【物理】2020届一轮复习人教版实验测定金属丝的电阻率学案
实验八 测定金属丝的电阻率
实验基础 落实基础·提炼精髓
* ●注意事项
1.螺旋测微器的使用
(1)测量前须校对零点.
(2)测量时,当测微螺杆将要接触被测物体时,要改用微调旋钮.
(3)螺旋测微器应估读一位,即以mm作单位,应读到小数点后面第三位.
(4)方法:固定刻度数mm+可动刻度数(估读一位)×0.01 mm.
2.游标卡尺及读数
(1)看清精确度:10分度、20分度、50分度的精度分别为0.1,0.05,0.02.
(2)主尺上标识的1,2,3等数字单位是厘米,最小刻度是1 mm.
(3)读数方法(mm):主尺刻度数(mm)+游标尺与主尺刻度的对齐数×精度.例如
读数为(50+4×0.05) mm=50.20 mm.
3.电流表和电压表的读数
(1)若刻度盘上每一小格为:1,0.1,0.01,…时,需估读到最小刻度值的下一位.
(2)若刻度盘上每一小格为:2,0.2,0.02,5,0.5,0.05,…时,只需估读到最小刻度值的位数.
4.伏安法测电阻的电路选择
Rx<时,用电流表外接法;Rx>时,用电流表内接法.
5.测定金属的电阻率
(1)先测直径,再连电路.应该把所测量的待测金属丝的两个端点之间的长度接入电路.
(2)本实验中被测金属丝的电阻值较小,应采用电流表外接法.
(3)开关S闭合前,滑动变阻器的阻值要调至最大.
(4)电流不宜太大(电流表用0～0.6 A量程),通电时间不宜太长,以免金属丝温度升高,导致电阻率在实验过程中变大.
●误差分析
1.测量金属丝直径、长度以及电流、电压带来误差.
2.电路中电流表及电压表对电阻测量的影响,因为电流表外接,所以
Rx测
220 Ω,故被测电阻属于小电阻,电流表应选外接法.电路图如图所示.
答案:(1)50.15 (2)4.700 (3)220 (4)①A2 V1 R1 ②电路图见解析
方法技巧
实验仪器的选择
(1)选择实验仪器的三原则
①安全性原则:要能够根据实验要求和客观条件使实验切实可行,且保证测量仪器的量程,电阻类器件的电流不能超过允许通过的最大电流等.
②精确性原则:根据实验的需要,选用精度合适的测量工具,既便于实验又尽量减小误差即可,并不是精度越高越好.
③方便性原则:尽量使测量电路简单好接,测量中的调节控制操作方便.
a.用分压式接法时,滑动变阻器应该选用阻值较小的,而额定电流较大的.
b.用限流式接法时,滑动变阻器应该选用阻值和被测电阻接近的,额定电流应大于被测电阻的额定电流.
(2)电源的选择:一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源.
(3)电表的选择:一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表;根据待测电流的最大电流选择电流表;选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大,一般应使指针能超过量程的以上,以减小读数的偶然误差,提高精确度.
(4)滑动变阻器必须选用分压式的“3种情况”
①若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求,若滑动变阻器阻值调到最大时,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总电阻大得多,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不明显,此时,应改用分压式接法.
③若实验中要求电压从零开始调节,则必须采用分压式接法.
题组训练
1.(2018·山西太原二模)某实验小组发现一个由均匀材料制成的圆柱体,他们想测量其电阻率,实验室能够提供的实验器材有:电源E(8 V,内阻约10 Ω);电压表V(0～6 V,内阻约为50 kΩ);电流表A(0～20 mA,内阻为40 Ω);滑动变阻器R1(0～20 Ω);待测电阻R(约为200 Ω);
开关及导线若干.
他们进行了如下操作:
(1)为了获得多组数据,尽量精确测量其电阻值,请在图(a)方框中画出实验电
路图.
(2)图(b)中的6个点表示实验中测得的6组电流表、电压表示数,根据此图可知阻值R= Ω(保留三位有效数字).
(3)如图(c)所示,用螺旋测微器测得该圆柱体的直径为 cm,用游标卡尺测量其长度为 cm.
(4)由以上数据可求出ρ= Ω·m.(保留三位有效数字)
解析:(1)由于==250>==5,故该实验的测量电路应该选用电流表的外接法,并且为了获得多组数据,尽量精确测量其电阻值,故滑动变阻器应采用分压接法,则实验电路图如图1所示.
(2)图(b)中6个点基本处于一条直线上,过这些点作UI图像,如图2所示,根据图线的斜率表示电阻大小可得R==240 Ω.
(3)用螺旋测微器测得该圆柱体的直径为d=1.5 mm+19.4 mm×0.01=1.694 mm=
0.169 4 cm,用游标卡尺测量其长度为l=10 mm+14×0.05 mm=10.70 mm=1.070 cm.
(4)根据电阻定律R=ρ,且S=π（）2,解得ρ=,代入数据解得ρ=5.05×
10-2 Ω·m.
答案:(1)见解析 (2)240 (3)0.169 4 1.070
(4)5.05×10-2
2.(2018·山东临沂二模)某研究小组的同学们准备测量15 ℃自来水的电阻率,以判断该自来水是否符合国际标准(国标规定自来水在15 ℃时电阻率应大于
13 Ω·m).他们先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极,电极间装满密封的待测自来水,同学们设计了实验方案并分工进行了以下测量:
(1)同学们用游标卡尺测量玻璃管的内径d;向玻璃管内注满自来水,并用刻度尺测量水柱长度L;用多用电表的电阻“×100”挡,按正确的操作步骤测量此水柱体的电阻R,表盘的示数如图(乙)所示;由图(甲)所示可知玻璃管的内径d= mm,水柱体的电阻R= Ω.
(2)该小组同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下:电压表V(量程15 V,内阻约30 kΩ);电流表A(量程300 mA,内阻约50 Ω);滑动变阻器R0(0～100 Ω,允许最大电流1 A);电池组E(电动势E=12 V,内阻r=
6 Ω);开关一个、导线若干.请根据情况补全电路原理图(并不是所有的接线点都要连接).
(3)如果测出水柱的长度L、玻璃管的内径d和水柱的电阻R,则自来水电阻率的表达式为ρ= .(用符号表示)
解析:(1)游标卡尺主尺为54 mm,游标尺部分为7×0.02 mm=0.14 mm,则玻璃管内径d=54.14 mm.
水柱体电阻R=26×100 Ω=2 600 Ω.
(2)由于滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻的阻值,故滑动变阻器采用分压式接法;由于待测电阻的阻值与电压表的内阻相差不多,而且远大于电流表内阻,故电流表采用内接法,则电路原理图如图所示.
(3)根据电阻定律可知
R=ρ=ρ,
则电阻率为ρ=.
答案:(1)54.14 2 600 (2)见解析 (3)
命题点二 创新实验
实验装置图示
创新角度分析
2017全国卷Ⅱ,23
(1)实验方案的改进:类似于电桥法测电阻,S2闭合前后微安表示数不变,说明B,D两点电势相等.
(2)考查方式的拓展:提高测量微安表内阻精度的建议.
2019湖北荆州质检
(1)实验方案的改进:采用“等效法替代”测圆柱体的电阻.
(2)考查方式的创新拓展:考查实验原理,用电路的串并联知识解题.
2018广西南宁二模
(1)实验方案的改进:用电压表和电阻箱测量通过铜导线的电流.
(2)考查方式的创新拓展:铜导线的电阻由图像求出.
【典例3】 (2017·全国Ⅱ卷,23)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA,内阻大约为2 500 Ω)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20 Ω,另一个阻值为2 000 Ω);电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 Ω);电源E(电动势约为1.5 V);单刀开关S1和S2.C,D分别为两个滑动变阻器的滑片.
(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线.
(2)完成下列填空:
①R1的阻值为 Ω(选填“20”或“2 000”).
②为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的 端(选填“左”或“右”)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2 500.0 Ω,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
2 601.0 Ω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)实物连线如图所示.
(2)①如题图(a),R1为分压式接法,故选择较小的20 Ω电阻即可;②实验开始时,为保护微安表,应使R1的滑片在最左端,使流过微安表的电流为零;③断开、闭合开关S2,微安表示数不变,说明流过微安表的电流为零,B,D电势相等;④B,D电势相等,对调前=,对调后=,联立得RA==2 550 Ω.
(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)① 20 ② 左 ③相等
④2 550 (3)见解析
题组训练
1.(2019·湖北荆州质检)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(a)和图(b)所示,长度L= cm,直径D= mm.
(2)按图(c)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.
(4)由此可知,圆柱体的电阻率ρ= (用上面实验中涉及的相关符号来表示).
解析:(1)长度L=50 mm+1×0.1 mm=50.1 mm
=5.01 cm;
直径D=5 mm+31.5×0.01 mm=5.315 mm.
(2)①为使电流不会超出电流表量程,应将滑动变阻器接入电路的阻值置于最大处.②为使电流表中电流由较小逐渐变大,电阻箱阻值也应先调至最大.
(3)将S1闭合,S2拨向接点1时,其等效电路图如图(甲)所示.将S2拨向接点2时,其等效电路图如图(乙)所示,当两次电流表示数相同均为I0时,R2=R圆柱体,所以
R圆柱体=1 280 Ω.
(4)根据电阻定律R=ρ=ρ=R2,
解得ρ=.
答案:(1)5.01 5.315 (2)大 大 (3)1 280 (4)
2.(2018·广西南宁二模)市场上销售的铜质电线电缆产品中,部分存在导体电阻不合格问题,质检部门检验发现一个是铜材质量不合格,使用了再生铜或含杂质很多的次铜;再一个就是铜材质量可能合格,但横截面积较小.某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格.小组成员经查阅,纯铜的电阻率为1.8×10-8 Ω·m.现取横截面积约为1 mm2、长度为100 m(真实长度)的铜电线,进行实验测量其电阻率,实验室现有的器材如下:
A.电源(电动势约为5 V,内阻不计);
B.待测长度为100 m的铜电线,横截面积约1 mm2;
C.电压表 V1(量程为3 V,内阻约为0.5 kΩ);
D.电压表 V2(量程为5 V,内阻约为3 kΩ);
E.电阻箱R(阻值范围0～999.9 Ω);
F.定值电阻R0=1 Ω
G.开关、导线若干.
