2021届高考物理二轮专题复习讲义：专题六 实验技能与创新第2讲 电学实验

第2讲　电学实验
实验一　伏安法测电阻
(2020·陕西西安一模)某物理兴趣小组欲将电流表G(量程为300 μA，内阻约为100 Ω)改装成直流电压表(量程为6 V)。小组同学先按图甲所示电路测量电流表的内阻，提供的实验器材有：
A．电源(电动势为2 V，内阻不计)；
B．电源(电动势为10 V，内阻不计)；
C．电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)；
D．滑动变阻器(0～10 kΩ)；
E．滑动变阻器(0～50 kΩ)；
F．开关S1、S2，导线若干。
(1)按图甲所示电路将图乙中实物间的连线补充完整，要求闭合开关的瞬间，电流表不会被烧坏。
(2)为了尽可能减小实验误差，电源应选用________(选填“A”或“B”)，滑动变阻器应选用______(选填“D”或“E”)。　
(3)在实物连线正确的情况下，主要实验步骤如下：
①闭合S1，调节滑动变阻器R1的滑片，使电流表的指针满偏。
②在保持滑动变阻器R1的滑片位置不变的情况下，闭合S2，调节电阻箱R2，当其阻值为204.0 Ω时电流表G的示数如图丙所示，则电流表G的示数为____μA，电流表的内阻为________Ω。
③给电流表G________(选填“串”或“并”)联一个阻值为________Ω的电阻，即可将该电流表G改装成量程为6 V的电压表。
[解析]　(1)根据原理图画出实物连线图，如图所示：
(2)本实验采用的是恒流法测电阻，为保证总电流几乎不变，电源选择电动势较大的电源B；滑动变阻器选择阻值大的E；
(3)电流表G量程为300 μA，精确度为10 μA，故读数为200 μA；流过电流表的电流为IG＝200 μA，总电流认为不变，则流过电阻箱的电流为I2＝300 μA－200 μA＝100 μA，电流表和电阻箱并联，两端电压相等，则有IGrG＝I2R2，代入数值可得：rG＝102.0 Ω；把电流表改装成电压表需要串联一合适的电阻；设串联电阻阻值为R，电流表的满偏电流为Ig，则有Ig(rG＋R)＝U，代入数值可得R＝－rG＝ Ω－102.0 Ω＝19 898 Ω。
[答案]　(1)见解析图　(2)B　E　(3)②200　102.0　③串　19 898
【拓展训练1】　某同学先后用多用电表和伏安法测量一个未知电阻Rx的阻值。
(1)该同学选用倍率为“×100”的电阻挡时，指针位置如图甲所示；他应选用倍率为________(选填“×1”或“×10”)的电阻挡再次测量，当其选择合适的倍率后，指针位置如图乙所示，则所测电阻的阻值为________ Ω；
(2)为更精确测量其阻值，该同学采用了伏安法。实验室备有下列实验器材：
a．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ)；
b．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ)；
c．电流表A1(量程250 mA，内阻约为0.2 Ω)；
d．电流表A2(量程50 mA，内阻约为1 Ω)；
e．滑动变阻器R(最大阻值150 Ω)；
f．电池组E(电动势为3 V，内阻不计)；
g．开关S，导线若干。
为减小实验误差，电压表应选用________，电流表应选用________(填器材前面的序号)，实验电路应选________(选填“图丙”或“图丁”)。若该同学选择器材、连接电路等操作均正确，则电阻的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)其真实值，原因是________________________。
解析：(1)选用倍率为“×100”的电阻挡测量时，指针的位置如题图甲所示，指针偏角太大，说明所选挡位太大，要较准确地测量该电阻的阻值，应选择“×10”的电阻挡，重新进行欧姆调零后再测电阻；按正常顺序操作后，指针的位置如题图乙所示，则该电阻的阻值为7×10 Ω＝70 Ω。
(2)电源电动势是3 V，电压表应选a
通过待测电阻的最大电流约为
I＝ A≈0.0429 A＝42.9 mA
电流表选d
由于＝<＝≈214
说明待测电阻较小，则电流表用外接法，即实验电路应选图丁。
电流表外接法中，电压表测量的是电阻两端的真实电压，由于电压表的分流作用使电流表的示数大于流过待测电阻的电流，据此可知，电阻的测量值小于其真实值，主要原因为电压表的分流作用。
答案：(1)×10　70　(2)a　d　 图丁　小于　电压表分流
实验二　描绘小电珠的伏安特性曲线
(2020·大联盟5调)某学习小组在探究一小灯泡的伏安特性曲线实验中，所用器材有：小灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、开关S等，要求小灯泡两端电压从0开始变化。
(1)请在虚线框内画出实验电路图。

(2)按照正确的实验步骤，该学习小组测得多组实验数据并作出了U－I图象如图所示。
(3)现有电动势E＝4.4 V、内阻r＝5 Ω的电源
①如果用电源直接与小灯泡连接，则小灯泡的功率为________W；②将________只相同的小灯泡并联后，再与该电源连接，可使小灯泡的总功率最大，其总功率的值约为________W。(保留2位小数)
[解析]　(1)实验电路图如图所示
(3)①由电源的路端电压U＝E－Ir，在U－I图象作出直线与小灯泡的伏安特性曲线的交点，可得小灯泡的功率为P＝UI＝0.82 W。
②小灯泡的总功率最大，即电源输出功率最大，即电源内外电压相等时，U＝2.2 V，I＝0.44 A，由小灯泡的伏安特性曲线得IL＝0.22 A，所以将2只相同的小灯泡并联后，再与该电源连接，可使小灯泡的总功率最大，其总功率的值约为0.97 W。
[答案]　(1)见解析图　(3)①0.82(0.78～0.86) 　②2　0.97
【拓展训练2】　(2020·广东深圳模拟)为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，某同学测量小灯泡的电压U和电流I，利用P＝UI得到电功率。实验可选用的器材有：
