【物理】2018届一轮复习人教版第八章恒定电流学案
第八章
考 纲 要 求
考 情 分 析
欧姆定律
Ⅱ
1.命题规律
近几年高考对本章内容主要以选择题的形式考查电路的基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律等知识，实验部分则以基本仪器使用和实验设计为主，题型以填空题的形式出现。
2.考查热点
预计本章命题的重点仍将是基本概念和规律、闭合电路欧姆定律的理解和应用，实验则考查基本仪器的使用、实验原理的理解、实验数据的处理等知识。
电阻定律
Ⅰ
电阻的串联、并联
Ⅰ
电源的电动势和内阻
Ⅱ
闭合电路的欧姆定律
Ⅱ
电功率、焦耳定律
Ⅰ
实验八：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)
实验九：描绘小电珠的伏安特性曲线
实验十：测定电源的电动势和内阻
实验十一：练习使用多用电表
第42课时 电阻定律、欧姆定律(双基落实课)
[命题者说] 本课时是电路的基础知识，包括电流的概念、欧姆定律、电阻定律、电路的串并联等内容。高考虽然很少针对本课时的知识点单独命题，但是掌握好本节内容，对分析闭合电路问题、电学实验问题有至关重要的作用。
一、电流的三个表达式
公式
适用范围
字母含义
公式含义
定义式
I＝
一切
电路
q为时间t内通过导体横截面的电荷量
I与q、t无关，I与的值相等
微观式
I＝nqSv
一切
电路
n为导体单位体积内自由电荷数
q为每个自由电荷的电荷量
S为导体横截面积
v为电荷定向移动速率
微观量n、q、S、v决定I的大小
决定式
I＝
金属、
电解液
U为导体两端的电压
R为导体本身的电阻
I∝U
I∝
[小题练通]
1．(2017·重庆模拟)某兴趣小组调查一条河流的水质情况，通过计算结果表明，被污染的河里一分钟内有相当于6 C的正离子和9 C的负离子向下游流去，则取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是( )
A．0.25 A 顺流而下
B．0.05 A 顺流而下
C．0.25 A 逆流而上
D．0.05 A 逆流而上
解析：选D 在1 min内通过横截面的总电荷量应为q＝6 C－9 C＝－3 C，所以电流I＝＝0.05 A，方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而上，D正确。
2．(2015·安徽高考)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。
若正负离子移动方向相反，则通过横截面的总电荷量是两种离子电荷量绝对值之和，若正负离子向着同一个方向流动，则通过横截面的总电荷量等于正负离子的电荷量的代数和。
二、电阻定律
1.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。
2．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。
[小题练通]
1．(多选)对于常温下一根阻值为R的金属电阻丝，下列说法正确的是( )
A．常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R
B．常温下，若将电阻丝从中点对折，电阻变为
C．加在电阻丝上的电压从0逐渐加大到U，则在任意状态下的的值不变
D．若把温度降到绝对零度附近，电阻丝的电阻突然变为零，这种现象称为超导现象
解析：选BD 常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则截面积变为原来的，根据电阻定律R＝ρ，A错误；常温下，若将电阻丝从中点对折，长度为原来的一半，面积为原来的2倍，则电阻变为，B正确；电阻丝随着温度变化阻值会发生变化，C错误；根据超导现象知，D正确。
2.(2017·莱芜模拟)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。
(1)本章涉及的物理量非常多，那么单位就多，因此单位制解题法在本章非常实用。
(2)第2题还用到了极限思维法。
三、部分电路欧姆定律
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＝。
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。
3．导体的伏安特性曲线(IU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：伏安特性曲线是过原点的直线的电学元件，适用于欧姆定律。
(3)非线性元件：伏安特性曲线不是过原点的直线的电学元件，不适用于欧姆定律。
[典例] (多选)某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．加5 V电压时，导体的电阻约是5 Ω
B．加11 V电压时，导体的电阻约是1.4 Ω
C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小
[解析] 对某些导体，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的值仍表示该点所对应的电阻值。本题中给出的导体加5 V电压时，值为5，所以此时电阻为5 Ω，A正确；当电压增大时，值增大，即电阻增大，综合判断可知B、C错误，D正确。
[答案] AD
IU图线求电阻应注意的问题
伏安特性曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是该状态下导体的电阻，即曲线上各点切线的斜率的倒数不是该状态的电阻，但伏安特性曲线的斜率变小说明对应的电阻变大。
[集训冲关]
1.(2017·宜昌模拟)如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )
A．a代表的电阻丝较粗
B．b代表的电阻丝较粗
C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值
D．图线表示电阻丝的阻值与电压成正比
解析：选B 图线的斜率表示电阻的倒数，故Ra>Rb，C错误；由R＝ρ知a的横截面积较小，A错误，B正确；由图像知导体的电阻与电压无关，D错误。
2．(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。图像上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。
四、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＝∶∶…∶
[小题练通]
1.(2017·宁德质检)电阻R1和R2分别标有“2 Ω，1.0 A”和“4 Ω，0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )
A．1.5 W B．3.0 W
C．5.0 W D．6.0 W
解析：选A 由题意可知，两电阻串联后能通过的最大电流为I＝0.5 A
，则电路允许消耗的最大电功率为P＝I2(R1＋R2)＝1.5 W，A正确。
2．如图所示的电路中，R0为固定电阻，R为滑动变阻器。移动滑片P，电路的总电阻会发生变化。下列叙述正确的是( )
A．P向左滑动时总电阻将减小
B．P向右滑动时总电阻将减小
C．P滑到最左端时总电阻为R0
D．P滑到最右端时总电阻为零
解析：选A 根据并联电路总电阻特点可知，P向左滑动时电阻R减小，并联电阻一定减小，A正确；P向右滑动时，电阻R增大，总电阻将增大，B错误；P滑到最左端时，电阻R0被短路，故总电阻为0，C错误；P滑到最右端时总电阻最大，D错误。
(1)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，电路中任意一个电阻变大时，总电阻变大。
(2)并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻，任意一个电阻变大时，总电阻变大。
一、单项选择题
1．导体中电流I的表达式I＝nqSv，其中S为导体的横截面积，n为导体每单位体积内的自由电荷数，q为每个自由电荷所带的电荷量，v是( )
A．导体运动的速率
B．导体传导的速率
C．电子热运动的速率
D．自由电荷定向移动的速率
解析：选D 从微观上看，电流取决于导体中单位体积内的自由电荷数、每个自由电荷的电荷量、自由电荷定向移动速率，还与导体的横截面积有关，公式I＝nqSv中的v就是自由电荷定向移动的速率。故选D。
2．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m的近似圆形轨道，当环中的电流是10 mA时(设电子的速度是3×107 m/s)，在整个环中运行的电子数目为(电子电荷量e＝1.6×10－19 C)( )
A．5×1011 B．5×1010
C．1×102 D．1×104
解析：选A 电子转一圈的时间t＝＝8×10－6 s，整个环中电子的电量Q＝It＝8×10－8 C，所以电子的数目n＝＝5×1011，故A正确。
3．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列说法正确的是( )
A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比
B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比
C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比
D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比
解析：选A 由R＝ρ可知，在横截面积S一定时，电阻R与长度l成正比，长度l一定时，电阻R与横截面积S成反比，故A正确、B错误；R＝是电阻的定义式，提供了一种测电阻的方法，但电阻R与电压U、电流I无关，故C、D均错误。
4．已知纯电阻用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么通过A和B的电流IA和IB的关系是( )
A．IA＝2IB B．IA＝
C．IA＝IB D．IA＝
解析：选D 由I＝得：IA∶IB＝∶＝UARB∶UBRA＝1∶4，即IA＝IB，应选D。
5．某同学做三种电学元件的导电性实验，他根据所测量的数据分别绘制了三种元件的IU图像，如图所示，则下述判断正确的是( )
A．只有乙图正确
B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大
C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定错误
D．甲、乙、丙三个图像都可能正确，并不一定有较大误差
解析：选D 由于三种电学元件可能是线性的，也可能是非线性的，故其IU图像可能是直线，也可能是曲线，故D正确。
6．(2017·沈阳质检)如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab＝10 cm，bc＝5 cm，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流强度为2 A，若将A与B接入电压恒为U的电路中，则电流为( )
A．0.5 A B．1 A
C．2 A D．4 A
解析：选A 设金属薄片厚度为D，根据电阻定律公式R＝ρ，有RCD＝ρ，RAB＝ρ
eq f(Lab,bc·D)，故＝·＝；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比。故两次电流之比为4∶1，故第二次电流为0.5 A，故选A。
7．已知通过三个并联支路的电流之比I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则三个并联支路的电阻之比R1∶R2∶R3为( )
A．6∶3∶2 B．2∶3∶6
C．1∶2∶3 D．2∶3∶1
解析：选A 三个并联支路的电压相等，根据欧姆定律U＝IR得，电流I与电阻R成反比。电流之比I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则电阻之比R1∶R2∶R3＝6∶3∶2。故选A。
8．如图所示，P为一块半圆形薄电阻合金片，先将它按图甲方式接在电极A、B之间，然后将它再按图乙方式接在电极C、D之间，设AB、CD之间的电压是相同的，则这两种接法电阻大小关系为( )
A．R甲＝R乙 B．R甲＝R乙
C．R甲＝2R乙 D．R甲＝4R乙
解析：选B 将四分之一圆形薄合金片看成一个电阻，设为r，图甲中等效为两个电阻并联，R甲＝，图乙中等效为两个电阻串联，R乙＝2r，所以R甲＝R乙，所以B正确。
二、多项选择题
9．将阻值为R的电阻接在电压为U的电源两端，则描述其电压U、电阻R及流过R的电流I间的关系图像中正确的是( )
解析：选CD 电阻的阻值不随U、I的变化而改变，但电压U与电流I成正比，C、D正确。
10.如图所示是某导体的IU图线，图中倾角为α＝45°，下列说法正确的是( )
A．通过电阻的电流与其两端的电压成正比
B．此导体的电阻R＝2 Ω
C．IU图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R＝cot 45°＝1.0 Ω
D．在R两端加6.0 V电压时，每秒通过电阻截面的电量是6.0 C
解析：选AB 通过电阻的电流I与其两端的电压U成正比，A正确；导体的电阻R＝＝Ω＝2 Ω，B正确；IU图线的斜率等于电阻的倒数，而斜率k＝＝0.5，所以电阻为2 Ω，而cot 45°＝1，所以电阻R≠cot 45°，故C错误；在R两端加6.0 V电压时，电流I＝＝ A＝3 A，每秒通过电阻截面的电量是q＝It＝3×1 C＝3 C，故D错误。
11．电阻R1、R2、R3串联在电路中。已知R1＝10 Ω、R3＝5 Ω，R1两端的电压为6 V，R2两端的电压为12 V，则( )
A．电路中的电流为0.6 A
B．电阻R2的阻值为20 Ω
C．三只电阻两端的总电压为21 V
D．电阻R3两端的电压为4 V
解析：选ABC 电路中电流I＝＝ A＝0.6 A，A对；R2阻值为R2＝＝ Ω＝20 Ω，B对；三只电阻两端的总电压U＝I(R1＋R2＋R3)＝21 V，C对；电阻R3两端的电压U3＝IR3＝0.6×5 V＝3 V，D错。
12.电位器是变阻器的一种，如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯泡的亮度，下列说法正确的是( )
A．串接A、B，使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
B．串接A、C，使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮
C．串接A、C，使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
D．串接B、C，使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮
解析：选AD 根据电位器结构和连线可知：串接A、B，使滑动触头顺时针转动时回路电阻增大，回路电流减小，灯泡变暗，A正确；同理，D正确；串接A、C时，滑动触头不能改变回路电阻，灯泡亮度不变，故B、C错误。
13.(2017·枣庄期末检测)如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大。在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．R1中的电流小于R2中的电流
B．R1中的电流等于R2中的电流
C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率
D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率
解析：选BD 设正方形的边长为L、厚度为d，则I＝，R＝ρ＝ρ＝，得I＝，故R1、R2中的电流相等，A错误，B正确。由I＝nqSv＝nqLdv得，L大则v小，C错误，D正确。
14.一个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，a、b之间的等效电阻是40 Ω
B．当ab端短路时，c、d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，等效电阻R＝R1＋＝40 Ω，A正确；当ab端短路时，等效电阻R′＝R2＋＝128 Ω，B错误；当ab两端接通测试电源时，等效电路如图所示，根据欧姆定律得I＝＝ A＝2 A，故Ucd＝IR3＝80 V，C正确；当cd两端接测试电源时，I′＝＝ A＝ A，Uab＝I′R3＝25 V，D错误。
第43课时 闭合电路欧姆定律(重点突破课)
[必备知识]
1．电源的电动势和内阻
(1)电动势的计算：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝。
(2)电动势的物理含义：电动势表示电源把其他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。
(3)内阻：电源内部导体的电阻。
2．闭合电路的欧姆定律
(1)内容：闭合电路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
a．电压表达式：E＝U＋Ir。
b．能量表达式：EI＝UI＋I2r。
3．路端电压与外电阻的关系
(1)一般情况：U＝IR＝·R＝，当R增大时，U增大。
(2)特殊情况：
a．当外电路断路时，I＝0，U＝E。
b．当外电路短路时，I短＝，U＝0。
[小题热身]
1．关于电源的电动势，下面叙述正确的是( )
A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压
B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化
C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量
D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大
解析：选C 接在电源两极间的电压表测得的电压为路端电压，而不是电源电动势。同一电源接入不同的电路中电动势不会发生变化，所以A、B均错误。在闭合电路中，当外电阻增大时I总减小，据U＝E－I总r知路端电压变大，但电动势不变，故D错误。
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.如图所示，已知R1＝R2＝R3＝1 Ω。当开关S闭合后，电压表的读数为1 V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8 V，则电池的电动势等于( )
