（新课标）2020高考物理一轮复习 8.4 实验：描绘小灯泡的伏安特性权限课件 新人教版

8．4实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线知识清单考点整合集中记忆一、实验目的掌握滑动变阻器的连接方式．描绘小灯泡的伏安特性曲线，分析曲线的变化规律．二、实验原理用电流表测出流过小灯泡的电流，用电压表测出小灯泡两端的电压，在I－U坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连接起来．三、实验器材小灯泡、电流表、电压表、滑动变阻器、电源、开关、导线、坐标纸．四、实验步骤按如图所示的原理图连接好实验电路．把滑动变阻器的滑片调节到图中a端．闭合开关，改变滑动变阻器电阻，测出几组电流表和电压表的示数．在I－U坐标系中，画出小灯泡的伏安特性曲线．五、注意事项本实验中被测小灯泡的电阻值较小，电路采用电流表外接法．滑动变阻器应采用分压式接法，使小灯泡两端的电压能从零开始连续变化．开关闭合前滑动变阻器应调到使小灯泡两端电压为0的位置．小灯泡两端的电压不要超过其额定电压．考点讲练考点突破针对训练考点一实验电路与器材选择1．限流和分压两种电路的比较电路图负载电压的调节范围RER＋R0≤U≤E0≤U≤E变阻器电阻与负载电阻比较R0与R相差不能太大R0比R越小，越便于调节闭合S前滑片P的位置右端左端2.限流和分压两种电路的选择(1)要求电压从0开始逐渐增大，采取分压接法．(2)要求所测量范围尽可能大，采取分压接法．(3)变阻器电阻比负载电阻小很多，采取分压接法．(4)用限流法不能把电流控制在量程内，采取分压接法．(5)除了上述情况外才可考虑用限流法．3．本实验的器材选择根据小灯泡的额定值确定电流表和电压表的量程．滑动变阻器的阻值要比小灯泡的电阻小，越小越便于调节．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的I­U图线．有下列器材供选用：A．电压表(0～5V，内阻10kΩ)B．电压表(0～10V，内阻20kΩ)C．电流表(0～3A，内阻1Ω)D．电流表(0～0.6A，内阻0.4Ω)E．滑动变阻器(5Ω，1A)F．滑动变阻器(500Ω，0.2A)(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用________(用序号字母表示)．(2)请在方框内画出满足实验要求的电路图，并把由图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图．【答案】(1)ADE(2)见解析【解析】(1)因小灯泡的额定电压为4V，所以电压表应选用A，小灯泡的额定电流I＝PU＝0.5A，所以电流表应选用D；小灯泡正常工作时的电阻为R＝U2P＝8Ω，因为RVRARx，Rx为小电阻，电流表应采用外接法，要求电压表从零开始变化，故滑动变阻器采用分压接法，为便于调节，滑动变阻器应选用E.(2)电路图和实物图如图所示．考点二实验图像与数据处理1．画图像根据测出的电流、电压值描点，要用平滑曲线将各点拟合起来，不要画成折线．2．分析图像(1)U­I图像：图像的斜率越大表示电阻越大．(2)I­U图像：图像的斜率越大表示电阻越小．3．应用图像(1)在伏安特性曲线上找到符合电路的实际电压和电流，可计算电阻或功率．(2)当把被测的小灯泡与电源连接时，要综合应用小灯泡和电源的两个U­I图像，利用两个图像的交点求解．(2017·课标全国Ⅰ)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3.8V，额定电流0.32A)；电压表V(量程3V，内阻3kΩ)；电流表A(量程0.5A，内阻0.5Ω)；固定电阻R0(阻值1000Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0Ω)；电源E0(电动势5V，内阻不计)；开关S；导线若干．(1)实验要求能够实现在0～3.8V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4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，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)【答案】(1)如解析图所示(2)增大增大(3)0.411.17【解析】(1)因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表内阻和灯泡内阻接近，故电流表采用外接法；另外为了保护电压表，用R0和电压表串联，故原理图如图甲所示；(2)I­U图像中图像的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图像的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；(3)当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为4V，等效内阻为10Ω；作出电源的伏安特性曲线如图乙中实线所示；由图可知，灯泡电压为U＝1.8V，电流I＝230mA＝0.23A，则最小功率P＝UI＝1.8×0.23W＝0.41W；当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为1.0Ω，作出电源的伏安特性曲线如图乙中虚线所示；如图乙可知，此时电压为3.65V，电流为320mA＝0.32A；则可知最大功率Pmax＝U′I′＝3.65×0.32W＝1.17W.由金属丝制成的电阻阻值会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，亲自动手通过实验描绘这样一个电阻器的伏安特性曲线．可供选择的实验器材有：A．待测电阻器Rx(2.5V，1.2W)B．电流表(0～0.6A，内阻为1Ω)C．电压表(0～3V，内阻未知)D．滑动变阻器(0～10Ω，额定电流1A)E．电源(E＝3V，内阻r＝1Ω)F．定值电阻R0(阻值5Ω)G．