电池(电动势为12 V，内阻不计)；小灯泡(3.0 V，1.8 W)；
电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；电流表(量程为0～0.6 A，内阻约0.15 Ω); 滑动变阻器(最大阻值为 10 Ω)；定值电阻(10 Ω、20 Ω和50 Ω)；开关、导线若干。
(1)准备使用的实物电路如图甲所示。请用笔画线代替导线将图甲所示的实物电路连接完整。
(2)在10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻中，电阻 R1应选________Ω的定值电阻。
(3)处理数据后将 P、U2 描点在坐标纸上，如图乙所示。请在坐标纸上画出 P－U2 图线，并说明各点不在一条直线上的原因：________________________。
解析： (1)小灯泡电阻较小，则采用电流表外接，滑动变阻器用分压电路，电路连接如图甲所示。
(2)小灯泡的额定电流I＝＝ A＝0.6 A
通过滑动变阻器的电流为I变＝＝ A＝0.3 A
所以通过电源的电流为I′＝I＋I变＝0.6 A＋0.3 A＝0.9 A
根据闭合电路欧姆定律，应有E＝U＋I′(r＋R0)
解得R0＋r＝ Ω＝10 Ω，所以保护电阻R1应选10 Ω 的定值电阻。
(3)在坐标纸上画出P－U2图线如图乙所示。
各点不在一条直线上的原因：随着小灯泡两端电压的增大，灯丝温度逐渐升高，这会导致灯泡电阻增大，故图线应为曲线。
答案：(1)见解析图甲　(2)10　(3)见解析图乙　随着小灯泡两端电压的增大，灯丝温度逐渐升高，这会导致灯泡电阻增大，故图线应为曲线
实验三　测定金属的电阻率
(2020·山东等级考模拟)某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该铅笔芯的电阻值。所用器材有电流表A1、A2，电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测铅笔芯Rx、电源E、开关S及导线等。操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值：记录两个电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，
请回答以下问题：
(1)若电流的内阻可忽略。则电流表示数I2＝________I1
时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值。
(2)用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图乙所示，该笔芯的直径为________mm。
(3)已测得该笔芯的长度L＝20.00 cm，电阻箱R1的读数为5.00 Ω，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻率ρ＝________Ω·m。(结果保留3位有效数字)
(4)若电流表A2的内阻不能忽略，仍利用(1)中方法，则笔芯电阻的测量值________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。
[解析]　(1)若电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值，则两条支路的电流相等，所以：I2＝I1。
(2)主尺上的刻度为1 mm，副尺上的刻度为50格，所以读数为：
d＝1 mm＋0.01 mm×0＝1.000 mm。
(3)该笔芯的横截面积：S＝π＝π
R＝R1
代入电阻定律R＝ρ得：ρ＝＝
代入数据得：ρ＝1.96×10－5 Ω·m。
(4)若电流表A2的内阻不能忽略，则笔芯电阻的测量值为R1，真实值为R1＋RA2，则笔芯电阻的测量值小于真实值。
[答案]　(1)　(2)1.000　(3)1.96×10－5　(4) 小于
【拓展训练3】　(2020·苏锡常镇四市调研)合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。实验操作如下：
(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为________mm。
(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电压表有示数，而电流表示数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线________断路(用图中导线编号表示)。
(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻Rx如下表：
Rx/Ω 10.0 17.9 26.1 34.0 41.9
l/cm 10 20 30 40 50
请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出Rx－l图象。
(4)根据图象及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率ρ＝________Ω·m(保留2位有效数字)。
(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为________(选填“使结果偏大”“使结果偏小”或“对结果无影响”)。
解析：(1)金属丝的直径为0＋38.0×0.01 mm＝0.380 mm。
(2)只有a或c发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数总为零。
(3)在方格纸上作出Rx－l图象如下。
(4)根据电路图可知Rx和l的关系为：Rx＝ρ＋RA，所以Rx－l图象的斜率为k＝＝，代入数据得：ρ≈9.1×10－6 Ω·m。
(5)因为多次测量金属丝长度l和接入电路的电阻，通过画图求斜率求出的大小，所以电表内阻对合金丝电阻率测量结果无影响。