A．1 V B．1.2 V
C．2 V D．4 V
解析：选C 当S闭合时，I＝＝ A＝1 A，故有E＝I(1.5＋r)；当S断开时，I′＝＝0.8 A，故有E＝I′(2＋r)，解之得E＝2.0 V，C正确。
4.如图为测量某电源的电动势和内阻时得到的UI图线。用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8
V。则该电路可能为( )
解析：选B 根据UI图像可知E＝6 V，r＝0.5 Ω，A图中U外＝4 V，B图中U外＝4.8 V，C图中U外≈5.7 V，D图中U外＝5.4 V。
提能点(一) 闭合电路的动态分析
1.程序法
2．“串反并同”结论法
(1)所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。
(2)所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。
即：←R↑→
3．极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论。
[典例] (2017·苏州检测)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻恒定不变，滑片P在变阻器的中点位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到最右端，则( )
A．电压表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．电灯L消耗的功率变小
D．电阻R1消耗的功率变小
[解析] 将滑片P移到最右端的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻减小，导致电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得，电路的总电流增大，而电流表在干路中，测量电路总电流，所以电流表的示数变大，因为电压表测量滑动变阻器两端的电压，而滑动变阻器的电阻减小，故电压表的示数减小，A、B错误；路端电阻减小，则路端电压减小，即灯泡两端的电压减小，根据公式PL＝
可得灯泡消耗的功率减小，C正确；通过灯泡的电流减小，而总电流是增大的，所以通过R1的电流增大，根据公式P＝I2R1可得R1消耗的电功率增大，故D错误。
[答案] C
(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。
[集训冲关]
1.(2017·如东中学期中)如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器R的滑动片P向左移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是( )
A．灯L2变亮，灯L1、L3变暗
B．灯L1变亮，灯L2、L3变暗
C．灯L1、L2变亮，灯L3变暗
D．灯L2、L3变亮，灯L1变暗
解析：选A 图中变阻器R与灯L3并联后与灯L2串联，再与灯L1并联。灯L1的电压等于路端电压，将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I增大，路端电压减小，则灯L1变暗，流过灯L2电流I2＝I－I1，I增大，I1减小，则I2增大，灯L2变亮，灯L3的电压U3＝U－U2，U减小，U2增大，U3减小，灯L3变暗，故A正确。
2.如图所示的电路，闭合开关S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值，则( )
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数减小
C．电阻R2两端的电压减小
D．路端电压增大
解析：选B 题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，故R↓→R总↓→I干↑→U内↑→U外↓。R2两端电压U2＝I干R2，U2增大，所以R与R1的并联电压减小，电压表示数减小，A、C、D错误，B项正确。
提能点(二) 含电容器电路问题
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＝C·ΔU计算电容器上电荷量的变化量。
[典例] (2016·全国甲卷)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] 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。
[答案] C
含电容器电路问题的解题思路
第一步
理清电路的串、并联关系
第二步
确定电容器两极板间的电压。在电容器充电和放电的过程中，欧姆定律等电路规律不适用，但对于充电或放电完毕的电路，电容器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两端，可根据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两端的电压U。
第三步
分析电容器所带的电荷量。针对某一状态，由电容器两端的电压U求电容器所带的电荷量Q＝CU，由电路规律分析两极板电势的高低，高电势板带正电，低电势板带负电。
[集训冲关]
1.(多选)(2017·佛山质检)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。
2．(2017·沈阳质检)如图所示，R1＝R2＝R3＝R4＝R，开关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；则开关S断开时，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 开关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。
提能点(三) 电路故障问题
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
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
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。在使用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程
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。在使用欧姆表检测时，电路一定要切断电源
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
[典例] (多选)某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，接通S后，他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是( )
A．AB段断路 B．BC段断路
C．AB段短路 D．BC段短路
[解析] 由题意可得UAB＝UAC＝U，说明由A、B分别至电源的线路均已接通。若BC段完好，则AB段断路；若BC段短路，则AB段可能断路，也可能完好。又由题述得UBC＝0，因而可能AB段断路，或BC段短路，也有可能出现两者同时发生的情况。分析时考虑要全面，要把故障的可能原因全部找出来，不要漏掉正确选项。
[答案] AD
(1)断路故障的判断：用电压表与电源并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表指针偏转，则该段电路中有断点。
(2)短路故障的判断：用电压表与电源并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则该并联段电路被短路；若电压表示数有偏转，则该并联段电路没有被短路或不完全被短路。
[集训冲关]
1.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和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，由此可断定( )
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，说明电路当中出现断路故障，且在a、b之间。由Ucd＝6 V可知，灯泡L1与变阻器R是通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路。所以选项C正确。
2.(2017·西安一中期末)如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )
A．R3断路 B．R2断路
C．R1短路 D．R1、R2同时短路
解析：选B 由电路图可知，通过灯泡A的电流等于通过灯泡B的电流与通过R2的电流之和。灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，说明通过灯泡B的电流变大，而通过灯泡A的电流变小，结合电路分析可知R2断路，所以B正确。R3断路或R1
短路都会使两灯泡都比原来变亮；R1、R2同时短路会使灯泡A比原来变亮，灯泡B熄灭。
一、单项选择题
1．测得蓄电池开路电压为2 V，下列结论正确的是( )
A．该电池的电动势大于2 V
B．该电池的电动势等于2 V
C．电池的内电压为2 V
D．电池内每移动1 C电荷，电场力做功2 J
解析：选B 电源电动势在数值上等于电源开路时电源两端的电压，故A错误，B正确。电池的内电压随外电路的变化而变化，一般小于电源电动势，故C错误。在电池内部电场力做负功，故D错误。
2.在如图所示电路中E为电源，其电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6.0 V，额定功率P＝1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光。则CB之间的电阻应为( )
A．10 Ω B．20 Ω
C．15 Ω D．5 Ω
解析：选B 本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I额＝＝A＝0.3 A，两端电压达到额定电压U额＝6.0 V，而小灯泡和电源、滑动电阻AC串联，则电阻AC的电流与小灯泡的电流相等，RAC＝＝10 Ω，RCB＝R－RAC＝20 Ω，B项正确。
3.如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则( )
A．电灯L更亮，安培表的示数减小
B．电灯L更亮，安培表的示数增大
C．电灯L更暗，安培表的示数减小
D．电灯L更暗，安培表的示数增大
解析：选A 变阻器的滑片P向b端滑动，R1接入电路的有效电阻增大，外电阻R外增大，干路电流I减小，安培表的示数减小，路端电压U增大，电灯两端电压增大，电灯L更亮，A正确，B、C、D错误。
4.如图所示电路，R由2 Ω变为6 Ω时，电路中的电流变为原来的一半，则电源的内阻是( )
A．1 Ω B．2 Ω
C．3 Ω D．4 Ω
解析：选B 根据闭合电路欧姆定律＝·，解得r＝2 Ω，B正确。
5.(2016·江苏淮海中学月考)如图所示，电源A的电压为6 V，电源B的电压为8 V，电容器的电容为200 pF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为( )
A．4×10－9 C B．1.2×10－9 C
C．1.6×10－9 C D．2.8×10－9 C
解析：选D 开关S打在A时，电容器的电压为U1＝6 V，电量为：Q1＝CU1＝2×10－10×6 C＝1.2×10－9 C。开关S打在B时，稳定时，电容器的电压为U2＝8 V，电量为：Q2＝CU2＝2×10－10×8 C＝1.6×10－9 C。故通过电流计的电荷量为：Q＝Q1＋Q2＝2.8×10－9 C。
6.如图所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，在两灯突然熄灭后，用电压表测得c、d间电压比灯泡正常发光时的电压高，故障的原因可能是(假设电路中仅有一处故障)( )
A．a、c间断路 B．c、d间断路
C．b、d间断路 D．b、d间短路
解析：选B 因电路中L1、L2、R及电源串联，电路中只有一处故障且两灯不亮，电路中必是断路，故D错误。电路中无电流，但c、d间电压升高，是因为c、d间断路，c、d两点分别与电源正、负极等电势。故正确答案为B。
7.如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是( )
A．I变大，U变小 B．I变大，U变大
C．I变小，U变大 D．I变小，U变小
解析：选A 当R4所在处出现火情时，R4阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U变小。电路中并联部分的电压U并＝E－I总(R1＋r)，I总变大，则U并变小，流经R3的电流减小，所以电流表示数变大。故A项正确。
8.(2017·乌鲁木齐一诊)如图所示，电路中灯泡A、B均正常发光。忽然灯泡B比原来变暗了些，而灯泡A比原来变亮了些。电路中出现的故障可能是( )
A．R2发生断路
B．R3发生断路
C．R2、R3同时发生断路
D．R1、R3同时发生断路
解析：选A 假设R2断路，则A灯所在并联支路的总电阻增大，导致外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压U增大，流过R1的电流I1增大，流过灯泡所在并联支路的总电流I2(I2＝I总－I1)减小，B灯的电压UB＝I2RB3并减小，B灯变暗。A灯的电压UA(UA＝U－UB)增大，A灯变亮。选项A正确，同样的方法可得选项B、C、D错误。
二、多项选择题
9．(2016·江苏高考)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有( )
A．路端电压为10 V
B．电源的总功率为10 W
C．a、b间电压的大小为5 V
D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A
解析：选AC 根据串、并联电路的特点可得，外电路总电阻为10 Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝ A＝1 A，则路端电压为U＝IR外＝10 V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12 W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为φa＝2.5 V，b点电势为φb＝7.5 V，a、b间电压的大小为5 V，选项C正确；a、b间用导线连接起来后外电路总电阻为7.5 Ω，电路的总电流为I＝ A≈1.26 A，选项D错误。
10.(2017·泰州模拟)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向下移动时，下列论述正确的是( )
A．灯泡L一定变亮
B．电流表的示数变小
C．电压表的示数变小
D．R0消耗的功率变小
解析：选ABD 当R的滑动触头向下移动时，R变大，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变小，路端电压变大，则电压表读数增大，灯泡L的电压增大，则灯L一定变亮，电路中并联部分电压增大，通过L的电流增大，而总电流减小，则电流表A的读数减小，R0消耗的功率变小，故A、B、D正确，C错误。
11．在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值定阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是( )
A．L1、L2两个指示灯都变亮
B．L1、L2两个指示灯都变暗
C．L1变亮，L2变暗
D．R1两端电压增大
解析：选BD 当电位器向a段滑动时，电路的总电阻减小，干路电流增大，故R1两端电压增大，同时内电压增大，路段电压减小，所以灯L1变暗；通过电阻R1的电流变大，所以电位器两端的电压减小，即灯L2两端的电压减小，所以此灯变暗，故A、C错误，B、D正确。
12.(2017·济宁月考)在如图所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯泡L变暗，可以( )
A．增大R1的阻值
B．减小R1的阻值
C．增大R2的阻值
D．减小R2的阻值
解析：选AD (等效思维法)因电容器具有隔直流通交流的特征，所以其电路可等效为如图所示。当R2的阻值减小并趋于零时，L被短路，L变暗，当R1的阻值增大并趋近无穷大时，可视为断路，总电流趋近于零，灯泡L也变暗，所以A、D正确。
13.(2016·江西大学附中期末)如图所示电路中，电阻R1∶R2∶R3∶R4＝1∶2∶3∶4，C为电容器，A为电流表，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表A，则断路的电阻可能是( )
A．R1 B．R2
C．R3 D．R4
解析：选BC 设路端电压为U，则根据欧姆定律可得UR1＝U，UR2＝U，UR3＝U，UR4＝U，设电源负极的电势为零，则电容器上极板的电势φ上＝U，下极板的电势为φ下＝U，上极板电势大于下极板电势，有自上而下的电流通过电流表，说明电容器两端电压变大，所以可能为电阻R2变大或者电阻R3变大，故B、C正确。
14．(2017·汕头模拟)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，二极管D为理想二极管，平行板电容器C
的极板水平放置，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两极板之间处于静止状态，下列操作中，油滴仍然能保持静止的有( )
A．只增大R1的阻值
B．只增大R2的阻值
C．只增大两板间的距离
D．只断开开关S
解析：选BCD 电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，增大R1的阻值，路端电压增大，所以电容器两端的电压增大，故两极板间的电场强度增大，粒子向上运动，A错误；只增大R2的阻值，而R2处于断路的支路中，对电路的电压、电流没有影响，所以油滴仍保持静止状态，B正确；增大两板间的距离，根据公式C＝可知电容减小，电荷量要减小，但是由于二极管的存在，电容器不能放电，故电荷量仍保持不变，两极板间的电场强度不变，所以油滴仍能保持静止，C正确；断开开关，电容充电完毕，又不能放电，所以电容两极板间的电压恒定不变，即电场强度不变，所以油滴仍保持静止，D正确。
第44课时 电路中的能量问题(重点突破课)
