Question

（2011?西城区一模）（1）甲同学欲采用下列器材准确测定一个约20Ω的电阻的阻值．
A．直流电源（10V，内阻不计）；
B．开关、导线等；
C．电流表（0～3A，内阻约0.03Ω）；
D．电流表（0～0.6A，内阻约0.13Ω）；
E．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）；
F．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）；
G．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流2A）；
①为测量准确，电流表应选用

D

，电压表应选用

F

；（选填代号）
②为了获得尽可能多的数据，该同学采用了“滑动变阻器分压接法”以调节电压，请在图1虚线中画出正确的实验电路图，并将图2中的元件按正确的实验电路图连成实验电路；
③闭合开关，逐次改变滑动变阻器滑动头的位置，记录与之对应的电流表的示数I、电压表的示数U．某次电流表、电压表的示数如图3所示．处理实验数据时，制作如图4所示的I-U坐标图，图中已标注出了几个与测量对应的坐标点．请将与图3读数对应的坐标点也标在图4中，并在图4中把坐标点连成图线；
④根据图4描绘出的图线可得出这个电阻的阻值为R=

18.0

Ω．

（2）乙同学设计的“直线运动加速度测量仪”如图5所示．质量为1.00kg的绝缘滑块B的两侧分别通过一轻弹簧与框架A连接，弹簧的劲度系数均为100N/m．滑块B还通过滑动头与长为12.00cm的电阻CD相连，CD中任意一段的电阻都与其长度成正比．将框架A固定在被测物体上，使弹簧及电阻CD均与物体的运动方向平行．通过电路中指针式直流电压表的读数，可以得知加速度的大小．不计各种摩擦阻力．电压表内阻足够大，直流电源的内阻可忽略不计．
设计要求如下：
a．当加速度为零时，电压表示数为1.50V；
b．当物体向左以可能达到的最大加速度10.00m/s²加速运动时，电压表示数为满量程3.00V；
c．当物体向右以可能达到的最大加速度10.00m/s²加速运动时，电压表示数为0．
①当电压表的示数为1.80V时，物体运动加速度的大小为

2

m/s²；
②当加速度为零时，应将滑动头调在距电阻CD的C端

5

cm处；
③应选用电动势为

3.6

V的直流电源．

Answer 1

分析：（1）根据通过电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表；根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路；由图示电表读出电表示数，把电表示数在坐标系中描出相对应的点，然后作出图象；根据图象由欧姆定律求出电阻阻值．
（2）根据电路图，应用胡克定律与牛顿第二定律可以分析答题．

解答：解：（1）①通过电阻的最大电流I=

E

R

=

10V

20Ω

=0.5A，则电流表可以选D、电流表（0～0.6A，内阻约0.13Ω）；
电源电动势是10V，为保证电路安全，准确测量实验数据，电压表可以选：F、电压表（0～15V，内阻约15kΩ）；
②滑动变阻器采用分压接法；

R

RA

=

20Ω

0.13Ω

≈154，

RV

R

=

15000Ω

20Ω

=750，

RV

R

＞

R

RA

，电流表应采用外接法，
实验电路图如图1所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图2所示．
③由图示电流表可知，其分度值是0.02A，电流表示数为0.44A；由图示电压表可知，其分度值是0.5V，电压表示数为8.0V，把根据电压表与电流表示数在坐标系中描出对应点，根据坐标系中描出的点作出I-U图象，图象如图3所示．
④待测电阻阻值R=

△U

△I

=

10V

0.55A

≈18.0Ω．
（2）以滑块为研究对象，当加速度为向右为10m/s²时，滑块向左移动，由胡克定律与牛顿第二定律可得：2kx=ma，
此时弹簧的形变量x=

ma

2k

=

1.00×10.00

2×100

=0.05m=5.00cm；此时电压表示数为零，说明滑片P此时在C点，则加速度为零时，滑片距C点的距离应为5cm；CD中任意一段的电阻都与其长度成正比，则

1.5V

5cm

=

U

12cm

，电源电压U=3.6V；
当电压表示数为1.8V时，弹簧长度为x，则

1.8V

x

=

1.5V

5cm

，x=6cm，此时弹簧的形变量为△x=6-5=1cm，由牛顿第二定律得：2k△x=ma，加速度a=2m/s²．
故答案为：（1）①D；F；②电路图如图1所示；实物电路如图2所示；③0.44A；8.0V；图象如图3所示；④18.0．
（2）①2；②5；③3.6．

点评：（1）本题考查了实验器材的选取、实验电路设计、电表读数、作图象等问题，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键；
（2）分析清楚电路结构、应用胡克定律与牛顿第二定律是正确解题的关键．