【物理】2020届一轮复习人教版第八章恒定电流学案
第八章 恒定电流
[全国卷5年考情分析]
基础考点
常考考点
命题概率
常考角度
◎欧姆定律(Ⅱ)
◎电阻定律(Ⅰ)
◎电源的电动势和内阻(Ⅱ)
◎电功率、焦耳定律(Ⅰ)
以上4个考点未曾独立命题
电阻的串联、并联 (Ⅰ)
闭合电路的欧姆定律(Ⅱ)
'16Ⅱ卷T17(6分)
综合命题概率20%
(1)欧姆定律、电阻定律、电阻的串、并联综合问题
(2)闭合电路的动态分析、故障分析
(3)焦耳定律、电路的能量分析
(4)绘制并分析伏安特性曲线
(5)伏安法测电阻(包括电表的内阻)、测定电源电动势和内阻
(6)多用电表的使用及相关电路问题
实验八：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)
'18Ⅲ卷T23(9分)
'17Ⅱ卷T23(9分)
'16Ⅱ卷T23(9分)
'15Ⅰ卷T23(9分)
'15Ⅱ卷T23(9分)
'14Ⅱ卷T22(6分)
综合命题概率100%
实验九：描绘小电珠的伏安特性曲线
'17Ⅰ卷T23(10分)
综合命题概率30%
实验十：测定电源的电动势和内阻
'14Ⅰ卷T23(9分)
综合命题概率30%
实验十一：练习使用多用电表
'18Ⅱ卷T22(6分)
'17Ⅲ卷T23(9分)
综合命题概率40%
第1节 电流 电阻 电功 电功率
一、电流及欧姆定律
1．电流的理解
(1)定义：电荷的定向移动形成电流。
(2)条件：①有可以自由移动的电荷；②导体两端存在电压。
(3)方向：电流是标量，为研究问题方便，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。在外电路中电流由电源正极到负极，在内电路中电流由电源极到极。[注1]
(4)三个表达式
①定义式：I＝，q为在时间t内通过导体横截面的电荷量。
②微观表达式：I＝nqSv，其中n为导体中单位体积内自由电荷的个数，q
为每个自由电荷的电荷量，S为导体的横截面积，v为自由电荷定向移动的速率。
③决定式：I＝，即欧姆定律。
2．欧姆定律
(1)内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比。[注2]
(2)适用范围：适用于金属和电解液等纯电阻电路。
二、电阻定律
1．电阻定律
(1)内容：同种材料的导体，其电阻R与它的长度l成正比，与它的横截面积S成反比；导体电阻还与构成它的材料有关。
(2)表达式：R＝ρ。[注3]
2．电阻率
(1)计算式：ρ＝R。
(2)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性。
(3)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、电功率、焦耳定律
1．电功
(1)定义：导体中的自由电荷在电场力作用下定向移动，电场力做的功称为电功。
(2)公式：W＝qU＝IUt。
(3)电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程。[注4]
2．电功率
(1)定义：单位时间内电流所做的功，表示电流做功的快慢。
(2)公式：P＝＝IU。
3．焦耳定律
(1)内容：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。
(2)公式：Q＝I2Rt。[注5]
4．热功率
(1)定义：单位时间内的发热量。
(2)表达式：P＝＝I2R。
【注解释疑】
[注1] 电流既有大小也有方向，但它的运算遵循代数运算法则，是标量。
[注2] 当R一定时，I∝U；当U一定时，I∝，但R由导体本身决定，与I、U无关。
[注3] 电阻定律表达式是电阻的决定式，而电阻的定义式为R＝，提供了一种测量电阻的方法。
[注4] 纯电阻电路遵守欧姆定律，非纯电阻电路不遵守欧姆定律。
[注5]在任何电路中，计算电功都可以用W＝UIt，计算电热都可以用Q＝I2Rt。
[深化理解]
1．在理解公式时一定要注意定义式与决定式的区别，其中定义式或计算式有：I＝、R＝、ρ＝等，决定式有：I＝、I＝nqSv等。
2．公式W＝UIt可求解任何电路的电功，而W＝I2Rt＝t只适用于纯电阻电路。
3．无论是线性元件还是非线性元件，只要是纯电阻元件，电阻都可由R＝计算。
[基础自测]
一、判断题
(1)由R＝知， 导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比。(×)
(2)根据I＝，可知I与q成正比。(×)
(3)由ρ＝知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。(×)
(4)公式W＝t＝I2Rt只适用于纯电阻电路。(√)
(5)19世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳定律。(√)
二、选择题
1．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕原子核运动可等效为一环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法正确的是( )
A．电流大小为，电流方向为顺时针
B．电流大小为，电流方向为顺时针
C．电流大小为，电流方向为逆时针
D．电流大小为，电流方向为逆时针
解析：选C 由电流的定义式I＝得电流大小为I＝＝，电流方向为正电荷定向移动的方向，由电子带负电绕原子核顺时针转动可知环形电流方向为逆时针。故C正确。
2．[沪科版选修3－1 P67T2改编]有一根长1.22 m的导线，横截面积为0.10 mm2。在它两端加0.60 V电压时，通过它的电流正好是0.10 A。则这根导线是由________制成的(下表是常温下几种材料的电阻率，单位为Ω·m)( )
铜
锰铜合金
镍铜合金
铝
1.7×10－8
4.4×10－7
5.0×10－7
2.9×10－8
A.铜丝 B．锰铜合金
C．镍铜合金 D．铝丝
解析：选C 由R＝及R＝ρ得ρ＝＝Ω·m＝4.9×10－7 Ω·m。所以导线是由镍铜合金制成的。
3.[人教版选修3－1 P48T2]某同学对四个电阻各进行了一次测量，把每个电阻两端的电压和通过它的电流在UI坐标系中描点，得到了图中a、b、c、d四个点。则这四个电阻值的大小关系是( )
A．Ra＞Rb＝Rc＞Rd B．Ra＜Rb＝Rc＜Rd
C．Ra＞Rb＝Rd＞Rc D．Ra＜Rb＝Rd＜Rc
解析：选A 由R＝可知，UI图像中，所描点与O点连线的斜率表示电阻的大小，由题图可知Ra>Rb＝Rc>Rd。故A正确。
高考单独对本节内容进行考查的频率不大，但电流及其三个表达式、欧姆定律和电阻定律、伏安特性曲线、电功、电功率及焦耳定律这些知识是电学实验的基础，也是电磁感应综合问题必将涉及的内容。
考点一 电流的理解及其三个表达式的应用[基础自修类]
[题点全练]
1．[电解液导电问题]
如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过。若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是( )
A．正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→A
B．溶液内由于正、负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零
C．溶液内的电流方向从A→B，电流I＝
D．溶液内的电流方向从A→B，电流I＝
解析：选D 电荷的定向移动形成电流，规定正电荷定向移动的方向为电流方向，由题图所示可知，溶液中的正离子从A向B运动，负离子由B向A移动，负电荷由B向A移动相当于正电荷由A向B移动，因此电流方向是A→B，带电离子在溶液中定向移动形成电流，电流不为零，故选项A、B错误；溶液中电流方向是A→B，电流I＝＝，故选项C错误，D正确。
2．[电流微观表达式]
如图所示，一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积内自由电子数为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．[“柱体微元”模型问题]
在长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子数为n的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场。导体内电荷量为e的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复……，所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v(不随时间变化)的定向运动。已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比，即Ff＝kv(k是常量)，则该导体的电阻应该等于( )