开关一个和导线若干(1)实验时，该同学采用电流表内接法，并且电阻器两端电压从零开始变化，请画出实验电路图．(2)按照正确的电路图，该同学测得实验数据如下：I/A0.150.200.250.300.350.400.450.48U/V0.250.400.600.901.251.852.503.00UR/V其中，I是电流表的示数，U是电压表的示数，UR是电阻器两端的实际电压．请通过计算补全表格中的空格，然后在坐标图中画出电阻器的伏安特性曲线．(3)该同学将本实验中的电阻器Rx以及给定的定值电阻R0二者串联起来，接在本实验提供的电源两端，则电阻器的实际功率是________W．(结果保留2位小数)【答案】(1)见解析(2)见解析图(3)0.32【解析】(1)要使电阻器两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法．电路如图甲所示．(2)电压表的示数减去电流表的分压即为电阻器两端的电压UR＝U－Ir，数据如下表．电阻器的伏安特性曲线如图乙中曲线所示．I/A0.150.200.250.300.350.400.450.48U/V0.250.400.600.901.251.852.503.00UR/V0.100.200.350.600.901.452.052.52(3)由UR＋I(r＋R0)＝E作出U­I图像如图乙中直线所示，由此图像与电阻器U­I图线的交点可得此时电阻器的电压UR＝0.9V，电流I＝0.35A，电阻器的实际功率为P＝URI≈0.32W.考点三实验拓展与创新在本实验电路的基础上，进行改进拓展，常见的命题角度有：1．改装实验电路：如练4中，在电表内阻已知的情况下，利用定值电阻改装电表量程后，再进行测量．在练5中，利用可调变压器替代滑动变阻器进行调节．2．改变被测元件：如练6、7、8中，探究电动机、二极管、太阳能电池的伏安特性．(2018·唐山模拟)学校开放实验室，同学们为了描绘小灯泡L的伏安特性曲线，并想同时较准确测其在额定电流下的功率，领取可供选用的器材如下：小灯泡L，规格“额定电流为1.0A，额定功率约为6.0W”；电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；电流表A2，量程0.5A，内阻r2＝4Ω；电压表V，量程3V，内阻RV＝1.0kΩ；标准电阻R1，阻值4.0Ω；标准电阻R2，阻值2.0kΩ；学生电源E，电动势约为8V，内阻不计；开关S及导线若干．①实验时有两个滑动变阻器可供选择：a．阻值0到10Ω，额定电流1.0Ab．阻值0到20Ω，额定电流2.0A本实验应选的滑动变阻器是________(选填“a”或“b”)．②老师要求要尽量能准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，电压需从零开始，在安全前提下尽可能减小误差且调节方便，在图1虚线框内画出满足要求的实验电路图，并在图上标明所选器材代号．③某次实验时，若电流表满偏时，电压表的读数如图2所示，则电压表的读数为________，灯泡额定功率为________W．(计算结果保留两位有效数字)【答案】①b②如图所示③2.60V5.8【解析】①本实验中应采用滑动变阻器分压接法，故应选择总阻值较小的电阻；两电阻均可以使用，但由于灯泡电流为1A，而滑动变阻器中电流一定大于灯泡中的电流，故a不能使用，故选b；②由于要求电流由零开始调节，故应选择滑动变阻器分压式接法，由P＝UI可知，灯泡的额定电压U＝6V，而电压表量程只有3V，因此应串联定值电阻R2来增大量程；同时由于灯泡额定电流为1A，若选择3A量程则误差太大，故应采用已知内阻的电流表A2并联小阻值的定值电阻R1来增大量程；同时因电流表内阻已知，因此为了减小误差，可以采用电流表内接法；故原理图如答案图所示；③电压表量程为3V，最小分度为0.1V，则读数为2.60V；电流表满偏，故电流表示数为0.5A；根据改装原理可知，灯泡中的电流I′＝I＋Ir2R1＝0.5A＋0.5×44A＝1A；灯泡两端的电压U′＝URV(RV＋R2)－Ir2＝2.601(1＋2)V－0.5×4V＝5.8V；则由P＝U′I′可知，灯泡功率P＝5.8×1W＝5.8W.(2018·衡水模拟)为描述“220V100W”白炽灯的伏安特性曲线，提供的器材有：白炽灯，调压变压器，220V交流电源，交流电压表(量程300V、内阻300kΩ)，交流电流表(量程0.6A、内阻0.15Ω)，开关，导线若干．(1)如图(a)所示是调压变压器的构造图，在圆环形的铁芯上只绕一个线圈．如果将220V交流电接在变压器的AB端，测量电路接在BP端．该变压器用作________变压器(选填“升压”或“降压”)．(2)为使在额定电压下测得的实验数据的误差尽量小，请在图(b)中完成该测量原理电路图的连线．在电路接通之前，应将调压变压器的滑动触头P移动至B端，并且将滑动变阻器的滑片移动至________(选填“a端”或“b端”)附近．(3)根据测量结果描绘出“220V100W”白炽灯的伏安特性曲线如图(c)所示．若将两个“220V100W”的灯泡串联后接入如图(d)所示的交流电路中，已知R1＝1kΩ，R2＝10kΩ，n1＝200匝，n2＝400匝，则通过白炽灯的电流为________A，电阻R1消耗的功率为________W．(结果保留两位有效数字)【答案】(1)降压(2)电路如图b端(3)0.2468【解析】(1)由图可知，输入端将全部线圈均接入，而输出端只接入了一部分线圈，则可知，输出电压一定小于输入电压，故为降压变压器；(2)变压器视为电源，由于电源电压最大为220V，通过变压器可以将电压调整为零，故本实验不需要采用分压接法，应采用限流接法；同时灯泡电阻R＝U2P＝2202100Ω＝484Ω，则有R＞RVRA＝300000×0.15＝212Ω，故采用电流表内接法，电路如答案图所示；为了让电路中电流最小，开始时应将滑片调至接入电阻最大的位置，故滑片滑到b端；(3)根据变压器原理U1U2＝n1n2可知，输出电压U2＝220×400200V＝440V；设灯泡电压为U，电流为I，则根据欧姆定律可得：U2＝2U＋(I＋2UR2)R1代入数据并变形解得：U＝200－454I；在灯泡的伏安特性曲线图中作出对应的图像，如图所示，则两图的交点为灯泡的工作点，由图可知，电流I＝0.