[必备知识]
1．电功、电功率、焦耳定律和热功率
内容
表达式
电功
电路中电场力移动电荷做的功
W＝qU＝UIt
电功率
单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢
P＝＝UI
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
Q＝I2Rt
热功率
单位时间内的发热量
P＝＝I2R
2．电源的功率和效率
内部功率
P内＝I2r＝IU内
输出功率
任意
电路
P出＝UI＝EI－I2r＝P总－P内
纯电阻
电路
P出＝I2R＝＝
总功率
任意
电路
P总＝IE＝IU＋IU内＝P内＋P出
纯电阻
电路
P总＝I2(R＋r)＝
效率
任意
电路
η＝×100%＝×100%
纯电阻
电路
η＝×100%＝×100%
3.在纯电阻电路中，外电阻R增大时，电源的总功率减小，但电源的效率η增大，而输出功率可能增大，可能减小，还可能不变。
[小题热身]
1．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%。单片晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )
A．0.24 J B．0.25 J
C．0.26 J D．0.28 J
解析：选C 根据W＝UIt可得每秒太阳能电池产生的能量为W＝0.1×0.6×1 J＝0.06 J，设太阳能每秒照射的能量为Q，则由能量守恒定律得Q×23%＝W，所以Q≈0.26 J。
2．额定电压、额定功率均相同的电风扇、电烙铁和日光灯，各自在额定电压下正常工作了相同的时间。比较它们产生的热量，结果是( )
A．电风扇最多 B．电烙铁最多
C．日光灯最多 D．一样多
解析：选B 在三种用电器中，只有电烙铁能将电能全部转化为内能，电风扇部分电能转化为机械能，日光灯部分电能转化为光能，故B选项正确。
3．两个电池1和2的电动势E1>E2，它们分别向同一电阻R供电，电阻R消耗的电功率相同。比较供电时电池1和2内部消耗的电功率P1和P2及电池的效率η1和η2的大小，则有( )
A．P1>P2，η1>η2 B．P1>P2，η1<η2
C．P1
η2 D．P1E2，则r1>r2，所以P1>P2，而η＝＝，所以η与E成反比，故η1<η2，故选B。
提能点(一) 纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
用电器纯电阻W＝QW＝UIt＝I2Rt＝tP＝UI＝I2R＝如电阻、电炉子、白炽灯等非纯电阻W>QW＝UIt＝I2Rt＋W其他P＝UI＝I2R＋P其他如电风扇、电动机、电解槽等
[典例] 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．电动机的电阻为 Ω
C．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为120 J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1 120 J
[解析] 当吹热风时，电热丝消耗的电功率为P＝1 000 W－120 W＝880 W，电热丝消耗的电能全部转化为内能，所以根据公式P＝可得电热丝的电阻为R＝＝ Ω＝55 Ω，A正确。由于电动机是非纯电阻，所以电流所做的功没有全部转化为电热，所以电功率不等于发热功率，由于不知道电动机的发热功率，所以不能求出电动机的电阻，B错误。当电吹风吹冷风时，S1断开，S2接通，所以电热丝不工作，不消耗电能，C错误。当电吹风吹热风时，电动机的功率是120 W，所以电动机每秒钟消耗的电能为120 J，D错误。
[答案] A
(1)在非纯电阻电路中，欧姆定律不再适用，不能用欧姆定律求电流，应用P＝UI求电流。
(2)在非纯电阻电路中，电功大于电热，即W>Q，这时电功只能用W＝UIt
计算，电热只能用Q＝I2Rt计算，两式不能通用。
(3)由能量守恒定律得W＝Q＋E，E为其他形式的能。对电动机来说，输入的功率P入＝IU，发热的功率P热＝I2r，输出的功率即机械功率P机＝P入－P热＝UI－I2r。
[集训冲关]
1．有一内阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V 60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )
A．电解槽消耗的电功率为120 W
B．电解槽消耗的电功率为60 W
C．电解槽的发热功率为60 W
D．电路消耗的总功率为60 W
解析：选B 灯泡能正常发光，说明电解槽和灯泡均分得110 V电压，且流过电解槽的电流I＝I灯＝ A＝ A，则电解槽消耗的电功率P＝IU＝P灯＝60 W，A选项错误，B选项正确；电解槽的发热功率P热＝I2r≈1.3 W，C选项错误；电路消耗的总功率P总＝IU总＝×220 W＝120 W，D选项错误。
2．(2017·滕州期末)额定电压为4.0 V的直流电动机的线圈电阻为1.0 Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4.0 J ，下列计算结果正确的是( )
A．电动机正常工作时的电流强度为4.0 A
B．电动机正常工作时的输出功率为8.0 W
C．电动机每分钟将电能转化成机械能为240.0 J
D．电动机正常工作时的输入功率为4.0 W
解析：选C 电动机正常工作时的电流强度为I＝＝ A＝2 A，选项A错误；电动机正常工作时的输出功率为P出＝IU－P内＝2×4 W－4 W＝4 W，选项B错误；电动机每分钟将电能转化成机械能为E机＝P出t＝4×60 J＝240 J，选项C正确；电动机正常工作时的输入功率为P＝UI＝2×4 W＝8 W，选项D错误。
提能点(二) 闭合电路的功率和能量问题
纯电阻电路中电源的输出功率P出与外电阻R的关系
(1)表达式：P出＝I2R＝＝
(2)关系图像：
①由图像可知，随着外电阻的增大，输出功率先增大后减小。
②当R＝r时，输出功率最大，为Pm＝。
③P出r，故改变滑动变阻器的阻值时无法使电路中外电阻等于电源内阻，此时外电阻越接近电源内阻，电源的输出功率越大，故选项B正确；P0＝U2I＝0.5 W，选项C正确；电源的效率η＝，电流越小，电源的效率越大，可见滑动变阻器的滑动触头P滑到最右端时电源的效率最大，选项D错误。
一、单项选择题
1.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V。重新调节R并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 电动机停止转动时，可将电路看成纯电阻电路，则电动机电阻R＝＝ Ω＝4 Ω；当电动机正常运转时，电动机的输入功率P＝I2U2＝2.0×24 W＝48 W，电动机电阻消耗功率PR＝I22R＝4×4 W＝16 W，电动机的输出功率P出＝P－PR＝32 W，A正确。
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时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大，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连入电路中的阻值分别为( )
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 因为题图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接入电路中的阻值为2 Ω；而题图乙电路是含电动机的电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，所以当I＝＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端的电压为3 V，所以R2接入电路中的阻值为1.5 Ω，B正确。
3．(2017·湖北七市联考)有一个电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源。下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50% 的是( )
A．0.5 Ω B．1 Ω
C．1.5 Ω D．2 Ω
解析：选C 由闭合电路欧姆定律得I＝，电源效率η＝×100%>50%，P＝I2R>2 W。即2R>2 W，得 Ωr＝1 Ω，故C正确。
4.如图所示，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．电动机产生的热功率为4.0 W
D．电源输出的功率为24 W
解析：选B 电动机两端的电压UM＝E－I(r＋R0)＝7.0 V，B正确；电动机输出的功率P出＝UMI－I2rM＝12 W，A错误；电动机产生的热功率P热＝I2rM＝2.0 W，C错误；电源输出的功率P＝EI－I2r＝20 W，D错误。
5．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb。由图可知ηa、ηb的值分别为( )
A.、 B.、
C.、 D.、
解析：选D 电源的效率η＝×100%＝×100%。a点对应的路端电压U为4个格，而电动势E为6个格。因此ηa＝；b点对应的路端电压为2个格，因此ηb＝。故D正确。
二、多项选择题
6.如图所示，已知R1＝R4＝r＝0.5 Ω，R2＝6 Ω，R3的最大阻值为6 Ω。在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，下列说法正确的是( )
A．定值电阻R4的功率、电源的总功率均减小
B．电源的输出功率增大
C．滑动变阻器R3的功率先增大后减小
D．MN并联部分的功率先增大后减小
解析：选ACD 由于外电阻R＝R1＋R4＋，当滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻从零开始增加，外电阻R从1 Ω增大到4 Ω，总电流减小，电源的总功率P＝IE减小，P4＝I2R4减小，A项正确；电源的输出功率P出＝I2R＝2R＝，R＝r＝1
Ω时电源的输出功率最大，所以滑片移动过程中电源的输出功率减小，B项错误；将R1、R4与内阻r等效为电源的内阻r′＝R1＋R4＋r＝2 Ω，MN并联部分即等效外电阻R′＝，当滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动时，等效外电阻R′从0增大到3 Ω，可见，MN并联部分的功率先增大后减小，D项正确；将R1、R2、R4与内阻r等效为电源的内阻r″，等效内阻r″＝＝1.5 Ω，滑动变阻器R3即等效外电阻，当滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动时，R3从0增大到6 Ω，滑动变阻器R3的功率先增大后减小，C项正确。
7.(2016·江苏淮海中学月考)在如图所示电路中，电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝0.5 Ω，电阻R1＝2 Ω，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，则下列叙述中正确的是( )
A．I变小，U1变小 B．U2变小，U3变大
C．电阻R1的电功率减小 D．电源的输出功率减小
解析：选ACD 当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1＝IR1变小，故A正确；I变小，则U3＝E－Ir，U3变大，则U3＝U1＋U2，U1变小，则U2变大，故B错误；根据P＝可知，U1变小，功率变小，故C正确；内电阻r＝0.5 Ω，电阻R1＝2 Ω，则外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器R的滑片P向下移动时，外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故D正确。
8.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正确的是( )
A．电源的电动势为8 V
B．电源的内电阻为1 Ω
C．电源输出功率最大值为8 W
D．电源被短路时，电源消耗的最大功率可达16 W
解析：选BD 由图线的交点知PR＝I2R，Pr＝I2r，得R＝r＝1 Ω，E＝I(R＋r)＝4 V，电源被短路时，电源消耗的功率最大，Pr′＝＝16 W，电源输出的最大功率为Pm＝＝4 W。
第45课时 电学实验基础(实验提能课)
一、游标卡尺和螺旋测微器
1.游标卡尺
(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)精度：对应关系为10分度0.1 mm,20分度0.05 mm,50分度0.02 mm。
(3)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×精度)mm。
2．螺旋测微器
(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)。
[例1] (1)如图甲、乙所示的两把游标卡尺，它们的游标尺分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分，则读数依次为________ mm、________ mm。
(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图丙所示，则金属丝的直径是________ mm。
[解析] (1)题图甲读数：整毫米是17，不足1毫米数是5×0.1 mm＝0.5 mm，最后结果是17 mm＋0.5 mm＝17.5 mm。
题图乙读数：整毫米是23，不足1毫米数是7×0.05 mm＝0.35 mm，最后结果是23 mm＋0.35 mm＝23.35 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14.0，最后的读数：2.0 mm＋14.0×0.01 mm＝2.140 mm。
[答案] (1)17.5 23.35 (2)2.140
(1)游标卡尺不需要估读，读数结果10分度为××.×mm一位小数，20分度和50分度为××.××mm两位小数，换算单位时只需要移动小数点，最后一位数字即使是0也不能抹掉。
(2)螺旋测微器需要估读，读数结果为×.×××mm三位小数，需要特别注意半毫米刻度线是否露出。
二、电流表的内接法与外接法
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＝＝ 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。
[例2] (2014·全国卷Ⅱ)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为 200 Ω，电压表 的内阻约为2 kΩ，电流表的内阻约为10
Ω，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，结果由公式Rx＝ 计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
[解析] 根据题意知 >，电压表的分流作用较显著，故采用电流表内接法得到的Rx1更接近待测电阻的真实值。题图甲的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值，故Rx1>Rx真；题图乙的测量值是Rx与RV并联的电阻阻值，故 Rx2750 Ω，则滑动变阻器应选择3 000 Ω的。
(3)由题图所示电路图可知，图中的d点与接线柱c
相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。
答案：(1)15 35 (2)300 3 000 (3)c
6．某同学通过实验描绘一个标有“3 V,0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，现有电源(电动势6 V，内阻不计)、电流表A0(0～500 μA，内阻1 000 Ω)、定值电阻R、开关和导线若干，其他可供选用的器材如下：
A．电流表(0～250 mA，内阻约为5 Ω)
B．电流表(0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)
C．滑动变阻器(0～10 Ω，额定电流1.0 A)
D．滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流0.2 A)
(1)为了测定小灯泡上的电压，可以将电流表A0串联定值电阻的阻值R＝________Ω，将其改装成一个量程为3.0 V的电压表。
(2)为减小测量误差并便于操作，实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。(选填器材前的字母)
(3)如图甲是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请补充完成图甲中实物间的连线。
(4)某同学在实验中测出9组对应的数据，已在图乙坐标中描出相应的点，请在图中作出小灯泡的伏安特性曲线，如果将这个小灯泡接到电动势为3.0 V、内阻为5.0 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是______ W(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)根据欧姆定律可得Ig(Rg＋R)＝3 V，代入数据解得R＝5 000 Ω。
(2)小灯泡的额定电流为I＝＝A＝0.2 A，故应选择电流表A，滑动变阻器采用较小的便于操作，故选C。
(3)需要电压从零开始，故采用滑动变阻器的分压接法，电流表的内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表的外接法，如图所示。
(4)伏安特性曲线如图所示。在同一坐标系内作出电源的UI图像；两图像的交点坐标值是该电源给灯泡供电时灯泡两端电压与通过灯泡的电流，由交点可知，U＝2.2 V，I＝0.16 A，故P＝UI＝0.35 W。
答案：(1)5 000 (2)A C (3)见解析图 (4)见解析图 0.35(0.34～0.36均正确)
第46课时 描绘小电珠的伏安特性曲线(实验提能课)
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．电路原理如图甲所示，测多组小电珠的U、I的值，并绘出IU图像(图乙)。
2．由图线的斜率反映电流与电压的关系，以及温度的影响。
三、实验器材
学生电源(4～6 V直流)或电池组、小电珠(3.8 V,0.3 A)、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、坐标纸、导线若干。