(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d,如图(甲)所示,则d=
mm.
(2)小组设计的测量电路如图(乙)所示,则P是 ,N是 (填器材名称及对应符号),通过实验作出的图像如图(丙)所示.
(3)图(乙)电路测得铜电线的电阻测量值比真实值 (选填“偏大”“不变”或“偏小”),原因是 .
(4)由实验数据,作出图像,由此可知,这捆铜电线的电阻率ρ= (结果保留三位有效数字);从铜电线自身角度,你认为电阻率大的可能原因是
.
解析:(1)铜电线的直径d=1.0 mm+12.5×0.01 mm=1.125 mm.
(2)P测量的电压大于N测量的电压,故P是电压表V2,N是电压表V1.
(3)由于没考虑电压表 V1的分流,使测得的铜电线的电阻偏大.
(4)分析电路可知,通过铜电线的电流
Ix=IR=,Rx==R=（-1）R,
整理得=1+Rx·,根据题图(丙)可知斜率
k=Rx= Ω=2.60 Ω,
S=π（）2=0.994 mm2,
ρ== Ω·m=2.58×10-8 Ω·m,
故电阻率达不到要求,使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜.
答案:(1)1.125 (2)电压表V2 电压表V1
(3)偏大 电压表V1的分流
(4)2.58×10-8 Ω·m 使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜
实验九 描绘小电珠的伏安特性曲线
实验基础 落实基础·提炼精髓
* ●注意事项
1.电路的连接方式
(1)电流表外接:本实验中被测小电珠灯丝的电阻值较小,因此测量电路必须采用电流表外
接法.
(2)滑动变阻器应采用分压式连接
本实验要作出I-U图像,要求测出一组包括零在内的电流、电压值,故控制电路采用分压
接法.
2.保护元件安全:为保护元件不被烧毁,开关闭合前变阻器滑片应位于使小电珠分得电压为零的一端.加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压.
3.I-U图像在U0=1.0 V左右将发生明显弯曲,故在U0=1.0 V左右多测几组数据,以防出现较大误差.
4.当小电珠电压接近额定电压值时,记录数据后马上断开开关.
5.误差较大的点要舍去,I-U图像应是平滑的曲线.
●误差分析
1.由于电压表不是理想电表,内阻并非无穷大,对电路的影响会带来误差,电流表外接,由于电压表的分流,使测得的电流值大于真实值.
2.测量时读数带来误差.
3.在坐标纸上描点、作图带来误差.
命题研析 突破常规·注重创新
命题点一 常规实验
【典例1】 (2018·北京首都师大附中三模)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,需测量一个标有“3 V,1.5 W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流.现有如下器材:
直流电源(电动势3.0 V,内阻不计)
电流表A1(量程3 A,内阻约0.1 Ω)
电流表A2(量程0.6 A,内阻约5 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200 kΩ)
滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω,额定电流1 A)
滑动变阻器R2(阻值0～1 kΩ,额定电流300 mA)
(1)在该实验中,电流表应选择 (选填“A1”或“A2”),滑动变阻器应选择 (选填“R1”或“R2”).
(2)请你在虚线框内画出实验原理电路图,并将实物连线图(甲)补充完整.
(3)某同学根据测量数据已作出该小灯泡的伏安特性曲线,请计算当小灯泡两端电压为0.75 V时,小灯泡的电阻为R= Ω.
(4)若将该灯泡与一个6.0 Ω的定值电阻串联,直接接在题中提供的电源两端,请估算该小灯泡的实际功率P= W(保留两位有效数字).
(5)通过实验中测出的5组数据给出的信息,请你推断小灯泡在不超过额定电压条件下,图(丙)中可能正确的是 .(图中I,U,P分别为小灯泡的电流强度、电压、功率)
解析:(1)灯泡额定电流I===0.5 A,故电流表选A2,灯泡额定电压为3 V,电压表选 V1,为保证电路安全,方便实验操作,滑动变阻器应选R1.
(2)由于描绘小灯泡的伏安特性曲线需要电压和电流从零开始到额定值,则滑动变阻器采用分压接法;因Rx==6 Ω,与电流表内阻差不多,电流表应采用外接法,其电路原理图和连接实物图分别如图1,图2所示.
(3)由作出的伏安特性曲线,知U=0.75 V对应的电流I=0.25 A,故电阻为R=
Ω=3 Ω.
(4)可把6.0 Ω的定值电阻与电源看做等效电源,在灯泡I-U图像中作出电源的I-U图像如图所示:
两图像的交点坐标值为U=1.1 V,I=0.32 A,灯泡功率为P=UI=1.1 V×0.32 A≈0.35 W.
(5)根据功率P=,灯泡电阻受温度影响,随温度升高而增大,灯泡的P-U2图像不是直线,随U增大,灯泡电阻增大,P-U2图像的斜率变小,故A,B错误;灯泡功率P=I2R,随电流I增大,灯泡电阻R变大,P-I2图像斜率变大,故C错误,D正确.
答案:(1)A2 R1 (2)图像见解析 (3)3
(4)0.35 (5)D
方法技巧
处理图像的技巧
(1)在描绘小灯泡的伏安特性曲线时,要根据所描各点的分布趋势,作平滑的曲线,当某个(或某些)测量数据明显偏离时要舍掉.
(2)小灯泡的伏安特性曲线上各点切线斜率的倒数不表示小灯泡在该电压下的电阻,此时计算小灯泡的电阻一定要使用电阻的定义式Rx=,而不能使用表达式Rx=.
【典例2】 (2018·四川省冲刺演练)LED被称为第四代照明光源或绿色光源,具有节能、环保、寿命长、体积小等特点,现在已经走进了寻常百姓的生活里.某兴趣小组想测定一只标有“3 V”字样的LED灯正常工作时的电阻(约为400 Ω),实验室提供了如下的实验器材:
A.电流表(量程为0～20 mA,内阻约为10 Ω)
B.电流表(量程为0～10 mA,内阻RA=30 Ω)
C.定值电阻R1=270 Ω
D.定值电阻R2=2 970 Ω
E.滑动变阻器R(0～500 Ω)
F.电源(电动势E=6 V,内阻较小)
G.开关S一只,导线若干.
(1)实验时采用的部分实验电路如图所示,该电路中滑动变阻器的作用是限流,为了提高测量的精确性,请选择合适的器材,电表1为 ,电表2为
,定值电阻为 .(均填写选项前的字母)
(2)请用笔画线代替导线,完成如图所示的电路连接(LED灯的电学符号与小灯泡的电学符号相同).
(3)实验过程中,电表1的示数记为I1,电表2的示数记为I2,LED灯的电阻表达式为Rx= ,当电表1的示数为 mA时,记下电表2的示数并代入上述表达式中,求得的结果即为LED灯正常工作时的电阻.(所填写的符号与题中仪器名称的符号角标一致,如A1的示数记为I1)
解析:(1)要精确测定额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻,需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流,由于没有电压表,可以将电流表B与定值电阻串联改装为电压表测量电压,改装的电压表内阻R== Ω=300 Ω,B的内阻为30 Ω,则定值电阻应选C.
(2)用电流表A测总电流进而可得LED灯的电流,滑动变阻器采用限流式接法,电路图如图所示.
(3)根据欧姆定律知,LED灯两端的电压UL=I1(R1+RA),通过LED灯的电流为I2-I1,则电阻Rx=,当电表1的示数为10 mA时,LED灯两端的电压为3 V,达到额定电压,测出来的电阻为正常工作时的电阻.
答案:(1)B A C (2)图见解析
(3) 10
方法技巧
实物图连线的技巧
(1)方法是先串后并.接线到柱,注意量程和正负.
(2)对限流电路,只需用笔画线当作导线,从电源正极开始,把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”部分依次串联起来即可(注意电表的正负接线柱和量程,滑动变阻器应调到阻值最大处).
(3)对分压电路,应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻用导线连接起来,然后在滑动变阻器电阻丝两段之中任选一段,确定其两端接线柱,将另外部分电路接入两接线柱即可.
题组训练
1.(2018·江西高安三模)某学习小组通过实验来研究电器元件Z的伏安特性曲线.他们在实验中测得电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据如表:
U/V
0.0
0.2
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
I/A
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.207
0.214
现备有器材:
A.内阻不计的6 V电源;
B.量程为0～3 A的理想电流表;
C.量程为0～0.6 A的理想电流表;
D.量程为0～3 V的理想电压表;
E.阻值为0～10 Ω,额定电流为3 A的滑动变阻器;
F.开关和导线若干.
(1)这个实验小组在实验中电流表选的是 .(填器材前面的字母)
(2)利用表格中数据绘出的电器元件Z的伏安特性曲线如图1所示,分析曲线可知该电器元件Z的电阻随U变大而 (选填“变大”“变小”或“不变”);
(3)若把用电器Z接入如图2所示的电路中时,电流表的读数为0.10 A,已知A,B两端电压恒为1.5 V,则定值电阻R0的阻值为 Ω.
解析:(1)由数据表可知,电路中的最大电流为0.215 A,所以电流表选择C.
(2)由I-U图像可知,图线的斜率越来越小,可知元件电阻随U的变大而变大.
(3)由I-U图像可知电流I=0.10 A时,对应的电压U=0.5 V,所以元件Z的电阻为RZ=5 Ω,而R0+RZ= Ω=15 Ω,得R0=10 Ω.
答案:(1)C (2)变大 (3)10
2.(2018·黑龙江齐齐哈尔三模)一实验小组准备探究元件Q的伏安特性曲线,他们设计了如图(甲)所示的电路图,请回答下列问题:
(1)请将图(乙)中的实物连线按电路图补充完整.
(2)考虑电表内阻的影响,当电流表示数为I0时,通过Q的电流值 (选填“大于”“等于”或“小于”)I0.
(3)在电路图中闭合开关S,电流表、电压表均有示数,但无论怎样移动变阻器滑动片,总不能使电压表的示数调为零.原因可能是图中的 (选填“a”“b”“c”“d”“e”或“f”)处接触不良.
(4)实验测得表格中的7组数据.请在坐标纸上作出该元件的I-U图线.
序号
电压/V
电流/A
1
0.00
0.00
2
0.40
0.02
3
0.80
0.05
4
1.20
0.12
5
1.60
0.20
6
2.00
0.31
7
2.40
0.44
(5)为了求元件Q在I-U图线上某点的电阻,甲同学利用该点的坐标I,U,由R=求得.乙同学作出该点的切线.求出切线的斜率k,由R=求得.其中 (选填“甲”或“乙”)同学的方法正确.