A. B.
C. D.
解析：选B 电子定向移动，由平衡条件得，kv＝e，则U＝，导体中的电流I＝neSv，电阻R＝＝，选项B正确。
[名师微点]
利用“柱体微元”模型求解电流的微观问题时，注意以下基本思路：
设柱体微元的长度为L，横截面积为S，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，电荷定向移动的速率为v，则
(1)柱体微元中的总电荷量为Q＝nLSq。
(2)电荷通过横截面的时间t＝。
(3)电流的微观表达式I＝＝nqvS。
考点二 欧姆定律和电阻定律的理解与应用[基础自修类]
[题点全练]
1．[电阻定律的应用]
两根材料相同的均匀导线x和y，其中，x长为l，y长为2l，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x和y两导线的电阻和横截面积之比分别为( )
A．3∶1 1∶6 B．2∶3 1∶6
C．3∶2 1∶5 D．3∶1 5∶1
解析：选A 由题图可知，两导线两端的电压之比为3∶1，电流相同，则电阻之比为3∶1，由电阻定律R＝ρ得横截面积S＝，横截面积之比＝·＝×＝，A正确。
2．[欧姆定律的应用]
利用如图所示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则Rx的阻值为( )
A.R0 B.R0
C.R0 D.R0
解析：选C 通过电流表G的电流为零时，P点的电势与R0和Rx连接点的电势相等，即U0＝UMP，根据欧姆定律有U0＝R0，UMP＝Rl1，则＝，由此得＝，根据电阻定律得，电阻丝的电阻R∝l，故＝，所以Rx＝R0，正确选项为C。
3．[电阻定律、欧姆定律的综合应用]
如图甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a＝1 m，b＝0.2 m，c＝0.1 m。当里面注满某电解液，且P、Q间加上电压后，其UI图像如图乙所示。当U＝10 V时，求电解液的电阻率ρ是多少？
解析：由题图乙可求得U＝10 V时，电解液的电阻
R＝＝ Ω＝2 000 Ω
由题图甲可知电解液容器长l＝a＝1 m
截面积S＝bc＝0.02 m2
结合电阻定律R＝ρ得
ρ＝＝ Ω·m＝40 Ω·m。
答案：40 Ω·m
[名师微点]
电阻的决定式和定义式的比较
公式
决定式
定义式
R＝ρ
R＝
区别
指明了电阻的决定因素
提供了一种测定电阻的方法，电阻与U和I无关
适用于粗细均匀的金属导体和分布均匀的导电介质
适用于任何纯电阻导体
相同点
都不能反映电阻的实质(要用微观理论解释)
考点三 伏安特性曲线的理解及应用[师生共研类]
1．图线的意义
(1)由于导体的导电性能不同，所以不同的导体有不同的伏安特性曲线。
(2)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值，对应这一状态下的电阻。
2．两类图线
线性元件的伏安特性曲线是过原点的直线，表明它的电阻是不变的，图中Ra
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＝3.6×10－5 C，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，故B、C正确，D错误。
[答案] BC
[题型技法] 分析含电容器电路应注意的两点
(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路上的电阻无电压降，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。在电路稳定后，与电容器串联的电阻中无电流通过，与电容器串联的电阻阻值变化，不影响电路中其他电表示数和灯泡亮度。
(2)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电，电荷量增大；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，电荷量减小。
考法(三) 含热敏电阻、光敏电阻等的动态电路
[例3] (多选)某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当R处温度降低时( )
A．L变亮 B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压增大 D．R消耗的功率减小
[解析] 当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值变大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，光敏电阻RG的阻值变大，对右侧电路，由闭合电路欧姆定律可知，通过R2的电流变小，右侧电路中的电源E2的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电流也变大，R消耗的功率变大，通过R3的电流变小，选项B、C正确。
[答案] BC
[题型技法] 分析热敏、光敏电阻电路应注意以下两点
一是应把两个电路联动考虑；二是正确运用相关电路规律分析推理。当R处温度降低时，热敏电阻RT的阻值变化，左侧电路中的电流变化，灯泡亮度变化，光敏电阻的阻值变化，从而引起右侧电路中各个电阻的电压、电流、电功率变化。
考法(四) 电路故障分析
[例4] 如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光。由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是( )
A．R1断路 B．R2断路
C．R3短路 D．R4短路
[解析] 等效电路图如图所示。若R1断路，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A正确。若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B错误。若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表中电流变大，与题意相矛盾，C、D错误，因此正确选项只有A。
[答案] A
[题型技法]
1．电路故障一般是短路或断路。常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯泡短路、电阻内部断路、接触不良等现象。故障的特点如下：
断路状态的特点
短路状态的特点
电源路端电压不为零而电流为零；若外电路某两点之间的电压不为零，则这两点间有断点，而这两点与电源连接部分无断点
有电流通过电路而两端电压为零
2.利用电流表、电压表判断电路故障的方法：
常见故障
故障解读
原因分析
正常
无示数
“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表。
故障原因可能是：
a．电压表损坏；
b．电压表接触不良；
c．与电压表并联的用电器短路。
正常
无示数
“电压表有示数”表明电压表有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表。
故障原因可能是：
a．电流表短路；
b．和电压表并联的用电器断路。
、
均无示数
“两表均无示数”表明无电流通过两表。
除了两表同时被短路外，可能是干路断路导致无电流。
[题点全练]
1．[含光敏电阻的电路分析]
如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R
为光敏电阻(光照越强，阻值越小)。闭合开关S后，随着光照强度逐渐增强( )
A．L1逐渐变暗，L2逐渐变亮
B．L1逐渐变亮，L2逐渐变暗
C．电源内电路消耗的功率逐渐减小
D．光敏电阻R和L1消耗的总功率逐渐增大
解析：选A 当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则L2逐渐变亮，U内＝Ir增大，由U＝E－Ir可知，路端电压减小，L2两端的电压增大，则L1两端的电压减小，故
L1逐渐变暗，故选项A正确，B错误；电路中总电流增大，由P＝I2r知电源内电路消耗功率逐渐增大，故选项C错误；将L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，即外电阻减小时，等效电源的内、外电阻相差更大，输出功率减小，则光敏电阻R和L1消耗的总功率逐渐减小，故选项D错误。
2．[含电容器的电路分析]
(2016·全国卷Ⅱ)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 断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝E，U2＝E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。
3．[电路的动态分析]
(多选)如图所示，电表均为理想电表，两个相同灯泡的电阻均为R，且R大于电源内阻r。将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3
，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则( )
A．两灯泡的亮度始终一样且逐渐变暗
B．V1、V2的示数增大，V3的示数减小
C．ΔU3与ΔI的比值为2R＋r
D．ΔU3>ΔU1>ΔU2
解析：选AD 此电路为串联电路，将滑片向下滑动，电路中的总电阻增大，总电流减小，通过两串联灯泡的电流始终一样且减小，两灯泡逐渐变暗，A正确；电压表V2测量的是路端电压，电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，因总电流减小，所以V1的示数减小、V2的示数增大，B错误；将灯泡L1的电阻等效为电源的内阻，由闭合电路欧姆定律知＝r＋R，C错误；又由＝r，＝R，可知ΔU3>ΔU1>ΔU2，D正确。