答案：(1)0.380(0.379～0.381均可)　(2)a或c
(3)见解析图　(4)9.1×10－6(8.8×10－6～9.2×10－6均可)　(5)对结果无影响
实验四　测定电源的电动势和内阻
(2020·陕西渭南模拟)某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，他设计了如图甲所示的电路，其中ab是阻值为10 Ω的均匀直电阻丝，长100 cm，该同学进行了如下操作：
①将电阻丝固定在木板上，a、b两端连在接线柱上；
②将刻度尺平行ab固定在木板上，刻度尺的0、100.00 cm刻度线分别与a、b对齐；
③在电阻丝上夹上一个带有接线柱P的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度；
④连接电路，金属夹在电阻丝上某位置时，闭合开关，将电流表的示数I及对应的金属夹所夹的位置刻度x记录在表格中；
⑤重复步骤④，记录每一次电流表的示数和对应的金属夹所夹位置刻度，如表所示；
⑥建立－x坐标系，将表格中数据在坐标系中描点如图乙所示。请回答下列问题：
x(cm) 10.00 20.00 40.00 60.00 80.00
I(A) 0.48 0.34 0.22 0.16 0.13
(A－1) 2.08 2.94 4.55 6.25 7.92
(1)干电池的电动势为________V，内阻为________Ω；
(2)实验中，用了4条长各为30 cm的铜导线连接仪器，为进一步探究导线电阻对电池内阻测量结果的影响，该同学用螺旋测微器测量了导线直径d，示数如图丙所示，d＝________mm；查询资料可知铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，通过近似计算，求出导线的总电阻，并说明可以不考虑导线电阻的理由_______________________________________________________。
[解析]　(1)根据实验原理有E＝I(R＋r)＝I(×10＋r)
变形得＝ x＋
将－x图象中的点连成直线如图
则有图象斜率k＝＝
得E≈1.18 V
由于误差则1.10～1.50 V均正确
截距为b＝＝1.2
得r≈1.41 Ω
由于误差1.30～1.60 Ω均正确。
(2)螺旋测微器固定刻度为0.5 mm，可动刻度为0.01×13.0 mm＝0.130 mm，所以最终读数为0.630 mm，由电阻定律得R＝ρ＝ρ＝ρ＝1.7×10－8× Ω≈0.07 Ω　
由于导线电阻约为0.07 Ω，远小于电源内阻，则实验时可以不考虑导线电阻。　
[答案]　(1)1.18(1.10～1.50均正确)　1.41(1.30～1.60均正确)　(2)0.630　导线电阻约为0.07 Ω，远小于电源内阻
【拓展训练4】　在测量干电池的电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路，S2为单刀双掷开关，定值电阻R0＝3 Ω。合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图乙所示，两直线与纵轴的截距分别为3.00 V、2.99 V，与横轴的截距分别为0.75 A、0.80 A。
(1)S2接1位置时，作出的U—I图线是图乙中的______(选填“A”或“B”)线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是___________________；
(2)由图乙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真＝________V，r真＝________Ω；
(3)根据图线求出电流表内阻为________Ω。
解析：(1)当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律：E＝U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U－I图线应是B线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表分流造成。
(2)当S2接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E＝U断可知电动势测量值等于真实值，U－I图线应是A线，即E真＝UA＝3.00 V，由图示图象可知，E真＝UA，由于S2接1位置时，U－I图线的B线对应的短路电流为I短＝IB，所以r真＝－R0＝－R0＝ Ω－3 Ω＝0.75 Ω。
(3)开关S2接2位置时，U－I图象如题图乙中A线所示，此时：r真＋RA＝，电流表内阻：RA＝－r真＝ Ω－0.75 Ω＝0.25 Ω　
答案：(1)B　电压表的分流　(2)3.00　0.75　(3)0.25
实验五　练习使用多用电表
(2020·厦门一模)某实验小组用下列器材设计欧姆表电路，使欧姆表具有“×1”“×10”两种倍率。现有一块59C2型的小量程电流表G(表头)，满偏电流为100 μA，内阻未知，可供选择的器材有：
滑动变阻器R′，最大阻值50 kΩ；
电阻箱R，最大阻值9 999 Ω；
电源E1，电动势1.5 V；
电源E2，电动势3 V；
电源E3，电动势4.5 V；(所有电源内阻不计)
单刀单掷开关S1和S2；单刀双掷开关S3；电阻丝及导线若干。
(1)实验小组的同学先采用图1所示电路测量了表头的内阻，操作步骤如下：闭合开关S2，调滑动变阻器R′使电流表指针指向满偏；保持滑动变阻器阻值不变，闭合开关S1，调电阻箱R，使电流表指针指向满偏电流的一半；读出电阻箱的阻值R，记为电流表的内阻。为提高测量精确度，选用的电源为________，采用此种办法测得的表头内阻，其测量值________真实值(选填“＞”“＜”或“＝”)。