解析:(1)实物连线图如图1所示.
(2)考虑电压表的分流作用,通过Q的电流小于I0.
(3)只有变阻器采用分压式接法时电流和电压才能从零开始调节,电流和电压不能从零调节说明变阻器采用的是限流式接法,所以可能是f处接触不良.
(4)将表中各组数据在I-U坐标系中描点,并过这些点作平滑曲线即得到Q的I-U图像,如图2所示.
(5)电阻的定义等于R=所以应该利用该点的坐标值I,U,由R=求得,而不是求图像切线的斜率,故甲同学的方法正确.
答案:(1)图见解析图1
(2)小于 (3)f
(4)图见解析图2 (5)甲
命题点二 创新实验
实验装置图示
创新角度分析
2017全国Ⅰ卷,23
(1)实验方案的改进:电压表自身量程不足而测较大电压,需电压表与定值电阻串联扩大量程.
(2)数据处理的创新:在灯泡的伏安特性曲线上画出表示电源或等效电源的I-U图线,根据交点信息求解.
2018重庆市一中二检
考查方式的创新:使R,L1并联,与L2串联接入电路,通过灯泡的U-I图像解决较复杂电路的问题.
2019百校联盟名师猜题
(1)实验方案的改进:提供的仪器中无电压表,需要微安表与电阻箱串联改装电压表.
(2)考查方式的创新:如何从图像中确定灯泡的额定功率.
【典例3】 (2017·全国Ⅰ卷,23)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3.8 V,额定电流0.32 A);电压表(量程3 V,内阻3 kΩ);电流表(量程0.5 A,内阻0.5 Ω);固定电阻R0(阻值1 000 Ω);滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干.
(1)实验要求能够实现在0～3.8 V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(a)所示.
由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻 (填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率 (填“增大”“不变”或“减小”).
(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路图,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)在额定电压下,小灯泡L的阻值RL= Ω=11.875 Ω,这个阻值较小,所以采用电流表外接法;由于电压表量程为3 V,小于额定电压3.8 V,所以将固定电阻R0与电压表串联来测小灯泡电压;要实现0～3.8 V的范围内的测量,滑动变阻器必须采用分压式接法,所以实验电路原理图如图所示.
(2)实验曲线上某点与原点连线的斜率的倒数表示小灯泡的电阻,所以随着电流的增加,小灯泡的电阻增大;由R=ρ可得ρ=,所以灯丝的电阻率增大.
(3)当R=9.0 Ω时,小灯泡的实际功率最小,由闭合电路欧姆定律有E0=I(R+r)+U,即4=10I+U,在图中作出该直线如图(甲)所示,交点坐标约为I=223 mA,U=1.77 V时最小功率Pmin=UI=0.39 W;当R=0时,小灯泡的实际功率最大,有E=Ir+U,即4=
I+U,在图中作出该直线如图(乙)所示,交点坐标约为I=318 mA,U=3.69 V,小灯泡的最大功率Pmax=UI=1.17 W.
答案:(1)见解析
(2)增大 增大 (3)0.39 1.17
【典例4】 (2018·重庆市一中二检)为了研究某种小灯泡L(5 V,2.5 W)的伏安特性曲线,除了直流电源(电动势约为6 V,内阻不计)、导线和开关外,还有如下实验器材:
A.直流电流表(量程0～3 A,内阻约为0.1 Ω)
B.直流电流表(量程0～600 mA,内阻约为5 Ω)
C.直流电压表(量程0～15 V,内阻约为15 kΩ)
D.直流电压表(量程0～6 V,内阻约为10 kΩ)
E.滑动变阻器(最大阻值为10 Ω,允许通过的最大电流为2 A)
F.滑动变阻器(最大阻值为1 kΩ,允许通过的最大电流为0.5 A).
要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据.
(1)实验中电流表应选用 ,电压表应选用 ,滑动变阻器应选用 ;(均用序号字母表示)
(2)根据所选器材,请在虚线框中画出实验电路图;
(3)测得该种小灯泡的U-I图像如图(a)所示,现将两个相同的这种小灯泡L1,L2与一个阻值为4 Ω的定值电阻R连成如图(b)所示的电路,电源的内阻r=2 Ω,开关S闭合后,小灯泡L1与定值电阻R的电功率恰好均为P,则P= W,电源的电动势E= V.
解析:(1)电源电压6 V,灯泡额定电压5 V,则电压表选择D;灯泡的额定电流I== A=0.5 A,电流表选择B;由数值测量要求可知滑动变阻器要用分压电路,则选用阻值较小的E.
(2)灯泡正常工作时,电阻Rx== Ω=10 Ω,与电流表内阻差不多,则采用电流表外接法,电路图如图所示.
(3)由图(b)所示电路图可知,小灯泡L1与定值电阻R并联,它们两端电压相等,它们的电功率均为P,由P=IU可知,通过它们的电流相等,它们的电阻相等,即此时灯泡电阻为4 Ω,由图(a)所示图像可知,灯泡两端电压为1 V时通过灯泡的电流为0.25 A,则功率P=IU=0.25×1 W=0.25 W;由图(b)可知,L2串联在干路中,通过L2的电流I=0.25 A+0.25 A=0.5 A,由图(a)所示图像可知,电流0.5 A所对应的电压为5 V,由闭合电路规律可知,电源电动势E=U外+Ir=6 V+0.5×2 V=7 V.
答案:(1)B D E (2)图见解析 (3)0.25 7
题组训练
1.(2019·百校联盟名师猜题)现有一只标值为“2.5 V,× W”的小灯泡,其额定功率的标值已模糊不清.某同学想通过实验描绘出灯丝的伏安特性曲线,并得出该灯泡正常工作时的功率.已知小灯泡的灯丝电阻约为5 Ω.
实验中除导线和开关外,还有以下器材可供选择:
电源E(电动势3.0 V,内阻0.5 Ω)
微安表头G(满偏电流Ig=100 μA,内阻rg=2 000.0 Ω)
电流表A1(0～0.6 A,内阻约0.125 Ω)
电流表A2(0～3 A,内阻约0.125 Ω)
滑动变阻器R1(阻值范围0～5 Ω)
滑动变阻器R2(阻值范围0～175 Ω)
电阻箱R3(最大电阻99 999.9 Ω)
(1)若要改装一个量程为0～3 V的电压表,应将微安表头G与电阻箱串联,电阻箱的阻值应调到R3= Ω.电流表应选择 ,滑动变阻器应选择 .
(2)请帮他设计一个测量电路图并画在虚线框内.
(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图(乙)所示,则小灯泡的额定功率为 W.
解析:(1)改装电压表,将微安表头G与一电阻箱串联,由Um=Ig(rg+R3),可计算出电阻箱的阻值R3=-rg=28 000.0 Ω;根据提供的器材,灯泡的额定电压为2.5 V,电阻约为5 Ω,电流表应选择A1,本实验需要多测几组数据,且方便操作,应采用分压接法,故滑动变阻器应选择总阻值较小的R1.
(2)描绘伏安特性曲线,滑动变阻器应采用分压式接法,灯泡的电阻约为5 Ω,电流表采取外接法,电路图如图所示.
(3)当电压U=2.5 V时,I=0.5 A,
根据P=UI=2.5×0.5 W=1.25 W.
答案:(1)28 000 A1 R1 (2)图见解析 (3)1.25
2.(2018·天津红桥区二模)用下列器材组装成一个电路,既能测量出电池组的电动势E和内阻r,又能同时探究小灯泡的伏安特性.
A.电压表 V1(量程5 V、内阻很大)
B.电压表 V2(量程3 V、内阻很大)
C.电流表A(量程3 A、内阻很小)
D.滑动变阻器R(最大阻值10 Ω、额定电流3 A)
E.小灯泡(2.5 V,5 W)
F.电池组(电动势E,内阻r)
G.开关一只,导线若干
实验时,调节滑动变阻器的阻值,多次测量后发现:若电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小.
(1)请将设计的实验电路图在虚线方框中补充完整.
(2)每一次操作后,同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数,组成两个坐标点(I,U1),(I,U2),标到U-I坐标中,经过多次测量,最后描绘出两条图线,如图(乙)所示,则电池组的电动势E= V、内阻r= Ω.(结果保留两位有效数字)
(3)在U-I坐标中两条图线在P点相交,此时小灯泡的阻值为 Ω,电池组的总功率为 W(结果保留三位有效数字).
解析:(1)利用电压表和电流表测电源电动势与内阻实验中,电压表测路端电压,电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大;探究小灯泡伏安特性实验中,电流表测流过灯泡的电流,灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小;调节滑动变阻器时,电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小,V1测路端电压,V2测灯泡两端电压,电路图如图所示.
(2)由图示电源U-I图像可知,图线纵轴截距为4.5,则电源电动势E=4.5 V,电源内阻r== Ω=1.0 Ω.
(3)由于两图线交点坐标值为U=2.5 V,I=2.0 A,此时,灯泡电阻R== Ω=
1.25 Ω,电源总功率P=EI=4.5×2.0 W=9.00 W.
答案:(1)图见解析 (2)4.5 1.0 (3)1.25 9.00
实验十 测定电源的电动势和内阻
实验基础 落实基础·提炼精髓
* ●注意事项
1.电池选取:应选用内阻较大的电池.
2.实验操作:实验中不宜将电流调得过大,电表读数要快,每次读完数后立即断开开关.
3.数据要求:要测出不少于6组的(I,U)数据,且变化范围要大些.
4.描点画图:画U-I图线时,应使图线通过尽可能多的点,并使不在直线上的点均匀分布在直线的两侧,个别偏离直线太远的点可舍去.
5.纵轴标度的确定:纵轴的刻度可以不从零开始,而是依据测得的数据从某一恰当值开始(横坐标I必须从零开始).但这时图线和横轴的交点不再是短路电流,而图线与纵轴的截距仍为电源电动势,图线斜率的绝对值仍为内阻.
●误差分析
1.偶然误差
(1)由于电表读数不准引起误差.
(2)用图像法求E和r时,由于作图不准确造成的误差.
(3)测量过程中通电时间过长或电流过大,都会引起E,r变化.