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，按实验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
4.0
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、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系统误差。
2．电流表、电压表的读数带来偶然误差。
3．在坐标纸上描点、作图带来偶然误差。
七、注意事项
1．电路的连接方式
(1)电流表应采用外接法：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接法：目的是能使小电珠两端的电压从零开始连续变化。
2．闭合开关S前，滑动变阻器的滑片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．I U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．误差较大的点舍去，I U图线应是平滑曲线而非折线。
考点(一) 实验器材的选取和电路设计
[例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)见解析图
本题考查了仪器的选择、电路设计与连接。选择电压表、电流表时，一是要考虑安全性，二是要考虑读数的精确。在电路设计中，本题要采用电流表的外接和滑动变阻器的分压式接法，而滑动变阻器的选择原则是尽量使操作简便、误差小。
考点(二) 电路实物连接分析和数据处理
[例2] (2017·西安五校联考)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3 V 1.5 W”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：
A．直流电源3 V(内阻可不计)
B．直流电流表0～600 mA(内阻约0.5 Ω)
C．直流电压表0～3 V(内阻约3 kΩ)
D．滑动变阻器(10 Ω，1 A)
E．滑动变阻器(1 kΩ，300 mA)
F．开关、导线若干
(1)本实验中滑动变阻器选用________(填“D”或“E”)。
(2)某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接的电路如图甲所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零。闭合开关后发现电压表的示数为2 V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可确定断路的导线是________；若电压表示数为零，电流表的示数为0.3 A，小灯泡亮，则断路的导线是________；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是________。
(3)下表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图乙所示的坐标系中作出该灯泡的伏安特性曲线。
U/V
I/A
0
0
0.5
0.17
1.0
0.30
1.5
0.39
2.0
0.45
2.5
0.49
[解析] (1)由题图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选D。
(2)根据电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零，闭合开关后，发现电压表的示数为2 V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则断路的导线为d；若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3 A，小灯泡亮，则断路的导线为h；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为g。
(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图像。
[答案] (1)D (2)d h g (3)如图所示
本题考查了实验器材选择、实验故障分析、实验数据处理和描绘图像等。知道实验原理是正确解题的前提与关键；还要掌握描点、作图的方法，先根据实验数据在坐标系内描出对应点，然后用平滑的曲线把各点连接起来作出图像。
实验原理
的拓展
结合电表改装原理考查
(1)扩大电压表量程：
(2)扩大电流表量程：
实验器材
的替代
可以用二极管或其他元件代替小灯泡，研究其伏安特性
数据处理
的创新
不仅可以考查伏安特性曲线，还可利用图像计算电阻、功率等
[例3] (2016·天津高考)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图像应是下图中的________。
[解析] 描绘小灯泡的伏安特性曲线时，要求“测量数据尽量精确、绘制曲线完整”，从电表的量程来看，V1、A1量程偏小，直接测量灯泡的电压、电流时，曲线不完整，若用V2、A2测量灯泡的电压、电流时，读数不够精确。题目中给了滑动变阻器和几个定值电阻，我们可以采用定值电阻分压、分流的方式扩大电表的量程，准确读出灯泡的电流值、电压值，绘制完整的曲线。
(1)电路图如图所示，滑动变阻器的选择：R2的阻值太大，调节不灵敏，故选R1。与电流表A1并联的电阻：由于A1的内阻为10 Ω，若选R4为并联电阻，则量程为0～0.4 A，若并联阻值过小，电流表读数偏小，读数欠精确。与电压表串联的电阻：分压电阻的阻值应该与电压表V1的内阻具有可比性，故选择R5作为分压电阻，此时量程为0～4 V。
(2)灯丝的电阻率随温度的升高而增大，其阻值也随温度的升高而增大，则IU图线的斜率应越来越小，图B正确。
[答案] (1)见解析图 (2)B
(1)本题的创新点在于题目所提供的电压表、电流表量程都不合适，只有经过合理的改装，才能符合本实验的需求。
(2)在设计电路的考查上，还是要求采用电流表的外接和滑动变阻器的分压式接法。
(3)本题考查的另一个方面是小灯泡的电阻随温度升高而增大，IU图像斜率的倒数表示电阻的大小，斜率的变化恰好体现了电阻的变化。
[创新演练]
LED发光二极管技术得到广泛应用，下表为某发光二极管的正向电压U与正向电流I关系的数据。
U/V
0.00
2.56
2.71
2.80
2.84
2.87
2.89
2.91
2.99
I/mA
0.00
0.03
0.07
0.11
0.34
0.52
0.75
0.91
3.02
(1)根据以上数据，在图甲中画出电压在2.5～3.0 V范围内二极管的IU图线。分析图线可知二极管的电阻随U变大而________(填“变大”“变小”或“不变”)，在该范围内电阻最小约为________Ω。
(2)某同学用伏安法测电阻的电路验证该二极管的伏安特性曲线，要求二极管的正向电压从0开始变化，并使测量误差尽量减小。图乙是实验器材实物图，电压表量程为3 V，内阻约为3 kΩ，电流表量程为5 mA，内阻约为10 Ω。图中已连接了部分导线，请按实验要求将实物图中的连线补充完整。
(3)若此LED发光二极管的工作电流为2 mA，则此发光二极管应与一阻值R＝________Ω的电阻串联后才能与电动势为3 V、内阻不计的电源相连。
解析：(1)二极管的IU图线如图甲所示。根据IU图线上一点的横、纵坐标的比值表示电阻，分析曲线可知二极管的电阻随U变大而变小。由IU图线可知，电压3 V对应的电流值为3 mA，其电阻约为1 000 Ω。
(2)电流表采用内接法，滑动变阻器采用分压式接法，实物图中的连线补充如图乙。
(3)由图甲可知，通过二极管的电流I＝2 mA时，二极管两端的电压U＝2.96 V，根据串并联规律，应串联的电阻为R＝ Ω＝20 Ω。
答案：(1)IU图像见解析 变小 1 000
(2)实物连接见解析 (3)20
1．(2017·常州期末)某学习小组欲探究小灯泡(“3 V、1.5 W”)的伏安特性，可提供的实验器材如下：
A．电池组：电动势约4.5 V，内阻可不计；
B．双量程的电压表：V1：量程为0～3 V、内阻约为3 kΩ；V2：量程为0～15 V、内阻约为15 kΩ
C．双量程的电流表：A1：量程为0～0.6 A、内阻约为1 Ω；A2：量程为0～3 A、内阻约为0.1 Ω
D．滑动变阻器R：阻值范围0～10 Ω、允许通过最大电流为2 A；
E．开关S，导线若干。
在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：
(1)根据以上器材，用笔画线代替导线将图甲中的实物图连接成完整电路；
(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到________端(选填“A”或“B”)；
(3)调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在如图乙所示的坐标纸上画出小灯泡的UI图线。
组数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0
0.28
0.58
0.92
1.50
2.00
3.00
I/A
0
0.10
0.20
0.30
0.40
0.45
0.49
(4)根据图线可估得小灯泡在常温下的电阻约为________Ω(结果保留2位有效数字)。
解析：(1)因待测灯泡的阻值较小，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；连接如图所示：
(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到A端；
(3)小灯泡的UI图线如图；
(4)作出过O点的切线，如图所示；常温下的电阻图线是过原点的切线的斜率，故R＝ Ω＝2.8 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)A (3)见解析图 (4)2.8(2.7～3.0均正确)
2．(2015·福建高考)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)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图所示。
(2)电流表示数为0.44 A。
(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R外＝r＝1 Ω，I＝＝ A＝1.5 A，U外＝＝1.5 V，即每只小电珠两端的电压为1.5 V，通过图像可知每只小电珠的电流为I0＝0.38 A，n＝≈4(只)；小电珠的总功率P＝4UI＝4×1.5×0.38 W＝2.28 W。
答案：(1)见解析图 (2)0.44 (3)4 2.28
3．(2017·贵阳监测)某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“2.5 V 0.5 A”；
电流表G1，满偏电流为1 mA，内阻为30 Ω；
电流表G2，满偏电流为10 mA，内阻为30 Ω；
电压表V，量程3 V，内阻为9 kΩ；
标准电阻R1，阻值1 Ω；
标准电阻R2，阻值0.05 Ω；
滑动变阻器R，阻值范围为0～10 Ω；
学生电源E，电动势6 V，内阻不计；
开关S及导线若干。
学习小组认为要想准确地描绘出小灯泡L完整的伏安特性曲线，需要重新改装电流表并设计电路。
(1)电流表应该选________，标准电阻应该选________。
(2)在虚线框中画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
解析：绘制小灯泡的伏安特性曲线，需要测量小灯泡的电压和电流，电压表量程3
V可以满足实验要求，电流表量程过小，需要并联小电阻以扩大量程。根据并联分流规律可知，电流表G1与标准电阻R2并联，可将量程扩大到0.6 A，满足实验需要。由于电流表和电压表内阻均已知，采用电流表内接或外接均可。
答案：(1)G1 R2 (2)如图所示
4．某兴趣小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选择的器材如下。
小灯泡L，规格“4.0 V,0.7 A”；
电流表A1，量程3 A，内阻约为0.1 Ω；
电流表A2，量程0.6 A，内阻r2＝0.2 Ω；
电压表V，量程3 V，内阻rV＝9 kΩ；
标准电阻R1，阻值1 Ω；
标准电阻R2，阻值3 kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；
学生电源E，电动势6 V，内阻不计；
开关S及导线若干。
(1)张同学设计了如图甲所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46 A时，电压表的示数如图乙所示，此时L的电阻为________Ω。
(2)王同学又设计了如图丙所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是________V。
(3)学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在王同学的基础上利用所供器材，在图丁所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
解析：(1)由题图乙可读出电压表的示数为2.30 V，所以此时L的电阻为R＝＝ Ω＝5 Ω；
(2)电压表满偏时为3 V，设此支路电压为U，则有＝，解得U＝4 V，即小灯泡L上的电压UL＝U＝4 V；
(3)由于电流表A2的量程小于小灯泡的额定电流而电流表A1的量程太大，则需要扩大A2的量程，即选用一个阻值较小的电阻(R1)与电流表A2并联。本题不能用内接法的原因是改装过后的电压表量程是4 V，灯泡的额定电压也是4 V，如果将改装的电流表内接会造成分压，使灯泡无法到达额定电压。
答案：(1)5 (2)4 (3)如图所示
5．(2016·云南联考)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 (0～3 V，内阻3 kΩ)
B．电压表 (0～15 V，内阻15 kΩ)
C．电流表 (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(直流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，请在虚线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________，下面四个图像中可能正确的是________。
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，电路图如图所示。
(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＝，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
6．(2015·广东高考)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为 3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等。
(1)使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图甲所示，读数为________ Ω，据此应选择图中的________(填“乙”或“丙”)电路进行实验。
(2)连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。
(3)图丁是根据实验数据作出的UI图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件。
解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故X的读数为10 Ω×1＝10 Ω，由于 ＜，或RX≪RV，故用伏安法测元件X的电阻时，电流表应外接，故选乙电路进行实验。
(2)滑片P从左向右滑动过程中，元件X两端的电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大。
(3)由UI图线可知Y是非线性元件。
答案：(1)10 乙 (2)增大 (3)Y
7．(2017·盐城模拟)一只小灯泡，额定功率为0.75 W，额定电压值已模糊不清。A小组的同学想测定其额定电压值，于是先用欧姆表测出该灯泡的电阻约为3 Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U＝＝1.5 V。B小组同学认为A小组测量方法有误，他们利用下面可供选择的器材设计一个电路，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，进而找到灯泡的额定电压。
A．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)
B．电流表A1(量程1 500 mA，内阻约0.02 Ω)
C．电流表A2(量程500 mA，内阻约0.6 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～10 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)在实验过程中，B
小组的同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，在图甲所给的虚线框中画出实验的电路原理图。上述器材中，电流表选________(选填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选________(选填“R1”或“R2”)。
(2)当电压达到1.23 V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70 V时，灯泡功率已超过额定功率，便立即断开开关，并将所测数据记录在下面表格中。
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乙中作出灯泡的UI图线。
(3)由图像得出该灯泡的额定电压应为________ V；显然这一结果大于1.5 V，究其原因是________________________________________________________________________。
解析：(1)题目表格中电流最大310 mA，考虑测量的精确度，故电流表选择A2；要描绘小灯泡的UI图像，电压要从零开始连续调节，故滑动变阻器用分压式接法，故选择小量程的变阻器方便操作，故变阻器选择R2；电路如图1所示。
