+4.4及U=E-I(r+R1)可知,电源电动势为E=4.4 V,内阻为r=5.6 Ω-4 Ω=1.6 Ω。
③由电路图可知,电压表的分流作用会造成实验误差,故选A。
(2)①用图丙所示电路测电动势与内阻,定值电阻适当小一点,实验误差小,因此定值电阻应选D。
②由电路图可知,K1断开,K2闭合,电压表示数为电源电动势,电压表示数为
1.48 V,即电源乙电动势为E=1.48 V;K1、K2均闭合,电压表示数为1.23 V,电压表测路端电压,此时电路电流为I== A=0.307 5 A,电源内阻为r=
≈0.81 Ω。
答案:(1)①D B F ②4.4 1.6 ③A
(2)①D ②1.48 0.81
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课时素养评价 十五
闭合电路的分析
(40分钟 100分)
(25分钟 60分)
一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
1.在如图所示的电路中,电源两端A、B间的电压恒定不变,开始时S断开,电容器上充有电荷。闭合S后,以下判断正确的是 ( )
A.C1所带电量增大,C2所带电量减小
B.C1所带电量减小,C2所带电量增大
C.C1、C2所带电量均减小
D.C1、C2所带电量均增大
【解析】选C。闭合S前,两电阻中无电流通过,其上电压为零,故两电容器两端电压均等于电源A、B间的电压;闭合S后,两电容器分别并联在两电阻上,根据串联分压规律可知,此时电容器两极板间电压均小于A、B间电压,由Q=CU可知,两电容器所带电量均减小,C正确。
2.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器。当R3的滑片P向右移动时,下列说法中正确的是 ( )
A.R1的功率P1必然减小
B.R2的功率P2必然变大
C.电源总功率必然增加
D.电源热功率必然减小
【解析】选D。P向右移动时,R3增大。因此电路的总电阻R增大,由I=知,I减小,由U=E-Ir知路端电压U增大。所以由部分电路欧姆定律知,I1增大,则I2减小,因而可得P1增大,P2减小,则A、B错误;P总=EI,由于总电流减小,电源的总功率减小,电源内部消耗的热功率减小,故C错误,D正确。
【补偿训练】
在如图所示的电路中,R1、R2、R3和R4皆为定值电阻,R5为可变电阻,电源的电动势为E,内阻为r,设电流表的读数为I,电压表的读数为U,当R5的滑动触头向图中a端移动时 ( )
A.I变大,U变小 B.I变大,U变大
C.I变小,U变大 D.I变小,U变小
【解析】选D。当R5的滑动触头向图中a端移动时,R5接入电路的电阻变小,外电路的总电阻就变小,总电流变大,路端电压变小即电压表的读数U变小;由于总电流变大,使得R1、R3两端电压都变大,而路端电压又变小,因此,R2和R4串联两端电压变小,则电流表的读数I变小,故选D。
3.如图所示电路的电源内阻不可忽略,若调整可变电阻R的阻值,可使电压表V的示数减小ΔU(电压表为理想电表),在这个过程中 ( )
A.通过R1的电流减小,减少量一定等于
B.R2两端的电压增大,增加量一定等于ΔU
C.路端电压减小,减少量一定等于ΔU
D.通过R2的电流增大,增加量等于
【解析】选A。由R1=知,当电压减小ΔU时,通过R1的电流减小,故A正确;由闭合电路欧姆定律知,当电压减小ΔU时,则U2+U内增大ΔU,所以R2两端的电压增加量小于ΔU,路端电压减小量小于ΔU,通过R2的电流增加量小于,故D错误。
4.如图所示,电源电动势为E,内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是( )
A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向下的电流
B.只调节电阻R3的滑片P2向上端移动时,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流
C.只调节电阻R2的滑片P1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动
D.若断开开关S,带电微粒向下运动
【解析】选D。只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,外电路总电阻减小,总电流增大,电阻R0消耗的电功率变大,滑动变阻器的电压变大,电容器两端的电压增大,电容器两极板带的电荷量变大,所以电阻R3中有向上的电流,故选项A错误;电路稳定时,电容器相当于开关断开,只调节电阻R3的滑片P2向上端移动时,对电路没有影响,故选项B错误;只调节电阻R2的滑片P1向下端移动时,电容器并联部分的电阻变大,所以电容器两端的电压变大,由E=可知电场力变大,带电微粒向上运动,故选项C错误;若断开开关S,电容器处于放电状态,电荷量变小,板间场强减小,带电微粒所受的电场力减小,将向下运动,故选项D正确。
5.如图所示的电路中,电压表和电流表均是理想电表,当滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离后,下列说法中正确的是 ( )
A.电压表示数减小 B.电流表示数增大
C.R0的功率减小 D.电源的功率增大