2.系统误差
(1)若采用(甲)图,其U-I图像如(乙)图所示.由于电压表的分流作用造成误差.
①当电压表示数越大时,电压表分流越大;反之,电压表分流越小,可推断电压表示数为零时,IV=0,短路电流测量值等于真实值.
②E测r真,一般地r测的误差非常大.
命题研析 突破常规·注重创新
命题点一 常规实验
【典例1】 (2019·福建厦门双十中学高三热身)图(甲)为某同学测量某一电源的电动势和内电阻的电路图,其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电流表的电路.已知毫安表的内阻为10 Ω,满偏电流为100 mA,电压表V量程为3 V,R0,R1,R2为定值电阻,其中R0=3 Ω.
(1)若使用a和b两个接线柱,电流表量程为0.6 A;若使用a和c两个接线柱,电流表量程为3 A.由题中条件和数据,可求出R1= Ω,R2= Ω.
(2)实验步骤:
①按照原理图连接电路;
②开关S2拨向b,将滑动变阻器R的滑片移动到 (选填“左”或“右”)端,闭合开关S1;
③多次调节滑动变阻器的滑片,记下相应的毫安表的示数I和电压表示数U.
(3)数据处理:
①利用实验测得的数据画成图(乙)所示的U-I图像;
②由图像得电源的电动势E= V,内阻r= Ω(结果均保留2位有效数字).
解析:(1)根据电流表改装原理可知,使用a和b两个接线柱,电流表量程为0.6 A,即0.6=100×10-3+,使用a和c两个接线柱,电流表量程为3 A,即3=
100×10-3+,联立两式解得R1=0.4 Ω,R2=1.6 Ω;(2)实验中为了保护电路,应让电流由最小开始调节,故滑动变阻器阻值应调至最大,因此滑片开始时应滑至最左端;(3)开关S2拨向b,根据闭合电路规律可知E=U+（I+）(R0+r),变形得U=E-I,则纵轴截距表示电动势,即E=3.0 V,图线的斜率|k|=||=,解得r=1.4 Ω.
答案:(1)0.4 1.6 (2)左 (3)3.0 1.4
反思总结
(1)在测量电池电动势和内阻的实验中,无论测量仪器方法如何改变,其原理都是通过关系式E=U+Ir推导出有关表达式,然后求解.
(2)在E=U+Ir中,I为通过电源的电流,本例中所知电流为表头中的电流,推导关系式时应转化为通过电流表的电流.
【典例2】 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(甲)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(乙)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(乙)的图线,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 .(选填“相同”或“不同”)
解析:(1)由闭合电路欧姆定律,要想调节时电流表和电压表的读数有明显变化,起限流作用的滑动变阻器应选用R2;由题图(乙)可知,电流表应选A2.
(2)根据U-I图线的斜率求得电源内阻为25 Ω.
(3)Rx改接在B,C之间后,U-I图线的斜率的绝对值=Rx+r,故Rx=-r.
(4)Rx所接位置的改变并不影响干路电流的测量,故电流表示数变化范围相同;但是改接前后电压表测量的分别是路端电压与滑动变阻器两端的电压,故电压表示数变化范围不同.
答案:(1)A2 R2 (2)25 (3) -r (4)相同 不同
方法技巧 图像法处理电源电动势和内阻总结
名称
图像
解析式及斜率、截距
UI图像
U=-rI+E
R图像
=R+
图像
=·+
题组训练
1.(2018·安徽淮北一模)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.
(1)备有如下器材:
A.干电池1节; B.滑动变阻器(0～20 Ω);
C.滑动变阻器(0～1 kΩ); D.电压表(0～3 V);
E.电流表(0～0.6 A); F.电流表(0～3 A);
G.开关、导线若干.
其中滑动变阻器应选 ,电流表应选 .
(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)某同学记录的实验数据如下表所示,试根据这些数据在图中画出U-I图线,并根据图线得到被测电池的电动势E= V,内电阻r= Ω.
1
2
3
4
5
6
I(A)
0.10
0.15
0.20
0.25
0.30
0.40
U(V)
1.32
1.26
1.18
1.13
1.04
0.93
(4)电动势测量值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真实值;内阻测量值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真实值.
解析:(1)本实验滑动变阻器采用限流连接,为了减小读数造成的误差,电流不宜过小,因此滑动变阻器选择B,电流表选择0.6 A量程即可,即选E.
(2)用电流表、电压表测电源电动势与内阻,电流表内阻与电源内阻差不多,因此电流表相对于电源要外接,实验电路图如图(a)所示.
(3)将各组数据在坐标系中描点并将各点用直线连接,得到电源的U-I图像,如图(b)所示;图像与纵坐标的交点为电源的电动势,故电动势E=1.45 V;图像的斜率表示电源内阻,电源内阻r= Ω=1.3 Ω.
(4)由于电压表的分流作用,电流的测量值小于真实值,对应电源的U-I图像两条图线如图(c)所示,则电源电动势的测量值小于真实值,电源内阻r=,则电源内阻测量值小于真实值.
答案:(1)B E (2)图见解析
(3)图见解析 1.45 1.3 (4)小于 小于
2.(2018·安徽六安一中高三三模)利用如图(甲)所示电路,可用伏安法测定某一电源的电动势和内阻,其中虚线框内为用表头G改装的电压表V,A为标准电流表,E1为待测电源,S为开关,R为滑动变阻器.
(1)已知表头G的满偏电流Ig=200 μA,按如图(乙)所示电路,用半偏法测定表头G的内电阻rg,其中电阻R4约为1 kΩ,为使rg的测量值尽量准确,在以下器材中,电源E2应选用 ,电阻R2应选用 (选填器材前的字母).
A.电源(电动势为1.5 V)
B.电源(电动势为6 V)
C.电阻箱(0～999.9 Ω)
D.滑动变阻器(0～500 Ω)
E.电位器(一种可变电阻,与滑动变阻器相当,0～5.1 kΩ)
F.电位器(一种可变电阻,与滑动变阻器相当,0～51 kΩ)
(2)如果所得R3的阻值为300.0 Ω,则图中被测表头G的内阻rg的测量值为
Ω,该测量值 实际值(选填“略大于”“略小于”或“等于”).
(3)给表头G串联一个阻值为 kΩ的电阻就可以将该表头G改装为量程为6 V的电压表V.
(4)由(2)确定表头的内阻测量值与实际值差异后,将其改装成另一电压表V[(甲)图虚线框所示]接入(甲)图电路进而完成(甲)图实验测量时,电压表V测量值
实际值(选填“大于”“小于”或“等于”),电源内阻测量值 实际值(选填“大于”“小于”或“等于”).
解析:(1)由于Ig=200 μA,R4约为1 kΩ,为使闭合S2时对电路中电流的影响较小,R2应选择阻值较大的F,则电源应选取电动势较大的B.
(2)当调节电阻箱,使电流表半偏时,由于干路电流几乎未变,电阻箱与电流表中的电流相等,电阻必然相等,如果所得的R3的阻值为300.0 Ω,则图中被测表头G的内阻rg的测量值为300.0 Ω.实际上电阻箱接入后,电路的总电阻减小了,干路电流增大了,表头半偏时,流过电阻箱的电流大于流过表头的电流,电阻箱接入的电阻小于表头的电阻,所以,该测量值“略小于”实际值.
(3)根据改装原理可知,U=Ig(Rg+R)
解得R=-Rg= Ω-300 Ω=29.7 kΩ.
(4)由于电阻箱的测量值小于真实值,则改装后电压表实际内阻偏小,故电压表的测量值小于真实值;同时由于采用了相对电源的电流表外接法,电流表示数偏小,故电源电动势的测量值小于真实值.
答案:(1)B F (2)300.0 略小于 (3)29.7
(4)小于 小于
命题点二 创新实验
实验装置图示
创新角度分析
2018江苏卷,10
(1)实验方案的改进:用一个电压表并联在电流表的两端测出电流表的电阻,考查应用电流表和电阻箱测量电源电动势和内电阻实验.
(2)数据处理的创新:利用R-图像的斜率、截距等得出结论.
2017天津卷,9
(1)实验方案的改进:实验过程中用多用电表的电压挡排除电路故障.
(2)数据处理的创新:利用I1-I2图像求解电池的电动势和内阻.
2018四川成都一诊
(1)实验方案的改进:利用电流表和电阻箱研究电池的电动势和内阻.
(2)实验数据处理的创新:构建物理函数=·+,研究其斜率及截距.
2018天津耀华中学二模
(1)实验方案的改进:利用电流表和电阻箱测量电阻Rx和电源的电动势.
(2)实验数据处理的创新:构建物理函数=+,研究其斜率及截距.
【典例3】 一同学测量某干电池的电动势和内阻.
(1)如图(甲)所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路.请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处.
① ;② .
(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I,以及计算的数据见下表:
R/Ω
8.0
7.0
6.0
5.0
4.0
I/A
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
/A-1
6.7
5.9
5.3
4.5
3.8
根据表中数据,在图(乙)方格纸上作出R关系图像.
由图像可计算出该干电池的电动势为 V;内阻为 Ω.
(3)为了得到更准确的测量结果,在测出上述数据后,该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端.调节电阻箱,当电流表的示数为0.33 A时,电压表的指针位置如图(丙)所示,则该干电池的电动势应为 V;内阻应为
Ω.
解析:(1)在电学实验中,连接电路时应将开关断开,电阻箱的阻值调为最大,确保实验仪器、仪表的安全.
(2)根据闭合电路欧姆定律,得
E=I(R+r),
即R=-r=E·-r,
即R图像为直线.
描点连线后图像如图所示.
根据图像可知r=1.2 Ω.
图像的斜率为电动势E,
在R图像上取两点(2,1.59),(5,5.61)
则E= V=1.34 V.
(3)题图中电压表读数U=66 mV,由题述知通过电流表的电流I=0.33 A,根据欧姆定律可得电流表内阻RA==0.2 Ω.重新分析第(1)问的实验电路图,考虑到电流表内阻,利用闭合电路欧姆定律,可得E=I(R+r+RA),变化成R=E·-(r+RA),对照作出的R图像,可知R图像的斜率仍等于电池的电动势;R图像在纵轴的截距的绝对值等于电池的内阻与电流表内阻之和,可得电池的内阻为1.0 Ω.
