高中物理一轮总复习练习：第八章恒定电流 课时作业40 Word版含解析

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1、 课时作业(四十)　描绘小电珠的伏安特性曲线 [基础训练] 1．“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验电路如图所示，所用小电珠的额定电压为3.8 V．关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是(　　) A．系统误差主要是由电压表的分流引起的 B．系统误差主要是由电流表的分压引起的 C．系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的 D．系统误差主要是由读数时的估读引起的 答案：A　解析：由于小电珠的电阻比较小，所以采用电流表外接法，此时电压表的测量值是准确的，但是电流表的测量值和真实值相比要大，系统误差的主要原因是电压表分流，A正确． 2．(2018·广东湛江一模)现要测定一个额定电压为

2、2.5 V、额定功率约为0.7 W的小灯泡的伏安特性曲线． (1)为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图． (2)合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的________(填“左端”或“右端”)． (3)根据实验数据，描绘出的U­I图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80 V时，小灯泡电阻为________Ω，小灯泡的功率为________W(结果保留两位有效数字)． 甲 　 乙 丙 (4)由图乙可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系，符合该关系的图象是图丙中的________． 答案：(1)见解析 (2)左端

3、(3)7.2 0.45 (4)D 解析：(1)实物电路图如图所示． (2)为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端． (3)由题图乙可知，当电压为1.80 V时，电流为0.25 A，则电阻R＝＝ Ω＝7.2 Ω；功率P＝UI＝1.8×0.25 W＝0.45 W. (4)由功率公式P＝可知，功率与电压的图象应为D. 3．某一小型电风扇的额定电压为4.0 V，额定功率为2.4 W．某实验小组想通过实验描绘出电风扇的U­I图线．实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择： A．电源E(电动势为4.5 V) B．电压表V(量程为0～5 V，内阻约为4 kΩ)

4、C．电流表A1(量程为0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω) D．电流表A2(量程为0～3 A，内阻约为0.05 Ω) E．滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω，额定电流1 A) F．滑动变阻器R2(最大阻值2 kΩ，额定电流100 mA) (1)为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(填所选仪器前的字母序号) (2)请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在虚线框内(电风扇的电路符号为)． (3)操作过程中发现，电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5 V时电风扇没启动．该小组测绘出的电风扇的U­I图线

5、如图所示，由此可以确定，电风扇的电阻为________Ω，正常工作时的发热功率为________W，机械功率为________W. 答案：(1)C　E　(2)实验电路如图所示　(3)2.5　0.9　1.5 解析：(1)电风扇的额定电流为I＝＝ A＝0.6 A. 为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用C；滑动变阻器采用分压电路，应选用E. (2)电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路如图所示． (3)电压表读数小于0.5 V时电风扇没启动，根据欧姆定律得R＝＝ Ω＝2.5 Ω.电风扇正常工作时电压为4 V，根据题中图象知电流为0.6 A，则电风

6、扇的发热功率P热＝I2R＝0.62×2.5 W＝0.9 W，则机械功率P机＝P－P热＝2.4 W－0.9 W＝1.5 W. 4.在“描绘小灯泡伏安特性曲线的实验”中： (1)为减小实验误差，方便调节，请在给定图甲中的A、B、C、D四个电路图和E、F、G三个滑动变阻器中选取适当的电路图和器材，并将它们的编号填在横线上．应选取的电路图是________，滑动变阻器应选取________． E．总阻值15 Ω，允许通过的最大电流为2 A的滑动变阻器 F．总阻值200 Ω，允许通过的最大电流为2 A的滑动变阻器 G．总阻值1 000 Ω，允许通过的最大电流为1 A的滑动变阻器 (2

7、)由实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙中b线．将该小灯泡与一干电池组成闭合回路，该电池两极间的电压随电路中电流的变化关系图线如图乙中a线所示，则小灯泡与电池连接后的实际功率为________W；若再将一阻值为0.75 Ω的电阻串联在电路中，则小灯泡的实际功率为________W. 乙 答案：(1)C　E　(2)0.72　0.24 解析：(1)由小灯泡的伏安特性曲线(题图乙中b线)可知，小灯泡电阻很小，不超过1 Ω，且电表示数从零开始读数，因此电流表采用外接法，滑动变阻器应该采用分压式接法，C图正确；滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，应用总阻值较小的，故应选择E. (2