(2)选择合适器材，按图2连接好的欧姆表电路，就改装成了具有两种倍率(如“×1”“×10”)的欧姆表。当开关S3拨到b时，欧姆表的倍率是________(选填“×1”或“×10”)，________(选填“左”或“右”)侧为红表笔。
[解析]　(1)在测量表头电阻时，为了减小闭合S1时对电路总电阻的影响，滑动变阻器阻值越大越好，电源电动势越大越好。在闭合S1时电路中电阻变小了，总电流I1变大，rg＝R
代入计算时认为I1不变，所以测量值偏小。
(2)对于改装后的电流表，接a时量程大于接b时量程，根据欧姆表的工作原理，R内＝
可判断接b是为大倍率，所以倍率为×10；根据电流对于电表的“红进黑出”原理可知左侧为红表笔。
[答案]　(1) E3　＜　(2)×10　左
【拓展训练5】　(2020·汕头一模)某研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电流表的内阻：
(1)首先用欧姆表测量电流表的内阻，测量时红色表笔应该接电流表的________(选填“正接线柱”或“负接线柱”)；用“×10”挡测量时指针指示如图甲所示，则应该换________挡再次测量；
(2)研究小组又设计了更精确的测量方案，所用电路如图乙所示。将开关S闭合，调节R1、R2使电流表、电压表指针都在合适位置，然后在保持________不变的前提下，多次改变R1、R2，记录R1和电流表偏转的格数N，再根据记录数据作出R1－图象，若作出的图象如图丙所示，则电流表的内阻等于________。
解析：(1)根据欧姆表中电流为红进黑出，则用欧姆表测量电流表的内阻时，红色表笔应该接电流表的负接线柱；由题图甲可知，用“×10”挡测量时指针偏角过大，说明电阻较小，为了较准确测量，应选用“×1”挡。
(2)由实验原理可知，将开关S闭合，调节R1、R2使电流表、电压表指针都在合适位置，然后保持电压表示数不变；由欧姆定律有U＝I(RA＋R1)，设电流表每一格电流为I0，则有U＝NI0(RA＋R1)，整理得R1＝·－RA，由图线可知，电流表内阻RA＝b。
答案：(1)负接线柱　×1　(2)电压表示数　b
实验六　传感器的简单使用
(2020·陕西咸阳模拟)某实验小组要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，实验原理如图所示，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警。该热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。
t/℃ 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0
Rt/Ω 220.0 165.0 130.0 100.0 80.0 70.0
可供选用的器材有：
A．电源E1(3 V，内阻不计)
B．电源E2(9 V，内阻不计)
C．滑动变阻器R1(0～100 Ω)
D．滑动变阻器R2(0～1 000 Ω)
E．热敏电阻Rt
F．报警器(电阻不计，流过的电流超过40 mA就会报警，超过80 mA将损坏)
G．开关S
H．导线若干
(1)电路中电源应选用________，滑动变阻器应选用________；(填器材前的代号)
(2)实验中发现电路不工作，某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将选择开关旋至________(选填“直流2.5 V”“直流10 V”或“交流2.5 V”)挡，合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，现测量a、b和a、c两点间的电压，则接在a点的应是________(选填“红”或“黑”)表笔，若接入a、b时示数为零，接入a、c时指针偏转，若电路中只有一处故障，则电路故障为________；　
(3)排除故障后，将热敏电阻置于温控室中，调整温控室的温度为60 ℃，将开关S闭合，调整滑动变阻器，当报警器刚开始报警时，滑动变阻器接入电路的阻值为________ Ω，若要求降低报警温度，则滑动触头应该向________移动(选填“左”或“右”)。
[解析]　(1)当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警，此时热敏电阻的阻值Rt为100.0 Ω流过报警器的电流超过40 mA，所以电源电压E>IRt＝4 V，因此电源选用B。
电源电压为9 V，而报警时的电流为40 mA＝40×10－3 A
此时电路中的总电阻为R＝＝ Ω＝225 Ω
而热敏电阻的阻值约为100 Ω，所以此时滑动变阻器接入的电阻应为125 Ω，滑动变阻器的最大阻值应超过125 Ω，故滑动变阻器选D；
(2)因电源选用电源E2(9 V，内阻不计)，所以应将选择开关旋至“直流10 V”挡；测量a、b和a、c两点间的电压，则接在a点的应是“红”表笔；若接入a、b时示数为零，接入a、c时指针偏转，电路中只有一处故障，则电路故障为bc间断路；
(3)将热敏电阻置于温控室中，调整温控室的温度为60 ℃，热敏电阻的阻值约为100 Ω，将开关S闭合，调整滑动变阻器，当报警器刚开始报警时，报警时的电流为40 mA＝40×10－3 A
此时电路中的总电阻为R＝＝ Ω＝225 Ω
而热敏电阻的阻值约为100 Ω，所以此时滑动变阻器接入的电阻应为125 Ω。
若要求降低报警温度，热敏电阻的阻值变大，则滑动变阻器接入电路的阻值变小，所以滑动触头应该向“左”移动。
[答案]　(1)B　D　(2)直流10 V　红　bc间断路
(3)125　左
【拓展训练6】　某特种玻璃厂生产的调光玻璃是一款将液晶膜复合进两层玻璃中间，经高温高压胶合后一体成型的夹层结构的新型特种光电玻璃产品。使用者改变其电压可控制玻璃的透明度。为了使玻璃的透明度随光照强度变化而变化，可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为Lx)。某光敏电阻在不同照度下的阻值如图甲所示：
(1)由图象可以看出，光敏电阻的阻值随光照强度的增大而________；(选填“增大”或“减小”)