答案:(1)①开关未断开 ②电阻箱阻值为零
(2)图像见解析
1.4(1.30～1.44都算对) 1.2(1.0～1.4都算对)
(3)1.4[结果与(2)问中电动势一致]
1.0[结果比(2)问中内阻小0.2]
【典例4】 (2017·天津卷,9)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=1.0 kΩ,电阻R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0 Ω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,作出图像如图.由I1-I2图像得到电池的电动势E= V,内阻r=
Ω.
解析:(1)根据U=IR,导线电阻R等于零,所以良好的同一根导线上任何两点都不会存在电势差,若一根导线两端有电势差,则导线断开.据此可推断出导线是完整的还是断开的.
(2)将电流表A1和R1串联当成电压表使用,电压表测量值U=I1(r1+R1),根据闭合电路欧姆定律有I1(r1+R1)=E-I2(r+R0),整理得I1=-I2,由题图可知,纵轴截距b=0.14×10-3 A=,所以电动势E=0.14×10-3×(1×103+9×103)V=1.4 V,斜率的绝对值表示,即|k|==,解得r=0.5 Ω.
答案:(1)aa′ bb′ (2)1.4(1.36～1.44均可)
0.5(0.4～0.6均可)
题组训练
1.(2018·四川成都一诊)现有一电池,电动势E约为5 V,内阻r约为50 Ω,允许通过的最大电流为50 mA.为测定该电池的电动势和内阻,某同学利用如图(甲)所示的电路进行实验.图中R为电阻箱,阻值范围为0～999.9 Ω,R0为定值电阻,V为理想电压表.
(1)可供选用的R0,有以下几种规格,本实验应选用的R0的规格为 (填选项前字母).
A.15 Ω 1.0 W B.50 Ω 0.01 W
C.60 Ω 1.0 W D.1 500 Ω 6.0 W
(2)按照图(甲)所示的电路图,将图(乙)所示的实物连接成实验电路.
(3)连接好电路,闭合开关S,调节电阻箱的阻值,记录阻值R和相应的电压表示数U,测得多组实验数据,并作出如图(丙)所示的关系图像,则电动势E= V,内阻r= Ω.(结果均保留两位有效数字)
解析:(1)定值电阻起保护作用,电动势约为5 V,允许通过的电流为50
mA;当电源通过电流最大时,有=50×10-3,则R=50 Ω.故电阻数值上B,C均可以,但由于B中额定功率太小,所以额定电流过小,故应选择C.
(2)根据原理图,连接实物图如图所示.
(3)由闭合电路规律得U=E-(R0+r),整理为=·+,根据图像可知=0.20,解得E=5.0 V; =k==22.5,解得r=5×22.5 Ω-60 Ω=52.5 Ω≈53 Ω.
答案:(1)C (2)图像见解析 (3)5.0 53
2.(2018·天津耀华中学二模)某同学想运用如图(甲)所示的实验电路,测量未知电阻Rx的阻值,电流表A的内阻和电源(内阻忽略不计)的电动势,实验过程中电流表的读数始终符合实验要求.
(1)为了测量未知电阻Rx的阻值,他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至 (填“最大”或“最小”),然后闭合开关S1,将开关S2拨至1位置,调节R2使电流表A有明显读数I0;接着将开关S2拨至2位置.保持R2不变,调节R1,当调节R1=34.2 Ω时,电流表A读数仍为I0,则该未知电阻的阻值Rx= Ω.
(2)为了测量电流表A的内阻RA和电源(内阻忽略不计)的电动势E,他将R1的阻值调到R1=1.5 Ω,R2调到最大,将开关S2调至2位置,闭合开关S1;然后多次调节R2,并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I;最后根据记录的数据,他画出了如图(乙)所示的图像;利用图像中的数据可求得,电流表A的内阻RA= Ω,电源(内阻忽略不计)的电动势E= V.
解析:(1)为了保证电路中用电器的安全,在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至最大,使电路中的电流较小,不会烧坏用电器;由于两次电路中电流相等,说明两次电路中的总电阻也相等,故Rx=34.2 Ω.
(2)根据闭合电路欧姆定律可知E=I(R2+Rg+R1)
解得=+,结合斜率和截距可得E=4 V,Rg=0.5 Ω.
答案:(1)最大 34.2 (2)0.5 4
实验十一 练习使用多用电表
实验基础 落实基础·提炼精髓
* ●注意事项
1.多用电表使用注意事项
(1)使用前要机械调零.
(2)两表笔在使用时,电流总是“红入”“黑出”.
(3)测电阻时
①指针指中值附近较准,否则换挡.
②每换一挡必须重新欧姆调零.
③读出示数要乘以倍率.
(4)使用完毕,选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡,长期不用应取出电池.
2.电路故障检测注意事项
将多用电表拨到直流电压挡作为电压表使用.在电源完好时,将电压表与外电路的各部分电路并联.若电压表示数等于电源电动势,则说明该部分电路中有断点.
●误差分析
1.偶然误差
(1)估读时易带来误差.
(2)表头指针偏转过大或过小都会使误差增大.
2.系统误差
(1)电池用旧后,电动势会减小,内阻会变大,致使电阻测量值偏大,要及时更换电池.
(2)测电流、电压时,由于电表内阻的影响,测得的电流、电压值均小于真实值.
命题研析 突破常规·注重创新
命题点一 常规实验
【典例1】 (2019·百校联盟考前预测)某探究小组进行“练习使用多用电表”的实验,请帮他们完成下列几个问题.
(1)如图(甲)是多用电表的刻度盘,当选用量程为0～50 mA的电流挡测量电流时,表针指示图示刻度,则所测电流为 mA;当选用量程为0～250 V的电压挡测电压时,其示数为 V.
(2)图(乙)是图(甲)中多用电表的简化电路图,当转换开关S旋转到位置3时,可用来测量 ;转换开关接2时,多用电表为一个倍率为“×10”的欧姆表,若图(甲)中E为该量程对应表盘刻度的中间位置,刻度值为15,则欧姆表内阻为
Ω;若表头A的满偏电流为50 mA,则(乙)图中电源的电动势为
V.
(3)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔,将一个二极管的两极分别记作a和b,红表笔接a端、黑表笔接b端时,表针几乎不转;红表笔接b端、黑表笔接a端时,表针偏转角很大.则该二极管的正极是 (选填“a”或“b”)端.
解析:(1)当选用量程为0～50 mA的电流挡测量电流时,其分度值为1 mA,示数为31.0 mA;当选用量程为0～250 V的电压挡时,其分度值为5 V,其示数为155 V.
(2)当转换开关S旋到位置3时,相当于给电流表加了一个分压电阻,可用来测量电压;转换开关接2时,由图(甲)所示,指针指在E处时,E处对应电阻为中值电阻,则欧姆表内阻为Rg=150 Ω,由于表头A满偏电流为Ig=50 mA,指针指E时,表头电流为I=25 mA,由I=,则电源电动势E=I(R+Rg)=0.025×300 V=7.5 V.
(3)二极管的正向电阻很小,反向电阻无穷大,红表笔接b端、黑表笔接a端时,电流从a端流入b端流出,指针偏转角很大说明电阻很小,故正极是a端.
答案:(1)31.0 155 (2)电压 150 7.5 (3)a
方法技巧
关于中值电阻和表盘刻度
(1)当红、黑表笔短接并调节调零电阻R使指针满偏时有Ig==,当表笔间接入待测电阻Rx时,有Ix=,得Ix=Ig,当Rx=R中时,Ix=,指针指在表盘刻度中央位置,故称R中为欧姆表的中值电阻,也是欧姆表的内阻.
(2)由Ix=Ig,知电流和电阻为非线性关系,其对应的电阻刻度是不均匀的,电阻的零刻度在电流最大刻度处.
【典例2】 (2018·江苏南京师大附中)如图(甲)所示为某多用电表内部简化电路图.
某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻[如图(乙)].
(1)主要步骤如下:
①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上;
②把两表笔相接触,旋转欧姆调零旋钮,使指针指在电阻零刻度处;
③把红表笔与待测电压表 (选填“正”或“负”)接线柱相接,黑表笔与另一接线柱相连,发现这时指针偏转角度很小;
④换用 (选填“×10”或“×1k”)欧姆挡重新调零后测量,发现这时指针偏转适中,记下电阻数值;
⑤把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔,把多用电表放回桌上原处,实验完毕.
(2)实验中表盘示数如图(丙)所示,则欧姆表的读数为 Ω,这时电压表读数为 V.
(3)请你求出欧姆表内部电源电动势为 V.(保留两位有效数字)
解析:(1)③根据“红进黑出”原理,即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极;
④欧姆表在测量电阻时指针偏转很小,说明被测电阻大,挡位应提升一级,即
换×1k挡测量.
(2)欧姆表的读数为RV=40.0×1 000 Ω=4.0×104 Ω;电压表读数为U=2.20 V.
(3)根据①采用的挡位可知中值电阻即欧姆表内阻为rg=1.5×104 Ω,根据闭合回路欧姆定律可得U=E,代入数据解得E=3.0 V.
答案:(1)③负 ④×1k (2)4.0×104 2.20 (3)3.0
方法技巧
欧姆表刻度盘的特点及多用电表的读数技巧
(1)欧姆表刻度盘不同于电压、电流挡刻度盘
①左∞右0:电阻无限大刻度线与电流、电压挡零刻度线重合,电阻零刻度线与电流、电压挡最大刻度线重合.
②刻度不均匀:左密右疏.
③欧姆挡是倍率挡,即读出的示数应再乘以该挡的倍率;电流、电压挡是量程范围挡.在不知道待测电阻的估计值时,应先从小倍率开始,熟记“小倍率小角度偏,大倍率大角度偏”.
(2)读数技巧
①欧姆表的读数
a.为了减小读数误差,指针应指在表盘中央刻度线附近.
b.除非指针所在刻度盘处每个小格表示1 Ω时,要估读到下一位,其余情况都不用估读.
②测电压、电流时的读数,精确度是1,0.1,0.01时要估读到下一位,精确度是0.2,0.02,5,0.5,0.05时,不用估读到下一位.
题组训练
1.在物理课外活动中,李刚老师制作了一个简单的多用电表,图(甲)为电表的电路原理图,已知选用的电流表内阻Rg=10 Ω、满偏电流Ig=10 mA,当选择开关接3时为量程250 V的电压表.该多用电表表盘如图(乙)所示,下排刻度均匀,C为上排刻度线的中间刻度,为考察大家对多用电表的理解上排刻度线对应数值没有标出.
