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- 2021-05-25 发布
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第1节 电流 电阻 电功 电功
一、电流
1．形成的条件：导体中有自由电荷；导体两端存在电压．
2．电流是标量，正电荷定向移动的方向规定为电流的方向．
3．两个表达式：①定义式：I＝；②决定式：I＝.
二、电阻、电阻定律
1．电阻：反映了导体对电流阻碍作用的大小．表达式为：R＝.
2．电阻定律：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．表达式为：R＝ρ.
3．电阻率
(1)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．
(2)电阻率与温度的关系：金属的电阻率随温度升高而增大；半导体的电阻率随温度升高而减小．
三、部分电路欧姆定律及其应用
1．内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比．
2．表达式：I＝.
3．适用范围：金属导电和电解液导电，不适用于气体导电或半导体元件．
4．导体的伏安特性曲线(I －U)图线
(1)比较电阻的大小：图线的斜率k＝tan θ＝＝，图中R1＞R2(填“＞”、“＜”或“＝”)．
(2)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．
(3)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，不适用于欧姆定律．
四、电功率、焦耳定律
1．电功：电路中电场力移动电荷做的功．表达式为W＝qU＝UIt.
2．电功率：单位时间内电流做的功．表示电流做功的快慢．表达式为P＝＝UI.
3．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．表达式为Q＝I2Rt.
4．热功率：单位时间内的发热量．表达式为P＝.
[自我诊断]
1. 判断正误
(1)电流是矢量，电荷定向移动的方向为电流的方向．(×)
(2)由R＝可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．(×)
(3)由ρ＝知，导体电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比．(×)
(4)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．(√)
(5)电流I随时间t变化的图象与横轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量．(√)
(6)公式W＝UIt及Q＝I2Rt适用于任何电路．(√)
(7)公式W＝t＝I2Rt只适用于纯电阻电路．(√)
2．(多选)对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是( )
A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R
B．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为R
C．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的比值不变
D．金属材料的电阻率随温度的升高而增大
解析：选BD.金属丝均匀拉长到原来的10倍，截面积变为原来的，由R＝ρ知，电阻变为原来的100倍，A错误；将金属丝从中点对折起来，长度变为原来的一半，截面积变为原来的2倍，由R＝ρ知，电阻变为原来的，B正确；由于金属的电阻率随温度的升高而增大，当加在金属丝两端的电压升高时，电阻R＝将变大，C错误，D正确．
3．如图所示电路中，a、b两点与一个稳压直流电源相接，当滑动变阻器的滑片P向d端移动一段距离时，哪一个电路中的电流表读数会变小( )
解析：选B.选项A、C、D中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P右侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律I＝可知，电路中的电流将会增大，电流表读数会变大，故选项A、C、D错误；而选项B中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P左侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值增大，电路中的电流将会减小，电流表读数会变小，选项B正确．
4. 有一台标有“220 V,50 W”的电风扇，其线圈电阻为0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中，正确的是( )
A．I＝＝ A，Q＝UIt＝3 000 J
B．Q＝Pt＝3 000 J
C．I＝＝ A，Q＝I2Rt＝1.24 J
D．Q＝t＝×60 J＝7.26×106 J
解析：选C.电风扇是一种在消耗电能过程中既产生机械能，又产生内能的用电器，其功率P＝IU，则I＝＝ A，而产生的热量只能根据Q＝I2Rt进行计算．因此，选项C正确．
考点一 对电流的理解和计算
1. 应用I＝计算时应注意：若导体为电解液，因为电解液里的正、负离子移动方向相反，但形成的电流方向相同，故q为正、负离子带电荷量的绝对值之和．
2．电流的微观本质
如图所示，AD表示粗细均匀的一段导体，长为l，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，AD导体中自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nqlS，所用时间t＝，所以导体AD中的电流I＝＝＝nqSv.
1．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，设棒单位长度内所含的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为( )
A．vq B．
C．qvS D.
解析：选A.在垂直棒的运动方向选取一横截面，设棒长为l，则棒上所有电荷通过这一横截面所用的时间t＝，由电流的定义式I＝，可得I＝＝qv，A正确．
2. (2017·山东济南质检)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍，以下说法中正确的是( )
A．甲、乙两导体的电流相同
B．乙导体的电流是甲导体的两倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等
解析：选B.由I＝可知，I乙＝2I甲，B正确，A错误；由I＝nvSq可知，同种金属材料制成的导体，n相同，因S甲＝2S乙，故有v甲∶v乙＝1∶4，C、D错误．
3．(多选)截面直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是( )
A．电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍
B．导线长度l加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半
C．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变
D．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍
解析：选ABC.电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍，故A正确；导线长度l加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v减半，故B正确；导线横截面的直径d加倍，由S＝可知，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为原来的，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I＝nqSv
得知，自由电子定向运动的平均速率v不变．故C正确，D错误．
考点二 电阻 电阻定律
1. 两个公式对比
公式
R＝ρ
R＝
区别
电阻的决定式
电阻的定义式
说明了电阻的决定因素
提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关
只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液
适用于任何纯电阻导体
2.电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量，导体电阻率与电阻阻值无直接关系，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．
1．一个内电阻可以忽略的电源，给装满绝缘圆管的水银供电，通过水银的电流为0.1 A．若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管)，那么通过水银的电流将是( )
A．0.4 A B．0.8 A
C．1.6 A D．3.2 A
解析：选C.大圆管内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银柱长度变为原来的，则电阻变为原来的，因所加电压不变，由欧姆定律知电流变为原来的16倍．C正确．
2. 用电器到发电场的距离为l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U.那么，输电线的横截面积的最小值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.输电线的总长为2l，由公式R＝、R＝ρ得S＝，故B正确．
3．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为( )
A．1∶4 B．1∶8
C．1∶16 D．16∶1
解析：选C.对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍，第二根导线对折后，长度变为原来的，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的.给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1＝，I2＝＝，由I＝可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16.
导体变形后电阻的分析方法
某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
(1)导体的电阻率不变．
(2)导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比．
(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρ求解．
考点三 伏安特性曲线
1. 图甲为线性元件的伏安特性曲线，图乙为非线性元件的伏安特性曲线．
2 图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故RaIR，欧姆定律不再适用，大部分电能转化为机械能．
1．(多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )
自重
40 kg
额定电压
48 V
载重
75 kg
额定电流
12 A
最大行驶速度
20 km/h
额定输出功率
350 W
A.电动机的输入功率为576 W
B．电动机的内电阻为4 Ω
C．该车获得的牵引力为104 N
D．该车受到的阻力为63 N
解析：选AD.由于U＝48 V，I＝12 A，则P＝IU＝576 W，故选项A正确；因P入＝P出＋I2r，r＝ Ω＝ Ω，故选项B错；由P出＝Fv＝Ffv，F＝Ff＝63 N，故选项C错，D正确．
2．在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω.闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A．则以下判断中正确的是( )
A．电动机的输出功率为14 W
B．电动机两端的电压为7.0 V
C．电动机的发热功率为4.0 W
D．电源输出的电功率为24 W
解析：选B.由部分电路欧姆定律知电阻R0两端电压为U＝IR0＝3.0 V，电源内电压为U内＝Ir＝2.0 V，所以电动机两端电压为U机＝E－U－U内＝7.0 V，B对；电动机的发热功率和总功率分别为P热＝I2r1＝2 W、P总＝U机I＝14 W，C错；电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝12 W，A错；电源的输出功率为P＝U端I＝20 W，D错．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．据R＝可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍
B．不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变
C．据ρ＝可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比
D．导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关
解析：选BD.R＝是电阻的定义式，导体电阻由导体自身性质决定，与U、I无关，当导体两端电压U加倍时，导体内的电流I也加倍，但比值R仍不变，A错误、B正确；ρ＝是导体电阻率的定义式，导体的电阻率由材料和温度决定，与R、S、l无关，C错误、D正确．
2．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为( )
A. B．
C．ρnev D.
解析：选C.由电流定义可知：I＝＝＝neSv，由欧姆定律可得：U＝IR＝neSv·ρ＝ρneLv，又E＝，故E＝ρnev，选项C正确．
3．下列说法正确的是( )
A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比
B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比
C．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比
D．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比
解析：选C.电流通过导体的热功率为P＝I2R，与电流的平方成正比，A项错误；力作用在物体上，如果物体没有在力的方向上发生位移，作用时间再长，做功也为零，B项错误；由C＝可知，电容器的电容由电容器本身的性质决定，因此电容器的带电量与两板间的电势差成正比，C项正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，D项错误．
4．如图所示为一磁流体发电机示意图，A、B是平行正对的金属板，等离子体(电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性)从左侧进入，在t时间内有n个自由电子落在B板上，则关于R中的电流大小及方向判断正确的是( )
A．I＝，从上向下 B．I＝，从上向下
C．I＝，从下向上 D．I＝，从下向上
解析：选A.由于自由电子落在B板上，则A板上落上阳离子，因此R中的电流方向为自上而下，电流大小I＝＝.A项正确．
5．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻的阻值最小的是( )
解析：选A.根据电阻定律R＝ρ可知RA＝ρ，RB＝ρ，RC＝ρ，RD＝ρ，结合a＞b＞c可得：RC＝RD＞RB＞RA，故RA最小，A正确．
6．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R.下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为( )
A．R＝ B．R＝
C．R＝ D．R＝
解析：选B.根据R＝ρ，从单位上看，答案中，分子应是长度单位，而分母应是面积单位，只有A、B符合单位，C、D错误；再代入特殊值，若b＝a，球壳无限薄，此时电阻为零，因此只有B正确，A错误．
7. (多选)我国已经于2012年10月1日起禁止销售100 W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯．假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示．图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β
角，则( )
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为tan β
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D．在A点，白炽灯的电阻可表示为
解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A错误；在A点，白炽灯的电阻可表示为，不能表示为tan β或tan α，故B错误，D正确；在A点，白炽灯的功率可表示为U0I0，C正确．
[综合应用题组]
8．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，则下列说法中正确的是( )
A．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 Ω
B．电饭煲消耗的电功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 W
C．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为 6.6×103 J
D．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
解析：选C.由于电饭煲是纯电阻元件，所以R1＝＝44 Ω，P1＝UI1＝1 100 W，其在1 min内消耗的电能 W1＝UI1t＝6.6×104 J，洗衣机为非纯电阻元件，所以R2≠，P2＝UI2＝110 W，其在1 min 内消耗的电能 W2＝UI2t＝6.6×103 J，其热功率P热≠P2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．
9．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P
，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的关系为( )
A．P1＝4PD B．PD＝
C．PD＝P2 D．P1＜4P2
解析：选D.由于电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相同．当三者按照题图乙所示电路连接时，电阻器D两端的电压小于U，由题图甲图象可知，电阻器D的电阻增大，则有RD＞R1＝R2，而RD与R2并联，电压相等，根据P＝，PD＜P2，C错误；由欧姆定律可知，电流ID＜I2，又I1＝I2＋ID，根据P＝I2R，P1＞4PD，P1＜4P2，A错误、D正确；由于电阻器D与电阻R2的并联电阻R＜R1，所以D两端的电压小于，且D阻值变大，则PD＜，B错误．
10．下图中的四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间函数关系的是( )
解析：选C.白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P＝，而U越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C正确．
11．如图所示为甲、乙两灯泡的I U图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V的电路中实际发光的功率分别为( )
A．15 W 30 W B．30 W 40 W
C．40 W 60 W D．60 W 100 W
解析：选C.两灯泡并联在电压为220 V的电路中，则两只灯泡两端的电压均为220 V，根据IU图象知：甲灯实际工作时的电流约为I甲＝0.18 A，乙灯实际工作时的电流为I乙 ＝ 0.27 A，所以功率分别为P甲＝I甲U＝0.18×220 W≈40 W；P乙＝I乙U＝0.27×220 W≈60 W，C正确．
12．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是( )
A．电热丝的电阻为55 Ω
B．电动机线圈的电阻为 Ω
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1 000 J
解析：选A.电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P＝1 000 W－120 W＝880 W，对电热丝，由P＝可得电热丝的电阻为R＝＝ Ω＝55 Ω，选项A正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B错误；当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为880 J，选项C错误；当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J，选项D错误．
13．(多选)如图所示，定值电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10
Ω，当开关S断开时，电流表的示数是I1＝0.5 A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是( )
A．I＝1.5 A B．I<1.5 A
C．P＝15 W D．P<15 W
解析：选BD.当开关S断开时，由欧姆定律得U＝I1R1＝10 V，当开关闭合后，通过R1的电流仍为0.5 A，通过电动机的电流I2<＝1 A，故电流表示数I＜0.5 A＋1 A＝1.5 A，B正确；电路中电功率P＝UI<15 W，D正确．
14．(多选)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪击前云地之间的电势差约为1.0×109 V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )
A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W
C．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J
解析：选AC.根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q＝6 C，时间约为t＝60 μs，故平均电流为I平＝＝1×105A，闪击过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为W＝QU＝6×109J，第一个闪击过程的平均功率P＝＝1×1014W，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪击过程中的时间远大于60 μs，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为E＝＝V/m＝1×106V/m，C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W＝6×109 J，D错．
第2节 电路 闭合电路欧姆定律
一、电阻的串、并联
串联电路
并联电路
电流
I＝I1＝I2＝…＝In
I＝I1＋I2＋…＋In
电压
U＝U1＋U2＋…＋Un
U＝U1＝U2＝…＝Un
电阻
R总＝R1＋R2＋…＋Rn
＝＋＋…＋
分压原理或分流原理
U1∶U2∶…∶Un＝R1∶R2∶…∶Rn
I1∶I2∶…∶In＝∶∶…∶
功率分配
P1∶P2∶…∶Pn＝R1∶R2∶…∶Rn
P1∶P2∶…∶Pn＝∶∶…∶
二、电源的电动势和内阻
1．电动势
(1)电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置．
(2)电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝.
