2023届高考物理加练必刷题（新高考版）第九章 微专题63　实验：测量电源的电动势和内电阻【解析版】

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1．某学习小组通过实验测量电源的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
旧干电池E一节(电动势约1.5 V，内阻约1 Ω)
电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)
电流表A(量程0.6 A，内阻约1 Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)
开关一个，导线若干
(1)为完成实验，用笔画线代替导线，请在图甲上完成实物图的连接．
(2)实验中选用旧干电池，原因是______________________________________(简述理由)．
(3)通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据画出了U－I图线，如图乙所示．由图线可以得出此干电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(结果均保留3位有效数字)
(4)由于电表内电阻的影响，测量结果会有误差．U－I图像(如图丙)中，实线是根据实验数据描点作图得到的U－I图像．若没有电表内电阻影响的理想情况下，在U－I图像中用虚线定性地描绘出电压U随电流I变化的图线．(不用直尺、不用虚线作图均不得分)
答案 (1)见解析图
(2)旧干电池内阻较大，容易测量，实验误差小 (3)1.48(1.46～1.49均可 ) 1.36(1.32～1.38均可) (4)见解析图
解析 (1)由于干电池的内阻很小，所以电流表不能接在干路上，实物图连接如图所示；
(2)因为干电池的内阻很小，新电池的内阻更小，不到1欧姆，在U－I图像中图线的斜率很小，根据图像斜率求电池内阻误差很大，而旧电池的内阻比新电池内阻大，图像的斜率大，误差小，所以实验中选用旧干电池；
(3)由图线可以得出此干电池的电动势E＝1.48 V，内阻为r＝eq \f(1.48－0.80,0.50－0) Ω＝1.36 Ω.
(4)由于电表内电阻的影响，测量结果会有误差．电动势的测量值等于电池两端的电压，小于电动势的真实值，电池内阻的测量值等于电池内阻与电压表内阻的并联值，电池内阻的测量值偏小，若没有电表内电阻影响的理想情况下，电压U随电流I变化的图线如图虚线所示．
2．一兴趣小组要测一节干电池的电动势(约1.5 V)和内阻(小于1 Ω)，借助以下实验器材进行实验．
A．毫安表mA(量程0～600 mA，内阻约为0.1 Ω)；
B．微安表G(量程0～400 μA，内阻为100 Ω)；
C．滑动变阻器R1(0～20 Ω)；
D．滑动变阻器R2(0～1 kΩ)；
E．电阻箱R(0～9 999.9 Ω)；
F．定值电阻R01(阻值为2.50 Ω)；
G．定值电阻R02(阻值为10.00 Ω)；
H．开关、导线若干．
(1)将微安表G改装为量程2 V的电压表，该小组应将电阻箱调到的阻值为________ Ω.
(2)该小组设计电路原理图如图甲所示，则应该选择的滑动变阻器为________(填“R1”或“R2”)，定值电阻为________(填“R01”或“R02”)．
(3)请写出定值电阻在实验中所起的两个作用：________________________________________.
(4)该小组根据记录的数据，作出微安表G的示数I1随毫安表mA的示数I2变化的图像如图乙所示，则该节干电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(计算结果保留2位有效小数)
答案 (1)4 900 (2)R1 R01 (3)保护电路，增大改装后的电压表电压的变化范围 (4)1.44 0.50
解析 (1) 将微安表G改装为量程2 V的电压表，当微安表满偏时，微安表和电阻箱两端电压之和应为2 V，有2 V＝IG(R＋RG)，解得R＝4 900 Ω
(2)为操作方便，滑动变阻器选择阻值范围较小的R1.为保证测量的精确度，用于增大改装后的电压表电压的变化范围的定值电阻不宜过大，故选R01.
(3)定值电阻有保护电路和增大改装后的电压表电压的变化范围的作用．
(4)根据闭合电路欧姆定律有E＝I1(R＋RG)＋I2(r＋R01)整理得I1＝eq \f(E,R＋RG)－eq \f(r＋R01,R＋RG)I2
结合图像可知eq \f(E,R＋RG)＝288×10－6 A
eq \f(r＋R01,R＋RG)＝0.6×10－3，解得E＝1.44 V，r＝0.5 Ω.