(2)小灯泡的UI图像如图2所示。
(3)小灯泡的功率为0.75 W；当电压为2.5 V时，电流为0.3 A，此时电功率为：P＝UI＝2.5×0.3 W＝0.75 W，恰好等于额定功率，故额定电压为2.5 V；显然这一结果大于1.5 V，究其原因是灯泡电阻随着温度的升高而升高。
答案：(1)见解析图 A2 R1 (2)见解析图
(3)2.5(2.4～2.6均可) 灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡电阻随温度升高而变大)
第47课时 测定金属的电阻率(实验提能课)
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及电流表和电压表的读数方法。
2．掌握螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法。
3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率。
二、实验原理
1．用伏安法测出金属导线的电阻，实验电路如图(甲或乙)。
2．由电阻定律R＝ρ，得ρ＝R。
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：按实验原理电路图甲或乙连接好电路。
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、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。
七、注意事项
1．被测金属导线的电阻值较小，实验电路一般采用电流表外接法。
2．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。
3．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。
4．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。
5．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。
考点(一) 实验原理和电路连接
[例1] (2017·苏北四市期末)要测量某种合金的电阻率。
(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝________。用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为________mm。
(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关。根据原理图在图丙中将实物连线补充完整。
(3)闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝1.35 V，I1＝0.30 A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝0.92 V，I2＝0.32 A。根据以上测量数据判断，当S2处于位置________(选填“a”或“b”)时，测量相对准确，测量值Rx＝________Ω。(结果保留两位有效数字)
[解析] (1)金属丝电阻：R＝ρ＝，则电阻率：ρ＝；由题图所示螺旋测微器可知，其示数为：0.5 mm＋15.7×0.01 mm＝0.657 mm；
(2)如图所示：
(3)根据＝≈0.32，而＝≈0.06，可知，电压表变化较大，说明电流表分压作用较大，因此必须用电流表外接法，即S2处于位置b，根据欧姆定律，则有：Rx＝ Ω≈2.9 Ω。
[答案] (1) 0.657 mm (2)见解析图
(3)b 2.9
本题考查了电阻率的测量原理、螺旋测微器的读数、电路连接和电阻的测定。其中电路的内接法和外接法的判断是本题的难点。
考点(二) 实验数据处理与误差分析
[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1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2中的____电路(选填“甲”或“乙”)。
(3)图3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3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4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图4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．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·m
C．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m
(6)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图像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＋39.8×0.01 mm＝0.398 mm
(2)通过给定的数据发现电压接近从0开始，故滑动变阻器采用的是分压式接法。
(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0。
(4)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R＝ρ，S＝π2，取d＝4×10－4m、l＝0.5 m、R＝4.5 Ω，解出ρ≈1×10－6Ω·m。
(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，选项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，选项B错误，选项C正确；利用UI图像处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，选项D正确。
[答案] (1)0.398(0.395～0.399均可) (2)甲
(3)如图所示
(4)如图所示 4.5(4.3～4.7均可) (5)C (6)CD
本题运用图像法处理实验数据，可以更好地减小偶然误差。注意描点后连线时，要让尽量多的点分布在直线上，离直线很远的点可以舍去。
实验原理
的拓展
根据R＝ρ。实验不仅能测量电阻率，还可测量导线长度、横截面积、直径、厚度等，测电阻时除了伏安法还有其他很多方法
实验器材
的替代
被测量物多样化，可以是金属丝、圆柱体、圆桶、电解液等。电压表可用电流计和定值电阻串联代替。测量阻值很小的电阻时可以将该电阻与定值电阻串联
数据处理
的创新
测量电阻时除了用公式计算法还常常用图像法
[例3] 国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时的电阻率应大于13 Ω·m。某同学利用如图甲所示的电路测量15 ℃的自来水的电阻率，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，以控制玻璃管内自来水的水量，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0～3 V，内阻很大)，电压表V2(量程为0～3 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的长度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，记录每一次水柱的长度L和电阻箱的阻值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”)。
[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U，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关系图线斜率k＝400 Ω·m，又k＝，S＝，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，若仍然按Rx＝R2计算，则使得自来水电阻测量值偏大，则自来水电阻率测量结果将偏大。
[答案] (1)30.00 (2) (3)14 (4)偏大
本题在电路设计、数据处理等方面都有所创新。解题时要弄清电路原理，找出被测水柱电阻的计算式，还要找出R的函数式，从而通过图像分析测出水的电阻率。
[创新演练]
(2014·山东高考)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)在如图丙所示的实物图中，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)根据电阻定律可求得这部分铜导线的电阻大约为Rx＝ρ＝1.7×10－8× Ω＝1.7 Ω，加上保护电阻约为4.7 Ω，作为限流用的滑动变阻器如果用R1，当调到最大时电路中的电流要大于电流表量程的一半，则测量数据较少，因此滑动变阻器要选用R2。开始时作为限流用的滑动变阻器接入电路的电阻应为最大值，故滑片应移至a端。
(2)结合电路图补充连接实物图如图所示。
(3)根据题图乙和电压表的量程可读得电压表的示数为2.30 V。
(4)被测电阻的测量值为Rx＝－R0，Rx＝ρ，代入数据解得导线的实际长度为l＝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)
1．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分别如图甲、乙所示。
(1)由上图读得圆柱体的直径为__________ mm，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，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝________。
解析：(1)圆柱体的直径为1.5 mm＋34.5×0.01 mm＝1.845 mm，长度为42 mm＋8×0.05 mm＝4.240 cm；(2)圆柱体的电阻为R＝，根据电阻的决定式可知R＝ρ＝ρ，联立两式得ρ＝。
答案：(1)1.845 4.240 (2)
2．(2016·清江中学月考)
如图，甲为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率。
(1)首先用多用电表的欧姆挡(倍率为“×100”)粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R＝________。
(2)用螺旋测微器测量此金属导线的直径d，测量结果如图丙所示，则d＝________ mm；用游标卡尺测量此新型导电材料的长度L，测量结果如丁所示，则L＝________ mm。
(3)采用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：
A．电流表：量程为0.6 A，内阻约为0.2 Ω
B．电压表：量程为3 V，内阻约为3 kΩ
C．滑动变阻器：最大值为20 Ω，额定电流1 A
D．电源
E．电动势6 V
F．开关S，导线若干
在方框中画出实验电路图。
(4)某同学设计了如下的实验电路，但是在实验过程中却发现导电材料棒电阻率的测量值明显偏小，经检查发现实物图中有一根导线连接错误，该导线是：________(用导线的序号表示)。
(5)如果(3)问实验电路中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率ρ＝________(用I、U、L、d表示)。
解析：(1)多用电表的读数：20×100 Ω＝2 000 Ω；
(2)d＝3 mm＋0.01 mm×20.4＝3.204 mm；
L＝5 cm＋0.05 mm×3＝50.15 mm；
(3)如图所示：
(4)因待测电阻的阻值较大，则采用电流表内接电路，故导线⑤接错位置；
(5)根据欧姆定律及电阻定律：R＝＝ρ＝ρ，解得：ρ＝。
答案：(1)2 000 Ω (2)3.204 50.15 (3)见解析图
(4)⑤ (5)
3.有一根细长而均匀的金属管线样品，横截面如图所示。此金属材料重1～2 N，长约为30 cm，电阻约为10 Ω。已知这种金属的电阻率为ρ，密度为ρ0。因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请设计一个实验方案，测量中空部分的截面积S0，现有如下器材可选：
A．毫米刻度尺
B．螺旋测微器
C．电流表(0～600 mA,1.0 Ω)
D．电流表(0～3 A,0.1 Ω)
E．电压表(0～3 V,6 kΩ)
F．滑动变阻器(0～20 Ω，0.5 A)
G．滑动变阻器(0～10 kΩ，2 A)
H．蓄电池(6 V,0.05 Ω)
I．开关一个，带夹子的导线若干
(1)除待测金属管线外，还应选用的器材有__________(只填器材前的字母)。
(2)在方框中画出你所设计方案的实验电路图，要求尽可能测出多组有关数据，并把所选仪器连成实际测量电路。
(3)实验中要测量的物理量有________________________________________________，计算金属管线内部空间截面积S0的表达式为S0＝__________。
解析：(1)本实验需要用伏安法测量电阻，根据欧姆定律有R＝，同时要结合电阻定律公式R＝ρ求解截面积，故要用电压表测量电压，用电流表测量电流，用刻度尺测量长度，用螺旋测微器测量边长。当然，要组成电路，还需要电源、开关、导线以及滑动变阻器。由于电阻通电电流较大时升温明显，影响电阻率，故要小电流，电流表选择较小量程。
(2)由于要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法，金属管线电阻较小，因此电流表采用外接法。
(3)根据欧姆定律有R＝，根据电阻定律公式有R＝ρ，由此解得S＝。因此要用螺旋测微器测横截面边长a，用毫米刻度尺测金属管线长度L，用电压表测金属管线两端电压U，用电流表测通过金属管线的电流I，因此金属管线内部空间截面积S0的表达式为S0＝a2－。
答案：(1)ABCEFHI (2)如图所示
(3)横截面边长a、管线长度L、管线两端电压U、通过管线的电流I a2－
4．(2017·泰州一模)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为L＝________mm。
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为D＝________mm。
(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω。
(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R
电流表A1(量程0～4 mA ，内阻约50 Ω)
电流表A2(量程0～30 mA，内阻约30 Ω)
电压表V1(量程0～3 V，内阻约10 kΩ)
电压表V2(量程0～15 V，内阻约25 kΩ)
直流电源E(电动势4 V，内阻不计)
滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)
滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)
开关S，导线若干
为使实验所示误差较小，要求测得多组数据进行分析，某同学设计了如图的电路，试指出3处不妥之处：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
解析：(1)主尺读数为50 mm，游标尺上第3条刻度线与主尺对齐，读数为3×0.05 mm＝0.15 mm，则长度为50.15 mm。
(2)螺旋测微器固定刻度读数为4.5 mm，可动刻度读数为0.200 mm，则直径为4.700 mm。
(3)电阻的阻值R＝12×10 Ω＝120 Ω。
(4)电源电动势为4 V，则电压表选V1；电路中可能出现的最大电流：Im＝ A＝25 mA，故电流表应选A2；因RV1≫Rx，故电流表应采用外接法；滑动变阻器应采用分压式接法。
答案：(1)50.15 (2)4.700 (3)120
(4)①电流表应选A2 ②电流表应采用外接法
③滑动变阻器应采用分压式接法
5．测量铅笔芯的电阻率，取一支4B铅笔，去掉两端笔芯外木质部分，不损伤笔芯，如图甲所示安放在接线支座上。
(1)用刻度尺量得笔芯长度L＝20.0 cm，螺旋测微器测量笔芯的直径如图乙所示，则笔芯的直径为d＝________mm。
(2)若待测电阻约为几欧姆，乙同学采用实验室提供的下列器材测定铅笔芯电阻
A．待测笔芯
B．电流表(0～0.6 A,0～3 A，内阻分别约1 Ω，0.5 Ω)
C．电压表(0～3 V,0～15 V，内阻分别约6 kΩ，30 kΩ)
D．滑动变阻器(0～10 Ω)
E．电源(3 V)
F．开关、导线若干
请根据实验要求在图甲中用笔画线代替导线(只配有两根导线)完成实物电路连接。
(3)实验测量过程中某次电压表、电流表指针偏转如图丙所示，则电压表读数U＝________V，电流表读数I＝______A，计算得到铅笔芯电阻R＝________Ω(电阻计算结果保留两位有效数字)。
解析：(1)由题图所示螺旋测微器可知，其示数为1 mm＋20.0×0.01 mm＝1.200 mm。
(2)由题意可知，待测电阻阻值很小，约为几欧姆，小于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实物电路图如图所示：
(3)由电路图可知，电压表量程是3 V，由图示电压表可知，其分度值为0.1 V，示数为1.80 V，电流表量程为0.6 A，分度值为0.02 A，示数为0.36 A，待测电阻阻值R＝＝ Ω＝5.0 Ω。
答案：(1)1.200 (2)见解析图 (3)1.80 0.36 5.0
6．如图甲所示(导线连线不完整)，某同学想测量某导电溶液的电阻率，先在一根均匀的长玻璃管两端各安装了一个电极(接触电阻不计)，两电极相距L＝0.700 m，其间充满待测的导电溶液。用如下器材进行测量：
电压表V(量程15 V，内阻约30 kΩ)
电流表G(量程300 μA，内阻约50 Ω)
滑动变阻器(最大值10 Ω，额定电流1 A)
电池组(电动势E＝12 V，内阻r＝6 Ω)
单刀单掷开关一个，导线若干。
下表是他测量通过管中导电液柱的电流及两端电压的实验数据。实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图乙所示。
U/V
0
1.0
3.0
5.0
7.0
9.0
11.0
I/μA
0
22
65
109
155
175
240
根据以上所述请回答下面的问题：
