实验题2 《电学实验》-解码高考2021物理一轮复习题型突破

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试验题2　《电学实验》
【命题导航】
命题点一　测量仪器读数
命题点二　三个基本选择（实验器材、测量部分、供电部分）
命题点三　电表改装问题
命题点四　“半偏法”测电阻
命题点五　测定金属的电阻率
命题点六　描绘小电珠的伏安特性曲线
命题点七　测定电源的电动势和内阻
命题点八　一次函数在电学实验中的应用1
命题点九　一次函数在电学实验中的应用2
命题点十　练习使用多用电表
命题点十一　传感器的简单使用
【高考解码】

命题点一　测量仪器读数
1．（1）如图甲所示的电表使用0.6A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A；当使用3A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________A，图中表针示数为________A。

（2）如图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为________V。若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针示数为________V。
【答案】（1）0.02　0.44　0.1　2.20　（2）0.1　1.70　0.5　8.5
【解析】（1）使用0.6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，表针示数为0.44A；当使用3A量程时，每一小格为0.1A，表针示数为2.20A。
（2）电压表使用3V量程时，每小格表示0.1V，表针示数为1.70V；使用15V量程时，每小格表示0.5V，表针示数为8.5V。
2．某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动________到F靠近小球，再转动________到F夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数（填仪器部件字母符号）。正确操作后，螺旋测微器的示数如图乙所示，则小球的直径是_______________mm。

【答案】D　H　G　6.700
【解析】用螺旋测微器测小球直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球，再转动微调旋钮H使测微螺杆F夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮G使F固定后读数，读数为6.5mm＋20.0×0.01mm＝6.700mm。
3．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图甲和乙所示。该工件的直径为________cm，高度为________mm。

【答案】1.220　6.860（6.858～6.862均正确）
【解析】游标卡尺的主尺读数为1.2cm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.05mm＝0.20mm＝0.020cm，所以最终读数为：1.2cm＋0.020cm＝1.220cm。螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.0×0.01mm＝0.360mm，所以最终读数为6.5mm＋0.360mm＝6.860mm。
4．图中螺旋测微器的读数为________mm，游标卡尺的读数为________mm。

【答案】4.950　17.25
【解析】螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为45.0×0.01mm＝0.450mm，所以最终读数为4.5mm＋0.450mm＝4.950mm。游标卡尺的主尺读数为17mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.05mm＝0.25mm，所以最终读数为：17mm＋0.25mm＝17.25mm。
5．图甲中螺旋测微器的读数为________mm；如图乙为用多用电表的“×1”欧姆挡正确操作后测某电阻时指针的位置，其读数为________Ω。

【答案】0.730　8
【解析】螺旋测微器的读数为0.5mm＋23.0×0.01mm＝0.730mm；欧姆表选用“×1”欧姆挡，读数为8Ω。

命题点二　三个基本选择（实验器材、测量部分、供电部分）
1．（2020·新课标Ⅰ）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1kΩ，电流表内阻为0.5Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图（b）所示的两条U–I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。

回答下列问题：
（1）图（b）中标记为II的图线是采用电压表跨接在________（填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的。

（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线________（填“I”或“II”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________Ω（保留1位小数）。
（3）考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________Ω（保留1位小数）。
【答案】（1）、　（2）I　（3）50.5　（4）50.0
【解析】（1）[1]若将电压表接在、之间，，则，根据一次函数关系可知对应斜率为。若将电压表接在、之间，电流表分压为，根据欧姆定律变形可知，解得，根据一次函数可知对应斜率为，对比图像的斜率可知，所以II图线是采用电压表跨接在、之间。（2）[2]因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为左右，根据，说明电流表的分压较小，电流表的分流较大，所以电压表应跨接在、之间，所以选择图线I得到的结果较为准确。[3]根据图像可知，考虑电流表内阻，则修正后的电阻为
2．（2020·新课标Ⅲ）已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、电压表（可视为理想电表）和毫安表（内阻约为100Ω）。
（1）在答题卡上所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图________________。

（2）实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和亳安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5V和3.0mA，则此时热敏电阻的阻值为_____kΩ（保留2位有效数字）。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图（a）所示。

（3）将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2kΩ。由图（a）求得，此时室温为_____℃（保留3位有效数字）。
（4）利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图（b）所示。图中，E为直流电源（电动势为10V，内阻可忽略）；当图中的输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为50℃，则图中_________（填“R1”或“R2”）应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_________kΩ（保留2位有效数字）。
【答案】（1）　（2）1.8　（3）25.5　（4）R1　（5）1.2
【解析】（1）滑动变阻器由用分压式，电压表可是为理想表，所以用电流表外接。连线如图

（2）由部分电路欧姆定律得
（3）由该电阻的阻值随温度变化的曲线直接可读得：25.5℃。
（4）①温度升高时，该热敏电阻阻值减小，分得电压减少。而温度高时输出电压要升高，以触发报警，所以R1为热敏电阻。②由图线可知，温度为50℃时，R1=0.8kΩ，由欧姆定律可得，，代入数据解得。
3．某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表（量程0～1V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程0～10V，内阻约100kΩ）
C．电流表（量程0～1mA，内阻约30Ω）
D．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.05Ω）
E．电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）
F．电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）
G．滑动变阻器R0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
（1）为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。（均填器材的字母代号）
（2）在虚线框内画出测量Rx阻值的实验电路图。


