2020届高三高考物理一轮复习《和闭合电路欧姆定律有关的实验》专题强化
某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻R0=5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。
(1)实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池的
U－I曲线a（如图丁）。由此可知，该电源内阻是否为常数_______（填“是”或“否”），某时刻电压表示
数如图丙所示，读数为________V，由图像可知，此时电源内阻为_______Ω。 实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得U－I曲线b（如图丁）。
(2)在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5 V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为________W（计算结果保留两位有效数字）。
9．某实验小组研究两个未知元件X 和Y的伏安特性,使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等。
(1)使用多用电表粗测元件X的电阻。选择“×1”欧姆档测量，示数如图1(a)所示，读数为________Ω。据此应选择图1中的 ________(填“b”或“c”)电路 进行实验。
(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐_______(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。
(3)图2(a)是根据实验数据作出的U－I图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件。 (4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图2(b)所示。闭合S1和S2，电压表读数为3.00 V；断开S2，读数为1.00 V，利用图2(a)可算得E＝________V，r＝________Ω。(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)
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答案
1．【答案】(1)0.881 mm 0.42 A 2.25 V (2)A 小 (3)B －RA
【解析】(1)螺旋测微器先读固定部分为0.5 mm，可动部分可估读为38.1×0.01 mm＝0.381 mm，故总示数为：(0.5＋0.381) mm＝0.881 mm；电流表量程为0.6 A，则最小刻度为0.02 A，读数为0.42 A；电压表量程为3 V，最小刻度为0.1 V，则读数为2.25 V。
(2)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内电阻较大，由以上读数可知，待测金属丝的电阻约为5 Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A；在实验中电压表示数准确，但电流表测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小。
(3)因已知电流表内阻的准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，故应选B电路；待测金属丝电阻及电流表总电阻R＝，则待测金属丝电阻Rx＝R－RA＝－RA。
11UR2．【答案】(1)A D F (2)a d c g f h (3) (或U 或 R)(横纵坐标互换亦可)
UIUIUIURRU【解析】(1)为了使测量更准确，电流表选量程为0.6 A的电流表A，电池组的电动势约4.5 V，故电压表选D，为了便于调节滑动变阻器应选F。
(2)为了使测量误差尽可能小，测量电源电动势和内电阻的原理图如图(a)所示，因此将a、d相连，c、g相连，f、h相连。
(3)用电阻箱和电压表测量电源电动势和内电阻的实验原理图如图(b)所示，根据闭合电路欧姆定律，得EURr1?UR?U11r1?11?
＝U＋r，所以＝＋·?或U＝E－r或＝＋R?，因此可作出－?或U－或－R?图象处理数据。
RUEER?
RUEE?
UR?
RU?
3．【答案】(1)见解析图(a) (2)49 000 (3)如图所示 (4)0.35 【解析】(1)如图(a)所示。
(2)设需要串联的电阻阻值为Rx，则有Ig(Rg＋Rx)＝5 V，代入数据可得Rx＝49000 Ω。
(4)将定值电阻R0看做该电源的内阻的一部分，则内阻r′＝6 Ω，由此
可得路端电压U＝E′－Ir′，在I1－I2图线所在坐标纸上作出该I－U图象如图(b)所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A，电压约为1.1 V，所以该小电珠消耗的功率约为P＝0.32×1.1 W≈0.35 W。