(1)若指针指在图(乙)所示位置,选择开关接1时其读数为
mA;选择开关接3时其读数为 V.
(2)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势,李老师指导小明同学在实验室找到了一个电阻箱,设计了如下实验:
①将选择开关接2,红黑表笔短接,调节R1的阻值使电表指针满偏.
②
将多用电表红黑表笔与电阻箱相连,调节电阻箱使多用电表指针指在C处,此时电阻箱如图(丙)所示,则C处刻度应为 Ω.
③计算得到多用电表内电池的电动势为 V.(保留2位有效数字)
(3)调零后红黑表笔与某一待测电阻相连,若指针指在图(乙)所示位置,则待测电阻的阻值为 Ω.(保留2位有效数字)
解析:(1)选择开关接1时测电流,多用电表为量程是10 mA的电流表,其分度值为0.2 mA,示数为6.9 mA;选择开关接3时测电压,多用电表为量程250 V的电压表,其分度值为5 V,其示数为173 V.
(2)②由图(丙)所示,电阻箱示数为1×100 Ω+5×10 Ω=150 Ω;③由图(乙)所示可知,指针指在C处时,通过电流表的电流为5 mA,C处电阻为中值电阻,则电表内阻为Rg=150 Ω,而R外=150 Ω,则电源电动势E=IR=5×10-3×(150+150)V
=1.5 V.
(3)根据第(1)问可知,调零后将红黑表笔与某一待测电阻相连,此时电路中的电流值为6.9 mA,而表中电池的电动势为E=1.5 V,表内总电阻为150 Ω,所以待测电阻的阻值为67 Ω.
答案:(1)6.9 173 (2)150 1.5 (3)67
2.(2018·江苏盐城三模)小明测量LED(发光二极管)在额定电压(2.5 V)时的电阻.他选择的器材有:滑动变阻器(0～10 Ω);电压表(量程3 V,内阻3 kΩ);电动势为3.0 V的电源;多用电表(电流挡:量程1 mA,内阻40 Ω;量程10 mA,内阻4 Ω;量程100 mA,内阻0.4 Ω).
(1)在判断LED极性时,小明先将多用电表选择开关旋至“×10”挡,调节好多用电表,将二极管两极与表笔相接,多用电表的示数如图(甲)所示时,多用电表红表笔插在A孔中与二极管的 (选填“正”或“负”)极相接触.
(2)再将多用电表的选择开关旋至“100 mA”挡,将其接入图(乙)所示电路,多用电表红表笔应与 (选填“1”或“2”)连接.
(3)闭合开关,移动滑片,电压表示数为2.50 V时,多用电表示数为8 mA,则该LED在额定电压时的电阻约为 Ω.
(4)为了更准确地测出LED在额定电压时的电阻,在不更换实验器材的条件下,对小明的实验提出两点改进建议:① ;
② .
解析:(1)由欧姆表的示数为170 Ω,说明此时二极管为正向电阻,再根据多用电表的电流方向为“红进黑出”,则此时红表笔与二极管的负极相连.
(2)此时多用电表当作电流表使用,测量流过二极管的电流,再根据多用电表的电流方向为“红进黑出”,则此时红表笔应与2相连.
(3)根据欧姆定律可知R== Ω=312.5 Ω.
(4)由(3)可知,当二极管两端电压为2.5 V时,电流为8
mA(即最大电流),所以为减小读数误差,应将多用电表的选择开关旋至“10 mA”测量电流,由于电压表的内阻为3 kΩ,而多用电表10 mA挡的内阻为4 Ω,二极管的电阻约为312 Ω,所以为了减小误差,应改用多用电表(电流挡)内接法.
答案:(1)负 (2)2 (3)312.5
(4)①将多用电表的选择开关旋至“10 mA”测量电流
②改用多用电表(电流挡)内接法
命题点二 创新实验
实验装置图示
创新角度分析
2017全国Ⅲ卷,23
考查方式的改进:
侧重于多用电表原理的考查.即表笔与电源极性,换挡开关与测量项目及读取.
2018山西省太原市三模
(1)实验方案的改进:利用多用电表检查电路故障,同时考查温控电路的工作原理.
(2)数据处理方式的创新:判断温控电路中控制的温度范围.
【典例3】 (2017·全国Ⅲ卷,23)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图.图中E是电池;R1,R2,R3,R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头的满偏电流为250 μA,内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连.该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1 V挡和5 V挡,直流电流
1 mA挡和2.5 mA挡,欧姆 ×100 Ω 挡.
(1)图(a)中的A端与 (填“红”或“黑”)色表笔相连接.
(2)关于R6的使用,下列说法正确的是 (填正确答案标号).
A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”
位置
C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2= Ω,R4= Ω.
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示.若此时B端是与“1”相连的,则多用电表读数为 ;若此时B端是与“3”相连的,则读数为 ;若此时B端是与“5”相连的,则读数为 .(结果均保留3位有效数字)
解析:(1)黑表笔接欧姆表内电源的正极,故A端与黑色表笔相连接.
(2)R6与电源串联,作为欧姆表的欧姆调零电阻,选项B正确.
(3)当B端接2时为1 mA量程电流挡,由电流表原理得R1+R2==Ω=160 Ω.
当B端接4时为1 V直流电压挡,
由电压表原理得R4== Ω=880 Ω,
(4)当B端接1时为2.5 mA,电流挡电表读数为1.47 mA,
当B端接3时为欧姆挡,读数为11.0×102 Ω,
当B端接5时为5 V直流电压挡,读数为2.95 V.
答案:(1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA 11.0×102 Ω 2.95 V
题组训练
1.(2018·山西太原三模)实验室中有热敏电阻Rt、电炉丝、电磁继电器、电源E(3.6 V,内阻不计)、电阻箱R0(0～999.9 Ω)、开关S和导线若干,某同学设计了如图1所示的温控电路,当通过电磁继电器线圈的电流达到20 mA时,衔铁被吸合,电炉丝停止加热;当通过继电器线圈的电流降到18 mA时,衔铁与继电器分开,电炉丝通电加热,图2为热敏电阻Rt的阻值与温度t的关系.
该同学主要实验过程如下,完成下列填空:
(1)用多用电表的欧姆“×1 Ω”挡测继电器线圈的电阻时,主要步骤如下:
a.将选择开关旋至“×1 Ω”挡,短接两表笔,调整欧姆调零旋钮,使指针指在欧姆挡“0”刻度
b.调节多用电表的指针定位螺丝,使指针指在直流电流“0”刻度
c.将多用电表的选择开关旋至“OFF”挡
d.将两表笔直接连到图1中的1,4两点,读出欧姆表的示数即继电器线圈的电
阻值
以上步骤中存在错误的一项是 .改正后正确的步骤顺序为 .
(填步骤前的字母)
(2)已知继电器线圈的电阻为25.0 Ω.该同学将电阻箱的阻值调为75.0 Ω,则该温控器的温度控制范围在 之间;若要提高控制的温度,则需要将电阻箱的阻值 (选填“调大”或“调小”).
(3)正确设计电路后闭合S,发现电炉丝发热,Rt温度一直升高但继电器并不吸合.将多用电表选择开关旋至直流电压“×10 V”挡,将表笔分别接到图1中1,2,3,4各点进行故障排查(只有一处故障点),现象如下表,则故障是( )
表笔位置
1,2
3,2
3,4
4,1
电表示数
3.60 V
3.60 V
0
0
A.开关S断路
B.电阻箱断路
C.热敏电阻Rt短路
D.电磁继电器线圈短路
解析:(1)由于欧姆表不能直接测量带电源的电路,应该断开开关后再将两表笔接在1,4间测量继电器的电阻,所以上述步骤中的d有错误,欧姆表的正确的操作步骤是badc.
(2)当通过电磁继电器线圈的电流达到20 mA时,衔铁被吸合,电炉丝停止加热;当通过继电器线圈的电流降到18 mA时,衔铁断开,电炉丝通电加热,所以回路中的电流取值范围是18 mA～20 mA,当继电器线圈的电阻为25.0 Ω,电阻箱的阻值调为75.0 Ω,利用闭合电路欧姆定律I=可解得此时热敏电阻的取值范围为80 Ω～100 Ω,结合图像可知温度的控制范围为
50 ℃～60 ℃,若要提高控制的温度,即热敏电阻的阻值变小,则需要将电阻箱的阻值调大,保持回路中电流的取值范围不变.
(3)从表中可以看出电表在测量电阻箱时的电压为电源电动势,3,4间和1,4间示数均为0,说明热敏电阻Rt、电磁铁完好,3,2接在电源两极间有示数说明开关S完好,所以回路中应该出现电阻箱断路的故障,所以选B.
答案:(1)d badc (2)50 ℃～60 ℃ 调大 (3)B
2.某学生实验小组利用图(a)所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻.使用的器材有:
多用电表;
电压表:里程5 V,内阻十几千欧;
滑动变阻器:最大阻值5 kΩ;
导线若干.
回答下列问题:
(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡,再将红表笔和黑表笔 ,调
零点.
(2)将图(a)中多用电表的红表笔和 (选填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端.
(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图(b)所示,这时电压表的示数如图(c)所示.多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和
V.
(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V.从测量数据可知,电压表的内阻为 kΩ.
(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图(d)所示.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为 V,电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为
kΩ.
解析:(1)使用多用电表欧姆挡时,首先应将两表笔短接进行欧姆调零.
(2)无论多用电表测哪类物理量,电流必从红表笔流入、黑表笔流出,欧姆挡中黑表笔接内部电源正极,红表笔接负极,因此红表笔应接“1”.
(3)从图(b)可以看出指针指向欧姆挡15.0位置,电阻挡为“×1 k”,故读数为15.0 kΩ;由于电压表量程为5 V,指针所指位置为3.60,故读数为3.60 V.
(4)当滑动变阻器连入电路中的电阻为零时,多用电表读数即为电压表内阻,所以电压表内阻为12.0 kΩ.
(5)设多用电表内电池的电动势为E、多用电表内阻为R,由(3)、(4)问可得=,=,两式联立解得E=9.00 V,R=15.0 kΩ.