(3)电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．
2．内阻：电源内部导体的电阻．
三、闭合电路的欧姆定律
1．闭合电路欧姆定律
(1)内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比．
(2)公式：I＝(只适用于纯电阻电路)．
(3)其他表达形式
①电势降落表达式：E＝U外＋U内或E＝U外＋Ir.
②能量表达式：EI＝UI＋I2r.
2．路端电压与外电阻的关系
一般情况
U＝IR＝·R＝，当R增大时，U增大
特殊情况
①当外电路断路时，I＝0，U＝E
②当外电路短路时，I短＝，U＝0
[自我诊断]
1. 判断正误
(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．(√)
(2)电动势就等于电源两极间的电压．(×)
(3)闭合电路中外电阻越大，路端电压越小．(×)
(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大．(×)
(5)电源的输出功率越大，电源的效率越高．(×)
2. 某电路如图所示，已知电池组的总内阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝5 Ω，理想电压表的示数U＝3.0 V，则电池组的电动势E等于( )
A．3.0 V B．3.6 V
C．4.0 V D．4.2 V
解析：选B.由于电压表的示数为路端电压，而U＝IR，则I＝＝0.6 A，由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋r)＝0.6×(5＋1) V＝3.6 V，故选项B正确．
3．将一电源电动势为E，内电阻为r的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是( )
A．由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大
B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大
C．由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小
D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大
解析：选C.根据闭合电路欧姆定律I＝知，外电路中电流I随外电阻R的变化而变化，所以选项A错误；U内＝Ir是电源内电阻上的电压，不是电源两端的电压，选项B错误；电源电动势E和内电阻r不变，由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小，选项C正确；当U不变时，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大，选项D错误．
考点一 电阻的串并联
1．串、并联电路的几个常用结论
(1)当n个等值电阻R0串联或并联时，R串＝nR0，R并＝R0.
(2)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻．
(3)在电路中，某个电阻增大(或减小)，则总电阻增大(或减小)．
(4)某电路中无论电阻怎样连接，该电路消耗的总电功率始终等于各个电阻消耗的电功率之和．
2．电压表、电流表的改装
1. (多选)一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计．则( )
A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 Ω
B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 Ω
C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V
D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V
解析：选AC.当cd端短路时，R2与R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻为40 Ω，A正确；同理可得B错误；当ab两端接通测试电源时，R1、R3串联，R2无效，cd两端的电压就等于R3分得的电压，可以求得为80 V，C正确；同理可得D错误．
2．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，则电阻之比R1∶R2∶R3是( )
A．1∶1∶1 B．4∶1∶1
C．1∶4∶4 D．1∶2∶2
解析：选C.根据串、并联电路的特点知U2＝U3，因P1＝P2＝P3，故R2＝R3，又I1＝I2＋I3，故I1＝2I2＝2I3，根据P＝I2R和P1＝P2＝P3得R1∶R2∶R3＝1∶4∶4，C正确．
3．(多选)如图所示，甲、乙两电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是( )
A．甲表是电流表，R增大时量程增大
B．甲表是电流表，R增大时量程减小
C．乙表是电压表，R增大时量程增大
D．乙表是电压表，R增大时量程减小
解析：选BC.由电表的改装原理可知，电流表应是G与R并联，改装后加在G两端的最大电压Ug＝IgRg不变，所以并联电阻R越大，I＝Ig＋IR越小，即量程越小，B正确，A错误；对于电压表应是G与R串联，改装后量程U＝IgRg＋IgR，可知R越大，量程越大，C正确，D错误．
考点二 闭合电路的欧姆定律
考向1：闭合电路的功率及效率问题
由P出与外电阻R的关系图象可以看出：
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝.
②当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小．
③当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大．
④当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2.
1．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和2.0 V．重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V．则这台电动机正常运转时输出功率为( )
A．32 W B．44 W
C．47 W D．48 W
解析：选A.电动机不转时相当于一个纯电阻，根据通过电动机的电流为0.5 A、电压为2 V，可算出电动机内阻为4 Ω.正常工作时，电动机消耗功率P＝UI＝48 W，内阻发热消耗功率P热＝I2r＝16 W，则输出功率为P出＝P－P热＝32 W.
2．如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2的值分别为( )
A．2 Ω，2 Ω B．2 Ω，1.5 Ω
C．1.5 Ω，1.5 Ω D．1.5 Ω，2 Ω
解析：选B.因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2 Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为P0＝2 W，发热功率为P热＝I2R0′＝4 W，所以电动机的输入功率为P入＝P0＋P热＝6 W，电动机两端的电压为UM＝＝3 V，电阻R2两端的电压为UR2＝E－UM－Ir＝3 V，所以R2＝＝1.5 Ω，选项B正确．
考向2：电路故障的分析与判断
(1)故障特点
①断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．
②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但它两端电压为零．
(2)检查方法
①电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．
②
电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程．
③欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．
④假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．
3. 如图所示的电路中，电源的电动势为6 V，当开关S接通后，灯泡L1、L2都不亮，用电压表测得各部分的电压是Uab＝6 V，Uad＝0 V，Ucd＝6 V，由此可判定( )
A．L1和L2的灯丝都烧断了
B．L1的灯丝烧断了
C．L2的灯丝烧断了
D．变阻器R断路
解析：选C.由Uab＝6 V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间．由Ucd＝6 V可知，灯泡L1与滑动变阻器R是接通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路，所以选项C正确．
4．(多选)在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是( )
A．R1短路 B．R2断路
C．R3断路 D．R4短路
解析：选BC.由于A灯串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.假设R2
断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的B灯中电流变大，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B正确．假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)中电流增大，B灯中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确．
考点三 电路的动态变化
考向1：不含电容器电路
(1)判定总电阻变化情况的规律
①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．
②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小．
③在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联．A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致．
(2)分析思路
1．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
解析：
选A.滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电源内阻两端的电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故A正确，B、C、D错误．
2．如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与Ⓐ分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )
A．的读数变大，Ⓐ的读数变小
B．的读数变大，Ⓐ的读数变大
C．的读数变小，Ⓐ的读数变小
D．的读数变小，Ⓐ的读数变大
解析：选B.当S断开后，闭合电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故路端电压U＝E－Ir增加，即的读数变大；由于定值电阻R1两端的电压减小，故R3两端的电压增加，通过R3的电流增加，即Ⓐ的读数变大，选项B正确．
考向2：含电容器电路
(1)电路的简化
不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所在的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．
(2)电路稳定时电容器的处理方法
电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，但电容器两端的电压与其并联电器两端电压相等．(3)电压变化带来的电容器变化
电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电．若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ
＝CΔU计算电容器上电荷量的变化量．
3．(2017·辽宁沈阳质检)如图所示，R1＝R2＝R3＝R4＝R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，则小球的运动情况为( )
A．不动 B．向上运动
C．向下运动 D．不能确定
解析：选C.电键S断开，电路的总电阻变大，干路电流减小，R4两端电压减小，则电容器两端的电压也减小，匀强电场的场强减小，小球受到的电场力减小，所以小球所受合力向下，C正确．
4．(2017·东北三校联考)(多选)如图所示，C1＝6 μF，C2＝3 μF，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电源电动势E＝18 V，内阻不计．下列说法正确的是( )
A．开关S断开时，a、b两点电势相等
B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2A
C．开关S断开时，C 1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大
解析：选BC.S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，b点电势与电源正极电势相等，A错误；S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1＞C2，由Q＝CU知此时Q1＞Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝＝2 A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6 V、U2＝IR2＝12 V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3.6×10－5C、Q2′＝C2U2
＝3.6×10－5 C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，B、C正确，D错误．
分析此类问题要注意以下三点
(1)闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir(E、r不变)和部分电路欧姆定律U＝IR联合使用．
(2)局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增．
(3)两个关系：外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和．
考点四 两种UI图线的比较及应用
电源UI图象
电阻UI图象
图形
物理意义
路端电压随电流的变化规律
电阻两端电压随电流的变化规律
截距
与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示短路电流
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
坐标的乘积UI
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
坐标的U、I比值
表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同
每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小不变
斜率的绝对值
内电阻r
电阻大小
[典例] (多选)在如图所示的UI图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的UI图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知( )
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω
B．电阻R的阻值为1 Ω
C．电源的输出功率为4 W
D．电源的效率为50%
解析 由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3 V，内阻为r＝＝0.5 Ω；由图线Ⅱ可知，电阻R的阻值为1 Ω，该电源与电阻R直接相连组成的闭合电路的电流为I＝＝2 A，路端电压U＝IR＝2 V(可由题图读出)，电源的输出功率为P＝UI＝4 W，电源的效率为η＝×100%≈66.7%，故选项A、B、C正确，D错误．
答案 ABC
电源的UI图线与电阻的UI图线的交点表示电源的路端电压与用电器两端的电压相等，通过电源的电流与通过用电器的电流相等，故交点表示该电源单独对该用电器供电的电压和电流．
1. (2017·上海青浦质检)(多选)如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则( )
A．ra＞rb
B．Ia＞Ib
C．R0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低
D．R0接到b电源上，电源的输出功率较小，电源的效率较低
解析：选ABC.在电源路端电压与电流的关系图象中斜率表示电源内阻，ra＞rb，A正确；在图象中作出定值电阻R0的伏安特性曲线，与电源的伏安特性曲线交点表示电路工作点，Ia＞Ib，B正确；R0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低，R0接到b电源上，电源的输出功率较小，但电源的效率较高，C正确，D错误．
2．(多选)如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是( )
A．电源的电动势为50 V
B．电源的内阻为 Ω
C．电流为2.5 A时，外电路的电阻为15 Ω
D．输出功率为120 W时，输出电压是30 V
解析：选ACD.电源的输出电压和电流的关系为：U＝E－Ir，显然直线①的斜率的绝对值等于r，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出E＝50 V，r＝ Ω＝5 Ω，A正确，B错误；当电流为I1＝2.5 A时，由回路中电流I1＝，解得外电路的电阻R外＝15 Ω，C正确；当输出功率为120 W时，由题图中PI关系图线看出对应干路电流为4 A，再从UI图线读取对应的输出电压为30 V，D正确．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
解析：选B.由并联特点可知：＝＝，又由串联电路特点可得：＝＝，故B正确．
2．电子式互感器是数字变电站的关键设备之一．如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的(n－1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为( )
A．nU B.