（3）该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是__________________________________。
【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）
【解析】（1）若电源选用E，则通过Rx的最大电流为0.15mA，电流表选用C还达不到半偏，故电源应选用F，电压表内阻应尽可能与被测电阻阻值相差大一些且接近电源电压，故电压表选用B，由此可知电路中的电流约为1mA，故电流表选用C。
（2）因为待测电阻阻值较大，所以电流表应采用内接法。因为滑动变阻器的阻值很小，若采用限流接法接入电路起不到多大的限流作用，所以滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示。

（3）因为电流表采用内接法，电压表测出的电压为Rx与电流表串联后两端电压，U测＞U实，而R＝，所以R测＞R实。
4．电阻Rx额定功率为0.01W，用欧姆表粗测其阻值约为40kΩ。
（1）选择下列合适的仪表元件，较精确地测定其阻值，应选择________（填实验器材前的序号）；
①电流表A1，量程0∼300μA，内阻约为150Ω；
②电流表A2，量程0∼1000μA，内阻约为45Ω；
③电压表V1，量程0∼3V，内阻约为6kΩ；
④电压表V2，量程0∼15V，内阻约为30kΩ；
⑤电压表V3，量程0∼50V，内阻约为100kΩ；
⑥干电池两节E1，每节电动势为1.5V；
⑦直流电源E2，输出电压6V；
⑧直流电源E3，输出电压24V；
⑨直流电源E4，输出电压100V；
⑩滑动变阻器R1，0∼50Ω，3W；
⑪滑动变阻器R2，0∼2kΩ，1W；
⑫电键一只，连接导线足量。
（2）根据选择的器材，试设计适当的电路，在下图画出符合要求的实验电路图。
【答案】（1）①④⑧⑪⑫　（2）分压式外接法，图见解析
【解析】（1）
（2）
5．用内阻为3000Ω的电压表和内阻为10Ω的电流表测电阻，在图甲、乙两种情况下，电压表的示数都是60V，电流表的示数都是0.2A，则R1的测量值为______Ω，真实值是________Ω，R2的测量值为________Ω，真实值是________Ω。（均保留一位小数）

【答案】300.0　290.0　300.0　333.3
【解析】题图甲：电阻R1的测量值R1测＝＝300.0Ω，真实值R1真＝R1测－RA＝290.0Ω；题图乙：电阻R2的测量值R2测＝＝300.0Ω，真实值R2真＝≈333.3Ω。

命题点三　电表改装问题
1．（2018年全国II卷）某同学组装一个多用电表。可选用的器材有：微安表头（量程100μA，内阻900Ω）；电阻箱R1（阻值范围0～999.9Ω）；电阻箱R2（阻值范围0～99999.9Ω）；导线若干。要求利用所给器材先组装一个量程为1mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1mA和电压3V两挡。

回答下列问题：
（1）在图虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱。
（2）电阻箱的阻值应取R1＝________Ω，R2＝______Ω。（保留到个位）
【答案】（1）见解析图　（2）100　2910
【解析】（1）如图所示。

（2）接a时改装成量程为1mA的电流表，有IgRg＝（I－Ig）R1，解得R1＝100Ω，接b时改装成量程为3V的电压表，有U＝IgRg＋IR2，解得R2＝2910Ω。
2．（2019·全国卷Ⅰ）某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。

（1）根据图（a）和题给条件，将图（b）中的实物连线。
（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是________。（填正确答案标号）

A．18mA
B．21mA
C．25mA
D．28mA
（3）产生上述问题的原因可能是________。（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200Ω
C．R值计算错误，接入的电阻偏小
D．R值计算错误，接入的电阻偏大
（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝________。
【答案】（1）连线如图所示

（2）C　（3）AC　（4）
【解析】（1）量程为250μA的微安表改装成量程为20mA的电流表，量程扩大了80倍，需要将定值电阻与微安表并联，然后根据题图（a）的原理图连线。
（2）当标准毫安表示数为16.0mA时，对应的微安表读数为160μA，说明量程扩大了100倍，因此所改装的电表量程是25mA，选项C正确。
（3）根据IgRg＝（I－Ig）R得：I＝＋Ig，出现该情况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于1200Ω，或者并联的电阻R计算错误，接入的电阻偏小，选项A、C正确。
（4）设微安表的满偏电压为U，则对并联的电阻R有，U＝（25－0.25）×10－3R，U＝（20－0.25）×10－3kR，解得k＝。
3．（2019·云南昆明市4月质检）某同学想将一量程为1mA的灵敏电流计G改装为多用电表，他的部分实验步骤如下：


（1）他用如图甲所示的电路测量灵敏电流计G的内阻
①请在图乙中将实物连线补充完整；
②闭合开关S1后，将单刀双掷开关S2置于位置1，调节滑动变阻器R1的阻值，使电流表G0有适当示数I0；然后保持R1的阻值不变，将开关S2置于位置2，调节电阻箱R2，使电流表G0示数仍为I0。若此时电阻箱阻值R2＝200Ω，则灵敏电流计G的内阻Rg＝________Ω。
（2）他将该灵敏电流计G按图丙所示电路改装成量程为3mA、30mA及倍率为“×1”、“×10”的多用电表。若选择电流30mA量程时，应将选择开关K置于位置________（选填“a”“b”“c”或“d”），根据题给条件可得电阻R1＝________Ω，R2＝________Ω。
（3）已知图丙电路中两个电源的电动势均为3V（内阻均可忽略），将选择开关置于位置a测量某电阻的阻值，若通过灵敏电流计G的电流为0.40mA，则所测电阻阻值为________Ω。
【答案】（1）①见解析图　②200　（2）b　10　90　（3）150
【解析】（1）①由原理图连线如图：