考点三 闭合电路的功率及效率问题[师生共研类]
电源
总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝＝I2(R＋r)
内部功率
P内＝I2r＝P总－P出
输出功率
任意电路：P出＝UI＝P总－P内
纯电阻电路：P出＝＝I2R＝
P出与
外电阻R
的关系
P出随R的增大先增大后减小，当R＝r时达到最大Pm＝，P出＜Pm时对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
电源的
效率
任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：η＝×100%
[典例]
如图所示，已知电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0
消耗的电功率最大，并求这个最大值。
[解析] 保护电阻消耗的电功率为P0＝，
因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝＝ W＝8 W。
[答案] R＝0 P0max＝8 W
[延伸思考]
(1)典例中条件不变，求当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。
[解析] 这时要把保护电阻R0与电源内阻r算在一起，据以上结论，当R＝R0＋r，即R＝1 Ω＋0.5 Ω＝1.5 Ω时，电阻箱R消耗的功率最大，PRmax＝＝ W＝6 W。
[答案] R＝1.5 Ω PRmax＝6 W
(2)在典例中，若电阻箱R的最大值为3 Ω，R0＝5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R的功率最大，并求这个最大值。
[解析] 把R0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R的最大值为3 Ω，小于6 Ω，
由P＝2R＝，
可知不能满足R＝r等，所以当电阻箱R的电阻取3 Ω时，R消耗功率最大，最大值为：P＝2R＝ W。
[答案] R＝3 Ω P＝ W
(3)典例中条件不变，求电源的最大输出功率。
[解析] 由电功率公式P出＝2R外＝，当R外＝r时，P出最大，即R＝r－R0＝0.5 Ω时，P出max＝＝ W＝9 W。
[答案] 9 W
(4)如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝1 Ω，电阻R0＝2 Ω，可变电阻的阻值范围为0～10 Ω。求可变电阻为多大时，R上消耗的功率最大，最大值为多少？
[解析] 法一：PR＝，根据闭合电路欧姆定律，路端电压
U＝E·＝，
所以PR＝，
代入数据整理得PR＝，
当R＝ Ω时，R上消耗的功率最大，PRmax＝ W。
法二：采用等效电源法分析，把定值电阻等效到电源的内部，即把电源和定值电阻看作电动势为E′＝E，内阻为r′＝的电源，当R＝r′＝时，电源对外电路R的输出功率最大PRmax＝。
把数值代入各式得：E等＝E′＝E＝ V；
r等＝r′＝＝ Ω。
所以PRmax＝＝ W。
[答案] R＝ Ω P＝ W
[题点全练]
1．[通过图像分析功率]
将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知( )
A．电源最大输出功率可能大于45 W
B．电源内阻一定等于5 Ω
C．电源电动势为45 V
D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率大于50%
解析：选B 由题意知将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，电阻箱所消耗功率P等于电源输出功率。由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45 W，所以电源最大输出功率为45 W，选项A错误；由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5 Ω，选项B正确；由电阻箱所消耗功率P最大值为45 W可知，此时电阻箱读数为R＝5
Ω，电流I＝ ＝3 A，电源电动势E＝I(R＋r)＝30 V，选项C错误；电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，选项D错误。
2．[内、外电路规律分析]
如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中，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中错误的是( )
A．电源输出功率最大值为8 W
B．电源的电动势为4 V
C．电源的内电阻为1 Ω
D．电源被短路时，电源消耗的最大功率可达16 W
解析：选A 当内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，最大值为4 W，选项A错误；根据P＝UI可得，当I＝2 A时，外电压为2 V，内电压也为2 V，电源的电动势为4 V，选项B正确；电源的内电阻为r＝＝1 Ω，选项C正确；电源被短路时，电源消耗的最大功率可达P＝＝16 W，选项D正确。
考点四 两类UI图像的比较与应用[基础自修类]
电源UI图像
电阻UI图像
图形
图像表述的物理量变化关系
电源的路端电压随电路电流的变化关系
电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系
图线与坐标轴交点
与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
图线上每一点坐标的乘积UI
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
图线上每一点对应的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
图线的斜率的大小
图线斜率的绝对值等于内电阻r的大小(注意坐标数值是否从零开始)
电阻的大小
[题点全练]
1．[两类UI图像的对比应用]
(多选)在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，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。由图像可知( )
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2 W
D．电源的效率为66.7%
解析：选ABD 图线Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势E，为3 V，图线Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻r，为0.5 Ω，A正确。图线Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值，为1 Ω，B正确。由Ⅰ、Ⅱ图线的交点坐标可知闭合电路的电流I＝2 A，路端电压U＝2 V，电源输出功率P＝UI＝4 W，C错误。电源效率η＝＝＝66.7%，D正确。
2．[电源的路端电压与输出功率图像的应用]
(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线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线。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 电源的路端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。
“专项研究拓”视野——电表的改装原理与应用
电压表、电流表的改装
改装为大量程电压表
改装为大量程电流表
原理
串联电阻分压
并联电阻分流
改装原理图
分压电阻
或分流电阻
U＝IgR＋IgRg，
所以R＝－Rg
IgRg＝(I－Ig)R，
所以R＝
改装后的
电表内阻
RV＝R＋Rg>Rg
RA＝，电压表的分流作用较显著，故Rx1更接近待测电阻的真实值。图(a)的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值，故Rx1>Rx真；图(b)的测量值是Rx与RV并联的电阻阻值，故Rx2U实，而R＝，所以R测>R实。
答案：(1)B C F (2)见解析图 (3)大于 电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压(其他表述正确也可)
[方法指导]
1．电表的选择方法
电流表
的选择
根据电路中的最大电流选择(如本题)
根据用电器的额定电流选择
电压表
根据被测电阻上的最大电压选择
的选择
根据电源电动势选择(如本题)
2．电流表内接法和外接法的判断
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＝＝”“＝”或“<”)。
表1
U(V)
I(A)
接线端P接a
1.84
0.15
接线端P接b
2.40
0.15
表2
U(V)
I(A)
接线端P接a
2.56
0.22
接线端P接b
3.00
0.20
(2)另一同学找来一恒压电源，按图3的电路先后将接线端P分别接a处和b处，测得相关数据如表2所示，该同学利用该数据可算出Rx的真实值为________ Ω。