C．(n－1)U D.
解析：选A.Rac与Rcd串联，电流I＝，对输出端电压Ucd＝U＝IRcd＝＝，即输入端电压为Uab＝nU.
3．电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此( )
A．电动势是一种非静电力
B．电动势越大，表明电源储存的电能越多
C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
解析：选C.电动势E＝，它不属于力的范畴，A错误；电动势表征非静电力做功的本领，电动势越大，表明电源将其他形式的能转化为电能的本领越大，B错误，C正确；电动势与电压是两个不同的概念，通常情况下，电动势大于闭合电路电源两端电压，D错误．
4．如图所示的闭合电路中，当滑片P右移时，两电表读数变化是( )
A．电流表变小，电压表变小
B．电流表变大，电压表变大
C．电流表变大，电压表变小
D．电流表变小，电压表变大
解析：选D.闭合电路中，当滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大，由闭合电路欧姆定律可得电流变小，则电源内电压及R0的分压减小，滑动变阻器两端电压变大．故电流表示数减小，电压表示数变大，D正确．
5．(多选)如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是( )
A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大
B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小
C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大
D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小
解析：选AD.滑动变阻器滑片P向右端移动，使得RP变小，总电阻变小，总电流变大，即电流表A1的读数增大．内电压变大，R1所分电压变大，并联电路电压即电压表V1的读数变小．即R3两端电压变小，通过R3的电流变小即电流表A2的读数减小，由于总电流增大，所以经过另外一个支路即经过R2的电流变大，R2两端电压变大，即电压表V2的读数增大，对照选项A、D正确．
6．(多选)某一表头的满偏电流为Ig，满偏电压为Ug，内阻为Rg，改装成电流表后，电流量程为I，电压量程为U，内阻为R，则( )
A．R＝ B．U＝IgRg
C．Ug＜U D．I＞
解析：选AB.由电流表的改装原理可知，Ig＜I，Ug＝U，Rg＞R，由部分电路的欧姆定律知R＝＝，Ug＝IgRg＝U，A、B正确，C、D错误．
7．(多选) 在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )
A．滑动变阻器R的阻值变小
B．灯光L变暗
C．电源消耗的功率增大
D．电容器C的电荷量增大
解析：选BD.滑动变阻器的滑片向右移动时，其电阻R增大，流过R的电流减小，灯泡L变暗，故A错误，B正确；由P总＝EI知电源消耗的功率减小，C错误；电容器C上电压为路端电压，由U路＝E－Ir知路端电压增大，即电容器C上的电荷量增大，D正确．
[综合应用题组]
8. 如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡L1的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )
A．此电源的内电阻为 Ω
B．灯泡L1的额定电压为3 V，额定功率为6 W
C．把灯泡L1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小
D．由于小灯泡L1的UI图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用
解析：选B.由图象知，电源的内阻为r＝＝ Ω＝0.5 Ω，A错误；因为灯L1正常发光，故灯L1的额定电压为3 V，额定功率为P＝UI＝3×2 W＝6 W，B正确；正常工作时，灯L1的电阻为R1＝＝1.5 Ω，换成R2＝1 Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r，故电源的输出功率将变大，C错误；虽然灯泡L1的UI图线是一条曲线，但由于小灯泡为纯电阻，所以欧姆定律仍适用，D错误．
9. (多选)如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表．当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是( )
A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小
B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小
C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值
D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
解析：选AC.P向a移动，R2连入电路的电阻减小，根据“并同串反”可知V2示数减小，V1示数增大，U内增大，A正确；同理，B错误；由E＝U内＋U外＝U内＋UV1＋UV2，电源电动势不变可得：U内示数改变量绝对值与V1示数改变量绝对值之和等于V2示数改变量绝对值，C正确；同理，D错误．
10．某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的( )
解析：选C.观察到电压表和电流表的读数同时变大，其电路一定是电压表和电流表测量的是同一个固定电阻，他所连接的电路可能是C.
11. 如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是( )
A．L1、L2都变亮 B．L1、L2都变暗
C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮
解析：选B.当滑片由b端向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U＝E－Ir可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗；L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2两端的电压增大，所以通过R2电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗．故B正确．
12．(多选) 在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )
A．灯泡L变亮
B．电压表读数变小
C．电流表读数变小
D．电容器C上的电荷量增加
解析：选CD.滑片P向左移动电阻增大，电路中电流减小，电灯L变暗，故A错误，C正确；电压表读数为路端电压，由U路＝E－Ir知U路增大，故B错误；电容器两端的电压UC＝E－Ir－U灯可知UC增大，则C上电荷量增加，D正确．
13．(多选)如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合开关，电压表示数为
U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中( )
A．U先变大后变小
B．I先变小后变大
C．U与I比值先变大后变小
D．U变化量与I变化量比值等于R3
解析：选BC.因电源内阻不计，故路端电压不变，电压表示数不变；当滑片位于中点时，滑动变阻器接入电路的电阻有最大值，电流表所在电路的电流有最小值，所以B、C正确．
14．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.由已知条件及电容定义式C＝可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C，则＝.S断开时等效电路如图甲所示，U1＝·E×＝E；
S闭合时等效电路如图乙所示，U2＝·E＝E，则＝＝，故C正确．
第3节 电学实验基础
考点一 基本仪器的使用和读数
1．螺旋测微器的原理和读数
(1)原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5 mm，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
(2)读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．
2．游标卡尺的原理和读数
(1)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.
(2)读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm.
3．常用电表的读数
对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．
(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V或0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．
(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.
(3)对于0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.
[典例] (1)如图所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分，它们的读数依次为________mm、________mm、________mm.
(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝的直径是________mm.
(3)①如图甲所示的电表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________A，图中表针示数为________A.
②如图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为________V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针示数为________V.
(4)旋钮式电阻箱如图所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是______________________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为______________．
解析 (1)最上面图读数：整毫米数是17 mm，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.
中间图读数：整毫米数是23 mm，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.
最下面图读数：整毫米数是10 mm，不足1毫米数是23×0.02 mm＝0.46 mm，最后结果是10 mm＋0.46 mm＝10.46 mm.
(2)固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0×0.01 mm，最后的读数是2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.
(3)①使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.440 A
；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A.
②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.
(4)电阻为1 987 Ω，最简单的操作方法是先将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.
答案 (1)17.7 23.85 10.46 (2)2.150
(3)①0.02 0.440 0.1 2.20 ②0.1 1.70 0.5 8.5
(4)1 987 将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0
0～19 998 Ω
1．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示．该工件的直径为________cm，高度为________mm.
解析：游标卡尺读数为d＝12 mm＋4× mm＝12.20 mm＝1.220 cm
螺旋测微器的读数为h＝6.5 mm＋36.1×0.01 mm＝6.861 mm.
答案：1.220 6.861
2．电流表量程一般有两种——0～0.6 A,0～3 A；电压表量程一般有两种——0～3 V,0～15 V．如图所示：
①接0～3 V量程时读数为________ V.
②接0～15 V量程时读数为________V.
③接0～3 A量程时读数为________ A.
④接0～0.6 A量程时读数为________A.
答案：①1.88 ②9.4 ③0.82 ④0.16
考点二 测量电路与控制电路设计
1．电流表的两种接法
(1)两种接法的比较
内接法
外接法
电路图
误差原因
电流表分压U测＝Ux＋UA
电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值
R测＝＝Rx＋RA＞Rx
测量值大于真实值
R测＝＝＜Rx
测量值小于真实值
(2)两种接法的选择
①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内偏大，小外偏小”．
②临界值计算法
Rx＜时，用电流表外接法；
Rx＞时，用电流表内接法．
③实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．
2．滑动变阻器的两种接法
(1)两种接法的比较
内容方式
限流接法
分压接法
两种接法电路图
负载R上电压调节范围
≤U≤E
0≤U≤E
负载R上电流调节范围
≤I≤
0≤I≤
闭合S前触头位置
b端
a端
(2)两种接法的选择
①两种接法的一般适用条件
a．限流式接法适合测量阻值小的电阻(跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小)；
b．分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大)．
②必须采用分压法的三种情况
a．若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程，或超过待测电阻的额定电流(或电压)，则必须选用分压式接法；
b．若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用分压电路；
c．若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式电路．
③两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、耗能低．
1．一只小灯泡，标有“3 V 0.6 W”字样，现用下面给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻：电源(电动势为12 V，内阻为1 Ω)、最大阻值为5 Ω的滑动变阻器、电流表(内阻为1 Ω)、电压表(内阻为10 kΩ)、开关一个、导线若干．
(1)在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用________(选填“内接”或“外接”)法．滑动变阻器应采用________(选填“分压式”或“限流式”)接法．
(2)在下面的虚线框内画出你所设计的实验电路图(尽量减小实验误差)．
解析：(1)因小灯泡正常工作时的电阻约为Rx＝＝15 Ω，而电流表、电压表的内阻分别为1 Ω和10 kΩ，满足RV≫Rx，电流表应外接；实验中因小灯泡两端电压只需3 V，而电源电动势为12 V，所以滑动变阻器应采用分压式接法．
(2)如图所示．
答案：(1)外接 分压式 (2)见解析图
2．为了测量某待测电阻Rx的阻值(约为30 Ω)，有以下一些器材可供选择．
电流表A1(量程0～50 mA，内阻约为10 Ω)；
电流表A2(量程0～3 A，内阻约为0.12 Ω)；
电压表V1(量程0～3 V，内阻很大)；
电压表V2(量程0～15 V，内阻很大)；
电源E(电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω)；
定值电阻R(20 Ω，允许最大电流1.0 A)；
滑动变阻器R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A)；
滑动变阻器R2(0～1 kΩ，允许最大电流0.5 A)；
单刀单掷开关S一个，导线若干．
(1)电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________．(填字母代号)
(2)请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图．(要求所测量范围尽可能大)
(3)某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝________.
解析：(1)首先选取唯一性器材：电源E(电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω)，定值电阻R(20 Ω允许最大电流1.0 A)，单刀单掷开关S，导线．电源电动势约为3 V，所以电压表选择V1(量程0～3 V，内阻很大)；待测电阻Rx的阻值约为30 Ω，流过Rx的最大电流为＝0.1 A＝100 mA，如果电流表选择A2(量程0～3 A，内阻约为0.12 Ω)，指针偏转很小，测量不准确，所以只能选择A1(量程0～50 mA，内阻约为10 Ω)；滑动变阻器R2的最大电阻太大，操作不便，所以滑动变阻器应选R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A)．
(2)因为实验要求所测量范围尽可能大，所以滑动变阻器应采用分压接法；因为待测电阻Rx的阻值远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法；为了使流过电流表的电流不超过其最大量程，即50 mA，应给待测电阻串联一个定值电阻R，起保护作用．实验原理图如图所示．
(3)根据欧姆定律可得Rx＝－R.