【解析】选C。根据串、并联电路的特点可知,当滑片P向左移动一小段距离后,整个闭合回路的总电阻增大,利用闭合电路的欧姆定律I=可判断I减小,因U=E-Ir,所以电压表示数增大,A、B错误;R0与其并联的滑动变阻器的总电阻减小,而干路电流I减小,所以R0两端的电压U0减小,根据P=,可知R0的功率减小,C正确;因P总=EI,干路电流减小,可判断电源的总功率减小,D错误。
6.阻值相等的四个电阻R、电容器C及电池E(内阻可忽略)接成如图所示的电路。保持S1闭合,开关S2断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S2,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为 ( )
A.5∶3 B.2∶1 C.1∶2 D.1∶3
【解析】选A。电池E的内阻可忽略不计,保持开关S1闭合、S2断开且电流稳定时,电容器的电压为:U1=×2R=,再闭合开关S2时,电容器的电压为:U2=×R=,由Q=CU得:C相同,则有:Q1∶Q2=U1∶U2=5∶3,故A正确,B、C、D错误。
二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
7.(12分)甲同学要把一个量程为200μA的直流电流计G,改装成量度范围是0～4V的直流电压表。
(1)她按如图所示电路、用半偏法测定电流计G的内电阻rg,其中电阻R0约为
1kΩ。为使rg的测量值尽量准确,在以下器材中,电源E应选用 ,电阻器R1应选用 ,电阻器R2应选用 (选填器材前的字母)。
A.电源(电动势1.5V)
B.电源(电动势6V)
C.电阻箱(0～999.9Ω)
D.滑动变阻器(0～500Ω)
E.电位器(一种可变电阻,与滑动变阻器相当)(0～5.1kΩ)
F.电位器(0～51kΩ)
(2)该同学在开关断开情况下,检查电路连接无误后,将R2的阻值调至最大。后续的实验操作步骤依次是: , , , ,最后记录R1的阻值并整理好器材。(请按合理的实验顺序,选填下列步骤前的字母)
A.闭合S1
B.闭合S2
C.调节R2的阻值,使电流计指针偏转到满刻度
D.调节R2的阻值,使电流计指针偏转到满刻度的一半
E.调节R1的阻值,使电流计指针偏转到满刻度的一半
F.调节R1的阻值,使电流计指针偏转到满刻度
(3)如果所得的R1的阻值为300.0Ω,则上图中被测电流计的内阻rg的测量值为
Ω,该测量值 (选填“略大于”“略小于”或“等于”)实际值。
【解析】(1)考虑到减小误差,电源应选电动势较大的B。R1要选能读出接入电路的电阻值的电阻箱C。R2在电路中是限流连接,应选用总阻值大于30kΩ的电位器F。
(2)电流半偏法的具体操作顺序是:a.S1断开,S2闭合;b.调节R2,使电流计指针满偏;c.闭合S1;d.保持R2不变,调节R1,使电流计指针半偏;e.读出R1,即为电流计内阻值。(3)根据半偏法原理,rg=R1=300Ω。由于闭合S1后,干路电流会略微变大,故半偏时,流过R1的电流略大于电流计的电流,故R1的阻值略小于电流计的内阻。
答案:(1)B C F (2)B C A E
(3)300 略小于
8.(12分)在图甲所示电路中,R1、R2均为定值电阻,且R1=100Ω,R2的阻值未知,R3是一滑动变阻器,当其滑片从最左端滑至最右端的过程中,测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示,其中图线上的A、B两点是滑片在滑动变阻器上的两个不同端点时分别得到的。求:
(1)电源的电动势和内电阻;
(2)定值电阻R2的阻值;
(3)滑动变阻器R3的最大值。
【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir
将图像中A、B两点的电压和电流代入得
E=16+0.2r
E=4+0.8r
解得E=20V,r=20Ω。
(2)当R3的滑片滑到最右端时,R3、R1均被短路,此时外电路电阻等于R2,且对应于图线上B点,故由B点的U、I值可求出R2的阻值为
R2==Ω=5Ω。
(3)滑动变阻器的滑片置于最左端时,R3阻值最大。
设此时外电路总电阻为R,由图像中A点坐标求出
R==Ω=80Ω。
R=+R2,代入数值解得滑动变阻器的最大阻值R3=300Ω。
答案:(1)20V 20Ω (2)5Ω (3)300Ω
(15分钟 40分)
9.(6分)(多选)在如图所示的电路中,灯泡L的电阻大于电源的内阻r,闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后,下列结论正确的是( )
A.灯泡L变亮
B.电源的输出功率变小
C.电容器C上电荷量减少
D.电流表读数变小,电压表读数变大
【解析】选B、D。将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后,R的阻值变大,电路中电流变小,灯泡L变暗,A错误;当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大,灯泡L的电阻大于电源的内阻r,则当P向左移动一段距离后,外电路电阻比r大得更多,电源的输出功率变小,B正确;路端电压变大,电阻R两端电压变大,电容器C两端电压变大,电容器C上电荷量增加,C错误,D正确。
【补偿训练】