8、)两图线的交点坐标即为小灯泡的电压和电流，实际功率P＝UI＝0.72 W；根据电池的U­I图线可知，电池的内阻为0.75 Ω，若再将一阻值为0.75 Ω的电阻串联在电路中，相当于小灯泡与等效内阻为1.5 Ω的电源连接，在U­I坐标系内，连接(0,1.5 V)和(1.0 A,0)两个点，作出等效电源的U­I图线，读出该图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标为(0.8 A,0.3 V)，此即为小灯泡的电流和电压值，故灯泡的实际功率为0.24 W. [能力提升] 5．有一个小灯泡上标有“4.8 V　2 W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P与它两端电压的二次方U2的

9、关系曲线．有下列器材可供选用： A．电压表V1(0～3 V，内阻3 kΩ) B．电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ) C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω) D．定值电阻R1＝3 kΩ E．定值电阻R2＝15 kΩ F．滑动变阻器R(10 Ω，2 A) G．学生电源(直流6 V，内阻不计) H．开关、导线若干 (1)实验中电压表应选用________，定值电阻应选用________(均用序号字母填写)． (2)为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在虚线方框内画出满足实验要求的电路图． (3)利用上述实验电路图测出的电压表读数UV与此时小灯

10、泡两端电压U的定量关系是________，下图的四个图象中可能正确的是________． 答案：(1)A D (2)如图所示 (3)U＝2UV C 解析：(1)由于15 V的电压表量程较大，所以可以采用扩大电压表量程的办法，实验中所用电压表选用A，定值电阻应选用R1＝3 kΩ的D. (2)采用分压电路，电流表外接，如图所示． (3)利用上述实验电路图测出的电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是U＝2UV.由P＝，R随温度升高(电压增大)而增大，小灯泡的电功率P与它两端电压的二次方U2的关系曲线可能是图C. 6．某同学利用如下实验器材“研究小灯泡的伏安

11、特性曲线”：电源(电动势3 V，内阻可忽略不计)、滑动变阻器(最大阻值10 Ω)、电压表、电流表、开关、小灯泡、导线若干． (1)实验过程中某次实验时电压表、电流表的指针如图甲所示，则电压表读数为________V，电流表读数为________A. 甲 (2)根据实验得到的数据作出小灯泡的U­I图象如图乙所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而________(填“增大”“减小”或“不变”)． (3)用铅笔在图丙中把缺少的导线补全，连接实验电路． (4)若正确连线后，合上开关，移动滑动变阻器的滑片，小灯泡不能完全熄灭，其他完全正常，则可判断是导线________(填接线柱字母，如

12、“GH”)发生断路；此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是________ W(保留两位有效数字)． 乙 丙 答案：(1)1.20　0.40　(2)增大　(3)见解析图甲　(4)EN　0.13(0.12～0.14均可) 解析：(1)电压表示数为12.0×0.1 V＝1.20 V，电流表示数为20×0.02 A＝0.40 A．(2)根据题图乙可知，随着电压升高，小灯泡的电阻增大．(3)研究小灯泡的伏安特性曲线，电压应从零开始，因而滑动变阻器采用分压接法．小灯泡电阻较小，电流表采用外接法．实物图连接见图甲．(4)正确连线后，移动滑动变阻器的滑片，小灯泡不能完全熄灭，则可能是导线EN断路．EN导线断路后，当滑动变阻器的阻值全部连入电路，电流最小，小灯泡的功率最小．此时把滑动变阻器的阻值作为电源内阻，在小灯泡的U­I图线中画出等效电源的U­I图线，两图线的交点即为小灯泡功率最小时的工作状态点(如图乙)，由图线可知P＝0.25×0.50 W≈0.13 W. 甲 乙