(2)为了使照度上升时，调光玻璃(可视为阻值极大的电阻)两端所加电压变大，请同学根据图乙中提供的器材，设计并补全下面电路。为了便于调节，滑动变阻器采用分压式接法；
(3)若光敏电阻与定值电阻串联总电压为3 V，照度上升至1.0 Lx，要求玻璃两端电压上升至2 V，则定值电阻阻值应为________kΩ。
解析：(1)由图象可以看出，光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小；
(2)当照度上升时，光敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，定值电阻两端的电压变大；根据串联分压可知光敏电阻两端的电压变小，而要使调光玻璃(可视为阻值极大的电阻)两端所加电压变大，则调光玻璃应与定值电阻并联；题中要求滑动变阻器采用分压式接法，所以电路图如图所示；
(3)由图象可以看出，照度上升至1.0 Lx时，光敏电阻的阻值为2.0 kΩ，根据串联分压可知光敏电阻两端的电压为1 V，所以定值电阻阻值应为4.0 kΩ。
答案：(1)减小　(2)见解析图　(3)4.0
(建议用时：60分钟)
1．(2020·山东九校联考)新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据，通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是19 mm 等分成10份，39 mm等分成20份，99 mm等分成50份，一个新式游标卡尺如图所示。
(1)该游标卡尺的精确度是________mm；
(2)用该游标卡尺测得一物体的厚度为1.24 cm，根据游标卡尺的读数原理，可推知这时游标尺上的第________条刻度线与主尺上的________mm刻度线对齐。
解析：(1)游标尺共20格，总长为39 mm，精确度2 mm－1.95 mm＝0.05 mm。　
(2)读数是1.24 cm，则主尺应该为1.2 cm，则1.24 cm＝1.2(主尺) cm＋n×0.005 cm
解得n＝8，对齐的主尺刻度1.2 cm＋8×2 mm＝28 mm。
答案：(1)0.05　(2)8　28
2．(2020·湖南永州一模)某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知电阻阻值以及判断二极管的正负极。
甲
(1)他选择“×100”倍率的欧姆挡按照正确的步骤测量未知电阻时，发现表针偏转角度很大，如图甲中虚线①的位置所示。为了能获得更准确的测量数据，他应该将倍率调整到________的挡位(选填“×10”或“×1k”)；并把两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”，使表针指向________Ω。调整好此挡位的欧姆表后再正确测量上述未知电阻，表针指在如图甲中虚线②的位置，则未知电阻的测量值为________Ω。　
(2)若用已调好的多用电表欧姆挡“×10”挡来探测一只二极管的正、负极(如图乙所示)。当两表笔分别接二极管的正、负极时，发现表针几乎不发生偏转(即指示电阻接近无限大)；再将两表笔与二极管两极的连接情况对调，发现表针指在如图甲中的虚线①的位置，此时红表笔接触的是二极管的________极(选填“正”或“负”)。
乙
解析：(1)指针偏转角度过大，说明待测量阻值较小，所以更换较小的“×10”挡位；
欧姆调零的目的是需要将指针调至欧姆表盘的0刻度位置，即使指针指向0；欧姆挡读数需要用刻度值乘以倍率：15×10 Ω＝150 Ω；
(2)红表笔与欧姆挡内部的电源负极相连，根据题意可知二极管的电阻较小，此时电流从二极管的正极流入，负极流出，所以红表笔接触的是二极管的负极。
答案：(1)×10　0　150　(2)负
3．(2020·中山一模)在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300 μA的微安表头G改装为量程为0.3 A 的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有：
微安表头G(量程300 μA，内阻约为几百欧姆)
滑动变阻器R1(0～10 kΩ)
滑动变阻器R2(0～50 kΩ)
电阻箱R(0～9 999 Ω)
电源E1(电动势约为1.5 V)
电源E2(电动势约为9 V)
开关、导线若干
(1)实验小组先用如图(a)所示电路测量表头G的内阻Rg，实验方法是：
A．按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端
B．断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏
C．闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200 μA，记录此时电阻箱的阻值R0
①实验中电源应选用________，滑动变阻器应选用________(选填仪器字母代号)；
②测得表头G的内阻Rg＝________，表头内阻的测量值较其真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)实验测得G的内阻Rg＝500 Ω，要将表头G改装成量程为0.3 A的电流表，应选用阻值为________Ω的电阻与表头G并联。
(3)实验小组利用改装后的电流表A，用图(b)所示的电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时电压表V的示数为1.20 V，表头G的指针指在原电流刻度的250 Ω处，则Rx＝________Ω。
解析：(1)①闭合开关S2时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E2，滑动变阻器应选择R2。
②闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的，则流过电阻箱的电流为满偏电流的，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则：Rg＝R0