②由闭合电路欧姆定律可知，两情况下的电流相同，所以灵敏电流计G的内阻Rg＝200Ω；
（2）由表头改装成大量程的电流表原理可知，当开关接b时，表头与R2串联再与R1并联，此种情形比开关接c时电路总电流更大，故开关应接b；
由电流表的两种量程可知：
接c时有：R1＋R2＝Ω＝100Ω
接b时有：29×10－3R1＝10－3×（200＋R2）
联立解得：R1＝10Ω，R2＝90Ω；
（3）开关接a时，多用电表Imax＝30mA，多用电表的内阻为：R内＝＝Ω＝100Ω，此时流过待测电阻的电流为I测＝I＋＝0.40mA＋mA＝12mA，所以总电阻为：R总＝＝Ω＝250Ω，所以所测电阻阻值为R测＝R总－R内＝150Ω。
4．（2019·山东潍坊市二模）某同学利用如图甲所示的电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下：


A．待测表头G1，内阻r1约为300Ω，量程5.0mA；
B．灵敏电流计G2，内阻r2＝300Ω，量程1.0mA；
C．定值电阻R＝1200Ω；
D．滑动变阻器R1＝20Ω；
E．滑动变阻器R2＝2000Ω；
F．电源，电动势E＝3.0V，内阻不计；
G．开关S，导线若干。
（1）在如图乙所示的实物图上将导线补充完整；
（2）滑动变阻器应选________（填写器材前的代号）。开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________（填“a”或“b”）端；
（3）实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为________mA；
（4）该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线。已知图线的斜率k＝0.18，则待测表头内阻r1＝________Ω。
（5）该同学接入电阻R的主要目的是__________________________________________________。
【答案】（1）见解析图　（2）D　a　（3）3.00　（4）270　（5）保护G2，使两表均能达到接近满偏
【解析】（1）实物连线如图：

（2）因为滑动变阻器要接成分压电路，则应选择阻值较小的D；开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至a端；
（3）待测表头G1的示数为3.00mA；
（4）由欧姆定律可知：I1r1＝I2（R＋r2），即I2＝I1，则＝k＝0.18，解得r1＝270Ω；
（5）该同学接入电阻R的主要目的是：保护G2，使两表均能达到接近满偏。
5．用以下器材可测量电阻Rx的阻值。
待测电阻Rx，阻值约为600Ω；
电源E，电动势约为6V，内阻可忽略不计；
电压表V1，量程为0～500mV，内阻r1＝1000Ω；
电压表V2，量程为0～6V，内阻r2约为10kΩ；
电流表A，量程为0～0.6A，内阻r3约为1Ω；
定值电阻R0，R0＝60Ω；
滑动变阻器R，最大阻值为150Ω；
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，则由已知物理量符号和测得的物理量符号计算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）
【答案】（1）见解析图　（2）　U1为电压表V1的读数，U2为电压表V2的读数，r1为电压表V1的内阻，R0为定值电阻

【解析】（1）电路中的最大电流为Im＝＝0.01A，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，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示。
（2）流过被测电阻的电流为I＝＋＝，被测电阻的阻值为Rx＝＝。

命题点四　“半偏法”测电阻
1．某同学利用满偏电流为500μA的电流表、热敏电阻等制作电子温度计。

（1）制作的实验过程中需要测出该电流表的内阻Rg，所用的电路如图，主要步骤是：①接通开关S1，调节变阻器R1，使指针偏转到满刻度；②保持R1不变，再接通开关S2，调节电阻箱R2，使指针偏转到满刻度的一半，读出此时R2的阻值为299.0Ω，可认为Rg＝R2。实验时，图电路中的变阻器R1和电源有下列器材可供选择：
A．变阻器（0～200Ω）
B．变阻器（0～20kΩ）
C．电源（1.5V，内阻不计）
D．电源（9V，内阻不计）
为了使测量Rg尽量精确，R1应选__________，电源应选__________。（填选项前的字母）
（2）温度在0～300℃范围内，某热敏电阻的阻值Rt随温度t（℃）的变化情况为Rt＝200＋50t（Ω），把这个热敏电阻、标准定值电阻、电池、开关与电流表串联起来，电路如图，电流表的表盘如图。用该热敏电阻作探头，将表盘上的电流刻度值改成对应的温度值，制作成简单的电子温度计。已知电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝1.0Ω，标准定值电阻的阻值R0＝2500Ω，根据（1）中测得的Rg值和闭合电路欧姆定律，得出电流表表盘上500μA刻度处对应的温度刻度值是0℃，300μA刻度处对应的温度刻度值是__________℃。


