2.某电压表的内阻在20 kΩ-50 kΩ之间，现要测量其内阻，实验室提供了下列器材：待测电压表(量程为3 V)、电流表(量程为200 μA)、电流表(量程为5 mA)、电流表(量程为0.6 A)、滑动变阻器R(最大值为1 kΩ)、电源E(电动势为4 V)、开关S.

(1)所提供的电流表中，应选用　　　.

(2)为了减小误差，要求测量多组数据，试画出符合要求的电路图.

解析：(1)因为通过电压表的电流必须由电流表测定，所以电流表与电压表应串联，这实际上就是一种特殊的伏安法，电压表成了一个“可自报电压的大电阻”，由于电压表的内阻在 20 kΩ-50 kΩ之间，电流表的内阻与电压表的内阻相比可忽略不计，而滑动变阻器R的阻值远小于电压表的内阻，且实验要求测多组数据，因此实验电路中滑动变阻器应接成分压式，这样通过电压表的电流在80 μA-200 μA之间，故电流表应选.根据电流表、电压表的示数，可求得电压表的内阻R_V＝.

(2)电路图如图所示.

答案：(1)　(2)如图所示

金典练习二十五　实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线测定金属的电阻率

选择题部分共4小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.

体验成功

1.用伏安法测量电阻R的阻值，并求出其电阻率ρ.

给定电压表(内阻约为50 kΩ)、电流表(内阻约为40 Ω)、滑动变阻器、电源、开关、待测电阻(约为 250 Ω)及导线若干.(结果均保留三位有效数字)

(1)画出测量R的电路图.

(2)图甲中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，写出根据此图求R的步骤：　

　.

求出的电阻值R＝　　　 Ω.

(3)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图乙、丙所示.由图可知其长度为　　　 cm，直径为　　 cm.

(4)由以上数据可求出ρ＝　　Ω·cm.[2003年高考·全国理综卷]

答案：(1)电路图如图丁或戊所示

丁　　　　　　　戊

(2)①作U－I图线，舍去左起第2点，其余5个点尽量靠近直线且均匀分布在直线两侧；②求该直线的斜率，则斜率大小就等于电阻大小　229(221-237均可)

(3)0.800　0.194

(4)8.46×10^－2

3.某同学用如图甲所示的电路测绘标有“3.8 V 0.3 A”字样的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象.

(1)除了导线和开关外，有下列一些器材可供选择：

电流表(量程为100 mA，内阻约为2 Ω)；电流表(量程为0.6 A，内阻约为0.3 Ω)；电压表(量程为5 V，内阻约为5 kΩ)；电压表(量程为15 V，内阻约为15 kΩ)；滑动变阻器R₁(最大阻值为5 Ω)；滑动变阻器R₂(最大阻值为50 Ω)；电源E₁(电动势为1.5 V，内阻为0.2 Ω)；电源E₂(电动势为4 V，内阻约为0.04 Ω).

为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表　　，电压表　　，滑动变阻器　　，电源　　.(填器材符号)

(2)根据实验数据，计算并描绘出R－U的图象如图乙所示.由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝的电阻为　　 Ω；当所加电压为3.00 V时，灯丝的电阻为　　 Ω，灯泡实际消耗的电功率为　　 W.

乙

(3)根据R－U图象，可确定小灯泡消耗的电功率P与外加电压U的关系.符合该关系的示意图是图丙中的　　.

丙

解析：(1)小灯泡的额定电流为0.3 A，额定电压为3.8 V，故电流表应选用，电压表应选用，电源应选E₂，分压接法中滑动变阻器应小于待测电阻，滑动变阻器选R₁.

(2)由图象可知，当小灯泡不工作时U＝0，R＝1.5 Ω

当U＝3.00 V时，R′＝11.5 Ω，此时小灯泡消耗的电功率为：

P′＝＝0.78 W.

(3)虽然随着工作电压的增大，小灯泡的灯丝温度升高，灯丝的电阻增大，但由图乙可知，小灯泡两端的电压越大，流过它的电流也越大，根据P＝IU可知，P－U图象如选项A所示.

答案：(1)　　R₁　E₂

(2)1.5　11.5　0.78　(3)A

2.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按如图所示的方式连接电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零.闭合开关后：

(1)若电压表的示数为2 V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则断路的导线为　　　.

(2)若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3 A，小灯泡亮，则断路的导线为　　　.

(3)若反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为　　　.

[2007年高考·重庆理综卷]

解析：(1)电压表的示数为2 V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，说明电压表与小灯泡没有并联好(可能是d、h导线断路)，但电压表又与其他部分组成了闭合电路，故断路的导线只可能是d.

(2)小灯泡亮，但电压表的示数为零，同样说明电压表与小灯泡没有并联好(可能是d、h导线断路)，也可能说明电压表没有接入电路中，故断路的导线只可能是h.

(3)反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，说明滑动变阻器在实际电路中没有起到如连接电路中应起到的分压作用，而仅起到限流作用，故可断定断路的导线为g.

答案：(1)d　(2)h　(3)g

体验成功

1.现要测定一个额定电压为4 V、额定功率为1.6 W的小灯泡(图中用⊗表示)的伏安特性曲线.要求所测电压的范围为0.1 V-4 V.