(多选)如图所示电路中,电源内阻忽略不计。闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中( )
A.U先变大后变小
B.I先变小后变大
C.U与I比值先变大后变小
D.U变化量与I变化量比值等于R3
【解析】选B、C。不计电源内阻,电路的路端电压等于电源电动势,A选项错误;滑动变阻器的上半部分和下半部分并联,在滑片由a端滑到b端的过程中,该并联值先变大再变小,电压表示数U和电流表示数I的比值为该并联值和电阻R2之和,C选项正确;根据电阻的变化可判断电路中电流先变小再变大,B选项正确;U的变化量与I变化量比值等于R2支路总电阻,D选项错误。
10.(6分)如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间距离d=40cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1Ω,电阻R=15Ω。闭合开关S,待电路稳定后,将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电荷量为q=1×10-2C,质量为m=2×10-2kg,不考虑空气阻力。那么,要使小球恰能到达A板,滑动变阻器接入电路的阻值和此时电源的输出功率为(取g=10m/s2)( )
A.8Ω、23W B.32Ω、8W
C.8Ω、15W D.32Ω、23W
【解析】选A。带电小球从B到A根据动能定理有-mgd-qUP=0-m,解得UP=8V,根据闭合电路欧姆定律有UP=E-I(r+R),代入数据得I=1A,此时滑动变阻器接入电路的阻值RP==8Ω,电源输出功率P出=I2(R+RP)=23W,选项A正确。
11.(6分)竖直放置的一对平行金属板的左极板上,用绝缘线悬挂了一个带负电的小球,将平行金属板按如图所示的电路连接,开关闭合后绝缘线与左极板间的夹角为θ。当滑动变阻器R的滑片在a位置时,电流表的读数为I1,夹角为θ1;当滑片在b位置时,电流表的读数为I2,夹角为θ2,则 ( )
A.θ1<θ2,I1θ2,I1>I2
C.θ1=θ2,I1=I2 D.θ1<θ2,I1=I2
【解析】A。在滑动变阻器的滑片由a位置滑到b位置的过程中,电路中总电阻减小,平行金属板两端的电压增大,小球受到的电场力增大,因此夹角θ增大,即θ1<θ2;电路中的总电阻减小,总电流增大,即I112.(10分)实验室有一种灵敏电流计G,满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig和内阻Rg,实验室中可供利用的器材有:
待测灵敏电流计G1、G2
电流表A:(量程为1mA、内阻约为100Ω)
定值电阻R1:(阻值为400Ω)
定值电阻R2:(阻值为600Ω)
电阻箱R:(0～9999.9Ω,最小调节量0.1Ω)
滑动变阻器R3:(最大电阻2000Ω,额定电流1.5A)
直流电源:电动势1.5V,内阻不计;
开关一个,导线若干。
该小组设计的实验电路图如图,连接好电路,并进行下列操作。
(1)闭合开关,调节滑动变阻器,使电流表示数适当。
(2)若灵敏电流计G2中的电流由b流向a,再调节电阻箱,使电阻箱R的阻值
(选填“增大”或“减小”),直到G2中的电流为0。
(3)读出电阻箱连入电路的电阻为1200Ω,电流表的示数为0.6mA,灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处,则灵敏电流计满偏电流Ig= mA,内阻
Rg= Ω。
【解析】若灵敏电流计G2中的电流由b流向a,说明b点电势较高。再调节电阻箱,使电阻箱R的阻值减小,升高a点电势,直到G2中的电流为0。读出电阻箱连入电路的电阻为1200Ω,电流表的示数为0.6mA,灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处,即,由欧姆定律和串联电路并联电路规律得,(Rg+1200)
=(0.6×10-3-Ig)(400+600),×1200=(0.6×10-3-Ig)×600,联立解得:灵敏电流计满偏电流Ig=300mA,内阻Rg=800Ω
答案:(2)减小 (3)300 800
13.(12分)在如图所示的电路中,定值电阻R1=7Ω、R2=3Ω、R3=1Ω、R4=4Ω、R5=5Ω,电容器的电容C=2μF,电源的电动势为E=20V,忽略电源的内阻。若将开关S闭合,求:
(1)电容器所带的电荷量;
(2)如果在工作的过程中R2烧断,流过R5的电荷量。
【解析】(1)由电路图可知UR1∶UR2=R1∶R2=7∶3
且UR1+UR2=20V
解得:UR1=14V,UR2=6V
同理可得:UR3=4V,UR4=16V
假设d点为零电势点,则φd=0
则有UR2=φa-φd=6V
UR4=φb-φd=16V
因此φa=6V,φb=16V
由于b点电势高,则电容器的下极板带正电,
所以Uba=φb-φa=10V
则电容器所带的电荷量为
Q=CUba=2×10-6×10C=2×10-5C。
(2)若R2断路则有Uab=UR3=4V
则电容器所带的电荷量为
Q′=CUab=2×10-6×4C=8×10-6C
此时下极板带负电,则流过R5的电荷量为
ΔQ=Q+Q′=2.8×10-5C。
答案:(1)2×10-5C (2)2.8×10-5C
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