（3）由于用图电路测定电流表的内阻Rg在原理上存在一定的系统误差，因而制作的电子温度计在测量温度时，测量值比真实值__________（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）BD　（2）40　（3）偏大
【解析】（1）电学中利用半偏法测电阻时，要求干路中滑动变阻器R1值要大些，选用的电源的电动势稍大些能减小误差，所以为了尽量精确测量Rg，R1应选B，电源应选D。
（2）由闭合电路欧姆定律知E＝Ig（r＋R0＋Rg＋Rt），当电流表表盘上300μA刻度处对应温度刻度值是t，则有300×10－6×（1.0＋2500＋299.0＋200＋50t）＝1.5，解得t＝40℃。
（3）由于利用半偏法测电流表时电阻Rg测量值偏小（因为闭合S2后实际电路中干路电流变大），根据I＝知电流I实际偏大，因而制作的电子温度计在测量温度时，测量值比真实值要偏大。
2．（2019·福建龙岩市5月模拟）现要比较准确的测量电压表V1的内阻RV。实验室提供的器材有：
A．待测电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
B．电压表V2（量程9V，内阻约10kΩ）
C．定值电阻R0（阻值6kΩ）
D．滑动变阻器R（最大阻值20Ω）
E．直流电源E（10V，内阻可忽略）
F．开关S及导线若干

（1）请用笔画线代替导线在图中完成电路的连接；
（2）请把下列实验步骤补充完整
①闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片移至最________端（选填“左”或“右”）；
②闭合开关S，移动滑片至某一位置，记录电压表V1、V2的示数U1、U2；
③多次移动滑片，记录相应的电压表V1、V2的示数U1、U2；
④以U2为纵坐标、U1为横坐标，作出相应图象，如图乙所示。
（3）用U2－U1图线的斜率k及定值电阻的阻值R0，写出待测电压表内阻RV＝________。
【答案】（1）

（2）①左　（3）
【解析】（1）滑动变阻器的阻值远小于待测电压表的内阻，所以滑动变阻器用分压式接法，待测电压表的量程为3V，而电压表V2的量程为9V，为使电表指针偏转角度较大，读数更准确，需将定值电阻与待测电压表V1串联，然后与V2并联，所以电路图如图所示。

（2）闭合开关前应将滑片移至使测量电路短路的位置，所以应移至最左端；
（3）根据欧姆定律：＝，整理得U2＝（1＋）U1，所以k＝1＋，解得待测电压表的内阻RV＝。
3．实验室中有一块量程较小的电流表G，其内阻约为1000Ω，满偏电流为100μA，将它改装成量程为1mA、10mA的双量程电流表。现有器材如下：
　
A．滑动变阻器，最大阻值50Ω；
B．滑动变阻器，最大阻值50kΩ；
C．电阻箱，最大阻值9999Ω；
D．电池，电动势3.0V，内阻不计；
E．电池，电动势4.5V，内阻不计；
F．单刀单掷开关S1和S2，单刀双掷开关S3及导线若干。
（1）采用如图甲所示电路测量电流表G的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为________，选用的电池为________（填器材前的字母序号）；采用此种方法，电流表G内阻的测量值________真实值（填“＞”“＝”或“＜”）。
（2）如果在步骤（1）中测得电流表G的内阻为900Ω，将电流表G改装成双量程电流表，设计电路如图乙所示，则在此电路中R1＝________Ω，R2＝________Ω。
【答案】（1）B　E　＜　（2）10　90
【解析】（1）此为半偏法测量电流表的内阻，滑动变阻器选用阻值较大的B，电池选用电动势较大的E，因闭合S2时，电路中总电阻变小，总电流变大，通过电流表G的电流为，则通过R′的电流大于，则R′＜Rg，即测量值偏小。
（2）当量程为10mA时，根据欧姆定律：Ig（Rg＋R2）＝（I－Ig）R1；当量程为1mA时，根据欧姆定律：IgRg＝（I′－Ig）（R1＋R2）；代入数据解得：R1＝10Ω，R2＝90Ω。
4．为测量某微安表G（量程200μA，内阻大约2200Ω）的内阻，有以下器材可供选择：
A．电压表（0～3V）；
B．电压表（0～15V）；
C．滑动变阻器（0～10Ω）；
D．滑动变阻器（0～1kΩ）；
E．电源E（电动势约为6V）；
F．电阻箱RZ（最大阻值为9999Ω）；
开关S一个，导线若干。

（1）按图甲所示电路图将图乙中的实物连线。
（2）实验过程为：合上开关S，先调节R使电压表读数为U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱阻值为R1＝8056Ω；然后再调节R，使电压表读数为U，再调节电阻箱（此时电压表读数几乎不变），使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱阻值为R2（如图所示）。

电压表应选________，滑动变阻器应选________。（填字母代号）
电阻箱的读数R2＝________Ω，待测微安表的内阻Rg＝________Ω。
【答案】（1）见解析图　（2）A　C　4653　2153
【解析】（1）根据电路图，实物连线如图所示

（2）因为电源电动势约为6V，B电压表量程太大，故电压表选A，但操作时，需注意不能超过A电压表的量程。要使调节电阻箱时电压表读数几乎不变，微安表内阻应远大于滑动变阻器阻值，故滑动变阻器选C；由题图可知，电阻箱的读数R2＝4653Ω；由题意有（Rg＋R1）Ig＝U，（Rg＋R2）Ig＝U，联立解得，待测微安表的内阻Rg＝2153Ω。
5．（2019·河南顶级名校第四次联测）某同学将一只量程为100μA的灵敏电流计改装成电流表和两个量程的电压表。改装后的电路图如图甲所示。图中G表示灵敏电流计，Ra、Rb和Rc是三个定值电阻，K是选择开关，可以分别置于a、b、c位置，从而实现多功能测量。

