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1、专题限时训练14电学实验与创新时间：45分钟1(2018宁波镇海中学模拟)LED发光二极管技术得到广泛应用，下表为某发光二极管的正向电压U与正向电流I关系的数据.U/V0.002.562.712.802.842.872.892.912.99I/mA0.000.030.070.110.340.520.750.913.02(1)根据以上数据，在图甲中画出电压在2.503.00 V范围内时二极管的IU图线答案：如图所示(2)分析二极管的IU图线可知二极管的电阻随U变大而变小(选填“变大”“变小”或“不变”)，在电压2.503.00 V范围内电阻最小约为970(20) (保留三位有效数字)(3)某同学
2、用伏安法测电阻的电路描绘该二极管的伏安特性曲线，要求二极管的正向电压从0开始变化，并使测量误差尽量减小图乙是实验器材实物图，电压表量程为3 V，内阻约为3 k，电流表量程为5 mA，内阻约为10 .图中已连接了部分导线，请按实验要求将实物图中的连线补充完整答案：如图所示(4)若此LED发光二极管的工作电流为2 mA，则此发光二极管应与一阻值R15(1020均可) 的电阻串联后才能与电动势为3 V、内阻不计的电源相连解析：(1)先描点，然后用平滑的曲线连接；(2)IU图象的斜率表示电阻的倒数，斜率变大，表示电阻变小，因此当电压U3 V时，电阻最大，大约为970 (20 )；(3)要描绘伏安特性曲
3、线，需要将二极管两端的电压从零开始调节，故用滑动变阻器分压接法，因为二极管电阻比较大，为减小测量误差用电流表内接法；(4)根据伏安特性曲线可知，发光二极管器的工作电流为2 mA时，电阻两端的电压为2.97 V，根据闭合电路的欧姆定律可知电阻两端的电压为0.03 V，电阻与二极管串联，通过电阻的电流也为2 mA，根据欧姆定律可得电阻R15 .2(2018郑州第一次质量检测)要测绘一个标有“3 V，6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作已选用的器材有：电池组(电动势4.5 V，内阻约为1 )；电流表(量程为0250 mA，内阻约为5 )；电压表(量程为03
4、 V，内阻约为3 k)；开关一个、导线若干(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的A(填字母代号)A滑动变阻器(最大阻值20 ，额定电流1 A)B滑动变阻器(最大阻值1750 ，额定电流0.3 A)(2)实验的电路图应选用下列的图B(填字母代号)(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示现将两个这样的小灯泡并联后再与一个2 的定值电阻R串联，接在电动势为1.5 V、内阻为1 的电源两端，如图乙所示每个小灯泡消耗的功率是0.09 W.解析：(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线，滑动变阻器应选择分压接法，以保证电压可以从零开始在较大的范围内连续调节，而分压接法要求滑动变阻器选用阻值较小的变阻器，即滑动
5、变阻器选A.(2)“描绘伏安特性曲线”的实验中，滑动变阻器应选择分压接法，图A错误；图C中，变阻器与小灯泡并联，图C错误；小灯泡正常发光的电阻RL1.5 ，该电阻与电流表内阻接近，所以电流表应采用外接法，图B正确，D错误(3)设流过灯泡的电流为I，对应的电压为U，则对整个闭合回路有EU2I(Rr)，即U1.56I，在伏安特性曲线上绘出该函数图线，得交点坐标U10.6 V，I10.15 A，则每个灯泡的电功率PU1I10.09 W.3某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 A、内阻为2 500 的表头，一个开关，两个电阻箱(0999.9 )和若干导线(1