答案：(1)A1 V1 R1 (2)图见解析 (3)－R
考点三 实验器材的选取与实物图连接
1．电学实验仪器的选择
选择电学实验器材主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器材，一般要考虑四方面因素：
(1)安全因素：通过电源、电阻和电表的电流不能超过其允许的最大电流．
(2)误差因素：选用电表量程应考虑尽可能减小测量值的相对误差，电压表、电流表在使用时，其指针应偏转到满偏刻度的以上；使用欧姆表时宜选用指针尽可能在中间刻度附近的倍率挡位．
(3)便于操作：选用滑动变阻器时应考虑对外供电电压的变化范围既能满足实验要求，又便于调节．在调节滑动变阻器时，应使其大部分电阻线都用到．
(4)实验实际：除以上三个因素外，还应注重实验实际，如所用的电源与打点计时器的匹配问题等．
2．实物图连接的注意事项
(1)画线连接各元件，一般先从电源正极开始，按照电路原理图依次到开关，再到滑动变阻器，按顺序以单线连接方式将主电路中串联的元件依次串联起来；其次将要并联的元件再并联到电路中去．
(2)连线时要将导线接在接线柱上，两条导线不能交叉．
(3)要注意电表的量程和正、负接线柱，要使电流从电表的正接线柱流入，从负接线柱流出．
1．为了测量一电阻的阻值Rx，现有以下器材：蓄电池E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，电阻箱RP，开关S1、S2，导线若干．某活动小组设计了如图甲所示的电路．实验的主要步骤如下：
A．闭合S1，断开S2，调节R和RP，使电流表和电压表示数合适，记下两表示数分别为I1、U1；
B．闭合S2，保持RP阻值不变，记下电流表和电压表示数分别为I2、U2.
(1)按电路图在实物图乙上连线．
(2)写出被测电阻的表达式Rx＝____________(用两电表的读数表示)．
(3)由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻的测量值____________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
解析：(1)实物连线如图所示．
(2)由欧姆定律，第一次测量的电阻为电压表和RP的并联电阻，即＝R并；第二次测量的电阻为电压表、Rx和RP的并联电阻，＝，联立解得Rx＝.
(3)由于电流表、电压表内阻不影响被测电阻的测量，故其测量值等于真实值．
答案：(1)图见解析 (2) (3)等于
2．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为×1 k、×100、×10、×1.该同学选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：
A．_____________________________________________；
B．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处；
C．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________．
(2)该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：
A．直流电源(电动势3 V，内阻不计)
B．电压表V1 (量程0～5 V，内阻约为5 kΩ)
C．电压表V2 (量程0～15 V，内阻约为25 kΩ)
D．电流表A1(量程0～25 mA，内阻约为1 Ω)
E．电流表A2(量程0～250 mA，内阻约为0.1 Ω)
F．滑动变阻器一只，阻值0～20 Ω
G．开关一只，导线若干
在上述仪器中，电压表应选择________(选填“V1”或“V2”)，电流表应选择________(选填“A1”或“A2”)，请在虚线框内画出电路原理图(电表用题中所给的符号表示)．
解析：(1)指针偏转角度太大，说明选择的倍率偏大，因此应选用较小的倍率，将“×100”换为“×10”；此时的读数为指针所指的刻度乘以倍率，即电阻为12×10 Ω＝120 Ω.
(2)由于电源电动势只有3 V，所以电压表选择量程为0～5 V的电压表V1；因电路中最大电流约为Im＝＝25 mA，所以选用量程0～25 mA的电流表A1；由于滑动变阻器最大阻值小于待测电阻的阻值，所以控制电路应选用分压接法，因待测电阻远大于电流表内阻，应选用电流表内接法，电路如图所示．
答案：(1)A.换用“×10”倍率 C．120 Ω
(2)V1 A1 图见解析
考点四 数据处理与误差分析
1．图象法：利用实验数据，将实验中物理量之间的函数关系用函数图象表示出来，这种方法叫图象法．用图象法处理实验数据是物理实验中最常用的方法之一．用图象法处理数据的优点是直观、简便，有取平均值的效果，由图线的斜率、截距、所包围面积和图线的交点等可以研究物理量之间的变化及其关系，找出规律．
2．解析法：
通过实验获取实验数据，代入相关物理量之间的关系式，计算得到结果的方法叫解析法．应用解析法的要求是：(1)明确实验测量的相关物理量的关系式；(2)明确要研究的物理量和未知的物理量；(3)建立方程或方程组进行计算．
1．理想电压表内阻无穷大，而实际电压表并非如此，现要测量一个量程为0～3 V、内阻约为3 kΩ的电压表的阻值．实验室备有以下器材：
A．待测电压表V1：量程为0～3 V、内阻约为3 kΩ
B．电压表V2：量程为0～6 V、内阻约为6 kΩ
C．滑动变阻器R1：最大值20 Ω、额定电流1 A
D．定值电阻R0
E．电源：电动势6 V，内阻约为1 Ω
F．开关一个、导线若干
(1)利用以上器材设计如图甲所示测量电路，请你按图示电路将图乙的实验仪器连接起来．
(2)请写出按该电路测量电压表V1内阻RV的表达式，并指出表达式中各物理量的含义：
________________________________________________
________________________________________________.
(3)在正确连接电路后，闭合开关S，不断地调节变阻器R1滑片位置，记录多组电压表V1、V2示数，作出U2－U1图线如图丙所示．若R0＝1 480 Ω，由图线上的数据可得RV＝________Ω.
解析：(2)由欧姆定律有＝，解得RV＝R0，其中U1、U2分别为电压表V1、V2的示数，R0是定值电阻的阻值；
(3)由电路的电压关系可得U2＝U1，由U2－U1图象可知，斜率k＝1＋＝1.5，若R0＝1 480 Ω，则RV＝2 960 Ω.
答案：(1)略 (2)RV＝R0，其中U1、U2分别为电压表V1、V2的示数，R0是定值电阻的阻值 (3)2 960
2．要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL，实验室提供以下器材：
A．待测线圈L：阻值约为2 Ω，额定电流为2 A
B．电流表A1：量程为0.6 A，内阻为r1＝0.2 Ω
C．电流表A2：量程为3.0 A，内阻r2约为0.04 Ω
D．变阻器R1：阻值范围为0～10 Ω
E．变阻器R2：阻值范围为0～1 kΩ
F．定值电阻R3＝10 Ω
G．定值电阻R4＝100 Ω
H．电源E：电动势E约为9 V，内阻很小
I．单刀单掷开关S1和S2，导线若干
要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2，然后利用I1－I2图象求出线圈的电阻RL.
(1)实验中定值电阻应选择________，滑动变阻器应选择________．(请填器材序号)
(2)请在虚线框内画出实验电路原理图(器材用适当的符号表示)．
(3)由实验测得的数据作出I2－I1图象如图所示，则线圈的直流电阻值为________．
解析：(1)将内阻已知的电流表A1串联定值电阻改装为电压表，利用伏安法测量线圈的直流电阻值．控制电路采用滑动变阻器分压接法，滑动变阻器选用阻值较小的滑动变阻器R1；由于电源电动势约为9 V，改装电压表时使用量程为0.6 A的电流表A1与定值电阻R3串联，测量电路采用电流表外接法．
(2)电路如图所示．
(3)开关均闭合时，利用并联电路知识可得I1(R3＋r1)＝(I2－I1)RL，解得I2＝·I1，即I2－I1图线的斜率k＝＝6，解得RL＝2.04 Ω.
答案：(1)F D (2)图见解析 (3)2.04 Ω
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.
解析：用毫米刻度尺测量时，读数应读到mm的下一位，即长度测量值为60.10 cm；题图乙中游标卡尺为五十分度游标卡尺，精确度为0.02 mm，主尺读数为4 mm，游标尺第10条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以金属杆直径测量值为4.20 mm.
答案：60.10 4.20
2．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图a和b所示．
(1)由上图读得圆柱体的直径为______cm，长度为______cm.
(2)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝________.
解析：(1)螺旋测微器的读数为1.5 mm＋34.4×0.01 mm＝1.844 mm(1.842～1.846范围内的均可)；游标卡尺的读数为42 mm＋8×0.05 mm＝42.40 mm＝4.240 cm；
(2)圆柱体的横截面积为S′＝π2，由电阻定律R＝ρ和欧姆定律R＝可知，ρ＝.
答案：(1)0.184 4 4.240 (2)
3．分别读出下表中的电压表和电流表的示数，并填在表格中.
电表
所选量程
测量值
0～3 V
0～15 V
0～3 A
0～0.6 A
解析：0～3 V的最小分度为0.1 V，读数为2.17 V；
0～15 V的最小分度为0.5 V，读数为10.8 V；
0～3 A的最小分度为0.1 A，读数为0.80 A；
0～0.6 A的最小分度为0.02 A，读数为0.16 A.
答案：2.17(2.15～2.19均可) V 10.8(10.6～10.9均可) V 0.80(0.79～0.81均可) A 0.16 A
4．一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用如图所示甲、乙两种电路各测一次，用图甲测得的数据是3.0 V,3.0 mA.用图乙测得的数据是2.9 V,4.0 mA.由此可知，用图________测得Rx的误差较小，测量值Rx＝________.
解析：对比两次测量中电压和电流的变化量，电压的变化量为原电压的，电流的变化量为原电流的，说明电压的变化量远小于电流的变化量．因此，电流表分压不明显，即电流表内阻RA≪Rx，所以采用图甲测量时误差较小，且Rx＝＝ Ω＝1 000 Ω.
答案：甲 1 000 Ω
[综合应用题组]
5．在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，选择能够尽量减小误差的电路图接线进行实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图所示．
(1)根据各点表示的数据描出IU图线，由此求得该电阻的阻值Rx＝________Ω.(保留两位有效数字)
(2)在虚线框内画出“伏安法”测量该电阻的部分电路图．
解析：(1)图线如图所示
Rx＝＝2.4×103 Ω(2.3×103～2.5×103 Ω)
(2)因满足＞，故采用电流表内接法．
答案：见解析
6．为测量“12 V,5 W”的小灯泡在不同电压下的功率，给定了以下器材：
电源：12 V，内阻不计；
电流表：量程0～0.6 A、0～3 A，内阻约为0.2 Ω；
电压表：量程0～3 V、0～15 V，内阻约为15 kΩ；
滑动变阻器：0～20 Ω，允许最大电流1 A；
开关一个，导线若干．
实验要求加在小灯泡上的电压可从零开始调节．
(1)以下四个电路图你认为最合适的是________．
(2)在本实验中，电流表的量程可选________．
解析：(1)C与D电路图不符合电压从零开始调节．小灯泡的电阻RL＝＝ Ω＝28.8 Ω，＝144，＝520.8，由于<，故电流表应采用外接法，应选A.
(2)小灯泡的额定电流I＝＝ A≈0.4 A，故电流表量程为0～0.6 A.
答案：(1)A (2)0～0.6 A
实验八 测定金属的电阻率
一、实验目的
1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法．
2．掌握螺旋测微器的使用方法和读数方法．
3．学会利用伏安法测电阻，进一步测出金属丝的电阻率．
二、实验原理
由R＝ρ得ρ＝，因此，只要测出金属丝的长度l、横截面积S和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ.
1．把金属丝接入电路中，用伏安法测金属丝的电阻R.电路原理如图所示．
2．用毫米刻度尺测量金属丝的长度l，用螺旋测微器量得金属丝的直径，算出横截面积S.
3．将测量的数据代入公式ρ＝求金属丝的电阻率．
三、实验器材
被测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干．
四、实验步骤
1．直径测定
用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d，计算出导线的横截面积S＝.
2．电路连接
按如图所示的原理电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路．
3．长度测量
用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值l.
4．U、I测量
把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S，改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记入表格内，断开开关S.
5．拆去实验线路，整理好实验器材．
五、数据处理
1．在求Rx的平均值时可用两种方法
(1)用Rx＝分别算出各次的数值，再取平均值．
(2)用UI图线的斜率求出．
2．计算电阻率
将记录的数据Rx、l、d的值代入电阻率计算式ρ＝Rx＝.