闭合开关S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300 μA，当表头G示数为200 μA时，流过电阻箱的电流大于100 μA，电阻箱阻值小于表头G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小。
(2)把微安表改装成0.3 A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R＝＝ Ω≈0.5 Ω。　
(3)改装后电流表内阻为：RA＝＝ Ω＝0.5 Ω；微安表量程为300 μA，改装后电流表量程为0.3 A，量程扩大了1 000倍，微安表示数为250 μA时，流过电流表的电流为：250×10－6×1 000 A＝0.25 A　
由题图(b)所示电路图可知，待测电阻阻值为：Rx＝－RA＝ Ω－0.5 Ω＝4.3 Ω。
答案：(1)①E2　R2　②R0　偏小　(2)0.5　(3)4.3
4．(2020·吉林市第三次调研)测量电阻丝的电阻率ρ的实验电路如图甲所示，电阻丝的电阻约为20 Ω。先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。除电池组E(电动势为3.0 V，内阻约1 Ω)、电阻箱R(0～999.9 Ω)、开关、导线若干，可供选择的器材还有：
电流表A1(量程0～100 mA，内阻约5 Ω)
电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约0.2 Ω)
(1)实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径
B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L
E．断开开关，改变________的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。重复多次，记录每一次的R和L数据
F．断开开关
(2)如图乙，用螺旋测微器测量电阻丝直径为d ＝________mm。　
(3)电流表应选择________(选填“A1”或“A2”)。
(4)用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丙所示图线，截距分别为R0和L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝________(用给定的字母表示)。　
解析：(1)根据实验原理与实验步骤，断开开关，改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，重复多次，记录每一次的R和L数据；
(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5 mm，可动刻度是23.0×0.01 mm＝0.230 mm
金属丝直径为d＝0.5 mm＋0.230 mm＝0.730 mm；
(3)电路最大电流约为I＝＝ A≈0.15 A
不到0.6 A的四分之一，如果使用电流表A2实验误差较大，因此电流表应选A1；
(4)由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，外电路总电阻
R总＝R＋R电阻丝＝R＋ρ＝R＋ρ＝R＋ρ
由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零时，电路总电阻R总＝R0
则R＋ρ＝R0
可得R＝R0－ρ
图象斜率k＝＝
则电阻率ρ＝。
答案：(1)金属夹与电阻丝接触点　(2)0.730　(3)A1　(4)
5．(2020·广东深圳模拟)某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精度，需要测量电压表的内阻。实验室中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量。该同学用到的实验器材有：待测水果电池组(电动势约4 V、内阻约50 Ω)，双向电压表(量程为2 V、内阻约为2 kΩ)，电阻箱(0～9 999 Ω)，滑动变阻器(0～200 Ω)，一个单刀双掷开关及若干导线。
(1)该同学按如图1所示电路图连线后，首先测量了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将R1的滑动触片滑至最左端，将开关S拨向1位置，将电阻箱阻值调为0；
②调节R1的滑动触片，使电压表示数达到满偏U；
③保持R1不变，调节R2，使电压表的示数达到，读出电阻箱的阻值，记为R0，则电压表的内阻RV＝________。
(2)若测得电压表内阻为2 kΩ，可分析此测量值应________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(3)接下来测量电源的电动势和内阻，实验步骤如下：
①将开关S拨至________(选填“1”或“2”)位置，将R1的滑片移到最________端，不再移动；
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一合适值，记录电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复第二步，记录多组电压表的示数和对应的电阻箱的阻值。
(4)若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R，作出－图象，如图2所示，其中纵轴截距为b，斜率为k，则电动势的表达式为________，内阻的表达式为________。　
解析：(1)滑动变阻器接入电路的阻值不变，电压表与电阻箱两端电压不变，电压表示数变为满偏电压U时，则电阻箱分压U，电阻箱接入电路的阻值等于电压表内阻的2倍，则电压表内阻RV＝R0.