现有器材：直流电源E(电动势为4.5 V，内阻不计)、电压表(量程为4.5 V，内阻约4×10⁴ Ω)、电流表(量程为250 mA，内阻约2 Ω)、电流表(量程为500 mA，内阻约1 Ω)、滑动变阻器R(最大阻值约30 Ω)、开关S和导线若干.

如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应该选用的电流表是　　；在如图甲、乙所示的两个电路中，应该选用的是　　.[2006年高考·全国理综卷Ⅱ]

甲　　　　　　　乙

解析：小灯泡的额定电流I＝＝0.4 A，故电流表应选用；小灯泡的电阻R＝＝10 Ω，由于R≪R_V，故应选电流表外接法.

答案：　甲

13.(14分)一质量为m的皮球，无论从多高处自由落下，反弹高度都为原来的.要使皮球从h高处被拍打后，下落反弹回h高处，每次拍球需对球做的功为多少？(空气阻力不计)

错解：由于皮球反弹高度为原来的，说明皮球碰撞损失的能量为mgh.故每次拍球时需要对球做的功为mgh.

剖析：由题意知每次与地面碰撞损失的机械能为着地前机械能的，即若皮球从h高处自由释放，碰撞损失为：mgh，若皮球被W的功拍打后，着地碰撞损失大于mgh，故上面解析是错误的.

正解：设拍球时对球做功为W能使球反弹回h高处，由能的转化和守恒定律有：

W+mgh－(mgh+W)＝mgh

解得：W＝mgh.

答案：mgh

12.(13分)如图所示，在倾角为θ的斜面上，一物块通过轻绳的牵拉压紧弹簧.现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后即进入斜面上足够长的粗糙部分NN′(此前摩擦不计).物块沿斜面的粗糙部分上滑达到的最远位置离N的距离为s，此后下滑，第一次回到N处压缩弹簧后又被弹离，物块第二次上滑的最远位置离N的距离为.求：

(1)物块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ.

(2)物块最终克服摩擦力做功所通过的路程s′.

解析：(1)设物块第一次下滑回到N时速度为v，则：

mgsin θ·s－μmgcos θ·s＝mv²

第二次上滑，初速度也为v，有：

mgsin θ·+μmgcos θ·＝mv²

联立解得：μ＝tan θ.

[或直接对动能为零的两个状态及过程运用动能定理：mgsin θ·－μmgcos θ·(s+)＝0，解得μ＝tan θ]

(2)物块进入NN′获得的初始动能为：

E_k0＝mgsin θ·s+μmgcos θ·s

物块最终只能在N点以下的斜面上往复运动，由动能定理有：

W_f＝μmgcos θ·s′

解得：s′＝4s.

答案：(1)tan θ　(2)4s

11.(13分)如图所示，半径为L的金属圆环ab竖直放置，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向里.金属轻杆Oa的a端连接质量为m的金属球，金属球可在金属圆环ab上自由滑动，现让Oa杆绕轴O由水平位置静止释放，运动中始终与固定的Ob杆组成闭合电路，经时间t金属球到达b处的速度为v(v＜).若Oa、Ob杆电阻均为R，其余电阻不计，则此过程中感应电动势的有效值为多少？

解析：根据能的转化和守恒定律，在Oa杆转至竖直方向的过程中，发生电磁感应转化的电能为：

W_电＝mgL－mv²

设这一过程感应电动势的有效值为E，有：

W_电＝·t

可解得：E＝.

答案：

10.在2006年世界体操锦标赛男子团体决赛中，中国队小将陈一冰在吊环比赛中获得冠军，杨威获得亚军.如图所示，陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，下列判断正确的是(吊环受的重力不计)(　)

A.在图甲所示的状态中，人对环的作用力沿手臂斜向下

B.在图甲所示的状态中，人对环的作用力沿绳方向向下

C.陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，人不做功，机械能不变

D.陈一冰从图甲所示的状态缓慢运动到图乙所示的状态的过程中，人做负功，机械能减少

解析：取吊环为研究对象，环受手的作用力和绳的拉力作用，由平衡条件可知人对环的作用力沿绳的方向向下.

从图甲至图乙的状态，系统的机械能减少，绳的拉力不做功，故知这一过程人做负功.

答案：BD

非选择题部分共3小题，共40分.

9.如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放到传送带上.若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量为(　)

A.mv²　 B.2mv²　 C.mv²　 D.mv²

解析：小木块在传送带上做加速运动时的加速度a＝μg，达到速度v以前加速运动的位移s₁＝，这段时间内传送带移动的距离s₂＝v·＝.可以根据以下两种方法求转化的内能.

解法一　转化的内能等于摩擦产生的热量，由功能关系，得：

ΔQ＝f·s_相＝μmg·(s₂－s₁)＝mv².

解法二　由能量守恒定律可知，传动轮对皮带做的功等于木块动能的增加和转化的内能.由于皮带保持匀速运动，故木块加速过程中传动轮对它的牵引力大小F＝μmg

所以有：W_F＝ΔE_k+ΔQ

即μmg·＝mv²+ΔQ

所以ΔQ＝mv².

答案：D

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 甲　　　 　乙