六、注意事项
1．本实验中被测金属导线的电阻值较小，因此实验电路一般采用电流表外接法．
2．实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、开关、电流表、待测金属导线、滑动变阻器连成主干线路(闭合电路)，然后再把电压表并联在待测金属导线的两端．
3．测量被测金属导线的有效长度，是指测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两端点间的待测导线长度，测量时应将导线拉直，反复测量三次，求其平均值．
4．测金属导线直径一定要选三个不同部位进行测量，求其平均值．
5．闭合开关S之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在有效电阻值最大的位置．
6．在用伏安法测电阻时，通过待测导线的电流强度I不宜过大(电流表用0～0.6 A量程)，通电时间不宜过长，以免金属导线的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大．
7．求Rx的平均值时可用两种方法：第一种是用Rx＝算出各次的测量值，再取平均值；第二种是用图象(UI图线)来求出．若采用图象法，在描点时，要尽量使各点间的距离拉大一些，连线时要尽可能地让各点均匀分布在直线的两侧，个别明显偏离较远的点可以不予考虑．
七、误差分析
1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一．
2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小．
3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差．
4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差．
考点一 实验原理与操作
[典例1] 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；
电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；
定值电阻：R0＝3 Ω；
电源：电动势6 V，内阻可不计；
开关、导线若干．
回答下列问题：
(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．
(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V.
(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．
解析 (1)由(3)中电流表的读数为0.50 A时，电压表的读数为2.30 V可知，Rx和R0的总阻值约为4.60欧姆，若选用滑动变阻器R1，电源电压为6伏特，电流表的量程只有0.6 A，会把电流表烧坏，故滑动变阻器应该选R2.闭合开关前应将滑片移至a端保证连入电阻最大．
(2)如图所示
(3)由于电压表量程0～3 V，分度值为0.1 V，故读数为2.30 V.
(4)Rx的阻值为1.60欧姆，由Rx＝ρ可知，l＝＝ m≈94 m.
答案 (1)R2 a (2)见解析图
(3)2.30(2.29～2.31均正确) (4)94(93～95均正确)
实物图连线的技巧
(1)总的原则：先串后并，接线到柱，注意量程和正负．
(2)对限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”部分依次串联起来即可，注意电表的正、负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处．
(3)对分压电路，应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动头的电势高低，根据“伏安法”部分电表正负接线柱的情况，将“伏安法”部分接入该两点间．注意滑动变阻器应调到使“伏安法”部分所接两点间阻值最小处．
考点二 数据处理与误差分析
[典例2] 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的______图(填“甲”或“乙”)．
(3)图丙是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出UI图线．由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)．
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．
A．1×10－2 Ω·m B．1×10－3Ω·m
C．1×10－6 Ω·m D．1×10－8Ω·m
(6)(多选)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准．下列关于误差的说法中正确的选项是________．
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用UI图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
解析 (1)螺旋测微器的读数为0 mm＋39.7×0.01 mm＝0.397 mm
(2)通过给定的数据发现电压接近从零开始，故滑动变阻器采用的是分压式接法，即甲图．
(3)对滑动变阻器的分压式接法，连线时应使测量电路在开始时分到的电压为零，实物图如图1所示．
(4)如图2所示，图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧．图线的斜率反映了金属丝的电阻，所以Rx＝4.5 Ω.
(5)由Rx＝ρl/S，S＝π(d/2)2，取d＝4×10－4m、l＝0.5 m、Rx＝4.5 Ω，解得ρ＝1×10－6 Ω·m.
(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以消除系统误差，B错误，C正确；利用UI图象处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，D正确．
答案 (1)0.397(0.395～0.399均正确) (2)甲
(3)见解析图甲 (4)见解析图乙 4.5(4.3～4.7均正确)
(5)C (6)CD
(1)作图象时，应使大多数的点在直线或平滑的曲线上，不在线上的点尽量均匀分布在直线的两侧，误差较大的点舍去不用．
(2)偶然误差与系统误差的关系
①偶然误差：由于各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的．通过多次测量求平均值(或采用图象法处理数据)可减小偶然误差．
②系统误差：由于仪器本身不精密，实验方法粗略或实验原理不完善而产生的．通过校准仪器或改进实验方法和实验设计原理可减小误差．
考点三 实验改进 拓展创新
1．创新点分析
(1)基于教材中的电学实验，着重考查实验原理的改进、实验步骤、误差分析；
(2)重视电学的实验方法，问题设置结合科技、生产、生活的实际；
(3)基本仪器的使用是考查的热点，实验的器材选择、实际操作是考查的重点，设计型实验是考查的难点，实验的基本原理和思想方法是考查的核心．
2．命题视角
视角1 基本仪器的使用及读数(如螺旋测微器、游标卡尺、电压表、电流表及多用电表的读数)
视角2 实验仪器的选择、测量电路、控制电路的选择
视角3 完善基本操作过程
视角4 根据题目给出的实验器材，用所学知识解决实际问题，设计新的实验方案
[典例3] 同学们测量某电阻丝的电阻Rx，所用电流表的内阻与Rx
相当，电压表可视为理想电压表．
(1)若使用图甲所示电路图进行实验，要使得Rx的测量值更接近真实值，电压表的a端应连接到电路的________点(选填“b”或“c”)．
(2)测得电阻丝的UI图如图乙所示，则Rx为________Ω(保留两位有效数字)．
(3)实验中，随电压进一步增加，电阻丝逐渐进入炽热状态．某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化．他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10 V的条件下，得到电阻丝的电阻Rx随风速v(用风速计测)的变化关系如图丙所示．由图可知当风速增加时，Rx会________(选填“增大”或“减小”)．在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10 V，需要将滑动变阻器RW的滑片向________端调节(选填“M”或“N”)．
(4)为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图丁所示的电路．其中R为两只阻值相同的电阻，Rx为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V为待接入的理想电压表．如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表“＋”端和“－”端应分别连接到电路中的__________点和__________点(在“a”“b”“c”“d”中选填)．
解析 (1)电流表内阻和电阻丝阻值相当，电压表为理想电表，当a端接到b点时，电流表的内阻对Rx两端电压的测量影响较大，故用外接法，即接在c点．
(2)直接利用图象斜率计算即可；
(3)根据图象，可知电阻随着风速的增大而减小；风速增加时，Rx阻值变小，电路总电阻变小，干路电流变大，导致测量电路两端的电压变小，为保持电阻丝两端的电压为10 V，滑动变阻器的滑片应向M端调节；
(4)由(3)知，电阻随着风速的增大而减小，在串联电路中分到的电压也减小，观察电路知中间支路的两个电阻一直平分电压，而左侧支路无风时两个电阻平分电压，有风时上半部分Rx分压多，下半部分Rx分压少，要求风速从零增加时，电压表示数从零开始增加，分析电路中的分压情况可知，只有b、d两点间的电压满足上述要求，故电压表应接在b、d之间，且b点电势高，因此电压表的“＋”端接b，“－”端接d.
答案 (1)c (2)4.1(4.0～4.2) (3)减小 M (4)b d
1．图(a)是测量电阻Rx的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6 A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0 cm.
(1)根据原理图连接图(b)的实物图．
(2)断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0 V时，单位长度电阻丝的电压u＝________V/cm.记录此时电流表A1的示数．
(3)保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤(2)记录的值相同，记录长度L和A2的示数I.测量6组L和I值，测量数据已在图(c)中标出，写出Rx与L、I、u的关系式Rx＝________；根据图(c)用作图法算出Rx＝________Ω.
解析：(1)如图所示
(2)断开S2，合上S1，电阻丝两端的电压为3.0 V，则电阻丝单位长度的电压为u＝＝0.1 V/cm.
(3)由于电流表A1的示数不变，因此ac段单位长度上的电压不变，Rx两端的电压为Lu，根据欧姆定律有Rx＝.L＝I，作出图象，如图所示，则根据图象的斜率求得Rx＝6 Ω.
答案：(1)见解析图 (2)0.1 (3) 6
2．利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20 Ω.带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上．在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：
电池组E(电动势为3.0 V，内阻约为1 Ω)；
电流表A1(量程0～100 mA，内阻约为5 Ω)；
电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；
电阻箱R(0～999.9 Ω)；
开关、导线若干．
实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B．将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路；
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关．记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
F．断开开关，整理好器材．
(1)某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d＝________mm；
(2)实验中电流表应选择________(选填“A1”或“A2”)；
(3)用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的RL关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝________(用给定的物理量符号和已知常数表示)．
(4)本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果________影响(选填“有”
或“无”)．
解析：(1)根据螺旋测微器读数规则可得
d＝0.5 mm＋0.232 mm＝0.732 mm；
(2)根据题意，电路中可能出现的最大电流为I＝＝0.15 A＝150 mA，故电流表选择A1即可；
(3)由闭合电路的欧姆定律可知，E＝I(R＋r＋RA＋R电阻丝)＝I，联立解得R＝－·L，由已知条件可知，k＝＝，解得ρ＝；
(4)由ρ＝可知，本实验中电流表的内阻对电阻率的测量结果无影响．
答案：(1)0.732 (2)A1 (3) (4)无
高效演练 跟踪检测
1．(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm，合金丝的直径为________mm.
(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图甲所示的实验电路图，按照该电路图完成图乙中的实物电路连接．
解析：(1)由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007 mm，测量后要去掉开始误差．
(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入，掌握滑动变阻器的分压接法．连接图如图所示．
答案：(1)0.007 0.638(0.636 mm～0.640 mm)
(2)见解析图
2．如图甲所示的金属工件，截面外方内圆，外边长约为1 cm、内径约为0.5 cm、长度约为40 cm.
(1)某同学用游标卡尺测出截面外边长如图乙所示，其读数a＝________ cm.
(2)应选用________来测量工件内径d，选用________来测量工件长度L(填“毫米刻度尺”、“游标卡尺”或“螺旋测微器”)．
(3)为了测出该金属的电阻率，该同学设计了如图丙所示的电路，请按设计的电路完成实物图丁的连线．
(4)实验测得工件两端电压为U，通过的电流为I，请写出该金属电阻率的表达式ρ＝________(用a、d、L、U、I等字母表示)．
解析：(1)游标卡尺读数时先读主尺为10 mm，游标尺共10个格，每个格代表0.1 mm，第5个格对齐，故游标尺读数为0.5 mm，故总读数为10.5 mm，即1.05 cm.
(2)游标卡尺有内脚可以测量内径，用毫米刻度尺测量长度．
(3)实物图如图所示．
(4)由R＝，R＝，S＝a2－πd2联立可得电阻率的大小ρ＝
答案：(1)1.05 cm (2)游标卡尺 毫米刻度尺
(3)见解析图 (4)
3．用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱，按下P时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．
(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数．(填仪器部件的字母符号)
(2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将实物图丁连接成实验电路．
(3)闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P的位置，得到几组U、I、L的数据，用R＝计算出相应的电阻值后作出RL图线如图所示．取图线上两个点间数据之差ΔL和ΔR，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ＝________.
解析：(1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D，使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转动微调旋钮H夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数．
(2)如图所示
(3)根据R＝ρ，得ΔR＝ρ，而S＝，代入得ρ＝.
答案：(1)D H G (2)见解析图 (3)
4．测量一个长约5 cm、电阻R1约为30 Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：
游标卡尺(20分度)；
螺旋测微器；
直流电源E(电动势为18 V，内阻可忽略不计)；
标准电流表A1(量程1.5 A，内阻r1＝6 Ω)；
电流表A2(量程2A，内阻r2约为5 Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；
开关S，导线若干．
(1)用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L＝________cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D＝________mm.
(2)请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据．
(3)若某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为ρ＝________.
解析：(1)游标卡尺主尺读数为50 mm,20分度游标卡尺精确度为0.05 mm，第5条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为5×0.05 mm＝0.25 mm，所以该材料的长度为50.25 mm＝5.025 cm；螺旋测微器固定刻度部分读数为2.0 mm，可动刻度部分读数为15.0×0.01 mm＝0.150 mm，因此该材料直径为2.150 mm.
(2)标准电流表量程为1.5 A，内阻为6 Ω，可当电压表使用，将其与待测材料并联，再与电流表A2串联，由于提供的滑动变阻器总电阻小于待测材料电阻，故需要将滑动变阻器接成分压式电路．
(3)通过并联电路特点，可知通过电阻R1的电流为I2－I1，其两端电压U＝I1r1
，所以待测材料的电阻为R1＝，由电阻定律R1＝ρ，S＝，解得：电阻率ρ＝.