(2)调节电阻箱阻值使电压表示数变为满偏电压的时，电路总电阻变大，电路总电流变小，滑动变阻器与电源内阻分压变小，电阻箱与电压表两端总电压变大，当电压表示数变为满偏电压时，电阻箱两端电压大于电压表满偏电压的，实际上电压表内阻小于R0，则电压表内阻的测量值偏大。
(3)测电源电动势与内阻，应将开关S拨至2位置，将R1的滑动触片移到最左端，不再移动。
(4)由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势E＝U＋Ir＝U＋r　
则＝＋·
由图示可知，图象截距b＝
图象斜率k＝
则电源电动势E＝
电源内阻r＝。
答案：(1)R0　(2)大于　(3)2　左　(4)　
6．(2020·惠州模拟)在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，已知待测电池的电动势约为1.5 V，内阻约为1.0 Ω。某同学利用图甲所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池、开关、导线外，还有下列器材可供选用：
电流表A1：量程0～0.6 A，内阻约0.125 Ω
电流表A2：量程0～3 A，内阻约0.025 Ω
电压表V：量程0～3 V，内阻约3 kΩ
滑动变阻器R1：0～20 Ω，额定电流2 A
滑动变阻器R2：0～100 Ω，额定电流1 A
(1)为了调节方便，测量结果尽量准确，实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(填写仪器的字母代号)。
(2)经过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图乙中画出了U－I图线。由此得出电源的电动势E＝________ V；内阻r＝________ Ω。
(3)该同学实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1.0 V以下，出现这一现象的原因可能是__________；改进的方法为__________________________________________________。
解析：(1)电源电动势约为1.5 V，流过电路的最大电流约为零点几安培，电流表应选择A1；由于电源内阻较小，为了调节方便，测量结果尽量准确，则滑动变阻器应选R1。
(2)由题图乙U－I图象可知，电源电动势E＝1.50 V，由于误差1.49～1.50 V 均可。电源内阻r＝＝ Ω≈0.83 Ω，由于误差0.81～0.85 Ω均可。
(3)根据串联电路中电压与电阻成正比，可知调节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1.0 V以下，说明电源内阻太小，为了使电压表示数更小，可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻。
答案：(1)A1　R1　(2)1.50(1.49～1.50均可)　0.83(0.81～0.85均可)　(3)电源内阻太小　可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻
7．(2020·通州区高三期末)某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图甲所示的电路图连接电路。先使开关S接1，电容器很快充电完毕。然后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I－t曲线如图乙所示。紧接着他进一步研究滑动变阻器的阻值对放电过程的影响，下列判断正确的是________。
A．将滑片P向右移动一段距离，重复以上操作，所得曲线与坐标轴所围面积将增大
B．将滑片P向左移动一段距离，重复以上操作，所得曲线与坐标轴所围面积将减小
C．将滑片P向右移动一段距离，重复以上操作，所得曲线与横轴交点的位置将向右移动
D．将滑片P向左移动一段距离，重复以上操作，所得曲线与纵轴交点的位置将向下移动
解析：I－t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器所带电荷量：Q＝CU，因为C和U都不变，故Q没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，故A、B错误；将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，由于曲线与坐标轴所围面积不变，所以曲线与横轴交点的位置将向右移动，故C正确；将滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流增加，则曲线与纵轴交点的位置将向上移动，故D错误。
答案：C
8．(2020·合肥市第二次教学质检)某实验小组欲将电流表G1的量程由3 mA改装为0.6 A。实验器材如下：
A．待测电流表G1(内阻约为10 Ω)；
B．标准电流表G2(满偏电流为6 mA )；
C．滑动变阻器R(最大阻值为3 kΩ )；
D．电阻箱R′(阻值范围为0～999.9 Ω)；
E．电池组、导线、开关。
(1)实验小组根据图甲所示的电路测电流表G1的内阻，请完成以下实验内容：
①将滑动变阻器R调至最大，闭合S1；