(1)玻璃管内径d的测量值为________ cm。
(2)根据表中数据在图丙坐标系中描点，作出 UI 图像，根据图像求出电阻R＝________ Ω(保留两位有效数字)。
(3)计算导电溶液的电阻率表达式ρ＝__________(用R、d、L表示)，测量值为________ Ω·m(保留两位有效数字)。
(4)请画出测量导电溶液电阻的电路图，并在图甲中补画出未连接的导线。
解析：(1)对游标卡尺：主尺刻度为30 mm，游标卡尺共20个格，分度为0.05 mm，且游标尺的第15个格与主尺刻线对齐，因此它的读数为30 mm＋15×0.05 mm＝30.75 mm＝3.075 cm。
(2)根据数据在坐标系中描点，连线时要让大多数点在一条直线上。作出UI
图像如图甲所示。图线的斜率表示导电液柱的电阻，根据图线可得R＝4.6×104 Ω。
(3)由R＝ρ，S＝π2，则ρ＝＝49 Ω·m。
(4)在本题中，由于待测导电溶液电阻值较大，故应采用电流表的内接法，从表中可看出电表示数从零开始，故应采用滑动变阻器的分压式接法。电路图与实物连接图如图乙、丙所示。
答案：(1)3.075 (2)见解析图甲 4.6×104
(3) 49 (4)见解析图乙、丙
第48课时 练习使用多用电表(实验提能课)
一、实验目的
1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法。
2．会使用多用电表测电压、电流及电阻。
3．会用多用电表探索黑箱中的电学元件。
二、实验原理
1．外部构造
(1)转动选择开关可以使用多用电表测量电流、电压、电阻等。
(2)表盘的上部为表头，用来表示电流、电压和电阻的多种量程。
(3)由于多用电表的测量项目和量程比较多，而表盘的空间有限，所以并不是每个项目的量程都有专门的标度，有些标度就属于共用标度，图中的第二行就是交、直流电流和直流电压共用的标度。
2．欧姆表内部构造和原理
(1)欧姆表内部电路简化如图。
(2)多用电表测电阻阻值的原理：闭合电路欧姆定律。
①红、黑表笔短接，进行欧姆调零时，指针满偏，有Ig＝。
②当红、黑表笔之间接有未知电阻Rx时，有I＝，故每一个未知电阻都对应一个电流值I。
③由于I与R是非线性关系，表盘上电流刻度是均匀的，其对应的电阻刻度却是不均匀的，电阻的零刻度在电流满偏处。当Rx＝Rg＋R＋r时，I＝，指针半偏，所以欧姆表的内阻等于中值电阻。
三、实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个。
四、实验步骤
1．测量前准备
(1)观察多用电表的外形，认识选择开关对应的测量项目及量程。
(2)检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置。若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零。
(3)将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔。
2．直流电压和直流电流的测量
(1)按如图甲所示连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压。
(2)按如图乙所示连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流。
3．用多用电表测电阻的步骤
(1)调整定位螺丝，使指针指向电流的零刻度。
(2)将选择开关置于“Ω”挡的“×1”
挡，短接红、黑表笔，调节欧姆调零旋钮，然后断开表笔，再使指针指向“∞”。
(3)将两表笔分别接触阻值为几十欧的定值电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，再与标定值进行比较。
(4)选择开关改置“×100”挡，重新进行欧姆调零。
(5)再将两表笔分别接触阻值为几千欧的电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，与标定值进行比较。
(6)测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡。
4．探索黑箱内的电学元件
判断目的
应用挡位
现象
电源
电压挡
两接线柱正、反接时均无示数说明无电源
电阻
欧姆挡
两接线柱正、反接时示数相同
二极管
欧姆挡
正接时示数很小，反接时示数很大
电容器
欧姆挡
指针先指向某一小阻值，后逐渐增大到“∞”，且指针摆动越来越慢
电感线圈
欧姆挡
示数由“∞”逐渐减小到某一较小固定示数
五、数据处理
1．测电阻时，电阻值等于指针的示数与倍率的乘积。指针示数的读数一般读两位有效数字。
2．测电压和电流时，如果所读表盘的最小刻度为1、0.1、0.01等，读数时应读到最小刻度的下一位，若表盘的最小刻度为0.2、0.02、0.5、0.05等，读数时只读到与最小刻度位数相同即可。
六、误差分析
1．电池用旧后，电动势会减小，内电阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时更换新电池。
2．欧姆表的表盘刻度不均匀，估读时易带来误差，要注意其左密右疏的特点。
3．由于欧姆表刻度的非线性，表头指针偏转过大或过小都会使误差增大，因此要选用恰当挡位，尽可能使指针指向表盘的中值附近。
4．测电流、电压时，由于电表内阻的影响，测得的电流、电压值均小于真实值。
5．读数时的观测易形成偶然误差，要垂直表盘正对指针读数。
七、注意事项
1．使用前要机械调零。注意机械调零和欧姆调零的区别。
2．两表笔在使用时，电流总是“红入黑出”。
3．选择开关的功能区域，要分清是测电压、电流、电阻，还要分清是交流还是直流。
4．电压、电流挡为量程范围挡，欧姆挡为倍率挡。
5．刻度线有三条：上为电阻专用，中间为交流、直流电压，直流电流共用，下为交流2.5 V专用。
6．测电阻时，换挡要重新欧姆调零。
7．使用完毕，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用应取出电池。
考点(一) 多用电表原理的理解
[例1] (2015·上海高考)如图是一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流0.5 mA、内阻10 Ω；电池电动势1.5 V、内阻1 Ω；变阻器R0阻值0～5 000 Ω。
(1)该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5 V刻度的，当电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时仍可调零。调零后R0阻值将变______(填“大”或“小”)；若用该欧姆表测得某电阻阻值为300 Ω，则这个电阻的真实值是________Ω。
(2)若该欧姆表换了一个电动势为1.5 V、内阻为10 Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果________(填“偏大”“偏小”或“准确”)。
[解析] (1)欧姆表调零实际是使内部电流计的电流达到满偏，当电池的电动势减小，仍可调零(电流计满偏)时，电路总电阻一定减小，而电池内阻又是增大的，故R0应调小。开始时，由欧姆定律可知欧姆表内阻R内＝＝3 000 Ω；电池的电动势下降后，欧姆表内阻R内′＝＝2 900 Ω；＝，得Rx′＝290 Ω。
(2)若换了电动势为1.5 V的电池后，重新调零，欧姆表内阻不变，测量结果是准确的。
[答案] (1)小 290 (2)准确
本题考查了多用电表欧姆挡的原理。基本原理应用的是闭合电路欧姆定律，由本题可以看出，欧姆表内部电池电动势的变化会影响测量结果，而电池内阻的变化则不会影响测量结果。
考点(二) 多用电表的读数和使用方法
[例2] 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________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。
(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________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。
(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
多用电表欧姆挡的使用，要区分机械调零和欧姆调零，要正确选择挡位，选挡的原则是测量电阻时应使指针尽量指在中值附近。每次选挡后都要进行欧姆调零。
实验原理
的拓展
多用电表可以和很多电学实验配合使用，先粗略测出电阻值，作为设计电路、选择器材的参考
实验器材
的替代
某些实验中可以用多用电表替代电流表、电压表、被测元件，还可拓展为二极管、黑箱等
数据处理
的创新
一般情况下多用电表欧姆挡测出的电阻，精确度并不是很高，只能粗略地作为参考
[例3] 为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。
(1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择________倍率的电阻挡(填“×10”或“×1 k”)，并________再进行测量，多用电表的示数如图甲所示，测量结果为________Ω。
(2)将待测元件(额定电压9 V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用电表、开关及若干导线连接成电路如图乙所示。添加连线，使电路能测量该元件完整的伏安特性。
本实验中使用多用电表测电压，多用电表的选择开关应调到________(填“直流电压10 V”或“直流电压50 V”)挡。
[解析] (1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择“×10”倍率的电阻挡，并重新欧姆调零后再进行测量，测量结果为70 Ω。
(2)要测量该元件完整的伏安特性，必须连接成分压电路。本实验中使用多用电表测电压，多用电表的选择开关应调到直流电压10 V挡。
[答案] (1)×10 重新欧姆调零 70 (2)如图所示 直流电压10 V
本题先用多用电表测量了电子元件电阻，从而确定设计以下电路时电流表的外接法。在图乙的实验电路中，用多用电表替代了电压表，最后回归测量伏安特性的分压式电路。
[创新演练]
李华同学的爸爸是个电气工程师，李华经常看到爸爸在用如图所示的多用电表进行一些测量。在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，爸爸给他出了一道题目，让他通过测量找到如图所示的二极管的负极。
(1)李华同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的×1挡，经过________之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光，然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光。这说明二极管的负极是________(填写“长管脚”或者“短管脚”)所连接的一极。
(2)李华同学的好奇心一下子就被激发起来了。他琢磨了一下，然后又依次用电阻挡的×1挡，×10挡，×100挡，×1 k挡分别进行了二极管导通状态的准确的测量，他发现二极管发光的亮度越来越________(填写“大”或者“小”)，请帮助他分析一下具体的原因。
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)选×1挡后，要进行欧姆调零，由二极管与电表连接的发光情况，短管脚是负极。
(2)二极管的发光亮度越来越小，原因是多用电表内阻越来越大，通过二极管电流越来越小。
答案：(1)欧姆调零 短管脚 (2)小 见解析
1．在“练习使用多用电表”实验中：
(1)如图所示，为一正在测量中的多用电表表盘。如果用欧姆挡“×100”测量，则读数为________Ω；如果用“直流10 V”挡测量，则读数为________ V。
(2)甲同学利用多用电表测量电阻。他用欧姆挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为________(填写选项前的字母)。
A．将选择开关旋转到欧姆挡“×1 k”的位置
B．将选择开关旋转到欧姆挡“×10”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”
解析：(1)多用电表欧姆挡用“×100”测电阻，由题图可知，其读数为6×100 Ω＝600 Ω；如果用“直流10 V”挡测量电压，由题图可知，其读数为7.1 V。
(2)欧姆挡测电阻时指针偏转角度过小是由于挡位过小，需选取较大挡位，进行欧姆调零后再测阻值，故顺序为ADC。
答案：(1)600 7.1 (2)ADC
2．在练习使用多用电表的实验中
(1)某同学连接的电路如图所示。
①若旋转多用电表选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；
②若断开电路中的开关，旋转多用电表选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻。
(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，下列叙述正确的是( )
A．若双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量
C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 Ω
D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大
解析：(1)①当多用电表选择开关尖端对准直流电流挡时，电流表与R1串联，此时电流表测得的是通过R1的电流。
②切断电路，选择开关尖端对准欧姆挡时，测得的是R1和R2的串联总电阻。
(2)双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A错误；测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B错误；选择开关对应“×10”倍率时，指针位于20与30正中间时，测量值应小于250 Ω，C错误；电池用时间太久，电动势减小，虽然完成调零，但中值电阻偏小，测量时读数将比真实值偏大，D正确。
答案：(1)①R1 ②R1和R2串联 (2)D
3．如图所示为多用电表欧姆表的原理图和面板示意图。
(1)电阻R0的作用是________。
(2)面板上A、C两处为极端位置，请填上相应的电阻值：A为________，C为________。
(3)若取R0＝16.2 kΩ时，两表笔短路，指针恰指在C处，不计电源内阻时，表头内阻为________，当电源电动势为5.4 V时，表头的满偏电流值为________。
(4)若＝，则D处刻度线对应的电阻的数值为________。
解析：(3)由面板图和R0所提示的单位知，中值电阻为18 kΩ，由于R中＝R内＝Rg＋r＋R0且r＝0，故Rg＝1.8 kΩ。Ig＝＝＝300 μA。
(4)由欧姆定律，知IB＝＝，ID＝，而＝，故ID＝IB，解得RD＝90。
答案：(1)欧姆调零 (2)∞ 0 (3)1.8 kΩ 300 μA (4)90
4．在“练习使用多用电表”的实验中：
(1)某同学用多用电表测量电阻，电路如图甲所示，若选择开关置于“×100”挡，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值，指针位于图乙所示位置，则Rx＝________Ω。
(2)某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图丙所示。
①关于该欧姆表，下列说法正确的是________。
A．电阻刻度的零位在表盘的右端
B．表盘上的电阻刻度是均匀的
C．测量前，不需要红、黑表笔短接调零
D．测量后，应将开关S断开
②某同学进行如下操作：当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏。当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻Rx的阻值为________(已知电流表的内阻为Rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为R)。
解析：(1)欧姆表的示数乘以相应挡位的倍率，即待测电阻的阻值，图示读数为7×100 Ω＝700 Ω。
(2)①由题图丙可知，该欧姆表利用并联电路特点与闭合电路欧姆定律测电阻阻值，电阻刻度的零位在表盘的左端，由闭合电路欧姆定律可知，表盘上的电阻刻度是不均匀的，测量前，不需要红、黑表笔短接调零，测量后，应将开关S断开，故选项A、B错误，C、D正确。
②当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开，调节可变电阻使电流表满偏，由闭合电路欧姆定律得：Ig＝，当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，由欧姆定律得Ig＝·，联立解得Rx＝。
答案：(1)700 (2)①CD ②
5．多用电表测电阻时其结构图如图甲所示，某同学认为欧姆表内部(图中虚线框内)可等效为一电源，设计如图乙所示的电路来测量欧姆表某挡位的电动势与内阻。实验步骤如下：
①将欧姆表选择开关旋至某挡位，A、B两表笔短接，进行欧姆调零；
②将毫安表与滑动变阻器R按图乙连接好；
③调节滑动变阻器滑片的位置，读出毫安表和对应的欧姆表读数，把测量的多组数据填入下表。
R/kΩ
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
I/mA
1.48
1.20
1.03
0.86
0.74
/mA－1
0.68
0.83
0.97
1.16
1.35
根据以上信息完成下列问题：
(1)图甲中A是________(填“红”或“黑”)表笔；
(2)根据表中的数据，在图丙中画出 R关系图像；
丙
(3)由所绘图像得出该挡位的电动势为E＝________V，内阻为r＝________Ω；
(4)若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比较________(填“变大”“变小”或“不变”)。
解析：(1)欧姆表的红表笔与内置电源的负极相连，黑表笔与内置电源的正极相连；
(2)所作图像如图所示：
(3)根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)，故＝＋，故R关系图像的斜率就是，图线的斜率k＝ V－1＝V－1，所以电源的电动势E＝＝3.0 V。图像在纵轴上的截距为＝0.5× A－1，解得r＝1.5×103 Ω。