答案：(1)5.025 2.150 (2)图见解析 (3)
5．小张同学打算测量某种由合金材料制成的金属丝的电阻率ρ.待测金属丝的横截面为圆形．实验器材有：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻约几千欧)、电流表(内阻约几欧)、滑动变阻器、电源、电键、待测金属丝及导线若干．
(1)用毫米刻度尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图1和图2所示．由图可知其长度L＝________cm，直径为D＝________mm；
(2)该同学计划要用图象法求出电阻的阻值，要求电压从0开始变化．请将图3所示实物电路图中所缺部分补全；
(3)图4是实验中测得的6组电流I、电压U的值描的点，由图求出的电阻值R＝________Ω(保留3位有效数字)；
(4)请写出待测金属丝的电阻率ρ的表达式________(用测得的物理量的符号表示)．
解析：(1)金属丝长度测量值为59.40 cm；螺旋测微器的读数为43.4×0.01 mm ＝0.434 mm，即金属丝直径测量值为0.434 mm.
(2)要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法．金属丝电阻较小，安培表用外接．
(3)用直线拟合各数据点，使直线通过尽量多的点，其他点均匀分布在直线两侧，舍弃离直线较远的点，直线的斜率表示金属丝的电阻，故R＝5.80 Ω.
(4)由电阻定律可知，R＝ρ，S＝，解两式得：ρ＝.
答案：(1)59.40 0.434(0.433～0.435均对)
(2)图见解析 (3)5.80 (4)ρ＝
6．某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，图1是实物的部分连线图，待测电阻为图2中的R1，其阻值约为5 Ω.
(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填“a”或“b”)、导线②连接________(填“c”或“d”)．
(2)正确接线测得实验数据如下表，用作图法求得R1的阻值为________Ω.
U/V
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
I/A
0.09
0.19
0.27
0.35
0.44
0.53
(3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的，若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)．
A．①连接a，②连接c B．①连接a，②连接d
C．①连接b，②连接c D．①连接b，②连接d
解析：(1)因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接法，又知滑动变阻器采用分压电路接线，故测R1阻值的最优连接方式为导线①连接a、导线②连接d.
(2)作图如图所示，则R1＝＝ Ω＝4.4 Ω.
(3)根据电阻定律可得R＝ρ＝，故R2＝R1，要测R2的阻值，与测量R1一样，最优的连线应①连接a，②连接d，故B正确．
答案：(1)a d (2)图见解析 4.4～4.7 (3)B
实验九 描绘小电珠的伏安特性曲线
一、实验目的
1．描绘小电珠的伏安特性曲线．
2．分析伏安特性曲线的变化规律．
二、实验原理
用电流表测出流过小电珠的电流，用电压表测出小电珠两端的电压，测出多组(U，I)值，在UI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
小电珠(3.8 V,0.3 A)或(2.5 V,0.6 A)一个、电压表(0～3 V～15 V)与电流表(0～0.6 A～3 A)各一个、滑动变阻器(最大阻值20 Ω)一个、学生低压直流电源(或电池组)、开关一个、导线若干、坐标纸、铅笔．
四、实验步骤
1．确定电流表、电压表的量程，采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，按图中的原理图连接好实验电路．
2．把滑动变阻器的滑片调节到图中最左端，接线经检查无误后，闭合开关S.
3．移动滑动变阻器滑片位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入表格中，断开开关S.
U(V)
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
I(A)
U(V)
1.6
2.0
2.4
2.8
3.2
3.6
3.8
I(A)
4.拆除电路，整理仪器．
五、数据处理
1．在坐标纸上以U为横轴，以I为纵轴，建立坐标系．
2．在坐标纸上描出各组数据所对应的点．(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)
3．将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小电珠的伏安特性曲线．
六、注意事项
1．电路的连接方式
(1)电流表应采用外接法：因为小电珠(3.8 V,0.3 A)的电阻很小，与0～0.6 A的电流表串联时，电流表的分压影响很大．
(2)滑动变阻器应采用分压式连接：目的是使小电珠两端的电压能从零开始连续变化．
2．闭合开关S前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为零的一端，使开关闭合时小电珠的电压从零开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝．
3．IU图线在U0＝1.0 V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0
V左右绘点要密，以防出现较大误差．
4．当小电珠的电压接近额定值时要缓慢增加，到额定值记录I后马上断开开关．
5．误差较大的点要舍去，IU图线应是平滑曲线而非折线．
七、误差分析
1．由于电压表、电流表不是理想电表，电表内阻对电路的影响会带来误差．
2．电流表、电压表的读数带来误差，要严格按照读数规则读数．
3．在坐标纸上描点、作图带来操作误差．
考点一 实验操作和器材的选取
[典例1] 要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5 V，内阻约为1 Ω)；
电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；
电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；
电键一个、导线若干．
(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．
A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)
(2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.
解析 (1)由题意知，小灯泡两端电压从零开始变化，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值小、额定电流大的A.
(2)灯泡的电阻R＝＝15 Ω，额定电流I＝＝0.2 A，由R＝15 Ω＜＝ Ω，依据公式法“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，B正确．
(3)在灯泡的IU图上作出电源的IU图线，交点即为这个电源给这个灯泡供电时的电流和电压，此时P灯＝IU＝0.1×1 W＝0.1 W.
答案 (1)A (2)B (3)0.1
仪器选择的一般顺序是先易后难．首先确定出必须使用而又不必选择的仪器，然后以其为突破口，根据电路要求和电路计算，选择出电源、滑动变阻器、电流表、电压表以及合理的量程．待测电阻的额定电流、额定电压(估算值)是选择合适量程的电流表和电压表的重要依据．如滑动变阻器的选择，既要考虑它的额定电流，又要考虑它的阻值范围，在二者都能满足实验要求的情况下，还要考虑阻值大小对实验操作中是否调节方便的影响，一般来说如果是限流法选定比待测电阻大几倍的滑动变阻器，如果是分压法选定阻值小的滑动变阻器．
考点二 数据处理和误差分析
[典例2] 物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该小灯泡的电阻约为2 Ω，然后根据公式计算出该小灯泡的额定电压U＝＝ V＝1.22 V．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过小灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制小灯泡的UI图线，进而分析小灯泡的额定电压．
A．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)
B．电流表A1(量程150 mA，内阻约2 Ω)
C．电流表A2(量程500 mA，内阻约0.6 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～20 Ω)
E．滑动变阻器R2(0～100 Ω)
F．电源E(电动势4.0 V，内阻不计)
G．开关S和导线若干
H．待测小灯泡L(额定功率0.75 W，额定电压未知)
(1)在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择________(填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选择________(填“R1”或“R2”)．
(2)在实验过程中，该同学将小灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23 V时，发现小灯泡亮度很暗，当达到2.70 V时，发现小灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中.
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.70
I/mA
80
155
195
227
255
279
310
请你根据表中实验数据在图中作出灯泡的UI图线．
(3)由图象得出该灯泡的额定电压应为________V；这一结果大于1.23 V，其原因是___________________________.
解析 (1)根据P＝I2R，估算出灯泡的电流大约是600 mA，因此电流表应选A2；本实验要描绘出灯泡的UI图线，需要测量多组数据，因此滑动变阻器应采用分压式接法，所以应选阻值较小的R1；小灯泡电阻较小，电流表应外接．原理图如图所示．
(2)如图所示
(3)由P＝UI＝0.75 W，再结合图象可知U额＝2.5 V；小灯泡的额定电压大于1.23 V的原因是小灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻．
答案 (1)见解析图 A2 R1 (2)见解析图
(3)2.5(2.4～2.6均可) 小灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或小灯泡的电阻随温度的升高而变大)
在描点时，一是不要忘了(0,0)这个点，二是连线时用平滑的曲线连接，使尽量多的点落在曲线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，较远的点舍去，三是理解好曲线斜率的意义，如果是UI图线，斜率表示电阻，如果是IU
图线，斜率表示电阻的倒数．
考点三 实验改进 拓展创新
1．创新点分析
以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性等特点．
2．命题视角
视角1 以实验原理及实验方法为基础，探究小灯泡功率与电压的关系
视角2 图象法处理数据及实物连线
视角3 实验仪器的选择及控制电路的选择
视角4 数据处理方式的改进
采用“DIS”数字化实验系统进行实验数据的采集和处理．
[典例3] 有一个标有“12 V 24 W”的电珠，为了测定它在不同电压下的实际功率和额定电压下的功率，需测定电珠两端的电压和通过电珠的电流，现有如下器材：
A．直流电源15 V(内阻可不计)
B．直流电流表0～0.6 A、0～3 A(内阻约0.5 Ω、0.1 Ω)
C．直流电流表0～300 mA(内阻约5 Ω)
D．直流电压表0～3 V、0～15 V(内阻约3 kΩ、15 kΩ)
E．直流电压表0～25 V(内阻约200 kΩ)
F．滑动变阻器10 Ω、5 A
G．滑动变阻器1 kΩ、3 A
(1)实验台上已放置开关、导线若干及电珠，为了完成实验，需要从上述器材中再选用________(用序号字母表示)．
(2)在下面的虚线框内画出最合理的实验原理图．
(3)若测得灯丝电阻R随电珠两端电压变化关系的图线如图所示，由这条曲线可得出：正常发光条件下，灯丝消耗的电功率是________．
解析 (1)由灯泡的额定电压为12 V、额定电流为2 A可知，电压表应选用D，电流表应选B，因电珠电压由零开始变化，所以实验采用分压式电路，滑动变阻器应选阻值小些的，故选F，电源A是必选的．
(2)因＞，故应采用电流表外接法．滑动变阻器应用分压式连接，如图所示．
(3)由图可知，U＝12 V时，R＝6.2 Ω，故灯丝正常发光时的功率P＝≈23.2 W.
答案 (1)ABDF (2)见解析图 (3)23.2 W
1．电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：
待测电压表V(量程3 V，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关两个，导线若干．
(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．
(2)根据设计的电路，写出实验步骤：
________________________________________________
________________________________________________.
(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV′，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′________RV(填“＞”“＝”或“＜”)，主要理由是__________________________________________.
解析：(1)实验电路图如图所示．
(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻．
(3)断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故RV′＞RV.
答案：见解析
2．二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性．某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究．据了解，该二极管允许通过的最大电流为50 mA.
(1)该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆挡来判断它的正、负极：当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断________(填“左”或“右”)端为二极管的正极．
(2)实验探究中他们可选器材如下：
A．直流电源(电动势3 V，内阻不计)
B．滑动变阻器(0～20 Ω)
C．电压表(量程15 V、内阻约80 kΩ)
D．电压表(量程3 V、内阻约30 kΩ)
E．电流表(量程0.6 A、内阻约1 Ω)
F．电流表(量程50 mA、内阻约50 Ω)
G．待测二极管
H．导线、开关
为了提高测量精度，电压表应选用________，电流表应选用________．(填字母序号)
(3)实验中测得的数据如下表，请在图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线.
电流I/mA
0
0
0.2
1.8
3.9
8.6
14.0
21.8
33.5
50.0
电压U/V
0
0.50
0.75
1.00
1.25
1.50
1.75
2.00
2.25
2.50
(4)同学们将该二极管与阻值为100 Ω的定值电阻串联后接到输出电压恒为3 V的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为________W.
解析：(1)调到欧姆挡时，在多用电表的内部，电源的正极是接在黑表笔上，负极是接在红表笔上．
(2)电源电压只有3 V，所以电压表选D；二极管允许通过的最大电流为50 mA，所以电流表选F.
(4)在图中画出阻值为100 Ω的定值电阻的伏安特性图象，从图中找出两图象电流相同且电压之和等于3 V时的电流值大约是13 mA，则定值电阻的功率P＝I2R≈0.017 W.