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4．【答案】(1)B (2)负 (3)3 000(或3×10) 6 000(或6×10)
【解析】(1)因在滑片移动过程中，发现起始阶段电压表的示数逐渐增大，后续阶段电压表示数保持6 V不变，则知元件阻值可能先不变，后续阶段变小，故B正确。 (2)结合第(1)问中所给条件，可知D元件黑色部分为负极。
(3)由R总＝，解得R总＝3000 Ω；D恰好处于稳压工作区时，其两端电压U＝6 V，而U＝＝6000 Ω。
5．【答案】(1)RB (2)②R1 ③R2 R0 (3)b、c 50
【解析】(1)由电源的电动势为1.5 V，电流表量程为3 mA可知，达到满偏时，电路总电阻约为500 Ω，故滑动变阻器选择RB。
(2)实验中选用替代法测量电阻，第二步中，先将S拨向接点1，调节滑动变阻器R1，记录电流表读数I；然后将S拨向接点2，调节电阻箱R2，使电流表读数仍为I，此时电阻箱的读数即为待测电阻的阻值，即Rt＝R0。
(3)由于电阻Rt随温度升高而增大，由闭合电路欧姆定律可知其两端电压也增大，所以电压表与之并联，即电压表接在b、c两点．根据题图乙中图象可得Rt＝(100＋t)Ω，由串联分压规律可得电压表示数为2.0 V时，Rt＝150 Ω，解得t＝50(℃)。
6．【答案】(1)见解析图 (2)0.20 (3)D (4)1.5 0.25 (5)能 【解析】(1)由实物图连接原理图，如图所示。
(2)根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流I=(0.60－0.20)A=0.40A；电压U=0.10×0.40V=0.040V，则电流表内阻为：RA?(3)S接D，否则外电路短路。
(4)根据(3)中步骤和闭合电路欧姆定律可知E=I(R+RA+r)，变形可得：
R?r13.0?1.0?0.3，解得E=1.5V，r=0.25Ω。 ，A?EE4.0?1.01RRA?r??，根据图象可知:IEE3
3
EIg
ERDR总＋RD，解得RD0.040??0.20?。 0.208 / 10
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(5)由?1IRRA?r?可知：当电流表内阻未知时，能测出电动势，但不能测出内电阻。 EE7．【答案】(1)c 4.0（3.9 ~ 4.1） (2)减小Md 【解析】(1)电流表的内阻与 Rx相当，为了使 Rx的测量值更接近真实值，应采用电流表的外接法，所以电压表的 a端应连接到电路的c点。U–I图像的斜率表示电阻的阻值，则Rx??U0.80?Ω?4.0Ω。 ?I0.20(2)由图可知当风速增加时， Rx会减小。 Rx减小，并联部分电阻减小，并联部分分得电压减小，要让其分得
电压不变，滑动变阻器的滑片应向M端移动，维持电路其它部分电阻与并联部分电阻之比不变。风速从零开始增加， 置于气流中的电阻Rx会减小，其他电阻不变，要使电压表示数从零开始增加，电压表的正负接线柱只能接在b、d两点，因其它各点间的电势差不可能为零。
8．【答案】(1)否 1.50 5.6 (2)7.2×10（7.0×10～7.4×10均算正确）
【解析】(1)由U－I图像可知，因图像的斜率等于电源的内阻，可知电源内阻不是常数；电压表的量程为3.0V，则读数为1.50V；由图中读出，此时电路中的电流为250mA，因电源的电动势为E=2.9V，可得此时电源的内阻r?－2
－2
－2
E?U2.90?1.50???5.6?； I0.25(2) 在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，可得此时的电流为100mA，则滑动变阻器的阻值为：R?U2.5 ?R0??5?20?；
I0.1则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为R外=R+R0=25Ω，将此电阻的U－I线画在此电源的U－I图像中，如图，直线与b的交点为
电路的工作点，此时I=60mA，则滑动变阻器消耗的电功率为P=IR=0.06×20 W=7.2×10W。 9．【答案】(1)10 b (2)增大 (3)Y (4)3.2 0.50
【解析】(1)欧姆表的读数R＝示数×倍率，得R＝10 Ω；根据实验电路产生误 差的原因知应选用电流表外接，故选择“b”电路进行实验。
(2)滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，R左增大，待测电阻两端的电压增大， 所以电流表的示数增大。 (3)根据伏安特性曲线知，X为线性元件，Y为非线性元件，且RX＝10 Ω。 (4)由闭合电路欧姆定律：S1、S2均闭合，有U1＝得r＝0.50 Ω，E＝3.2 V。
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ERX；S1闭合，S2断开，有U2＝RX，解以上两式RX＋rRX＋R＋rE2020届高三高考物理一轮复习《和闭合电路欧姆定律有关的实验》专题强化
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