②调节滑动变阻器R，使电流表G1满偏；
③再闭合S2，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱 R′，电流表G1指针的位置如图乙所示，此时电阻箱R′的示数为4.5 Ω。可知电流表G1内阻的测量值为________，与真实值相比________(选填“偏大”“相等”或“偏小”)；
(2)为了更加准确地测量电流表G1 的内阻，实验小组利用上述实验器材重新设计实验，请完成以下实验内容：
①完善图丙的实物图连接；
②实验小组根据图丙进行实验，采集到电流表G1、G2 的示数分别为3.0 mA、5.0 mA，电阻箱的读数为15.0 Ω，则电流表G1 内阻为________ Ω；
③实验小组将电流表G1改装成量程为0.6 A的电流表，要________(选填“串联”或“并联”) 一个阻值Rx＝________ Ω的电阻(结果保留1位有效数字)。
解析： (1)③调节滑动变阻器R，使电流表G1满偏，即3 mA；再闭合S2，保持滑动变阻器R不变，则可认为总电流不变，调节电阻箱R′，电流表G1读数为1 mA，可知通过电阻箱的电流为2 mA，此时电阻箱R′的示数为4.5 Ω。可知电流表G1内阻的测量值为9.0 Ω；
实际上，当闭合S2后回路电阻减小，则总电流变大，即大于3 mA，则电流计读数为1 mA，则电阻箱R′的电流大于2 mA，则此时实际上电流表阻值大于9.0 Ω，即测量值比真实值偏小。
(2)①图丙的实物图连接如图：
②由电路图可知，电流计G1的阻值rG1＝＝ Ω＝10.0 Ω。
③实验小组将电流表G1改装成量程为0.6 A的电流表，要并联一个电阻，阻值为
Rx＝＝ Ω≈0.05 Ω。
答案：(1)③9.0　偏小　(2)①见解析图　②10.0
③并联　0.05
9．某实验小组要测量一定值电阻的阻值Rx、电源的电动势和内阻。实验器材如下：
A．待测电源E　　　　 B．电压表V1、V2
C．电流表A D．定值电阻Rx
E．滑动变阻器R F．开关和导线若干
实验步骤如下：
①按如图甲所示电路连接好实验器材；
②闭合开关，读出电压表V1和V2以及电流表A的示数U1、U2、I；
③移动滑动变阻器触头，重复②，得到多组数据；
④描绘出U1－I、U2－I图象如图乙所示。
回答下列问题：
(1)由图乙a可得，定值电阻的阻值Rx＝________Ω。
(2)由图中数据可求得电源的电动势E＝________V，电源内阻r＝________Ω。
(3)若考虑电流表、电压表内阻的影响，则定值电阻Rx测________Rx真，电源电动势E测________E真，r测________r真(选填“等于”“大于”或“小于”)。
解析：(1)由图乙a可得，定值电阻的阻值Rx＝＝Ω＝2.0 Ω
(2)根据E＝U2＋I(Rx＋r)，由图中数据，则电源内阻r＝－Rx＝ Ω－2.0 Ω＝2.0 Ω；当U2＝0.5 V，I＝0.625 A可求得电源的电动势E＝3.0 V。
(3)若考虑电流表、电压表内阻的影响，则通过电阻Rx的实际电流小于电流表的电流，即电流的测量值偏大，根据Rx＝，可知定值电阻Rx测小于Rx真；若将电流表的内阻以及Rx都等效为电源的内阻，可知内阻的测量值也包括了电流表的内阻，可知r测大于r真；而此时电流表测量的是通过电源的电流，电压表测量是等效电源的路端电压，则电源电动势的测量是准确的，即E测＝E真。
答案：(1)2.0　(2)3.0　2.0　(3)小于　等于　大于
10．某实验小组为了研究小灯泡的伏安特性曲线，先按照图甲所示的电路图连接电路，实验过程中操作规范，测量准确，得到一系列数据，如图乙中的散点。
该实验小组对实验进行了改进，如图丙所示，将小灯泡L的玻璃罩敲碎，灯丝保存完好，仍然置于灯座上，取一个大小合适的玻璃杯，将灯座倒扣在杯沿上，在玻璃杯里慢慢加水，使得突出的灯丝刚好完全没入水中，电路的其余部分均不接触水，再将该灯座依然接入图甲中小灯泡L处，这样接通电路以后，灯丝不至于热到发光，温度可以基本控制在25 ℃。实验过程中操作规范，测量准确，得到一组数据，如图丁中的一组散点。已知水的电阻远大于灯丝的电阻。
(1)请在图乙上描绘小灯泡的伏安特性曲线K1；曲线K1表明，随着电压升高，小灯泡的电阻________(选填“越来越小”“基本不变”或“越来越大”)。
(2)请在图丁上描绘小灯泡灯丝的伏安特性曲线K2；曲线K2表明，随着电压升高，水中灯丝电阻________(选填“越来越小”“基本不变”或“越来越大”)。
(3)对比两次实验表明，在同样的电压值下，曲线K1的电流值基本都远远小于曲线K2的电流值，其原因是________________________________。
解析：(1)用平滑的曲线将各点相连，如图1所示；I－U图象中图线的斜率表示电阻的倒数，故由图1可知，随着电压升高，电阻越来越大。
(2)同理作出图象如图2所示，由图2可知，电阻基本保持不变。
(3)由两I－U图象可知，在同样的电压下，曲线K1的电流值基本都远小于曲线K2的电流值，即曲线K1的电阻值明显大于曲线K2对应的电阻值，原因是描绘曲线K2时灯丝保持恒温，而描绘曲线K1时灯丝的温度高于描绘曲线K2时灯丝的温度，而金属导体的电阻随温度的升高而增大。
答案：(1)见解析图1　越来越大
(2)见解析图2　基本不变　(3)描绘曲线K2时灯丝保持恒温，而描绘曲线K1时灯丝的温度高于描绘曲线K2时灯丝的温度，而金属导体的电阻随温度的升高而增大