说明：毫安表mA内阻忽略不计．
3．某同学利用下列器材测量干电池的电动势和内阻：
Ⅰ.电压表V1、V2，量程均为3 V，内阻均约为3 kΩ
Ⅱ.电流表A，量程为0.6 A，内阻小于1 Ω
Ⅲ.定值电阻R0，阻值R0＝2 Ω
Ⅳ.滑动变阻器R，最大阻值为10 Ω
Ⅴ.两节相同的干电池，导线和开关若干
(1)某同学按照图甲所示的电路进行实验，记录多组电流表和电压表的示数(I，U)在坐标纸上，描点连线作出U－I图像，测得的电动势和内阻均小于真实值，这种误差属于________________(选填“系统误差”或“偶然误差”)，产生该误差的原因是________________；
(2)实验中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了如图乙所示的电路继续进行实验，调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数(U1，U2)，在坐标纸上描点连线作出U2－U1图像，如图丙所示，则一节电池的电动势E测＝________________，内阻r测＝________________(结果保留两位有效数字)；
(3)一节电池的内阻r测________(选填“大于”“等于”或“小于”)它的真实值．
答案 (1)系统误差 未考虑电压表的分流 (2)1.3 V 0.88±0.02 Ω (3)小于
解析 (1)流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构和电表造成的，属于系统误差；
(2)由闭合电路欧姆定律可知，E＝U2＋eq \f(U2－U1,R0)r，整理可得U2＝eq \f(r,r＋R0)U1＋eq \f(ER0,r＋R0)，
则有，当U1＝0时，U2＝a，
即有a＝eq \f(ER0,r＋R0)，
eq \f(r,R0＋r)＝k，结合图像并代入数据，解得E测＝eq \f(E,2)≈1.3 V，
r测＝eq \f(r,2)≈0.88 Ω(0.88±0.02 Ω)；
(3)由于电压表的分流作用，导致一节电池的内阻r测小于它的真实值．
4.某型号的照相机的电池电动势约为3 V，研究小组为了精确测量该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1 mA、内阻为500 Ω的电流表G，一个开关，电阻箱R1(0～9 999.9 Ω)，电阻箱R2(0～999.9 Ω)，若干导线．
(1)由于电流表量程偏小，该同学首先需将电流表改装成量程为0～4.0 V的电压表，则应将电流表与电阻箱R1________(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为________ Ω；
(2)接着该同学用改装的电压表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图所示，通过改变电阻R2测相应的电压U，且作相关计算后一并记录如表：
①根据表中数据，在坐标纸上进行描点，并画U－eq \f(U,R2)图线；
②根据图线可得电池的电动势E是________ V，内阻r是________ Ω(结果保留两位小数)．
答案 (1)串联 3 500 (2)①见解析图
②2.95 1.00
解析 (1)电流表改装成量程为0～4.0 V的电压表，需要串联一个电阻，应将电流表与电阻箱R1串联，则Ig＝eq \f(U,R1＋Rg)，解得R1＝3 500 Ω；
(2)①根据表中数据，在坐标纸上进行描点作图，如图所示
②U－eq \f(U,R2)图线的纵截距为电池电动势，则E＝2.95 V，U－eq \f(U,R)图线的斜率的绝对值为电池内阻，即r＝eq \f(2.95－2.65,300×10－3) Ω＝1.00 Ω.
5．实验小组要测量某直流电源的电动势E和内阻r，可用的实验器材有：电流表A、电阻箱和滑动变阻器各一只，开关两个以及导线若干．在研究实验方案的过程中，发现电流表量程小，需要把电流表A的量程扩大一倍才能完成实验．设计的实验电路如图甲所示．
(1)扩大电流表A的量程，实验步骤如下：
①断开开关S1和S2，把电阻箱R的阻值调到________(选填“最大”或“最小”)；
②闭合开关S1，调节电阻箱R，使电流表A满偏；
③闭合开关S2，调节滑动变阻器R0的滑动触头P，使电流表A________，此后滑动变阻器的触头P的位置不再变动．
(2)测量电源的电动势E和内阻r，实验步骤如下：
①开关S1、S2都闭合，调节电阻箱R的值，观察并记录电流表A的示数I；
②重复步骤①，测量并记录多组R、I数据；
③以eq \f(1,I)为纵坐标，R为横坐标，建立平面直角坐标系，根据步骤②得到的多组数据描点画图．得到的图像如图乙所示；
④经测量，图像横轴截距的绝对值为a，纵轴截距为b，则电源的电动势E＝________，若已知电流表的内阻为RA，则电源的内阻r＝________.