答案:(1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60
(4)12.0 (5)9.00 15.0
教材直通高考(八)
[教材选修3-1·P52·T2]如图画出了用电压表、电流表测量导体电阻的两种电路图.图中电压表内阻为103 Ω,电流表内阻为0.1 Ω,被测导体的真实电阻为
8 Ω.测量时,把电压表读数和电流表读数的比值称为电阻的测量值.
(1)(甲)图电路中电流表为 接法,(乙)图电路中电流表为 接法.(选填“内”或“外”)
(2)如果不考虑操作的偶然误差,按(甲)、(乙)两种电路进行实验,得到的电阻测量值分别是 Ω和 Ω.选择 电路测量该电阻误差较小.
(3)如果不考虑实验操作的偶然误差,(甲)电路的电阻测量值 真实值,(乙)电路的电阻测量值 真实值.(选填“大于”或“小于”)
(4)如果不考虑实验操作的偶然误差,(甲)电路的系统误差主要由于 而产生,(乙)电路的系统误差主要由于 而产生.
解析:(1)(甲)图电路中电流表为外接法,(乙)图电路中电流表为内接法.
(2)如果不考虑操作的偶然误差,按(甲)、(乙)两种电路进行实验,(甲)图中电阻测量值R==7.94 Ω,(乙)图中电阻测量值R=RA+R实=8.1 Ω.因电压表的内阻远大于所测电阻的阻值,则用图(甲)电压表分流很小,误差小;若用(乙)图的电路,电流表分压明显,误差大;故用(甲)电路测量该电阻误差较小.
(3)根据第(2)问中,如果不考虑实验操作的偶然误差,(甲)电路的电阻测量值小于真实值,(乙)电路的电阻测量值大于真实值.
(4)如果不考虑实验操作的偶然误差,(甲)电路的系统误差主要由于电压表分流而产生,(乙)电路的系统误差主要由于电流表分压而产生.
答案:(1)外 内 (2)7.94 8.1 (甲)
(3)小于 大于
(4)电压表分流 电流表分压
2018·全国卷Ⅱ,22某同学组装一个多用电表.可选用的器材有:微安表头(量程100 μA,内阻900 Ω);电阻箱R1(阻值范围0～999.9 Ω);电阻箱R2(阻值范围0～99 999.9 Ω);导线若干.
要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表,在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表.组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡.
回答下列问题:
(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2,其中*为公共接线柱,a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱.
(2)电阻箱的阻值应取R1= Ω,R2= Ω.(保留到个位)
解析:(1)微安表头改装成电流表需并联一个小电阻,改装成电压表需串联一个大电阻,故并联的电阻箱为R1,串联的电阻箱为R2.
(2)接a时改装成量程为1 mA的电流表,有
IgRg=(I-Ig)R1
解得R1=100 Ω
接b时改装成量程为3 V的电压表,有U=IgRg+IR2
解得R2=2 910 Ω.
答案:(1)如图所示
(2)100 2 910
第九章 磁场
高考导航(教师备用)
考点内容
要求
高考(全国卷)三年命题情况对照分析
2016
2017
2018
磁场、磁感应强度、磁感线
Ⅰ
Ⅰ卷T15:带电粒子在复合场中的运动
Ⅱ卷T8:带电粒子在圆形磁场中的运动
Ⅲ卷T18:带电粒子在有界磁场中的运动
Ⅰ卷T19:安培定则、左手定则
Ⅱ卷T18:带电粒子在圆形磁场中的运动
T21:安培力、左手定则
Ⅲ卷T18:磁感应强度的合成、安培定则
Ⅰ卷T19:安培定则
T23:组合场、匀速圆周运动及其相关的知识点
Ⅱ卷T20:右手定则、矢量叠加
T25:组合场、匀速圆周运动及其相关的知识点
Ⅲ卷T24:组合场、匀速圆周运动及其相关的知识点
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
Ⅰ
安培力、安培力的方向
Ⅰ
匀强磁场中的安培力
Ⅱ
洛伦兹力、洛伦兹力的方向
Ⅰ
洛伦兹力公式
Ⅱ
带电粒子在匀强磁场中的运动
Ⅱ
质谱仪和回旋加速器
Ⅰ
1.考查方式:对安培力、洛伦兹力及其磁场的基本知识考查以选择题为主.对带电粒子的运动考查以计算题的形式出现,难度较大.
2.命题趋势:(1)会继续考查基本概念及规律,特别是磁场磁感线的分布和安培定则、左手定则的应用.仍将以带电粒子在有界磁场、组合场、叠加场中运动的综合分析为重点,出现大型综合题的概率较大.
(2)本章知识与现代科技及生产、生活息息相关,以现代科技为载体,对安培力、洛伦兹力进行考查,仍将是今后高考命题的趋势.
第1节 磁场及磁场对电流的作用
基础过关 紧扣教材·自主落实
基础知识
一、磁场、磁感应强度
1.磁场
(1)基本特性:磁场对处于其中的磁体和运动电荷有磁场力的作用.
(2)方向:小磁针的N极所受磁场力的方向.
2.磁感应强度
(1)物理意义:描述磁场的强弱和方向.
(2)大小:B=(通电导线垂直于磁场).
(3)方向:小磁针静止时N极的指向.
(4)单位:特斯拉(T).
二、磁感线 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
1.磁感线及特点
(1)磁感线:在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致.
(2)特点
①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向.
②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱.
③磁感线是闭合曲线,没有起点和终点.
④磁感线是假想的曲线,客观上不存在.
2.电流的磁场
直线电流
的磁场
通电螺线
管的磁场
环形电流
的磁场
特点
无磁极、非匀强磁场且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场且磁场最强,管外为非匀强磁场
环形电流的两侧是N极和S极,且离圆环中心越远,磁场越弱
安培
定则
3.匀强磁场
(1)定义:磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场.
(2)特点:磁感线是一簇簇疏密程度相同、方向相同的平行直线.
自
主
探
如图,在x轴和y轴构成的平面直角坐标系中,过原点再做一个z轴,就构成了空间直角坐标系.匀强磁场的磁感应强度B=0.2 T,方向沿x轴的正方向,且ab=dc=0.4 m,bc=ef=ad=0.3 m,be=cf=0.3 m.通过面积S1(abcd),S2(aefd)的磁通量Φ1,Φ2有什么关系?
究
答案:Φ1=BS1=B·ab·ad=0.2×0.4×0.3 Wb=0.024 Wb,
Φ2=B·S2cos θ=B·S1=0.024 Wb,故Φ1等于Φ2.
三、安培力、安培力的方向 匀强磁场中的安培力
1.安培力的大小
(1)磁场和电流垂直时:F=ILB.
(2)磁场和电流平行时:F=0.
2.安培力的方向
左手定则判断:
(1)伸开左手,让拇指与其余四指垂直,并且都在同一个平面内.
(2)让磁感线从掌心进入,并使四指指向电流方向.
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向.
教
材
解
读
如果两根通电直导线的电流都是竖直向下的,那么根据安培定则左边电流在右边电流处产生的磁场方向是垂直纸面向外,由左手定则,右边电流受到的安培力水平向左;同理,右边电流在左边电流处产生的磁场是垂直纸面向里,左侧电流受到的安培力水平向右.即同向电流相互吸引.
假设左侧电流仍然方向向下,右侧电流方向改为向上.那么根据安培定则左边电流在右边电流处产生的磁场方向是垂直纸面向外,由左手定则,右边电流受到的安培力水平向右;同理,右边电流在左边电流处产生的磁场是垂直纸面向外,左侧电流受到的安培力水平向左.即异向电流相互排斥.
过关巧练
1.思考判断
(1)通电导线放入磁场中,若不受安培力,说明该处磁感应强度为零.( × )
(2)垂直磁场放置的线圈面积减小时,穿过线圈的磁通量可能增大.( √ )
(3)磁场是客观存在的,磁感线实际上是不存在的,磁感线上各点的切线方向表示该点的磁场方向.( √ )
(4)安培力可能做正功,也可能做负功.( √ )
(5)1820年,丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转,称为电流的磁效应.( √ )
2.如图所示,两根垂直纸面平行放置的直导线M和N,通有大小相等方向相反的电流I,在纸面上与M,N距离相等的P点处,M,N导线在该点产生的磁场的方向如何?M导线受到的安培力方向又怎样?
解析:根据安培定则和磁场的矢量叠加,P点磁场方向水平向右;根据安培定则知,N导线在M导线处产生的磁场方向水平向右,再根据左手定则,M导线受到的安培力方向竖直向上.
答案:水平向右 竖直向上
3.[人教版选修3-1·P94·T3]如图所示为电流天平,可以用来测量匀强磁场的磁感应强度,它的右臂挂着矩形线圈,匝数n=9,线圈的水平边长为L,处于匀强磁场内,磁感应强度B的方向与线圈平面垂直,当线圈中通过电流I时,调节砝码使两臂达到平衡,然后使电流反向,大小不变,这时需要在左盘中增加质量为m的砝码,才能使两臂再达到新的平衡.
(1)用已知量和可测量量n,m,L,I,计算B的表达式.
(2)当L=10.0 cm,I=0.10 A,m=8.78 g时,磁感应强度是多少?
解析:(1)设电流方向未改变时,等臂天平的左盘内砝码质量为m1,右盘内砝码质量为m2,则由等臂天平的平衡条件,有m1g=m2g-nBIL
电流方向改变之后,同理可得
(m+m1)g=m2g+nBIL
两式相减,得B=.
(2)把相关数据代入B=可得B=0.49 T.
答案:(1)B= (2)0.49 T
考点研析 核心探究·重难突破
考点一 磁场的理解及安培定则
1.电流的磁场及安培定则
直线电流
的磁场
通电螺线
管的磁场
环形电流
的磁场
安培
定则
立体图
横截
面图
特点
无磁极,非匀强磁场,距导线越远处磁场越弱
两侧是N极和S极,与条形磁体的磁场类似,管内可看做匀强磁场,管外是非匀强
磁场
两侧是N极和S极,圆环内侧,离导线越近,磁场越强;圆环外侧离圆环越远,磁场越弱
2.安培定则的应用
在运用安培定则时应分清“因”和“果”,电流是“因”,磁场是“果”,既可以由“因”判断“果”,也可以由“果”追溯“因”.
原因(电流方向)
结果(磁场方向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
3.磁场的叠加
磁感应强度为矢量,合成与分解遵循平行四边形定则.