解析：(1)①由题图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为1.5 mm＋20.4×0.01 mm＝1.704 mm。②由表中实验数据可知，电压表接a、b两点时，电流表示数不变，电压表示数变化较大，说明电压表内阻很大，电压表分流很小，几乎为零，电流表分压较大，电流表应采用外接法，电压表应接a点，金属丝电阻Rx测＝＝ Ω＝12 Ω；电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值小于真实值。
(2)由表中实验数据知，RA＝，则Rx＝－RA＝13 Ω。
答案：(1)①1.704 ②电压表内阻远大于金属丝电阻，电压表分流几乎为零 12 < (2)13
6．某同学用图甲所示电路测量一段金属丝的电阻率，待测金属丝粗细均匀，阻值约为100 Ω。备选器材如下：
A．量程为5 mA、内阻r1＝50 Ω的电流表
B．量程为0.6 A、内阻r2＝0.2 Ω的电流表
C．量程为6 V、内阻r3约为15 kΩ的电压表
D．最大阻值为15 Ω、最大允许电流为2 A的滑动变阻器
E．定值电阻R1＝5 Ω
F．定值电阻R2＝500 Ω
G．电动势E＝6 V、内阻很小的直流电源
H．开关一个，导线若干
I．螺旋测微器，刻度尺
(1)该同学用螺旋测微器测量待测金属丝的直径如图乙所示，则螺旋测微器的示数D＝________ mm。
(2)为了能尽可能精确地测量该金属丝的电阻率，电流表应选用________(填“A”或“B”)，定值电阻应选用________(填“E”或“F”)。
(3)电压表的示数记为U，所选用电流表的示数记为I，则该金属丝的电阻的表达式Rx＝________；若用刻度尺测得待测电阻丝的长度为L，则其电阻率的表达式为ρ＝________(表达式中所用到的阻值必须用对应的电阻符号表示，不得直接用数值表示)。
解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，金属丝直径D＝5.5 mm＋40.0×0.01 mm＝5.900 mm。
(2)电压表量程为6 V，电阻丝电阻约100 Ω，电流表量程应该为60 mA左右，可以将量程5 mA的电流表并联5 Ω的电阻改装成量程为55 mA的电流表，即电流表选择A，定值电阻选择E。
(3)金属丝中电流为I′＝I＋＝I，电压U′＝U－Ir1，由欧姆定律可得金属丝电阻Rx＝＝。
由电阻定律，Rx＝ρ，S＝，
解得电阻率ρ＝。
答案：(1)5.900 (2)A E
(3)
7．某学生用如图甲所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：
被测金属导线ab，电阻约10 Ω，允许流过的最大电流为0.8 A；
稳恒电源E，电源输出电压恒为E ＝12 V；
电压表V，量程为3 V，内阻约5 kΩ；
保护电阻：R1＝10 Ω，R2＝30 Ω，R3＝200 Ω；
刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等。
实验时的主要步骤如下：
①用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d。
②按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好。
③闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U。
④描点作出Ux图线求出金属导线的电阻率ρ。
完成下列填空：
(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图乙所示，该金属导线的直径d＝________ mm。
(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选________。
(3)根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U画出的Ux图线如图丙所示，其中图线的斜率为k，则金属导线的电阻率ρ＝________。(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)
解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，该金属导线的直径d＝0.5 mm＋37.0×0.01 mm＝0.870 mm。
(2)根据题述可知电源输出电压恒为E＝12 V，电压表V的量程为3 V，保护电阻R应该分压9 V。由于被测金属导线ab的电阻约为10 Ω，所以保护电阻R应选R2＝30 Ω。
(3)被测金属导线横截面积S＝，aP段电阻Rx＝ρ＝。电压表的示数U＝IRx，电流I＝，又＝，联立得到：U＝x。Ux图线的斜率k＝，解得：ρ＝。
答案：(1)0.870 (2)R2 (3)
[例1] 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________(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(填“有”或“无”)。
[三步稳解题]
1．分析实验目的：测量某种电阻丝材料的电阻率。
2．确定实验原理：改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，根据闭合电路欧姆定律确定关系式，通过分析图像与关系式得出答案。
3．制定数据处理方案：通过计算电路中的最大电流，选择电流表；根据闭合电路欧姆定律推导出RL函数关系，从而确定出图线的斜率的意义，可得出电阻率的表达式。
[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＝－r－RA－·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RA对电阻率的测量结果无影响。
[答案] (1)0.732 (2)A1 (3) (4)无
[例2] 国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m。某同学利用图甲电路测量15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3 V，内阻很大)，电压表V2(量程为3 V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4 kΩ)，定值电阻R2(阻值2 kΩ)，电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙所示，则d＝________mm。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为： Rx＝________________(用R1、R2、R表示)。
(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R关系图像。自来水的电阻率ρ＝________ Ω·m(保留两位有效数字)。
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________(填“偏大”“不变”或“偏小”)。
[三步稳解题]
1．分析实验目的：测量自来水的电阻率。
2．确定实验原理：通过活塞和阀门控制水柱的长度，根据闭合电路欧姆定律分析电路，应用电阻定律求解电阻率。
3．制定数据处理方案：通过将开关S拨到1和2位置，根据欧姆定律确定两个电路的规律关系，得出自来水电阻的阻值，然后分析函数关系式与图像确定自来水的电阻率。
[解析] (1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃管内径d＝30 mm＋0×0.05 mm＝30.00 mm。
(2)把S拨到1位置，记录电压表V1示数，得到通过水柱的电流I1＝。由闭合电路欧姆定律，E＝U＋Rx；把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R，得到该支路的电流I2＝。由闭合电路欧姆定律，E＝U＋R2，联立解得：Rx＝。
(3)由电阻定律Rx ＝ρ，Rx＝，联立解得：R＝·。R关系图像斜率k＝0.4×103 Ω·m，k＝，S＝，代入数据解得：ρ＝＝14 Ω·m。
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则通过水柱的电流I1大于测量值，即<，得到Rx >，即自来水电阻测量值偏大，自来水电阻率测量结果将偏大。
[答案] (1)30.00 (2) (3)14 (4)偏大
[创新领悟]
实验
原理
的创
新
实验
器材
及数
据处
理的
创新
1.测量横截面为空心的等边三角形形状导体的电阻率。
2.采用双电流表法测电阻。
[创新考法]
1.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d时的刻度如图甲所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R，然后由ρ＝R算出该金属丝的电阻率。
(1)从图甲中可以读出该金属丝的直径d＝________ mm。
(2)为了测量该金属丝的电阻，实验小组取来两节干电池，并将金属丝拉直后两端固定在带有刻度的绝缘底座两端的接线柱上，底座的中间有一个可沿金属丝滑动的金属触头P，触头上固定了接线柱，按下P时，触头才与金属丝接触，触头的位置可以从刻度尺上读出，如图乙所示。实验采用的电路原理图如图丙所示。请根据该原理图，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LR图线如图己所示。取图线上两个点间数据之差ΔL和ΔR，若金属丝直径为d，则该金属丝的电阻率ρ＝________。