（1）首先根据如图乙所示电路，用半偏法测定灵敏电流计G的内阻。先将R的阻值调至最大，闭合S1，调节R的阻值，使G的指针偏转到满刻度，然后闭合S2，调节R′的阻值，使G的指针________，此时，就认为电阻箱R′的读数等于G的内阻。由于半偏法实验原理不完善导致G的内阻测量值比真实值偏________。（填“大”或“小”）
（2）若用半偏法测得G的内阻为900Ω。
①选择开关置于a时，构成量程为0～1mA的电流表，则电阻Ra阻值应为________Ω；
②选择开关置于b时，构成量程为0～1V的电压表，则电阻Rb阻值应为________Ω；
③选择开关置于c时，构成量程为0～3V的电压表，则电阻Rc阻值应为________Ω。
（3）半偏法测量G内阻的误差又会导致改装成的电流表、电压表测量结果________。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】（1）半偏　小　（2）①100　②910　③2910　（3）偏小
【解析】（1）半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，先将R的阻值调至最大，闭合S1，调节R的阻值，使G的指针偏转到满刻度；第三步，闭合S2，调节R′的阻值，使G的指针半偏，记下电阻箱读数，此时电阻箱R′的读数等于G的内阻；实际上电阻箱并入后的电路的总电阻减小了，干路电流增大了，灵敏电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过灵敏电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于灵敏电流计的电阻，所以，该测量值略小于实际值；
（2）①选择开关置于a时，构成量程为0～1mA的电流表，则电阻Ra阻值应为Ra＝＝Ω＝100Ω；
②选择开关置于b时，构成量程为0～1V的电压表，则电阻Rb阻值应为Rb＝＝Ω＝910Ω；
③选择开关置于c时，构成量程为0～3V的电压表，则电阻Rc阻值应为Rc＝＝Ω＝2910Ω；
（3）半偏法测量G的内阻时，测量值略小于实际值，改装成电流表时的并联电阻偏小，实际量程大于所要改装的电流表的量程；改装成电压表时的串联电阻偏大，其实际量程也大于所要改装的电压表的量程，用它们测量结果偏小。

命题点五　测定金属的电阻率
1．（2019·江西宜春市上学期期末）某兴趣小组测定某种带状卷成卷盘状的导电物质的电阻率，如图甲所示。

（1）他们先用螺旋测微器测出带的厚度为d，这种物质表面镀了一层绝缘介质，其厚度不计，用游标卡尺测出带的宽度L、内径D1、外径D2（d≪D2－D1）。其中宽度L的读数如图乙所示，则宽度L＝________mm。
（2）然后用伏安法测这根带的电阻，在带的两端引出两个接线柱，先用欧姆表粗测其电阻约为500Ω，再将其接入测量电路。在实验室里他们找到了以下实验器材：
A．电源E（电动势为4V，内阻约为0.5Ω）
B．电压表V（量程为15V，内阻约为5000Ω）
C．电流表A1（量程为300mA，内阻约为2Ω）
D．电流表A2（量程为250mA，内阻为2Ω）
E．滑动变阻器R1（总阻值为10Ω）
F．滑动变阻器R2（总阻值为100Ω）
G．定值电阻R0＝10Ω
H．开关和导线若干
①要更好地调节和较为精确地测定其电阻，则以上不必要的器材有________（填器材前面的序号）；
②在方框内画出实验电路图；


③若测出的电阻为R，则其电阻率为ρ＝________（用d、D1、D2、L、R表示）。
【答案】（1）9.8　（2）①BF　②见解析图　③
【解析】（1）游标卡尺的读数为：9mm＋8×0.1mm＝9.8mm；
（2）①由于电源电压为4V，而电压表的量程为15V太大了，不利于读数，故电压表不需要；
滑动变阻器R2（总阻值为100Ω）阻值偏大，不利于调节，产生误差较大，故不需要，所以不需要的器材为B、F；
②将电流表A2与定值电阻R0串联改装成电压表，并将电流表A1外接，从而减小测量电流和电压的误差，同时采用滑动变阻器分压式接法，如图所示：

③若测出的电阻为R，则根据电阻定律可以得到：
R＝ρ，整理可以得到：ρ＝。
2．一个两端封闭的空心细长金属管，其材料的电阻率为ρ，某学习小组为了测量其内径d，进行了如下实验：
（1）用刻度尺测量金属管的长度L，用螺旋测微器测出金属管的外径D，示数如图甲所示，则D＝________mm。