答案：(1)左 (2)D F
(3)伏安特性曲线如图所示
(4)0.017(在0.015～0.019范围内均可)
高效演练 跟踪检测
1．“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验电路如图所示，所用小灯泡的额定电压是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
解析：选A.由于小灯泡的电阻比较小，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．图为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.
(1)完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，_______________________；
②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，____________________；
③断开开关，……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．
(2)在线框中画出与实物电路相应的电路图．
解析：(1)滑动变阻器为分压式接法，故闭合开关前，灯泡两端的电压为零，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱．闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压．
(2)与实物电路相应的电路图如图所示．
答案：(1)①使它靠近滑动变阻器左端的接线柱
②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到其额定电压
(2)如解析图所示
3．某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：
电压表V1(量程0～3 V，内阻等于3 kΩ)
电压表V2(量程0～15 V，内阻等于15 kΩ)
电流表A1(量程0～200 mA，内阻等于10 Ω)
电流表A2(量程0～3 A，内阻等于0.1 Ω)
滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)
滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流0.5 A)
定值电阻R3(阻值等于1 Ω)
定值电阻R4(阻值等于10 Ω)
定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)
电源E(E＝6 V，内阻不计)
(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．
(2)该同学描绘出的IU图象应是图中的________．
解析：(1)电压表V1和定值电阻R5串联，可改装成量程为0～4 V的电压表，电流表A1与定值电阻R4并联，可改装成量程为0～0.4 A的电流表，待测小灯泡的电阻很小，故电流表采用外接法．
(2)小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B正确．
答案(1)电路如图所示 (2)B
4．如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率．改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的UI关系图线．
回答下列问题：
(1)滑动触头向下移动时，电压表示数________(填“增大”或“减小”)．
(2)I0＝________A.
(3)RL消耗的最大功率为________W(保留一位有效数字)．
解析：(1)滑动触头向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，因为总电流不变，所以总电压减小，电压表示数减小．
(2)电压表示数与电流表示数之间的关系为U＝(I0－I)R＝I0R－IR，由图象横轴截距得I0＝1.00 A.
(3)由UI图线可得R＝20 Ω，RL消耗的功率P＝UI＝I0RI－I2R，由二次函数的规律得RL最大功率为5 W.
答案：(1)减小 (2)1.00(0.98、0.99、1.01均正确) (3)5
5．某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．
(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A；
(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W(保留两位小数)．
解析：(1)电流表的示数从零开始逐渐增大，说明滑动变阻器应该用分压式接法．
(2)电流表示数为0.44 A.
(3)设有n个小电珠并联，每个小电珠的电压为U，电流为I，则当小电珠的总功率(相当于电源的输出功率)最大时，外电阻和电源内阻相等，所以U＝1.5 V，nI＝＝1.5 A，即每个小电珠两端的电压为1.5 V．从题目所给的UI图可以看出，当U＝1.5 V时，I＝0.37 A，所以小电珠个数n＝≈4，小电珠的总功率P＝＝＝2.25 W.
答案：(1)见解析图 (2)0.44 (3)4 2.25(或2.22～2.28均正确)
6．现要测定一个额定电压2.5 V、额定功率约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，小灯丝电阻为________Ω，小灯泡的功率为________W(结果保留两位有效数字)．
(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________．
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)由图可知，当电压为1.8 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.
答案：(1)见解析 (2)左端 (3)7.2 0.45 (4)D
7．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与它两端电压的平方U2的关系曲线．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(直压6 V，内阻不计)
H．开关、导线若干
(1)实验中所用电压表应选用________，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________．
解析：(1)由于量程15 V的电压表量程较大，所以可以采用扩大3 V量程电压表的办法，实验中所用电压表应选用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．电路图如图
(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数UV与此时小灯泡两端电压U的定量关系是U＝2UV.由P＝U2/R，R随温度升高(电压增大)而增大，小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线可能正确的是图C.
答案：(1)A D (2)见解析图 (3)U＝2UV C
实验十 测定电源的电动势和内阻
一、实验目的
1．掌握用电压表和电流表测量电源电动势和内阻的方法．
2．学会用图象法求电源的电动势和内阻．
二、实验原理
1．实验依据
闭合电路欧姆定律．
2．实验电路(如图所示)
3．E和r的求解
由U＝E－Ir，
得：，解得：
4．作图法数据处理(如图所示)．
(1)图线与纵轴交点为E.
(2)图线与横轴交点为I短＝.
(3)图线的斜率绝对值表示r＝.
三、实验器材
电池(被测电源)、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸、刻度尺、铅笔等．
四、实验步骤
1．电流表用0.6 A量程，电压表用3 V量程，按图连接好电路．
2．把变阻器的滑片移动到使阻值最大的一端．
3．闭合开关，调节变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I1，U1)．用同样方法测量出多组I、U值．填入表格中．
4．断开开关，拆除电路，整理好器材．
五、数据处理
本实验中数据的处理方法：一是联立方程求解的公式法，二是描点画图法.
第1组
第2组
第3组
第4组
第5组
第6组
U/V
I/A
方法一：联立六组对应的U、I数据，数据满足关系式U1＝E－I1r、U2＝E－I2r、U3＝E－I3r……让第1式和第4式联立方程，第2式和第5式联立方程，第3式和第6式联立方程，这样解得三组E、r，取其平均值作为电池的电动势E和内阻r的大小．
方法二：在坐标纸上以路端电压U为纵轴、干路电流I为横轴建立U－I坐标系，在坐标平面内描出各组(I，U)值所对应的点，然后尽量多地通过这些点作一条直线，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，则直线与纵轴交点的纵坐标值即是电池电动势的大小(一次函数的纵轴截距)，直线的斜率绝对值即为电池的内阻r，即r＝.
六、注意事项
1．为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些(选用已使用过一段时间的干电池)．
2．在实验时，电流不能过大，通电时间不能太长，以免对E与r产生较大影响．
3．要测出不少于6组的(I，U)数据，且变化范围要大些，然后用方程组求解，并求平均值．
4．画UI图线时，由于读数的偶然误差，描出的点不在一条直线上，在作图时应使图线通过尽可能多的点，并使不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，个别偏离直线太远的点可舍去．这样就可使偶然误差得到部分抵消，从而提高精确度．
5．由于干电池的内阻较小，路端电压U的变化也较小，这时画UI图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始(横坐标I必须从零开始)．但这时图线和横轴的交点不再是短路电流，而图线与纵轴的截距仍为电源电动势，图线斜率的绝对值仍为内阻．
七、误差分析
1．偶然误差
(1)由读数不准和电表线性不良引起误差．
(2)用图象法求E和r时，由于作图不准确造成的误差．
(3)测量过程中通电时间过长或电流过大，都会引起E、r变化．
2．系统误差
由于电压表和电流表内阻影响而导致的误差．
(1)如图甲所示，在理论上E＝U＋(IV＋IA)r，其中电压表示数U是准确的电源两端电压．而实验中忽略了通过电压表的电流IV而形成误差，而且电压表示数越大，IV越大．
结论：
①当电压表示数为零时，IV＝0，IA＝I短，短路电流测量值＝真实值．
②E测R真．RV越大，测量支路电阻越大，测量支路的电压越接近3.0 V，电阻箱的电压越接近1.5 V，因此R测越接近R真，相对误差越小．
答案 (1)1.0 (2)①c d ②> 小
1．在如图甲所示的电路中，4节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8 V,0.3 A”．合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．
(1)用多用电表的直流电压挡检查故障．
①选择开关置于下列量程的________挡较为合适(用字母序号表示)；
A．2.5 V B．10 V
C．50 V D．250 V
②测得c、d间电压约为5.8 V、e、f间电压为零，则故障是________．
A．A灯丝断开 B．B灯丝断开
C．d、e间连线断开 D．B灯被短路
(2)接着练习使用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”，
①测试前，一定要将电路中的开关S________；
②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为________Ω，此时测量的是________间电阻．根据小灯泡的规格计算出的电阻为________Ω.
解析：(1)①由于4节干电池串联后电动势为6 V，电压表量程应选10 V，B正确．
②灯泡不亮，说明电路断路或短路，电压表接c、d端时有示数且接近电源电动势，说明有电流通过电压表，c、d间以外其他部分电路接通，电压表接e、f时无示数，说明c、d间灯泡断路，A正确．
(2)①使用欧姆表时一定要将被测电阻从电路中断开，故填“断开”．
②温度高时灯丝的电阻大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻(或测量出的电阻是常温下的电阻)．欧姆表读数应该为6.0 Ω.由于A灯泡断路，电阻无穷大，而欧姆表示数为6.0 Ω，说明测量的应该是e、f间电阻．由R＝可求得电阻为12.7 Ω.
答案：(1)①B ②A (2)①断开 ②6.0 e、f 12.7
2．使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：
(1)仪器连线如图所示(a和b是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a为________(填“红”或“黑”)色；
(2)若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________Ω.
(3)计算得到多用电表内电池的电动势为________V．(保留3位有效数字)
解析：(1)因为欧姆表的黑表笔接内部电源的正极，所以根据电路的连接方式可知，a是黑表笔．
(2)因为多用电表调至×1 Ω挡，所以读数为14.0 Ω，电流表的读数为53.0 mA，电阻箱的读数为4.6 Ω.
(3)由于欧姆表的内阻等于欧姆表的中值电阻，所以此欧姆表的内阻为15 Ω，电阻箱和电流表的电阻之和为14 Ω.根据欧姆定律E＝IR总＝0.053×(15＋14)V＝1.54 V.
答案：(1)黑 (2)14.0 53.0 4.6 (3)1.54
高效演练 跟踪检测
1．用多用电表探测如图所示的黑箱，发现：用直流电压挡测量时，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值很小，但反接阻值很大．那么，该黑箱内元件的接法可能是图中的( )
解析：选B.红表笔接F，电阻很小，此时二极管导通，电流从黑表笔流出通过二极管从红表笔流进，电流方向从E到F，只有B正确．
2．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则
(1)所测电阻的阻值为________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”、“×100”或“×1 k”)．
(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA；当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.
(3)当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________ V.
解析：(1)读数为15×100 Ω＝1.5×103 Ω，为使指针位于表盘中央范围，应选择×1 k挡．
(2)、(3)中使用多用电表测量电流、电压时，读数要进行估读．
答案：(1)1.5×103 ×1 k (2)30.5(30.4～30.6都正确) 153 (3)6.1
3．如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 Ω的电阻，测量步骤如下：
(1)调节________，使电表指针停在________的“0”刻线(填“电阻”或“电流”)．
(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的________位置．(填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”)
(3)将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节________，使电表指针对准________的“0”刻线(填“电阻”或“电流”)．
(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为________Ω.
(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置．
解析：使用多用电表欧姆挡，先机械调零．中值电阻为15 Ω，测量20 Ω的电阻时，要使用×1的倍率，然后进行欧姆调零；由刻度盘和倍率可知，测量电阻的阻值为19 Ω.
答案：(1)指针定位螺丝 电流 (2)×1 (3)欧姆调零旋钮 电阻 (4)19
4．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱形元件的伏安特性，步骤如下：
(1)用多用表“×100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，此时需换用________(填：“×10”或“×1 k”)倍率的电阻挡，并重新进行________后再进行测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值Rx＝________Ω.
(2)该同学想更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
待测元件电阻Rx
电流表A1(量程0～10 mA，内阻约50 Ω)
电流表A2(量程0～50 mA，内阻约30 Ω)
电压表V1(量程0～3 V，内阻约30 kΩ)
电压表V2(量程0～15 V，内阻约50 kΩ)
直流电源E(电动势3 V，内阻不计)
滑动变阻器R1(阻值范围0～50 Ω，允许通过的最大电流0.5 A)、开关S、导线若干．
①要求较准确地测出其阻值，电流表应选________，电压表应选________(选填电表符号)；
②根据以上仪器，该同学按图连接实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较小，现请你用笔在图中添加一条线对电路进行修改，使电流表示数的变化范围变大；
③修改后的电路其测量结果比真实值偏________(选填“大”或“小”)．
解析：(1)用“×100”倍率的电阻挡测该电阻时，指针偏角过大，说明所选倍率太大，应换用“×10”倍率，并重新进行电阻挡调零，Rx＝30×10 Ω＝300 Ω
(2)①由于电源电动势为3 V，电压表应选V1
由于Im＝＝ A＝10 mA，故电流表应选A1.