解析：(1)由螺旋测微器的读数规则可知该金属丝的直径d＝1.5 mm＋20.0×0.01 mm＝1.700 mm；
(2)实物连接图如图所示：
(3)由R＝ρ可得＝，又因为＝，所以有＝，所以有ρ＝·S＝。
答案：(1)1.700 (2)见解析图 (3)
2．在“测定金属的电阻率”的实验中，某同学所测的金属导体的形状如图甲所示，其横截面为空心的等边三角形，外等边三角形的边长是内等边三角形边长的2倍，内三角形为中空。
为了合理选用器材设计测量电路，他先用多用表的欧姆挡“×1”按正确的操作步骤粗测其电阻，指针如图乙，则读数应记为________ Ω。
现利用实验室的下列器材，精确测量它的电阻R，以便进一步测出该材料的电阻率ρ：
A．电源E(电动势为3 V，内阻约为1 Ω)
B．电流表A1(量程为0～0.6 A，内阻r1 约为1 Ω)
C．电流表A2(量程为0～0.6 A，内阻r2＝5 Ω)
D．最大阻值为10 Ω的滑动变阻器R0
E．开关S，导线若干
(1)请在图丙虚线框内补充画出完整、合理的测量电路图。
(2)先将R0调至最大，闭合开关S，调节滑动变阻器R0，记下各电表读数，再改变R0
进行多次测量。在所测得的数据中选一组数据，用测量量和已知量来计算R时，若A1的示数为I1，A2的示数为I2，则该金属导体的电阻 R＝________。
(3)该同学用直尺测量导体的长度为L，用螺旋测微器测量了外三角形的边长a。测边长a时，螺旋测微器读数如图丁所示，则a＝________ mm。用已经测得的物理量I1、I2、L、a及题中所给物理量可得到该金属材料电阻率的表达式为ρ＝________。
解析：多用电表读数为：6×1 Ω＝6 Ω。
(1)给出的器材中只有电流表，没有电压表，但其中一个电流表给出了其内阻，可将此电流表当电压表使用，利用伏安法测电阻，测量电路如图所示。
(2)由欧姆定律可知：I2r2＝(I1－I2)R，解得R＝。
(3)螺旋测微器读数a＝5.5 mm＋0.01 mm×16.5＝5.665 mm；由几何关系可得导体的截面积为S＝a2－2＝a2，则根据欧姆定律R＝ρ，解得ρ＝。
答案：6 (1)电路图见解析图 (2)
(3)5.665(5.663～5.667)
专题课 测量电阻常用的6种方法
伏安法测电阻
伏安法测电阻是电学实验的基础，是高考考查的热点，也是难点。它渗透在电学实验的各个环节中，如测未知电阻、测电阻率、测各种电表内阻等。本质上都是伏安法测电阻在不同情景下的具体应用。主要涉及电压表、电流表的选择以及实物连线等。
[例1] 在伏安法测电阻的实验中，实验室备有下列器材：
A．待测电阻Rx阻值约为10 Ω左右
B．电压表V1，量程6 V，内阻约2 kΩ
C．电压表V2，量程15 V，内阻约10 kΩ
D．电流表A1，量程0.6 A，内阻约0.2 Ω
E．电流表A2，量程3 A，内阻约0.02 Ω
F．电源：电动势E＝12 V
G．滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，最大电流为2 A
H．滑动变阻器R2，最大阻值50 Ω，最大电流为0.2 A
I．导线、开关若干
(1)为了较精确测量电阻阻值，尽可能多测几组数据，且两表读数大于量程一半。除A、F、I以外，还要在上述器材中选出该实验所用器材________(填器材前面的字母代号)。
(2)在虚线框内画出该实验电路图。
[解析] (1)两表读数大于量程一半，根据题意电压表选B。由欧姆定律知通过待测电阻电流最大值约为I＝＝ A＝0.6 A，故电流表选D，滑动变阻器选阻值较小的G。
(2)因待测电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，为了尽可能多测几组数据，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示。
[答案] (1)BDG (2)图见解析
伏伏法测电阻(电压表的灵活选用)
已知内阻的电压表可作电流表使用，在缺少合适的电流表的情况下，常用电压表代替电流表使用，这是设计电路中的高频考点。
[例2] 用以下器材可测量电阻Rx的阻值。
待测电阻Rx，阻值约为600 Ω；
电源E，电动势约为6.0 V，内阻可忽略不计；
电压表V1，量程为0～500 mV，内阻r1＝1 000 Ω；
电压表V2，量程为0～6 V，内阻r2约为10 kΩ；
电流表A，量程为0～0.6 A，内阻r3约为1 Ω；
定值电阻R0，R0＝60 Ω；
滑动变阻器R，最大阻值为150 Ω；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
(1)测量中要求两只电表的读数都不小于其量程的，并能测量多组数据，请在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图。
(2)若选择测量数据中的一组来计算Rx，则由已知量和测量物理量计算Rx的表达式为Rx＝____________，式中各符号的意义是___________________________________________。(所有物理量用题中代表符号表示)
[解析] (1)电路的最大电流约为I＝＝0.01 A，电流表量程太大，可以把电压表V1并联一个定值电阻改装成电流表，电压表选择V2即可，要求测量多组数据，滑动变阻器需要分压式接法，电路如图所示。
(2)流过被测电阻的电流为I＝＋＝，被测电阻为Rx＝＝。
[答案] (1)测量电路见解析图 (2) U1为电压表V1的示数，U2为电压表V2的示数，r1为电压表V1的内阻，R0为定值电阻
[例3] (2018·全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值。图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线。
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1。
(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2。
(4)待测电阻阻值的表达式Rx＝________(用R0、U1、U2表示)。
(5)重复步骤(3)，得到如下数据。
1
2
3
4
5
U1/V
0.25
0.30
0.36
0.40
0.44
U2/V
0.86
1.03
1.22
1.36
1.49
3.44
3.43
3.39
3.40
3.39
(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx＝________ Ω。(保留一位小数)
[解析] (1)根据原理图，沿电流的流向依次连接。
①先将E、R、S1连接起来，组成闭合回路。
②将R0、Rx与R连接起来。
③将、S2与Rx连接起来。
实物连线如图所示。
(4)由于为理想电压表，故S2接1、或接2时流过R0、Rx的电流相等。根据欧姆定律和串联电路的特点得
＝，解得Rx＝R0。
(6)求出5次的平均值为3.41，代入Rx＝R0得，Rx＝48.2 Ω。
[答案] (1)见解析图 (4)R0 (6)48.2
安安法测电阻(电流表的灵活选用)
已知内阻的电流表可作电压表使用，在缺少合适的电压表的情况下，常用电流表代替电压表使用，这是电学设计电路的高频考点。
[例4] 用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3 V，内阻不计；
电流表A1：量程0～15 mA，内阻约为100 Ω；
电流表A2：量程0～300 μA，内阻为1 000 Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A；
电阻箱R2：阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A；
开关S、导线若干。
要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：
(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表________(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________ Ω，这样可以改装成一个量程为3.0 V的电压表。
(2)在图中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号。
(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是__________ mA，电流表A2的示数是__________ μA，测得待测电阻Rx的阻值是________。
[解析] (1)将电流表A2与电阻箱串联组成电压表，改装后电压表量程是3 V，则电阻箱阻值R2＝＝9 000 Ω。
(2)滑动变阻器最大阻值较小，应采用分压接法，改装的电压表内阻可求，RV＝9 000 Ω＋1 000 Ω＝10 000 Ω，电流表A1应采用外接法，电路图如图所示。
(3)由题图可知，电流表A1的示数为8 mA，电流表A2的示数是150 μA；根据欧姆定律可得：Rx＝＝191 Ω。
[答案] (1)9 000 (2)图见解析 (3)8 150 191
半偏法测电表内阻
两种测量电路
操作步骤
半偏法近似测量电流表内阻
①将电阻箱R的电阻调到零；
②闭合S，调节R0，使电流表达到满偏I0；
③保持R0不变，调节R，使电流表示数为；
④由上得RA＝R。
①断开S2、闭合S1，调节R0，使表满偏为I0；
②保持R0不变，闭合S2，调节R，使表读数为；
③由上得RA＝R。
半偏法近似测量电压表内阻
①闭合S，调节电阻箱阻值为R1时，测得表示数为U1；
②改变电阻箱阻值为R2时，测得表示数为；
③由上得RV＝R2－2R1。
①滑动变阻器的滑片滑至最右端，电阻箱的阻值调到最大；