6、)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50 mA的电流表，则应将表头与电阻箱并联(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为5.0 .(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图甲所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且作相关计算后一并记录如下表.123456R()95.075.055.045.035.025.0I(mA)15.018.724.829.536.048.0IR(V)1.421.401.361.331.261.20根据表中数据，图乙中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图乙中，并画出IRI图线；答案：如图所示根据图线可得电池的电动势
7、E是1.53 V，内阻r是2.0 .解析：(1)将小量程表头改装成更大量程的电流表，需给表头“并联”一个合适阻值的分流电阻；已知表头的满偏电流Ig100 A，表头内阻Rg2 500 ，改装后电流表量程IA50 mA，设分流电阻为Rx，由IgRg(IAIg)Rx解得Rx5.0 .(2)将表中第5、6两组数据描入坐标纸，分析电路并由闭合电路的欧姆定律可得EI(RRAr)，变形得IR(RAr)IE，可知IRI图象为一条直线，故应用一条直线拟合各数据点，如图所示；由上述分析知，IRI图象的纵轴截距为电池电动势，由图知E1.53 V(1.521.54 V)；图中直线斜率的绝对值为RAr，则RAr7.0
8、，所以，电池内阻r7.0 RA2.0 .4如图所示为多量程多用电表的示意图(1)当接通1或2时，为电流挡(填“电流”“电阻”或“电压”).1的量程比2的量程大(填“大”或“小”)(2)测量某电阻时，用欧姆挡“10”挡时，发现指针偏转角度过大，他应该换用欧姆挡1(填“1”或“100”)挡换挡后，在测量前要先进行欧姆调零(3)该同学要测量多用电表直流“2.5 V”挡的内阻RV(约为20 k)除此多用电表外，还有以下器材：直流电源一个(电动势E为3 V，内阻可忽略不计)、电阻一个(阻值R为10 k)、开关一个、导线若干要求：在方框中画出实验电路图(多用电表用表示)；写出RV的表达式(用字母表示，并说
9、明所用字母的物理意义)答案：(3)见解析解析：(1)将电流计改装成电流表时要并联电阻分流，所以1、2是电流挡；并阻电阻越小，分流越大，则改装的电流表量程越大，故1位置的量程较大(2)因偏转角度过大，则电阻小，要用小量程的，选择“1”挡，换挡后电路改变，要重新进行欧姆调零(3)实验电路图如图所示在设计的电路图中，多用电表与电阻串联，通过它们的电流相等，所以有，因此RV，其中U为多用电表直流“2.5 V”挡的读数，R为10 k，E为电源的电动势5(2018江西省上饶市二模)要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL，实验室提供以下器材：A待测线圈L：阻值约为2 ，额定电流为2 AB电流表A1：量
10、程为0.6 A，内阻为r10.2 C电流表A2：量程为3.0 A，内阻r2约为0.2 D变阻器R1：阻值范围为010 E变阻器R2：阻值范围为01 kF定值电阻R310 G定值电阻R4100 H电源E：电动势E约为9 V，内阻很小I单刀单掷开关两个S1和S2，导线若干要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2，然后利用I1I2图象求出线圈的电阻RL.(1)实验中定值电阻应选择F，滑动变阻器应选择D.(请填器材序号)(2)请在方框内画出实验电路原理图(器材用适当的符号表示)(3)实验结束时应先断开开关S2.(4)由实验测得的数据作出I2I1图象，如
11、图所示，则线圈的直流电阻值为2.04_.解析：(1)将内阻已知的电流表A1串联定值电阻改装为电压表，利用伏安法测量线圈的直流电阻值由于线圈的直流电阻值很小，测量电路采用电流表外接法，控制电路采用滑动变阻器分压接法，滑动变阻器选用阻值较小的滑动变阻器R1；由于电源电动势约为9 V，改装电压表时使用量程为0.6的电流表A1与定值电阻R310 串联(3)实验结束时若先断开开关S1，则线圈将产生自感电动势与电流表A1形成回路，可能会烧毁电流表，因此实验结束时应先断开开关S2.(4)开关均闭合时，利用并联电路知识可得I1(R3r)(I2I1)RL，解得I2I1，即I2I1图象的斜率k，由图象的图线斜率k6解得RL2.04 .