(4)若电池电动势变小、内阻变大，欧姆表重新调零时，由于满偏电流Ig不变，由Ig＝可知欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I＝＝＝，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了。
答案：(1)红 (2)见解析图 (3)3.0 1.5×103 (4)变大
6．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，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“×10”挡，则测量的结果为________Ω；若选择开关拨至“50 mA”挡，则测量结果为________ mA。
(2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图乙所示，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关系图像如图丙所示，则该图像的函数关系式为____________________。
(3)下列对图丙中的IRx图线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小右大
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．测量中，当Rx的阻值为图丙中的R2时，指针位于表盘中央位置的左侧
D．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疏右密
解析：(1)若选用“×10”挡，测量结果为130 Ω，若选用“50 mA”挡，测量结果为27.0 mA。
(2)根据闭合电路欧姆定律I＝。
(3)欧姆表示数右小左大，A错误。根据欧姆表原理Rx＝0时，I＝Ig，B正确。根据IRx图像，R2>I中，故指针指在表盘中央位置左侧，C正确。欧姆表右疏左密，D错误。
答案：(1)130 27.0 (2)I＝ (3)BC
7．(2017·眉山期末)为了确定一个定值电阻Rx的阻值，做如下测量：
(1)用多用电表“×1”倍率粗测该电阻，示数如图所示，测量结果为________Ω。
(2)用伏安法测量该电阻，实验室提供的器材及规格如下：
电压表V1(0～3 V，内阻约3 kΩ)
电压表V2(0～15 V，内阻约15 kΩ)
电流表A (0～50 mA，内阻约5 Ω)
滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω)
滑动变阻器R2(最大阻值2 kΩ)
定值电阻R0(阻值50 Ω)
电源(4 V，内阻可不计)
开关1个，导线若干
为了较准确的测量电阻，
①电压表应该选择________，滑动变阻器应该选择________；
②请在方框内画出电路图。
解析：(1)用多用电表“×1”倍率粗测该电阻，测量结果为13 Ω。
(2)①因电源电压只有4 V，故电压表选V1；滑动变阻器要用分压电路，故选R1；②电路如图所示。
答案：(1)13 (2)①V1 R1 ②见解析图
第49课时 测定电源的电动势和内阻(实验提能课)
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．如图甲或乙所示，改变R的阻值，从电压表和电流表中读出几组I、U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U I图像，如图丙所示，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量程，电压表用3 V量程，按实验原理图连接好电路。
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)。用同样方法测量出六组I、U的值。填入表格中。
组数
物理量
第1组
第2组
第3组
第4组
第5组
第6组
U/V
I/A
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
(1)由于读数不准和电表线性不良引起误差。
(2)用图像法求E和r时，由于作图不准确造成误差。
(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
(1)若采用甲图电路，由于电压表的分流作用造成误差，电压值越大，电压表的分流越多，对应的I真与I测的差越大。其UI图像如图丁所示。
结论：E测r真。
七、注意事项
1．为了使电池的路端电压变化明显，应选内阻大些的电池(选用已使用过一段时间的干电池)。
2．在实验中不要将I调得过大，每次读完U和I的数据后应立即断开电源，以免干电池在大电流放电时极化现象严重，使得E和r明显变化。
3．要测出不少于6组的(I、U)数据，且变化范围要大些。
4．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)。但这时图线与横轴的交点不再是短路电流，而图线与纵轴的交点仍为电源电动势，图线斜率的绝对值仍为内阻。
考点(一) 实验原理和实验仪器的选择
[例1] (2016·四川高考)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源(电动势约3 V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
(ⅲ)以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；
(ⅳ)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
(1)电压表最好选用________；电流表最好选用______。
A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)
B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)
C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)
D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)
(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________。
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，E＝______，r＝________，代入数值可得E和r的测量值。
[解析] (1)由于待测电源的电动势为3 V，故电压表应选0～3 V量程，而该电路中电压表分流越小，实验误差越小，故选内阻大的电压表，故电压表选A。回路中电流的最大值Imax＝≈158 mA，故电流表选C。
(2)当电压表示数变大时，说明外电路电阻变大，即滑片从左向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，对于A、B两选项，在滑片移动的过程中回路电阻不变，选项C中滑片向右移动时回路电阻变大，选项D中，滑片向右移动时回路电阻变小，故选项C正确。
(3)根据闭合电路欧姆定律，得E＝U＋I(R2＋r)，即U＝E－I(R2＋r)，所以k＝R2＋r，所以r＝k－R2，横截距为U＝0时，I＝a，即0＝E－ak，所以E＝ak。
[答案] (1)A C (2)C (3)ak k－R2
本题考查了伏安法测定电源电动势和内阻的原理、仪器选择、滑动变阻器的连接方法，以及利用UI图线确定电动势和内阻。其中电流表的选择应用了估测法，电压表的选择是从减小误差的角度去考虑，本题应特别注意的是要将R2＋r等效为电源的内阻。
考点(二) 数据的处理和误差分析
[例2] (2015·江苏高考)小明利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻。
(1)图中电流表的示数为________A。
(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：
U(V)
1.45
1.36
1.27
1.16
1.06
I(A)
0.12
0.20
0.28
0.36
0.44
请根据表中的数据，在坐标纸上作出UI图线。
由图线求得：电动势E＝______V；内阻r＝________Ω。
(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合。其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为___________________________________________。
[解析] (1)电流表选用量程为0～0.6 A，分度值为0.02 A，则其读数为0.44 A。
(2)坐标系选择合适的标度，根据表中数据描点作出的UI图线如图所示。
图线与纵轴交点为“1.61 V”，故E＝1.61 V，由图线的斜率＝1.24知，电池内阻为1.24 Ω。注意此处不要用图像与纵轴交点值除以与横轴交点值。
(3)长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大。
[答案] (1)0.44 (2)UI图线见解析 1.61(1.59～1.63均可) 1.24(1.22～1.26均可) (3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大
本题考查了电流表的读数方法、用图像处理数据和误差分析。由于电流表0.6 A量程的最小刻度是0.02 A，故不用估读到最小刻度的下一位。注意UI图像的U坐标轴一般不是从零刻度开始，这样内阻r只能用r＝计算，不能由r＝计算。而误差分析考查的是实验操作的细节问题，应引起同学们的注意。
实验原理
的拓展
安阻法 伏阻法
实验器材
的替代
(1)可用电阻箱替代滑动变阻器
(2)可用电压表和定值电阻替代电流表等
数据处理
的创新
实验中除了做UI图像，还可做R图像， 图像等，只要能列出函数关系找出斜率、截距意义即可
[例3] 在“测定电源电动势和内阻”的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A．两节旧干电池，每节电动势约1.5 V
B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3 V，内阻约3 kΩ
C．电流表，量程0～0.6 A，内阻小于1 Ω
D．定值电阻R0，阻值2 Ω
E．滑动变阻器R，最大阻值15 Ω
F．开关和导线若干
(1)请根据如图甲所示的实物图，在图乙虚线框中画出对应的电路图。
(2)根据图甲电路进行实验，测得多组U、I数据，作出UI图像，求出电动势和内阻的值均小于真实值，其产生误差的原因是_______________________________。
(3)实验过程中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了如图丙所示的电路测定电源的电动势和内阻，实验中移动滑动变阻器触头，记录U1和U2的值如下表所示，用测出的数据在图丁中绘出U2U1图线。
组数
1
2
3
4
5
6
电压U1/V
0.80
1.25
1.53
1.72
1.87
1.98
电压U2/V
1.60
1.87
2.04
2.15
2.24
2.31
(4)由图线可得被测电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(结果保留两位有效数字)
[解析] (1)如图所示。
(2)电流表不是测得流过电池电路中的电流，原因是电压表的分流造成的。
(3)根据描点法，如图所示。
(4)由闭合电路欧姆定律可知，E＝U2＋r，变形得：U2＝E＋U1，结合图像分析可得E＝2.9 V(2.8 V～3.0 V均可)，r＝3.0 Ω(2.9 Ω～3.1 Ω均可)。
[答案] 见解析
本题在仪器替代、数据的图像处理方面进行了创新设计，而用I＝计算出电流，用图像的斜率和截距确定E、r和原来基本实验原理和方法大同小异。
[创新演练]
在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路。
(1)实验时应先将电阻箱的电阻调到________(填“最大值”“最小值”或“任意值”)。
(2)改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0＝10 Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中比较合理的方案是________(填“1”或“2”)。
方案编号
电阻箱的阻值R/Ω
1
400.0
350.0
300.0
250.0
200.0
2
80.0
70.0
60.0
50.0
40.0
(3)根据实验数据描点绘出的 R图像是一条直线，若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、b和R0表示)。
解析：(1)电阻箱与电阻串联在电源上，故实验时应将其调到最大值。
(2)方案1中电阻箱的阻值太大，电路中的电流过小，电压表偏转不明显，误差较大。
(3)根据闭合电路的欧姆定律，电流＝，变形得＝R＋＋， R图像的斜率k＝，截距b＝＋，所以电动势E＝，内阻r＝ －R0。
答案：(1)最大值 (2)2 (3) －R0
1．在利用伏安法测定电池的电动势和内电阻的实验中，某同学的实际连线如图甲所示。(电流表A：0～0.6～3 A，电压表V：0～3～15 V)
(1)经仔细检查、诊断知，该图中有两处不太合理的连线，那么这两处不太合理的连线对应的编号是________。
(2)若利用改正后的正确的连线图，实验后，测得数据，并画出电源的输出特性图像(UI图)如图乙。则该电源的电动势为________，电源内阻为________。
解析：(1)电流表要用0～0.6 A量程，电压表要用0～3 V量程，故③、⑤不合理。
(2)根据UI图像可得E＝3 V、r＝＝2 Ω。
答案：(1)③⑤ (2)3 V 2 Ω
2．某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内电阻，使用的器材还包括定值电阻(R0＝5 Ω)一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图甲。
(1)在图乙的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接。
(2)请完成下列主要实验步骤：
①检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图丙所示，读得电阻值是________；
②将开关S1闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49 V；
③将开关S2________，电压表的示数是1.16 V；断开开关S1。
(3)使用测得的数据，计算出干电池的内阻是________(计算结果保留两位有效数字)。
解析：(2)由题图丙读得电阻箱阻值为R＝20 Ω；将S1闭合S2断开，电压表示数为电源电动势E＝1.49 V，将S2再闭合，电压表示数为R两端电压。将电压表视为理想电表，则干路电流I＝＝ A＝0.058 A。
(3)因为I＝，
所以r＝－R0－R＝Ω≈0.69 Ω。
答案：(1)如图所示
(2)①20 Ω ③闭合 (3)0.69 Ω
3．在测电源电动势和内阻的实验中，用电源、电阻箱、电压表连成如图甲所示的电路。一位同学记录的6组数据见下表：
R/Ω
2.0
3.0
6.0
10
15
20
U/V
1.30
1.36
1.41
1.48
1.49
1.50
根据这些数据选取适当的坐标轴，并在如图乙所示的方格纸上画出图线，根据图线读出电源的电动势E＝______V，求得电源的内阻r＝________Ω。
解析：由记录的六组数据可求出各电阻值时的电流，由题表可得下表UI值；
U/V
1.30
1.36
1.41
1.48
1.49
1.50
I/A
0.65
0.45
0.24
0.15
0.10
0.075
用纵轴表示电压U，横轴表示电流I。用描点法描出UI图线(如图所示)，纵坐标上截距为1.53 V，所以E＝1.53 V。由E＝U1＋Ir＝1.3 V＋0.65 A·r＝1.53 V，得r≈0.35 Ω。
答案：图见解析 1.53 0.35
4．在做测量干电池的电动势和内阻实验时，备有下列器材供选用：
A．干电池1个
B．直流电流表(量程0～0.6～3 A)
C．直流电压表(量程0～3～15 V)
D．滑动变阻器(阻值范围为0～15 Ω，允许最大电流为1 A)
E．开关、导线若干
(1)直流电流表量程、直流电压表量程分别选___________。
(2)若画出的UI图像如图所示，从图可知待测电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。
(3)考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是________________________________________________________________________。
解析：(1)因为干电池提供的电压为1.5 V，故电压表选用0～3 V量程，电路电流较小，故选用电流表量程0～0.6 A；
(2)图像的纵截距表示电源电动势E＝3.0 V，电源的内阻r＝Ω＝1 Ω；
(3)实验过程中，由于电压表的分流导致电流的测量存在误差。
答案：(1)0～0.6 A,0～3 V (2)3 1 (3)电压表分流
5．某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响。实验器材如图甲所示。
甲
(1)测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式__________，利用测量数据作出UI图像，得出E和r。
(2)将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路。
(3)实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的UI图像如图乙中(a)、(b)、(c)、(d)所示，由此可知。
乙
在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势________(选填“增大”“减小”或“不变”)，电源内阻________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)根据闭合电路欧姆定律I＝得，路端电压U＝IR＝E－Ir。
(2)根据题目要求，应采用电流表相对于滑动变阻器的内接法，实物连接如图所示。
(3)由于UI图像的纵截距等于电源的电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，由题图可知，随电极间距的减小，电源电动势不变，内阻增大。