②闭合S1、S2，调节R0，使表示数指到满偏刻度；
③断开S2，保持R0不变，调节R，使表指针指到满刻度的一半；
④由上得RV＝R。
[例5] (2015·全国卷Ⅱ)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(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)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻
器的分压接法。实验电路如图所示。
(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(其他合理说法同样给分)。
[答案] 见解析
等效替代法
如图所示。
(1)S接1，调节R2，读出电流表示数为I；
(2)S接2，R2不变，调节电阻箱R1，使电流表示数仍为I；
(3)由以上可得Rx＝R1。
该方法的优点是消除了电流表内阻对测量的影响，缺点是电阻箱的电阻R1不能连续变化。
[例6] 电流表A1的量程为0～200 μA、内电阻约为500 Ω，现要测其内阻，除若干开关、导线之外还有器材如下：
电流表A2：与A1规格相同；
滑动变阻器R1：阻值0～20 Ω；
电阻箱R2：阻值0～9 999 Ω；
保护电阻R3：阻值约为3 kΩ；
电源：电动势E约1.5 V、内电阻r约2 Ω。
(1)如图所示，某同学想用替代法测量电流表内阻，设计了部分测量电路，在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中，使实验可以完成。
(2)电路补充完整后，请你完善以下测量电流表A1内电阻的实验步骤。
a．先将滑动变阻器R1的滑动端移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到________(填“最大”或“最小”)。
b．闭合开关S1、S，调节滑动变阻器R1，使两电流表的指针在满偏附近，记录电流表A2的示数I。
c．断开S1，保持S闭合、R1不变，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数________，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1内电阻r＝________。
[解析] (1)滑动变阻器的阻值远小于待测电流表内阻，因此必须采用分压接法，电路图如图所示。
(2)a.实验前R2应该调节到最大，以保证电表安全；c.替代法最简单的操作是让A2示数不变，则可直接从R2的读数得到电流表的内电阻。
[答案] (1)图见解析
(2)a.最大 c．再次为I(或仍为I) R0
电桥法测电阻
在ab间接一灵敏电流计，如图所示，当其读数为零时即Uab＝0，相当于ab间断路，此时φa＝φb , 则有IR1＝I′R3，IR2＝I′R4，两式相除得＝，即 R1R4＝R2R3，此时交叉电阻的乘积相等，所以知道其中任意三个电阻就可以求出第四个电阻的阻值。
[例7] (2017·全国卷Ⅱ)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA，内阻大约为2 500 Ω)的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω，另一个阻值为2 000 Ω)；电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 Ω)；电源E(电动势约为1.5 V)；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。
(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。
(2)完成下列填空：
①R1的阻值为________ Ω(填“20”或“2 000”)。
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的________端(填“左”或“右”)对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置。最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”)。
④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为________ Ω(结果保留到个位)。
(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：__________________________________
________________________________________________________________________。
[解析] (1)根据题中的原理图(a)，将题图(b)中的实物连线如图所示。
(2)R1起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即R1的电阻为20 Ω，为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器R1的滑片C应移到左端，确保微安表两端电压为零；反复调节D的位置，使闭合S2前后微安表的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等；将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。说明＝，则解得RμA＝2 550 Ω。
(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。
[答案] (1)见解析图 (2)①20 ②左 ③相等 ④2 550 (3)调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程
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
(1)测多组小电珠的U、I的值，并绘出IU图像。
(2)由图线的斜率反映电流与电压和温度的关系。
三、实验器材
小电珠“3.8 V,0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔。
四、实验步骤
1．画出电路图(如图甲所示)。
2．将小电珠、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关用导线连接成如图乙所示的电路。
3．测量与记录
移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入自己设计的表格中。
五、数据处理
1．在坐标纸上以U为横轴，I为纵轴，建立直角坐标系。
2．在坐标纸上描出各组数据所对应的点。
3．将描出的点用平滑的曲线连接起来，得到小电珠的伏安特性曲线。
六、误差分析
1．由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值。
2．测量时读数带来误差。
3．在坐标纸上描点、作图带来误差。
七、注意事项
1．电流表外接法：本实验中被测小电珠灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法。
2．滑动变阻器应采用分压式连接：本实验要作出IU图像，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压接法。
3．保护元件安全：为保护元件不被烧毁，开关闭合前变阻器滑片应置于使接入电路的电阻最大位置处。加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压。
[基础考法]
考法(一) 实验原理与操作
1．有一个小电珠上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的IU图线。有下列器材供选用：
A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)
B．电压表(0～10 V，内阻20 kΩ)
C．电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)
E．滑动变阻器(5 Ω，1 A)
F．滑动变阻器(500 Ω，0.2 A)
(1)实验中电压表应选用________，电流表应选用________。(用序号字母表示)
(2)为使实验误差尽量减小，要求电压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)
(3)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图，并把下图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图。
解析：(1)因小电珠的额定电压为4 V，为保证安全，选用的电压表量程应稍大于4
V，但不能大太多，量程太大则示数不准确，故选用0～5 V的电压表，故选A；由P＝UI得，小电珠的额定电流I＝＝0.5 A，故应选择0～0.6 A量程的电流表，故选D。
(2)由题意可知，电压从零开始变化，并要求多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E。
(3)小电珠内阻R＝＝8 Ω，电压表内阻远大于小电珠内阻，应采用电流表外接法，故电路图和实物连接图如图所示。
答案：(1)A D (2)E (3)图见解析
2．小华和小明在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，将实验数据记录在下表中：