②电路连接如图所示
③由于测量Rx时采用的是电流表外接法，用此测量结果比真实值小．
答案：(1)×10 欧姆调零 300
(2)① A1 V1 ②见解析图 ③小
5．指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：
(1)在使用多用电表测量时，指针的位置如图(a)所示，若选择开关拨至“×1”挡，则测量的结果为________；若选择开关拨至“50 mA”挡，则测量结果为________．
(2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图(b)所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图(c)所示，则该图象的函数关系式为_______________.
(3)下列根据图(c)中IRx图线做出的解释或判断中正确的是( )
A．因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左大右小
B．欧姆表调零的实质是通过调节R0使Rx＝0时电路中的电流I＝Ig
C．Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏
D．测量中，当Rx的阻值为图(c)中的R2时，指针位于表盘中央位置的左侧
解析：(1)在使用多用电表测量时，指针的位置如图(a)所示，若选择开关拨至“×1”挡，按照最上面刻度读数，则测量的结果为18×1 Ω＝18 Ω；若选择开关拨至“50 mA”挡，按照中间刻度读数，则测量结果为23.0 mA.
(2)由闭合电路欧姆定律，I＝.
(3)因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的刻度是不均匀的．欧姆表的示数左大右小是因为电流随待测电阻阻值的增大而减小，选项A错误．
答案：(1)18 Ω 23.0 mA
(2)I＝ (3)BCD
6．为了较精确地测量某定值电阻的阻值，某兴趣小组先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量．现准备了以下器材：
A．多用电表
B．电流表A1(量程50 mA、内阻r1＝20 Ω)
C．电流表A2(量程100 mA、内阻约为5 Ω)
D．定值电阻R0(80 Ω)
E．滑动变阻器R(0～10 Ω)
F．电源(电动势E＝6 V，内电阻较小)
G．导线、开关若干
(1)在用多用电表粗测时，该兴趣小组首先选用“×100”欧姆挡，此时欧姆表的指针位置如图甲所示，为了减小误差，多用电表的选择开关应换用________欧姆挡；按操作规程再次测量该待测电阻的阻值，此时欧姆表的指针位置如图乙所示，其读数是________Ω；
(2)请在虚线框内画出能准确测量电阻Rx的电路图(要求在电路图上标出元件符号)．
(3)请根据设计的电路图写出Rx的测量表达式Rx＝________.
解析：(1)由甲图可知指针的偏角太大，说明倍率选的太大，故选“×10”欧姆挡．由图乙可知指针所指的刻度数为18，再乘以倍率，阻值约为180 Ω.
(2)电路如图所示，A1和R0串联组成电压表；滑动变阻器阻值较小，为测量方便，采用分压式接法．
(3)由欧姆定律知，电阻Rx＝＝.
答案：(1)“×10” 180 (2)见解析 (3)
章末检测八 恒定电流
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～10小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1．三个阻值相同的电阻，它们的额定电压均为8 V，现两个电阻并联后再与第三个电阻串联，这个电路允许的总电压的最大值为( )
A．8 V B．10 V
C．12 V D．16 V
解析：选C.因为第三个电阻串联的电压就是并联部分电压的2倍，若让并联部分的电阻正常工作，则第三个电阻就超过额定电压，所以，让第三个电阻正常工作，则并联部分的电压为额定电压的一半；设三只同样的电阻的阻值都是R，额定电压为U，则并联部分的一个电阻的实际电压为，所以电路允许消耗的最大电压为U＋＝8 V＋4 V＝12 V.
2．在图甲所示的电路中，电流表A1的指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2的指针指满刻度，A1的指针指满刻度的处．已知A1的电阻为0.45 Ω，则A2的电阻为( )
A．0.1 Ω B．0.15 Ω
C．0.3 Ω D．0.6 Ω
解析：选A.设电流表A1、A2的满偏电流分别为I1、I2；由题意知，当电流表串联时：I1＝I2，当电流表并联时：I2R2＝I1R1，由于R1＝0.45 Ω，解得R2＝0.1 Ω.
3．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，正确接入电路中的电表a、b、c均有正常示数(既不为零，也不超量程，电表均为理想电压表或电流表)，在滑动变阻器滑片P
向右移动过程中，关于a、b、c三只电表示数的变化，以下说法正确的是( )
A．a的示数将变大，c的示数将变小
B．a的示数将变小，c的示数将变大
C．a的示数将变小，b的示数将变小
D．b的示数将不变，c的示数将变小
解析：选A.根据题意，a是电流表，测量流过滑动变阻器的电流，b是电流表，测量干路电流，c是电压表，测量滑动变阻器(定值电阻)的电压．通过电路分析可知，当滑动变阻器的触头P向右滑动时，滑动变阻器的电阻变小，总电阻变小，总电流增大，a中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则变阻器两端电压减小，A选项正确．
4．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障( )
A．R1短路 B．R2短路
C．R3短路 D．R1断路
解析：选A.若R1短路，则外部电路的电阻只有R3，故总电阻减小，总电流变大，电流表的示数变大，电压表的示数变大，A对；若R2短路，电流表的示数为零，故B错；若R3短路，电压表的示数为零，故C错；若R1断路，电流表的示数为零，D错．
5. 如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列结论正确的是( )
A．小灯泡L变暗
B．电流表读数变大，电压表读数变小
C．电容器C上电荷量增加
D．电源的总功率变小
解析：选B.滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由闭合电路的欧姆定律得，干路的电流I增大，小灯泡L的功率P＝I2R灯增大，小灯泡L变亮，路端电压U＝E－Ir减小，电源的总功率P总＝EI增大，则A、D错误，B正确；滑动变阻器两端的电压U′＝E－I(R灯＋r)减小，电容器C上电荷量Q＝CU′减小，则C错误．
6．锂电池因能量高环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是( )
A．电能转化为化学能的功率为UI－I2r
B．充电器输出的电功率为UI＋I2r
C．电池产生的热功率为I2r
D．充电器的充电效率为×100%
解析：选AC.充电器将电能转化为锂电池的化学能和电池产生的热能，即UIt＝E化＋I2rt，充电器输出的电功率为UI，电池产生的热功率为I2r，据此可知，电能转化为化学能的功率为UI－I2r，充电器的充电效率为×100%.综述A、C项正确．
7．在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，则出现这种现象的原因可能是( )
A．电阻R1短路 B．电阻R2断路
C．电阻R2短路 D．电容器C断路
解析：选AB.若R1短路，则R总变小，I总变大，通过灯泡L的电流变大，灯泡变亮，A正确；若R2断路，则R总变大，I总变小，U内＝I总r变小，U外变大，U1＝I总R1变小，UL＝U外－U1变大，灯泡变亮，故B正确；若R2短路，则电流不经过灯泡，灯泡不亮，C错误；若电容器断路，则总电阻不变，故灯泡亮度不变，D错误．
8. 如图所示，曲线C1、C2分别是直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线，由该图可知，下列说法正确的是( )
A．电源的电动势为4 V
B．电源的内电阻为1 Ω
C．电源的输出功率最大为8 W
D．电源被短路时，电源消耗的功率为16 W
解析：选ABD.由题图可知，当电流为2A时，内电路消耗功率为4 W，由I2r＝4 W可得电源的内电阻为r＝1 Ω，选项B正确；当电流为2 A时，外电路消耗功率也为4 W，外电路路端电压U＝2 V，由E＝U＋Ir可得电源的电动势为E＝4 V，选项A正确；由U＝IR可得外电路电阻R＝1 Ω时，电源输出功率最大，最大值为4 W，选项C错误；电源被短路时，短路电流为E/r＝4 A，电源消耗的功率为Ir2＝16 W，选项D正确．
9. 如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r、R0为定值电阻，电容器的电容为C.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则( )
A．变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变
B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变
C．电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU
D．电容器所带的电荷量增大，增加量为CΔU
解析：选AD.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电流表示数减小，电压表示数增大，变化过程中ΔU和ΔI的比值等于定值电阻R0与电源内阻r之和，保持不变；电压表示数U和电流表示数I的比值等于可变电阻R的阻值，逐渐增大，选项A正确，B错误；电阻R0两端电压减小，减小量小于ΔU，选项C错误；电容器所带的电荷量增大，增加量为CΔU，选项D正确．
10．用标有“6 V,3 W”的灯泡L1、“6 V,6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E＝9 V．图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )
A．电流表的示数为0.5 A B．电压表的示数约为6 V
C．电路输出功率为6 W D．电源内阻为2 Ω
解析：选AD.两个灯泡串联，所以电流相等，L1的额定电流为I1＝＝0.5 A，L2的额定电流为I2＝＝1 A，所以只有L1正常发光，电路中电流为0.5 A，A正确；从图象中可以看出，电流为0.5 A时，两灯的电压分别为6 V和2 V，因RL1>RL2，由串联分压原理知，L1两端电压为6 V，L2两端电压为2 V，电压表示数为2 V，B错误；电路中输出功率为P＝UI＝(2＋6)×0.5 W＝4 W，C错误；电源内阻r＝＝2 Ω，D正确．
二、非选择题(共3小题，40分)
11．(10分)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示，测量金属板厚度时的示数如图乙所示．图甲所示读数为________mm，图乙所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm，用游标卡尺测金属板的直径如图丙所示，则金属板直径为________
cm.
解析：依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5毫米以上的值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米，则图甲读数为0.010 mm，图乙读数6.5 mm＋37×0.01 mm＝6.870 mm.游标卡尺读数为d＝12 mm＋×8 mm＝12.40 mm＝1.240 cm.
答案：0.010 6.870 6.860 1.240
12．(15分)在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示．闭合电键后，发现电路有故障(已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E)：
(1)若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是__________(填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“电键”)．
(2)若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至________挡(填“欧姆×100”、“直流电压10 V”或“直流电流2.5 mA”)，再将________(填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是________、________、________.
解析：(1)电流表示数为零，说明电路断路，由于电压表示数为E，说明电压表两端与电源相连，因而待测金属丝断路．
(2)判断电路故障问题，应利用多用电表的直流电压挡，电流应从多用电表的红表笔流入多用电表，因而红表笔应与a接线柱相连，当只有滑动变阻器断路时，黑表笔接b时，多用电表不能与电源形成闭合回路，示数为零，黑表笔接c、d时，多用电表与电源两极相连，示数为电源电动势．
答案：(1)待测金属丝
(2)直流电压10 V 红 0 E E
13．(15分)根据闭合电路欧姆定律，用图1所示电路可以测定电池的电动势和内阻．图中R0是定值电阻，通过改变R的阻值，测出R0两端的对应电压U12，对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的，根据实验数据在－R坐标系中描出坐标点，如图2所示．已知R0＝150 Ω，请完成以下数据分析和处理．
(1)图2中电阻为________Ω的数据点应剔除；
(2)在坐标纸上画出－R关系图线；
(3)图线的斜率是________V－1·Ω－1，由此可得电池的电动势Ex＝________V.
解析：由闭合电路欧姆定律得：Ex＝U12＋I(R＋rx)
把I＝代入上式得Ex＝U12＋(R＋rx)
变形得＝＋＋R
从上式看出和R是线性关系，图象是直线，应剔除R＝80 Ω的数据点，根据所描点画出的－R图线是直线(大多数点落在直线上)，
如图所示，图线的斜率k＝，由图象取两点(0,0.72)和(180,1.52)，得出
k＝V－1·Ω－1≈4.44×10－3V－1·Ω－1，
Ex＝＝ V≈1.50 V.
答案：(1)80 (2)见解析图 (3)4.44×10－3 1.50
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