(3)由于系统误差的存在，在扩大电流表A量程的环节中，当电流表A读数为I时，流过电源的电流实际上并不等于2I，而是________(选填“大于”或“小于”)2I，从而对后面的测量造成影响，要减小这种误差，应该满足电阻箱R连入电路的总电阻________(选填“远大于”或“接近”)电流表内阻RA.
答案 (1)①最大 ③半偏 (2)④eq \f(2a,b) a－eq \f(RA,2) (3)大于 远大于
解析 (1)①为了保护电路，电阻箱R的阻值应调到最大；
③若想扩大电流表A的量程，需并联一个电阻且为了使量程扩大一倍，电阻应分一半的电流，故此时电流表A半偏；
(2)④电流表量程扩大了一倍，故干路电流为2I，则有E＝2I(r＋R)＋IRA，故有eq \f(E,I)＝2r＋2R＋RA，则eq \f(1,I)＝eq \f(2r,E)＋eq \f(RA,E)＋eq \f(2R,E)，
可得eq \f(1,I)－R的斜率eq \f(b,a)＝eq \f(2,E)，纵截距b＝eq \f(2r,E)＋eq \f(RA,E)，则电源的电动势为E＝eq \f(2a,b)，电源的内阻为r＝a－eq \f(RA,2).
(3)在闭合开关S2后，由于并联滑动变阻器，使得回路总电阻变小，总电流增大，即I2>2Ig.
使通过的电流大于2I，要减小这种误差，则要求开关S2闭合前后电阻变化对电流影响很小，故电阻箱R接入电路的总电阻远大于电流表内阻RA.
6．(2022·江苏前黄高级中学高三月考)在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用内外接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量．
(1)按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整．
(2)在开关S、S0断开的情况下进行了以下的实验操作：(已知R0＝2 Ω)
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②分别作出两种情况所对应的U1－I1和U2－I2图像
③单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U2－I2的值，断开开关S0
④单刀双掷开关S与1闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U1－I1的值，断开开关S0
上述操作步骤正确顺序是________(填写各步骤前的序号)
(3)单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，两个电表指针如图丙所示，此时U1＝________ V，I1＝________A.
(4)当单刀双掷开关接2时，即使将R0看作电源内阻，测出的电源电动势和内阻也存在系统误差，原因是________________．(选填“电压表分流”或“电流表分压”)
(5)根据测得数据，作出U1－I1和U2－I2图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势E＝________，内阻r＝________.(结果均保留两位小数)
答案 (1)见解析图
(2)①④①③②或①③①④② (3)1.30 0.10 (4)电压表分流 (5)1.80 V 2.50 Ω
解析 (1)电路图如下
(2)①将滑动变阻器滑到最左端位置；
④单刀双掷开关S与1闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U1－I1的值，断开开关S0；
①将滑动变阻器滑到最左端位置；③单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U2－I2的值，断开开关S0；②分别作出两种情况所对应的U1－I1和U2－I2图像．故正确的顺序为①④①③②或①③①④②.
(3)电压表读数为1.30 V，
电流表读数为0.10 A.
(4)电压表分流，导致电流表示数偏小．
(5)当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电源电动势为U1－I1的纵截距，即1.80 V.
当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确，电路中的短路电流为0.4 A，则有R0＋r＝eq \f(E,I)＝eq \f(1.8,0.4) Ω＝4.5 Ω，解得r＝2.50 Ω.1
2
3
4
5
6
R2(Ω)
50.0
30.0
20.0
15.0
12.0
10.0
U(V)
2.89
2.85
2.81
2.77
2.72
2.68
eq \f(U,R2)(mA)
57.8
95.0
141
185
227
268