电压U/V
0.00
0.20
0.40
0.70
1.00
1.30
1.70
2.10
2.50
电流I/A
0.00
0.14
0.24
0.26
0.37
0.40
0.43
0.45
0.46
(1)实验室有两种滑动变阻器供选择：
A．滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω、额定电流3 A)
B．滑动变阻器(阻值范围0～2 000 Ω、额定电流1 A)
实验中选择的滑动变阻器是________。(填写字母序号)
(2)在图甲中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整。
(3)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑至最__________(选填“左”或“右”)端。
(4)利用表中数据，在图乙中画出小灯泡的UI图线。
(5)他们在UI图像上找到小灯泡工作电压为2.0 V时的坐标点，计算此状态的电阻值时，小明提出用图像上该点曲线斜率表示小灯泡的阻值；小华提出该点与坐标原点连线的斜率表示小灯泡的阻值。你认为________(选填“小华”或“小明”)的方法正确。
解析：(1)由于灯泡的电阻大约在几欧左右，为了便于测量，滑动变阻器选择0～10 Ω的。
(2)由于灯泡的电压和电流从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法；电流表采用外接法。实物连线图如图所示。
(3)为了保护测量电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑至最左端。
(4)描点连线。用平滑的曲线将所描的点连起来，使尽可能多的点在曲线上，小灯泡的UI图线如图所示。
(5)根据欧姆定律知，R＝，电阻的大小为该点与坐标原点连线的斜率，故小华的方法正确。
答案：(1)A (2)见解析图 (3)左 (4)见解析图 (5)小华
[方法指导]
1．滑动变阻器的选取
在分压电路中，一般选用总阻值小于用电器电阻的滑动变阻器。在限流电路中，一般选用总阻值和用电器电阻相差不多或大几倍的滑动变阻器。
2．滑动变阻器的两种连接方式
限流式接法
分压式接法
两种接法的
电路图
负载R上电压
的调节范围
～E
0～E
3．两种接法的适用条件
(1)限流式接法适合测量阻值较小的电阻(跟滑动变阻器的最大电阻相比相差不多或比滑动变阻器的最大电阻还小)。
(2)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最大电阻要大)。
(3)若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式接法。
考法(二) 数据处理和误差分析
3．某学习小组探究一小灯泡在不同电压下的功率大小，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向右移动过程中，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中完成余下导线的连接；
(2)实验测得的数据如下表记录：
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
电压
U/V
0
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
2.1
2.4
2.7
电流
I/A
0
0.10
0.20
0.28
0.35
0.40
0.45
0.48
0.50
0.51
请将剩余两个点描在图乙的坐标图中，并画出小灯泡的伏安特性曲线；
(3)根据所画伏安特性曲线判断：
①将该灯泡直接接在一电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源两端，小灯泡的功率为________ W；(结果保留两位小数)
②将______只相同的小灯泡并联后，与①中电源以及一定值电阻R0＝0.25 Ω串联成闭合回路，可使灯泡消耗的总功率最大，最大值约为______ W。(结果保留两位小数)
解析：(1)探究小灯泡在不同电压下的功率大小，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图像如图所示：
(3)①在灯泡UI图像中作出电源的UI图像如图所示。由图示图像可知，灯泡两端电压U＝2.5 V，通过灯泡的电流I＝0.5 A，灯泡功率：P＝UI＝2.5×0.5 W＝1.25 W。
②电源与电阻R0整体可以看做等效电源，等效电源内阻为(1＋0.25)Ω＝1.25 Ω，当灯泡并联电阻为1.25 Ω时灯泡总功率最大，此时路端电压为1.5 V，由灯泡UI图像可知，此时通过灯泡的电流为0.4 A，灯泡的电阻：RL＝＝ Ω＝3.75 Ω，则三只灯泡并联电阻为1.25 Ω，三只灯泡并联时灯泡总功率最大，Pmax＝3UI＝1.80 W。
答案：(1)图见解析 (2)图见解析
(3)①1.25(1.21～1.30均可) ②3 1.80
4．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灯泡的电阻约为2 Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压 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，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制灯泡的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．待测灯泡L(额定功率0.75 W，额定电压未知)
(1)在下面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________(选填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选择________(选填“R1”或“R2”)。
(2)在实验过程中，一同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23 V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70 V时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在表格中：
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如图所示坐标系中作出灯泡的UI图线。
(3)由图像得出该灯泡的额定电压应为________ V；这一结果大于1.22
V，其原因是_______________________________________________________________________。
解析：(1)根据P＝I2R，估算出灯泡的额定电流大约是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。原理图如图甲所示。
(2)描点，并用平滑曲线连线，灯泡的UI图线如图乙所示。
(3)由P＝UI＝0.75 W，再结合图像可知U额＝2.5 V；小灯泡的额定电压大于1.22 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)见解析图甲 A2 R1 (2)见解析图乙
(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)
[例1] (2018·全国卷Ⅰ)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25 ℃～80 ℃范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT，其标称值(25 ℃时的阻值)为900.0 Ω；电源E(6 V，内阻可忽略)；电压表(量程150 mV)；定值电阻R0(阻值20.0 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0 ℃。将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0；断开S1，记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2t数据见下表。
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
(1)在闭合S1前，图(a)中R1的滑片应移动到________(填“a”或“b”)端。
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2t曲线。
(3)由图(b)可得到RT在25 ℃～80 ℃范围内的温度特性。当t＝44.0 ℃时，可得RT＝________ Ω。
(4)将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图(c)所示，该读数为________Ω，则手心温度为________℃。
[三步稳解题]
1．分析实验目的：探究某热敏电阻的温度特性。
2．确定实验原理：利用等效替代法测出不同温度下热敏电阻的阻值，描绘出温度特性R2t曲线，然后根据温度特性曲线解决实际问题。
3．制定数据处理方案：采用等效替代法测量电阻的阻值，通过画出的R2t图线可确定不同温度下热敏电阻的阻值，最后应用显示的电阻值，确定手心温度。
[解析] (1)闭合开关S1前，应让滑片移动到b端，使滑动变阻器连入电路的阻值最大。