（2）测量金属管的电阻Rx的电路如图乙所示，其中电源为恒流电源，能为电路提供恒定的电流I0＝3.00A，Rx为待测金属管的电阻，其允许通过的最大电流为2.00A，电压表、电流表、滑动变阻器均安全。电路接入恒流电源前，滑动变阻器的滑片应置于________（填“a”或“b”）端附近，当滑动变阻器的滑片向初始位置的另一端滑动时，电压表的示数_______（填“增大”或“减小”）。该电路中______（填“电压表”或“电流表”）的内阻对Rx的测量没有影响。
（3）某次实验中，若电压表的示数U＝1.20V，电流表示数I＝1.80A，则金属管的电阻测量值R测＝________Ω。
（4）金属管的内径d＝________（用ρ、L、D、R测表示）。
【答案】（1）2.097（2.096～2.098）　（2）b　增大　电流表
（3）1.00　（4）
【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为2.0mm，可动刻度为9.7×0.01mm＝0.097mm，所以最终读数为2.0mm＋0.097mm＝2.097mm。
（2）为了使通过Rx的电流小，应让滑动变阻器的分流大点，所以滑动变阻器应在b端附近；当滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，其连入电路的电阻增大，所以并联电路总电阻增大，因为干路电流恒定，所以并联电路两端电压增大，即电压表示数增大，由于需要测量Rx两端电压，所以电流表的内阻对Rx的测量没有影响。
（3）根据欧姆定律可得R测＝＝Ω＝1.00Ω；
（4）根据电阻定律R测＝ρ，因为S＝π（）2－π（）2，解得d＝。
3．在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属丝的阻值Rx约为1Ω，某同学用伏安法对金属丝的阻值进行比较精确的测量，这位同学想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大。可供选用的器材有：
电源E：电动势3V，内阻不计；
电流表A：量程0.3A，内阻约为1Ω；
电压表V：量程3V，内阻约为10kΩ；
滑动变阻器R：最大电阻值为5Ω；
定值电阻两个：R1＝10Ω，R2＝100Ω；
开关一个，导线若干。

（1）根据上述条件，实验时定值电阻应选用________（填“R1”或“R2”）；
（2）根据实验要求在图所示实物图中补齐所需连线；
（3）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于________端（填“a”或“b”）；
（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属丝的阻值Rx的计算表达式为Rx＝________。
【答案】（1）R1　（2）如图所示

（3）a　（4）－R1
【解析】
4．某实验小组的同学在实验室发现了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，于是设计了如图甲所示的电路进行了实验探究，其中MN为电阻丝，R0是阻值为1.0Ω的定值电阻，实验中调节滑动变阻器的滑片P，记录电压表示数U，电流表示数I以及对应的PN长度x，绘制了U－I图线如图乙所示。


（1）由图乙求得电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。
（2）实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值________其真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
（3）根据实验数据可绘出图象如图丙所示。图象斜率为k，电阻丝横截面积为S，可求得电阻丝的电阻率ρ＝______，电表内阻对电阻率的测量________（选填“有”或“没有”）影响。
【答案】（1）1.49　0.45　（2）小于　（3）kS　没有
【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可知：U＝E－I（r＋R0），则题图乙中的图象与纵轴交点的坐标表示电动势，故E＝1.49V，图象斜率的绝对值大小表示r＋R0，则r＋R0＝Ω＝1.45Ω，解得：r＝1.45Ω－1.0Ω＝0.45Ω。
（3）根据欧姆定律可知，电阻R＝＝，则可知k＝，解得：ρ＝kS，若考虑电表内阻，图象的斜率不变，所以电表内阻对电阻率的测量没有影响。
5．（2019·广东广州市4月综合测试）测金属丝的电阻率的实验。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径如图（a），其示数为________mm；


（2）实验电路如图（b），请用笔画线代替导线，完成图（c）的实物连线；
（3）开启电源，合上开关，记录aP的长度L和电流表A的示数I；移动线夹改变aP的长度L，测得多组L和I值，作出－L图线，求得图线斜率为k；
（4）若稳压电源输出电压为U，金属丝的横截面积为S，则该金属丝的电阻率ρ＝________（用k、U、S表示）。
【答案】（1）0.360　（2）见解析图　（4）kUS
【解析】（1）金属丝的直径为：0.01mm×36.0＝0.360mm；
（2）实物连线如图：

（4）由闭合电路的欧姆定律：U＝I（Rx＋R0），而Rx＝ρ；联立解得：＝L＋，则＝k，解得ρ＝kUS。

命题点六　描绘小电珠的伏安特性曲线
1．（2020·新课标Ⅱ）某同学要研究一小灯泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表A1（量程200mA，内阻Rg1=10.0Ω），电流表A2（量程500mA，内阻Rg2=1.0Ω）、定值电阻R0（阻值R0=10.0Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）、电源E（电动势4.5V，内阻很小）、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图（a）所示。
（1）根据图（a），在图（b）的实物图中画出连线_______。

（2）若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出：小灯泡两端的电压U=_______，流过小灯泡的电流I=_______。为保证小灯泡的安全，I1不能超过_______mA。
（3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2。所得实验数据在下表中给出。根据实验数据可算得，当I1=173mA时，灯丝电阻R=_______Ω（保留1位小数）。
I1/mA
32
55
85
125
144
173
I2/mA
171
229
299
379
424
470
（4）如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_______Ω（保留1位小数）。
【答案】（1）　（2）　（3）　（4）180　（5）11.6　（6）8.0
【解析】（1）根据电路图连接实物图如图所示