【典例1】 (2018·全国Ⅱ卷,20)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1,L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a,b两点,它们相对于L2对称.整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外.已知a,b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0,方向也垂直于纸面向外.则( AC )
A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析:原磁场、电流的磁场方向如图所示,由题意知
在b点:B0=B0-B1+B2
在a点:B0=B0-B1-B2
由上述两式解得
B1=B0,B2=B0,选项A,C正确.
【针对训练】 (2017·全国Ⅰ卷,19)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1,L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反,下列说法正确的是( BC )
A.L1所受磁场作用力的方向与L2,L3所在平面垂直
B.L3所受磁场作用力的方向与L1,L2所在平面垂直
C.L1,L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶
D.L1,L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
解析:由安培定则和左手定则可知,同向的两直线电流之间的磁场力为引力,反向的两直线电流之间的磁场力为斥力,所以L1与L2之间的磁场力为引力,单位长度的相互作用力F12=-F21;L1与L3之间的磁场力为
斥力,单位长度的相互作用力F13=-F31;L2与L3之间的磁场力为斥力,单位长度的相互作用力F23=-F32,这6个力如图所示.又由于三根导线电流均为I,且两两等距,任何一根导线单位长度的电流在另外两根处产生的磁感应强度大小相等,所以这6个力的大小相等,设为F0.由平行四边形定则可以确定,L1所受磁场力大小为F0,方向与L2,L3所在平面平行,选项A错误;L2所受磁场力大小为F0,L3所受磁场力大小为F0,方向与L1,L2所在平面垂直,选项B正确;所以L1,L2和L3单位长度所受磁场力大小之比为1∶1∶,选项C正确,D错误.
考点二 安培力作用下导体运动趋势的判断
1.在应用左手定则判定安培力方向时,磁感线方向不一定垂直于电流方向,但安培力的方向一定与磁场方向和电流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面.
2.用公式F=ILB计算安培力大小时应注意
(1)B与I垂直.
(2)L是有效长度.
①公式F=ILB中L指的是“有效长度”.当B与I垂直时,F最大,F=ILB;当B与I平行时,F=0.
②弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度(如图所示),相应的电流方向沿L由始端流向末端.
③闭合线圈通电后,在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零.
3.方向:根据左手定则判断.
4.判定安培力作用下导体运动情况的常用方法
电流
元法
分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊
位置法
在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法
环形电流小磁针
条形磁铁通电螺线管多个环形电流
结论法
同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研
究对
象法
例如定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向
【典例2】 (2017·全国Ⅱ卷,21)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示.矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴.将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方.为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将( AD )
A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B.左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D.左转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
〚审题指导〛
题干关键
获取信息
线圈能连续转动
线圈受安培力
左、右转轴下侧的绝缘漆刮掉
转动一圈通电一次
左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉
转动一圈通电两次
左转轴上侧、右转轴下侧的绝缘漆刮掉
无法通电
左转轴上下两侧、右转轴下侧的绝缘漆刮掉
转动一圈通电一次
解析:为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,这样当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动,选项A正确;若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,则当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动,选项B错误;左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,电路不能接通,故不能转起来,选项C错误;若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,这样当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过半周后电路不导通;转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动,选项D正确.
题组训练
1.[结论法](2019·广西陆川县期末)两条直导线互相垂直,如图所示,但相隔一个小距离,其中一条AB是固定的,另一条CD能自由转动.当电流按图所示的方向通入两条导线时,CD导线将( D )
A.顺时针方向转动,同时靠近导线AB
B.逆时针方向转动,不平动
C.顺时针方向转动,同时离开导线AB
D.逆时针方向转动,同时靠近导线AB
解析:两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势,又因为同向电流互相吸引,所以答案D正确.
2.[转换研究对象法](2019·湖北仙桃、天门、潜江三市联考)如图所示,水平桌面上放置一根条形磁铁,磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线,并与磁铁垂直.当直导线中通入图中所示方向的电流时,和未通电相比较,可以判断出( D )
A.弹簧的拉力减小,条形磁铁对桌面的压力增大
B.弹簧的拉力减小,条形磁铁对桌面的压力减小
C.弹簧的拉力增大,条形磁铁对桌面的压力增大
D.弹簧的拉力增大,条形磁铁对桌面的压力减小
解析:条形磁铁磁感线如图所示:由图可知,直导线处磁场方向向右;根据左手定则,直导线受到的安培力向下,故弹簧弹力变大;根据牛顿第三定律,电流对磁铁的作用力与安培力等大、反向、共线,即向上,故磁铁对桌面的压力变小.
考点三 安培力作用下导体的平衡与加速
1.与安培力有关的力学问题与其他力学问题一样,受力分析是关键.利用左手定则正确分析安培力的方向,用安培力公式正确求解其大小,根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解.
2.将三维图转换为二维平面图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图.
【典例3】 如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 Ω
.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量.
〚审题图示〛
解析:依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下.
开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1=mg ①
式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小.
开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为
F=ILB ②
式中,I是回路电流,L是金属棒的长度.两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3 cm,
由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③
由欧姆定律有
E=IR ④
式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻.
联立①②③④式,并代入题给数据得
m=0.01 kg.
答案:见解析
误区警示
(1)本题中安培力的方向易判断错误.
(2)开关闭合后,弹簧的伸长量为(0.5+0.3)cm,不是0.3 cm或(0.5-0.3)cm.
(3)金属棒所受弹簧的弹力为2kx而不是kx.
题组训练
1.[动态平衡问题](2018·重庆一诊)如图所示,一水平导轨处于与水平方向成45°角斜向左上方的匀强磁场中,一根通有恒定电流的金属棒,由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动.现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上,在此过程中,金属棒始终保持匀速运动,已知棒与导轨间的动摩擦因数μ=,则( C )
A.金属棒所受摩擦力一直在减小
B.导轨对金属棒的支持力先变小后变大
C.磁感应强度先变小后变大
D.金属棒所受安培力恒定不变
解析:金属棒匀速运动,受力如图(甲),则有N+F安sin θ=mg,F安cos θ=f=μN,
F安=BIL,联立解得B=,其中tan α==,α=60°,因θ是从45°减小到0,所以B先变小后变大,金属棒所受安培力也先变小后变大,C对,D错;将N与f合成一个力F,则F与水平方向的夹角是一定值,金属棒受力如图(乙),θ减小过程中F安方向顺时针变化,力F一直在增大,所以金属棒所受摩擦力及导轨对金属棒的支持力一直在增大,A,B错.
2.[加速问题](2018·广东惠州二模)如图是导轨式电磁炮实验装置示意图.两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放金属滑块(即实验用弹丸).滑块可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触.电源提供的强大电流从一根导轨流入,经过滑块,再从另一导轨流回电源.滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射.在发射过程中,该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场,方向垂直于纸面,其强度与电流的关系为B=kI,比例常量k=5×10-7 T/A.已知两导轨内侧间距L=2.0 cm,滑块的质量m=40 g,滑块沿导轨滑行2 m后获得的发射速度v=100 m/s(此过程视为匀加速运动).
(1)求发射过程中电源提供的电流强度.
(2)若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中固定在水平面上的砂箱,它嵌入砂箱的深度为s.设滑块质量为m,求滑块对砂箱平均冲击力的表达式.
解析:(1)对滑块由匀加速运动公式v2=2ax
解得a==2 500 m/s2
滑块所受安培力F=BIL=kI2L
对滑块由牛顿第二定律得F=ma,
解得I==1.0×105 A;
(2)对滑块用动能定理,有-fs=-mv2,
解得平均冲击力f=.
答案:(1)1.0×105 A (2)f=
素养提升 学科素养·演练提升
核心素养
【二级结论】 安培力在电磁感应中的冲量表达式
感应电流通过直导线时,直导线在磁场中要受到安培力的作用,当导线与磁场垂直时,安培力的大小为F=BIL.在时间Δt内安培力的冲量FΔt=BILΔt=BLq=BL,式中q是通过导体截面的电荷量.利用该结论解答问题十分简便,下面举例说明这一点.
【示例】 如图所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内,有一个边长为a(aF1,即qvB>qE,因此粒子A将偏向下极板,最终落到下极板.由动能定理-qE·=m(v″2-v2)
得Ek′=mv″2=mv2-qE·=mv2-qBvd.
过关巧练
1.思考判断
(1)荷兰物理学家洛伦兹提出了公式F=qvB.( √ )
(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直.( × )
(3)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变.( × )
(4)阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的电荷量和质量.( × )
(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,其运动半径与带电粒子的比荷有关.( √ )
(6)经过回旋加速器加速的带电粒子的最大动能是由D形盒的最大半径、磁感应强度B、加速电压的大小共同决定的.( × )
2.如图中曲线a,b,c,d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹,气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里.以下判断可能正确的是( D )
A.a,b为β粒子的径迹
B.a,b为γ粒子的径迹
C.c,d为α粒子的径迹
D.c,d为β粒子的径迹
解析:由左手定则可知,a,b为带正电的粒子的径迹,c,d为带负电的粒子的径迹,又α粒子带正电,β粒子带负电,γ粒子不带电,所以D项正确.
3.[人教版选修3-1·P98·T1改编]下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( B )
4.[人教版选修3-1·P102·T3改编]如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A,B两束,下列说法正确的是( C )
A.组成A束和B束的离子都带负电
B.组成A束和B束的离子质量一定不同
C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷
D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
考点研析 核心探究·重难突破
考点一 对洛伦兹力的理解
1.洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向,注意区分正、负电荷.
(2)当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化.
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用.
(4)洛伦兹力一定不做功.
2.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者性质相同,都是磁场力.
(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功.
3.洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力
电场力
产生
条件
v≠0且v与B不平行
电荷处在电场中
大小
F=qvB(v⊥B)
F=qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同,负电荷受力与电场方向相反
做功
情况
任何情况下都不
做功
可能做正功,可能做负功,也可能不做功
【典例1】 (2018·天津和平区期末)如图所示,由绝缘细线悬挂的带负电荷的小球,在一匀强磁场中摆动,匀强磁场的方向垂直纸面向里,小球在AB间摆动过程中,由A摆到最低点C时,细线拉力的大小为F1,小球加速度大小为a1;由B摆到最低点C时,细线拉力的大小为F2,小球加速度大小为a2,则( B )
A.F1>F2,a1=a2 B.F1F2,a1>a2 D.F1
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