(2)把t＝60 ℃和t＝70 ℃对应的两组数据在坐标纸上画点，然后用平滑的曲线画出R2t曲线，使尽可能多的点位于曲线上，如图所示。
(3)由图像可知t＝44.0 ℃时，电阻的阻值约为450 Ω。
(4)由题图(c)可得电阻箱阻值为620.0 Ω，由图像可得温度约为33.0 ℃。
[答案] (1)b (2)图见解析 (3)450 (4)620.0 33.0
[例2] (2017·全国卷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3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表(量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5
V，内阻不计)；开关S；导线若干。
(1)实验要求能够实现在0～3.8 V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4 V，内阻1.00 Ω)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。(结果均保留两位小数)
[三步稳解题]
1．分析实验目的：研究小灯泡的伏安特性。
2．确定实验原理：题目中提供了小灯泡的伏安特性曲线，通过分析曲线的斜率判断随着电流增加时小灯泡的电阻的变化及灯丝电阻率的变化，然后小灯泡与另一电源连接，改变滑动变阻器，判断小灯泡的最小、最大功率。
3．制定数据处理方案：要求小灯泡两端电压从零开始变化，故滑动变阻器用分压式接法，求出小灯泡的电阻，比较电流表与电压表的阻值可判断电流表内接或外接；伏安特性曲线的斜率越小，小灯泡的阻值越大，灯丝电阻率越大；小灯泡与另一电源连接，要判断小灯泡的功率，可将滑动变阻器等效为电源的内阻，画出电源的路端电压随电流的变化图线，图线的交点即为小灯泡的电压和电流。
[解析] (1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表○ 应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V。由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接。电路图如图所示。
(2)IU图像中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大。根据电阻定律R＝ρ，得灯丝的电阻率增大。
(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E0′(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为Pmin＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W。当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为Pmax＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W。
[答案] (1)图见解析 (2)增大 增大 (3)0.39 1.17
[创新领悟]
测量
对象
的变
化
1.验证二极管的伏安特性曲线。
2.加上直流电源E及滑动变阻器R，将电路图连接完整。
实验
结论
的延
伸
1.测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。
2.电路中增加R2和S2，作用是实验前使电容器所带的电荷中和。
[创新考法]
1．二极管的说明书上提供了它的伏安特性曲线(正向最大电流40 mA左右)，物理兴趣小组想要验证该二极管的伏安特性曲线。
(1)选择好实验器材准备连接电路时，发现二极管外壳正负极的标识不清楚，于是就用多用电表欧姆挡判断二极管的正负极，用欧姆表“×1 k”挡两次实验情况如图甲、乙所示，由此可知________(填“A”或“B”)端为二极管的正极；
(2)该物理兴趣小组要对二极管加正向电压时的伏安特性曲线进行验证，实验室提供的器材有：
A．直流电源E：电动势3 V，内阻忽略不计；
B．待测二极管D；
C．滑动变阻器R：0～20 Ω；
D．电压表V：量程3 V，内阻约20 kΩ；
E．电流表A：量程50 mA，内阻约5 Ω；
F．开关S，导线若干。
请在下边虚线框内的实验电路图中加上直流电源E及滑动变阻器R，并将电路图连接完整。
解析：(1)题图甲所示多用电表欧姆挡显示电阻很大，说明图甲中红表笔接的是二极管正极，即B端为二极管的正极。
(2)验证二极管的伏安特性曲线实验需要滑动变阻器连接成分压接法。由于二极管正向电阻较小，电流表外接，电路图如图所示。
答案：(1)B (2)实验电路图见解析
2.某同学利用如图甲所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100 μF)、电阻R1(约200 kΩ)、电阻R2(1 kΩ)、电压表V(量程6 V)、秒表、导线若干。
(1)按图甲所示的电路原理将图乙中实物图连线。
(2)先闭合开关S2，再断开开关S2，闭合开关S1，同时按下秒表开始计时。若某时刻电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为________ V(保留两位小数)。
(3)该同学每隔10 s记录一次电压表的读数U，记录的数据如表所示。在给出的坐标纸上绘出Ut图线，已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是_______ s。
时间t/s
10.0
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
电压U/V
2.14
3.45
4.23
4.51
5.00
5.18
(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是________________________________。
解析：(1)根据电路原理图，实物图连线如图所示。
(2)电压表的量程为6 V，分度值为0.1 V，所以读数为3.60 V。
(3)先描点，然后用平滑的曲线将所描的点连接起来，如图所示。由图可以看出t＝40 s对应的点误差较大。
(4)电路中C、R2和S2构成的回路，先闭合开关S2，再断开开关S2，使电容器上所带电荷量释放干净，不影响实验。
答案：(1)见解析图 (2)3.60 (3)图像见解析图 40 (4)使每次实验前电容器两极板上的电荷相中和
3.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用的电流表内阻为几欧，电压表内阻为十几千欧。实验中得到了多组数据，通过描点连线在IU坐标系中得到了小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示。
(1)在虚线框中画出实验电路原理图，并在图乙中用笔画线代替导线连接电路。
(2)根据图甲，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，下列示意图中合理的是________。
(3)将被测小灯泡、定值电阻R和电源串联成如图丙所示的电路。电源电动势为6.0 V，内阻为1.0 Ω。若电路中的电流为0.40 A，则定值电阻R所消耗的电功率为________ W。
解析：(1)实验时，由题图甲可知电压、电流从零开始可调，所以滑动变阻器采用分压式接法，又由于灯泡的电阻与电流表阻值相差不大，与电压表内阻相差较大，所以电流表采用外接法，电路原理图、实物图如图所示。
(2)小灯泡的电阻随温度升高而增大，由功率P＝I2R，PI2图像的斜率逐渐增大，C错误，D正确；由P＝，PU2图像的斜率逐渐减小，A、B错误。
(3)当电路中的电流I＝0.40 A，由图像可得小灯泡两端的电压U＝4 V，定值电阻R两端的电压U1＝E－U－Ir＝1.6 V，所消耗的电功率P＝U1I＝0.64 W。
答案：(1)见解析图 (2)D (3)0.64
实验十 测定电源的电动势和内阻
一、实验目的
1．测定电源的电动势和内阻。
2．加深对闭合电路欧姆定律的理解。
二、实验原理
1．如图甲所示，改变R的阻值，从电压表和电流表中读出几组U、I值，利用闭合电路的欧姆定律求出几组E、r值，最后分别算出它们的平均值。
2．用图像法来处理数据，在坐标纸上以I为横坐标、U为纵坐标，用测出的几组I、U值画出UI图像，如图乙所示，直线跟纵轴的交点的纵坐标表示电源电动势E的值，图线的斜率的绝对值即内阻r的值。
三、实验器材
电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺。
四、实验步骤
1．电流表用0.6 A的量程，电压表用3 V的量程，按实验原理图连接好电路。
2．把滑动变阻器的滑片移到使接入电路的阻值最大的一端。
3．闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I1，U1)。用同样的方法再测量几组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
1．公式法：联立六组对应的U、I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。
2．图像法：在坐标纸上以路端电压U为纵轴、干路电流I为横轴建立UI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、误差分析
1．偶然误差：电表读数及用图像法求E和r时作图不准确。
2．系统误差：如实验原理图甲中由于电压表的分流，测量结果是：E测
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