（2）①根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压，故根据欧姆定律有
②根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为
③因为小灯泡的额定电压为3.6V，故根据题目中已知数据带入①中可知I1不能超过180mA；
（3）根据表中数据可知当I1=173mA时，I2=470mA；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V；流过小灯泡的电流为I=297mA=0.297A；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为。
（4）要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V，而电流表A1不能超过其量程200mA，此时结合①解得，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8Ω。
2．给定下列器材来研究某一小灯泡L的伏安特性曲线。
A．规格为“9V　9W”的小灯泡L一个
B．直流电流表（量程50mA，内阻r1为30Ω，示数用I1表示）
C．直流电流表（量程0.2A，内阻r2为6Ω，示数用I2表示）
D．直流电压表（量程6V，内阻约为20kΩ，示数用U1表示）
E．直流电压表（量程10V，内阻约为30kΩ，示数用U2表示）
F．定值电阻R，阻值为1.2Ω
G．直流电源，电动势E＝12V，内阻不计
H．滑动变阻器a，最大阻值为500Ω
I．滑动变阻器b，最大阻值为10Ω
J．开关一个，导线若干
（1）为了减小实验误差，更好地描绘小灯泡的伏安特性曲线，滑动变阻器应选用________（填写对应器材前的字母序号），其理由是滑动变阻器在电路中应起__________（填“分压”或“限流”）作用。
（2）在虚线框中画出实验原理图。


（3）用所选器材的示数分别写出小灯泡两端电压UL和电流IL的表达式UL＝________，IL＝________。
（4）测量多组UL、IL数据，作出小灯泡的伏安特性曲线。
【答案】（1）I　分压　（2）见解析图　（3）U2－6I2　6I2
【解析】（1）本实验要测量小灯泡的伏安特性曲线，故小灯泡两端的电压要从0开始变化，则滑动变阻器应该起分压作用，故应选用总阻值较小的I。
（2）对小灯泡由IL＝＝1A可知，所给电流表的量程都较小，故应改装为量程较大的电流表。利用与定值电阻R并联，恰好可以改装成量程为1.2A的电流表，由于小灯泡额定电压为9V，故选择量程为10V的电压表。由于电流表的内阻已知，选择电流表内接法，故电路图如图所示。

（3）由电路图可得U2＝UL＋UR，而UR＝UA2＝I2r2，故UL＝U2－I2r2＝U2－6I2，IL＝I2＋IR＝I2＋＝6I2。
3．（2019·山东烟台市上学期期末）某同学用以下所给的器材通过实验来研究小电珠的伏安特性曲线：
A．电压表V（量程6V，内阻约6kΩ）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约10Ω）
C．电阻箱R1（0～999.9Ω）
D．定值电阻R2＝200Ω
E．定值电阻R3＝100Ω
F．滑动变阻器R4（0～10Ω）
G．规格为“6V　6W”的待测小电珠
H．电源E（电动势约12V，内阻较小）
I．开关、导线若干
（1）要完成本实验，需要对电流表进行改装，该同学首先采用了如图甲所示的电路测量电流表内阻。闭合开关S1，反复调节电阻箱R1的阻值，当R1＝19.6Ω时，发现闭合和断开开关S2时电流表A的指针指示值相同，则电流表A的内阻RA＝________Ω；若要将电流表A的量程由0.6A扩大至1.0A，则需在电流表A上并联________Ω的电阻。
（2）图乙是测量小电珠的电流随电压变化关系的实物电路，实验要求小电珠两端的电压从0开始调节，请你用笔画线代替导线完成电路连接。

【答案】（1）9.8　14.7　（2）见解析图
【解析】（1）开关都闭合时，R1与电流表并联后，再与R2与R3的并联部分串联；开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联后与电流表和R3的串联部分并联；两种情况下电流表示数相同，则根据串并联电路规律可知：＝；代入数据解得：RA＝9.8Ω；若要将电流表A的量程由0.6A扩大至1.0A，需在电流表A上并联电阻阻值：R＝＝Ω＝14.7Ω；
（2）本实验中采用滑动变阻器分压接法，同时电流表与电阻箱并联扩大量程，故实物图如图所示：

4．某实验小组要探究一小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡在不同电压下的实际功率，实验电路如图甲所示：



（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应在________端。（填“a”或“b”）
（2）闭合开关，把滑片P向另一端移动过程中，发现电流表与电压表均有明显读数且读数几乎不变，则电路中出现故障的元件可能是________。（填“A”或“B”）
A．小灯泡
B．滑动变阻器
（3）该小组根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，可判定在图乙中小灯泡的功率P与加在其两端电压的平方U2的图象正确的是________。（选填“1”、“2”或“3”）
（4）某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接在电源两端，已知电源的电动势E＝3V、内阻r＝2Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为________。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）a　（2）B　（3）3　（4）0.44（0.42～0.46）
【解析】（1）此电路是分压电路，滑动变阻器的aP部分与小灯泡并联，开始时应使小灯泡两端电压最小，故滑片应置于a端；
（2）电流表与电压表均有明显读数，说明灯泡所在电路正常，电压表与电流表读数几乎不变，说明滑动变阻器没有起到应有的作用，故可能存在故障的是滑动变阻器，故选B；
（3）由P＝，随着小灯泡两端电压的增大，灯丝温度升高，灯丝电阻增大，P随U2的变化变缓，即图线为3；
（4）灯泡两端的电压为U，流过每个灯泡的电流为I，则E＝U＋2Ir，得U＝3－4I，在题图丙中画出电源的U－I图线如图所示