答案：(1)U＝E－Ir (2)见解析图 (3)不变 增大
6．指针式多用表欧姆挡的内部电路是由直流电源、调零电阻和表头相串联而成，现设计一个实验，测量多用表“×1 Ω”挡的内部电源的电动势和内部总电阻。给定的器材有：待测多用电表，量程为100 mA的电流表，最大电阻为20 Ω的滑动变阻器，鳄鱼夹，开关，导线若干。实验过程如下：
(1)实验前将多用电表调至“×1 Ω”挡，将红、黑表笔短接，调节旋钮，使指针指在________(选填“电阻”或“电流”)的零刻度；
(2)用鳄鱼夹将红、黑表笔固定在如图甲所示的两接线柱上，请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整；
(3)调节滑动变阻器，读出多用表示数R、毫安表示数I，求出电流倒数，记录在下面的表格中，请根据表格数据在图乙的坐标系中描点作图；
(4)请通过图线求出多用表内部电源的电动势为________V；内部总电阻为________Ω；
(5)电流表存在一定的内阻，这对实验结果________(选填“有影响”“无影响”)。
R/Ω
4
7
10
14
18
20
I/×10－3A
78.0
67.0
60.0
52.0
45.0
43.0
/A－1
12.8
14.9
16.7
19.2
22.2
23.2
解析：(1)在进行欧姆调零时，应将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到电阻的零刻度处；
(2)根据测量原理连接电路图如图所示：
(3)根据描点法可得出对应的图像如图所示：
(4)根据闭合电路欧姆定律可知：I＝，变形可得：R＝－r。则由图可知，当电阻为零时，＝10；则有：0＝10E－r；图像的斜率表示电源的电动势：故E＝k＝＝1.5 V，多用电表内阻r＝15 Ω；
(5)由于使用欧姆表直接读出了外部电阻中包含了电流表内阻，故电流表内阻对实验没有影响。
答案：(1)电阻 (2)见解析图 (3)见解析图 (4)1.5 15 (5)无影响
7．采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，由于电表因素带来了实验的系统误差，某研究性学习小组对此进行探究实验，设计出如图所示的测量电源电动势E和内电阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计G。
(1)请你补充实验步骤：
①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA________φB(选填“远大于”“远小于”或“等于”)，读出电流表和电压表的示数I1和U1，其中I1________(选填“远大于”“远小于”或“等于”)通过电源E的电流。
②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得____________，读出__________________。
(2)由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E表达式为______________，内电阻r的表达式为______________。
(3)该实验中E测________E真(选填“远大于”“远小于”或等于)，r测________r真
(选填“远大于”“远小于”或“等于”)。
解析：(1)①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，其中I1等于通过电源E的电流。
②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和U2。
(2)根据闭合回路欧姆定律得：E＝I1r＋U1，E＝I2r＋U2，解得：E＝U1＋，r＝。
(3)两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，使得AB之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，所以E测等于E真，r测等于r真。
答案：(1)①等于 等于 ②灵敏电流计示数为零 电流表和电压表的示数I2和U2
(2)E＝U1＋ r＝
(3)等于 等于
第50课时 电阻测量的五法荟萃(实验提能课)
一、最直接的电阻测量方法——多用电表测量法
多用电表测电阻的原理：闭合电路欧姆定律I＝＝。
由上式我们发现：通过电流计的电流I虽然不与待测电阻Rx呈线性关系，但存在一一对应关系，即测出相应的电流，就可算出相应的电阻。
[例1] 多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10挡测量某电阻Rx时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过大，为了较准确地进行测量，应换到________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数。那么缺少的步骤是__________________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是________Ω。
[解析] 多用电表欧姆挡指针偏转太大，应换用小倍率×1挡，使指针偏到中央附近，且应先重新欧姆调零，表盘的读数为22 Ω。
[答案] ×1 重新欧姆调零 22
二、最广泛的电阻测量方法——伏安法
1.伏安法测电阻的原理：部分电路欧姆定律R＝。
2．两种控制电路和两种测量电路
(1)两种控制电路
图甲是限流式控制电路，图乙是分压式控制电路。
若变阻器阻值较小，一般设计为分压式；若变阻器阻值较大，一般设计为限流式，在二者都可行时，应先考虑限流式。
(2)两种测量电路
连接
方式
原理图
误差来源
测量值与真
实值的关系
适用
范围
外接法
电压表
分流
电流表的读数大于流过待测电阻的电流，故R测R真
测大
电阻
[例2] 某同学现要测量一段金属丝的电阻，当他用多用电表粗测该金属丝的电阻时，发现其电阻很小。为了较精确地测量该金属丝的电阻，他设计了如图甲所示的电路原理图。其中定值电阻的阻值为R0＝5.0 Ω，其余器材如下。
①电流表(量程0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；
②电压表(量程0～3 V，内阻约为9 kΩ)；
③滑动变阻器R(阻值0～20 Ω)；
④电源：电动势为3.0 V，内阻不计；
⑤开关、导线若干。
试分析下列问题：
(1)在本实验中闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片移至________端(填“a”或“b”)。
(2)在图乙所示实物图中，已正确连接了部分导线，请根据实验电路图将实物图连接好。
(3)实验中将多次测量出来的数据已经描入了如图丙所示的UI坐标系中，并且已经作出了UI图像。根据图像可求得该金属丝的电阻为Rx＝________Ω(保留两位小数)。
[解析] (1)滑动变阻器以分压式接法接入电路，为确保电路中仪器的安全，在闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片移至a端。
(2)如图所示。
(3)由原理图可知，电压表测得的是定值电阻R0与被测金属丝Rx的总电压，所以图丙中UI图像的斜率表示的是电阻R0与被测金属丝Rx的电阻之和。图像的斜率k＝ Ω＝5.94 Ω，故金属丝的电阻为Rx＝0.94 Ω。
[答案] (1)a (2)见解析图 (3)0.94(0.92～1.00之间均可)
三、最为精确的测量方法——等效替代法
在电阻的测量方法中，有一种方法叫做等效替代法，它可以很精确地将一个未知电阻的阻值测量出来。等效替代法主要有以下两种替代方法。
1．电流等效替代
该方法的实验步骤如下：
(1)按如图电路图连接好电路，并将电阻箱R0的阻值调至最大，滑动变阻器的滑片P置于a端。
(2)闭合开关S1、S2，调节滑片P
，使电流表指针指在适当的位置，记下此时电流表的示数为I。
(3)断开开关S2，再闭合开关S3，保持滑动变阻器滑片P位置不变，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I。
(4)此时电阻箱连入电路的阻值R0与未知电阻Rx的阻值等效，即Rx＝R0。
2．电压等效替代
该方法的实验步骤如下：
(1)按如图电路图连好电路，并将电阻箱R0的阻值调至最大，滑动变阻器的滑片P置于a端。
(2)闭合开关S1、S2，调节滑片P，使电压表指针指在适当的位置，记下此时电压表的示数为U。
(3)断开S2，再闭合S3，保持滑动变阻器滑片P位置不变，调节电阻箱使电压表的示数仍为U。
(4)此时电阻箱连入电路的阻值R0与未知电阻Rx的阻值等效，即Rx＝R0。
[例3] 为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：
(1)将S拨向接点1，接通S1，调节____，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________________的读数I；
(2)然后将S拨向接点2，调节____，使____________，记下此时RN的读数；
(3)多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。
[解析] 先与被测电流表连接，调整变阻器R0并使电路有适当的电流，并记下此时电流值，然后与电阻箱连接，不改变变阻器的阻值，调整电阻箱使电路中的电流仍为I，则电阻箱的阻值就等于被测电流表的内阻。
[答案] (1)R0 标准电流表(或A0) (2)RN 标准电流表(或A0)的读数仍为I (3)平均值
四、电表内阻测定最常用的方法——半偏法
电表有着自己神奇的一面，那就是当它接入电路中时，可以显示自己的读数，因此我们便可以利用它自身读数的变化(如半偏
)巧妙地测量出它的内阻。半偏法常用于测量电表的内阻，对于半偏法测电表内阻有以下两种设置方法：
(一)电流表半偏法
1．实验步骤
(1)按如图所示连接实验电路；
(2)断开S2，闭合S1，调节R1，使电流表读数等于其量程Im；
(3)保持R1不变，闭合S2，调节R2，使电流表读数等于Im，然后读出R2的值，若满足R1≫RA，则可认为RA＝R2。
2．误差分析
当闭合S2时，总电阻减小，总电流增大，大于原电流表的满偏电流，而此时电流表半偏，所以流经R2的电流比电流表所在支路的电流大，R2的电阻比电流表的电阻小，而我们把R2的读数当成电流表的内阻，故测得的电流表的内阻偏小。
(二)电压表半偏法
1．实验步骤
(1)按如图连接实验电路；
(2)将R2的值调为零，闭合S，调节R1的滑动触头，使电压表读数等于其量程Um；
(3)保持R1的滑动触头不动，调节R2，使电压表读数等于Um，然后读出R2的值，若R1≪RV，则可认为RV＝R2。
2．误差分析
当R2的值由零逐渐增大时，R2与电压表两端的电压也将逐渐增大，因此电压表读数等于Um时，R2两端的电压将大于Um，使R2>RV，从而造成RV的测量值偏大。显然半偏电压法适于测量内阻较大的电压表的电阻。
[例4] (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
五、最为独特的测量方法——电桥法
在电阻的测量方法中，有一种很独特的测量方法，那就是电桥法。其测量电路如图所示，实验中调节电阻箱R3，当A、B两点的电势相等时，R1和R3两端的电压相等，设为U1。同时R2和Rx两端的电压也相等，设为U2。根据欧姆定律有：＝，＝。由以上两式解得：R1×Rx＝R2×R3。这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件也可求出被测电阻Rx的阻值。
[例5] (2013·安徽高考)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， 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] 当灵敏电流表的电流为零时，有＝，可得Rx＝R0。
[答案] C
1．(2014·天津高考)现要测量一个未知电阻Rx的阻值，除Rx外可用的器材有：
多用电表(仅可使用欧姆挡)；
一个电池组E(电动势6 V)；
一个滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流1 A)；
两个相同的电流表G(内阻Rg＝1 000 Ω，满偏电流Ig＝100 μA)；
两个标准电阻(R1＝29 000 Ω，R2＝0.1 Ω)；
一个开关S、导线若干。
(1)为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是________(填字母代号)。
A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆
B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
C．如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量
D．如需进一步测量可换“×1 k”挡，调零后测量
(2)根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，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。
解析：(1)用欧姆表“×10”挡测电阻时，指针几乎满偏，说明被测电阻很小，估计只有几欧姆，A项正确，B项错误；要进一步测量应换用“×1”挡，欧姆调零后再进行测量。(2)实验中要使电路能耗较小，滑动变阻器应采用限流接法，用两个电流计和两个定值电阻改装成一个量程U＝Ig(Rg＋R1)＝3 V的电压表，一个量程为I＝Ig＋＝1 A
的电流表。由于改装后的电压表的分流可以直接测出，因此电流表采用外接法。
答案：(1)AC
(2)如图所示
2.某同学现利用如图甲所示的电路来测量一电阻Rx的阻值。
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①闭合开关S1，断开开关S2，调节电阻箱R和滑动变阻器R′，使电流表指针指向一个适当的位置。记下此时________和电阻箱的阻值R1。此时电阻箱的读数如图乙所示。
②闭合开关S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，然后________________，使________________，记下此时电阻箱的读数R2，此时电阻箱的读数如图丙所示。
(2)在步骤①中电阻箱的读数为R1＝________Ω；在步骤②中电阻箱的读数为R2＝________Ω。
(3)电阻Rx的阻值为Rx＝________Ω。
解析：(2)由题图乙和题图丙可知R1＝60 Ω，R2＝80 Ω。
(3)由于R1加上Rx在电路中所起的作用与R2相同(电流表指针指示同一位置)，则有R1＋Rx＝R2，故有Rx＝R2－R1＝80 Ω－60 Ω＝20 Ω。
答案：(1)①电流表的示数I ②调节电阻箱R的电阻 电流表的读数仍然为I (2)60 80 (3)20
3．(2017·扬州期末)某实验小组在探究一种合金丝的导电性能的实验中：
(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径时，刻度情况如图甲所示，则金属丝的直径d＝________mm。
(2)用欧姆表“×10”挡粗测合金丝AB连入电路的电阻时，表盘示数如图乙所示，则合金丝的电阻R约为________Ω。
(3)现用伏安法进一步精确测量合金丝的电阻，要求测量范围尽可能大一些，请在丙图中用笔画线代替导线完成电路的连接(已知实验所用的电压表内阻约为30 kΩ，电流表内阻约为2 Ω)。
(4)用以上电路测得的合金丝的电阻值跟其真实值相比，总有R测________R真(填“>”“＝”或“<”)，造成此误差的原因是___________________________________。
解析：(1)金属丝的直径d＝0.5 mm＋0.01 mm×19.5＝0.695 mm；
(2)合金丝的电阻R约为11 Ω×10＝110 Ω；
(3)因RV≫Rx，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路，电路连接如图：
(4)因为此测量电路中电流表的读数大于实际通过电阻的电流，故测量值偏小，即R测＝＝2.5，故电流表采用外接法。电路图如图所示。
(3)根据电路图，实物图连线如图所示：
答案：(1)C D (2)(3)见解析图
12．二极管具有独特的单向导电性，当在二极管两极之间所加正向电压小于某值时，二极管的电阻很大(1×106 Ω，甚至更大)，而当正向电压超过某值时，二极管的电阻随两端电压的升高而急剧减小。为了探究二极管的导电特性：
(1)实验小组先用多用电表判断二极管的极性。步骤如下：
A．将多用电表置于欧姆表“×100”挡，短接红、黑表笔，调整__________________，使指针指向表盘右侧“0”位置；
B．将二极管串接在两表笔之间，多用电表示数如图甲中a所示；
C．将二极管两极对调，多用电表示数如图甲中b所示，则此时与红表笔接触的是二极管的________(填“正”或“负”)极。
(2)实验小组设计了如图乙所示的实验电路，通过实验测得相关数据如下表。
正向电压
U/V
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
0.55
0.60
0.65
0.68
0.70
正向电流
I/mA
0
0
0
0.02
0.26
0.56
1.13
1.79
2.37
3.00
①由二极管的特性和表中数据可知，当电压表示数为0～0.30 V时，图乙中开关S一定接在位置________(填“1”或“2”)；
②根据表中数据，在图丙中作出二极管的伏安特性曲线(要求保留所描的点迹)，由图线可知，二极管是________(填“线性”或“非线性”)元件。
(3)若此二极管为发光二极管，正常发光时通过的电流为3.00 mA，若用1.5 V的电源供电，则应该给二极管______(填“串”或“并”)联一个约________Ω的电阻。
解析：(1)欧姆表选挡后要进行欧姆调零，即短接两表笔，调整欧姆调零旋钮，使指针指在表盘右侧“0”位置；步骤B中欧姆表示数很大，而步骤C中示数很小，由题中所给条件知，当示数很小时红表笔所接为二极管负极。
(2)①图乙的设计为伏安法测电阻的内接法和外接法可以互换的电路，当开关S接位置1时为电流表内接法，接位置2时为电流表外接法。由表中数据可知，当电压表示数为0～0.3 V时电流表示数为0，故电流表内接，开关S接在位置1。
②描点作图如图所示，由图线可知二极管是非线性元件。
(3)发光二极管正常工作时两端电压为0.7 V，电源电动势高于0.7 V，应串联一个电阻，阻值R＝＝ Ω＝267 Ω。
答案：(1)A.欧姆调零旋钮 C．负
(2)①1 ②见解析图 非线性 (3)串 267