交点坐标U＝2.20V，I＝0.20A，所以每个小灯泡的实际功率为：P＝UI＝0.44W。
5．（2019·广西钦州市4月综测）某同学想要描绘标有“3.8V　0.3A”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求实验尽量准确。可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：
电压表V，量程0～5V，内阻约5kΩ
电流表A1，量程0～500mA，内阻约0.5Ω
电流表A2，量程0～100mA，内阻约4Ω
滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流2.0A
滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流1.0A
直流电源E，电动势约6V，内阻可忽略不计
（1）上述器材中，电流表应选________，滑动变阻器应选________（填写所选器材的字母符号）。
（2）该同学正确选择仪器后连接了图甲所示的电路，为保证实验顺利进行，并使误差尽量小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的两项问题：
①__________________________________________________________________；
②__________________________________________________________________。


（3）该同学校正电路后，经过正确的实验操作和数据记录，描绘出了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由此推断小灯泡的电阻值随工作电压的增大而________（选填“增大”或“减小”或“不变”）
（4）该同学完成实验后又进行了以下探究：把两只这样的小灯泡并联，直接接在电动势为4V、内阻为8Ω的电源上组成闭合回路。请你根据上述信息估算此时一只小灯泡的功率约为________W（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）A1　R1　（2）电流表采用外接法　滑动变阻器采用分压接法　（3）增大　（4）0.19（0.17～0.21）
【解析】（1）灯泡额定电流为0.3A，故电流表应选择A1；由于本实验中描绘小灯泡的伏安特性曲线，要求电压从零开始，必须采用分压式接法，因此滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；
（2）由于灯泡内阻较小，为了减小实验误差，故只能采用电流表外接法，描绘小灯泡的伏安特性曲线，要求电压从零开始，必须采用分压式接法；该电路中电流表采用内接法以及限流式接法，故要改为电流表外接法和分压式接法。
（3）I－U图象中图象上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，则可知，灯泡内阻随电压的增大而增大；
（4）设灯泡电压为U，电流为I，当两灯泡并联接在电源两端，由闭合电路欧姆定律可得：U＝E－2Ir，代入数据可得：U＝4－16I，在原伏安特性曲线图象中作函数U＝4－16I的图线，交点代表每个灯泡两端的电压和流过每个灯泡的电流，如图所示：

则由图可知，灯泡两端的电压为1.00V，通过的电流为0.19A，则灯泡的功率P＝UI＝1.00×0.19W＝0.19W。

命题点七　测定电源的电动势和内阻
1．（2020·山东卷）实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：
干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；
定值电阻R1（阻值2Ω）；
定值电阻R2（阻值5Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是_______。（单选，填正确答案标号）
A．电压表分流
B．干电池内阻较小
C．滑动变阻器最大阻值较小
D．电流表内阻较小

（2）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。
序号
1
2
3
4
5
6
7
I/A
0.08
0.14
0.20
0.26
032
0.36
0.40
U/V
1.35
1.20
1.05
0.88
073
0.71
052

请根据实验数据，回答以下问题：
①答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图像________。
②根据实验数据可知，所选的定值电阻为_____（填“R1”或“R2”）。
③用笔画线代替导线，请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路____________。
【答案】（1）B　（2）
　
（3）R1　（4）

【解析】（1）电压表示数变化过小，则原因是外电阻比内阻大的多，即电源内阻偏小，故选B。
（2）①根据数据做出U-I图像如图；

②由图像可知，电源内阻小于1Ω，则定值电阻大于1.63Ω，可知定值电阻为R1；
③定值电阻与电源串联，电路如图；

2．在测量一节干电池的电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路。

　
（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。
（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P移至______（选填“a”或“b”）端。
（3）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。
在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB。
①S2接1位置时，作出的U－I图线是图丙中的________线（选填“A”或“B”）；
②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是________表（选填“电压”或“电流”）的示数偏________（选填“大”或“小”）。
【答案】（1）如图所示

（2）a　（3）①B　②电流　小
【解析】（1）实物图如图所示

（2）为保护电表，闭合开关时滑动变阻器接入电路的阻值要最大，应将滑片滑至a端；
（3）S2接1位置时，引起误差的原因是电压表的分流，使得电流的测量值偏小，故电动势和内阻的测量值都偏小，所以作出的图象是B。
3．（2019·安徽宣城市第二次模拟）在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。
（1）甲同学按如图a所示的电路图进行测量实验，其中R2为保护电阻，则：


①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接；
②根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图c所示，可得电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω（结果均保留两位有效数字）。
（2）乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图e所示，可得电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω（结果均保留两位有效数字）。
【答案】（1）①见解析图　②2.8　0.60　（2）3.0　0.50
【解析】（1）①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；

②根据闭合电路欧姆定律可得：U＝E－Ir，则由题图c可知电源的电动势E＝2.8V，内电阻r＝||＝Ω＝0.60Ω；
（2）由乙同学的电路接法可知R1左右两部分并联后与R2串联，则可知在滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器接入电路电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图e所示的图象，则由图象可知当电压为2.5V时，电流为0.50A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1＝1A；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2＝0.33A＋0.87A＝1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5V＝E－r·1A，2.4V＝E－r·1.2A，解得电源的电动势E＝3.0V，内电阻r＝0.50Ω。
4．（2019·广东湛江市第二次模拟）测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池
B．电流表A1（内阻可忽略不计）
C．电流表A2（内阻可忽略不计）
D．定值电阻R0（阻值1000Ω）
E．滑动变阻器R（阻值0～20Ω）
F．开关和导线若干
某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的电路完成实验。

（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流表A1的示数将________（选填“变大”或“变小”）。
（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1－I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。（计算结果均保留两位有效数字）
（3）若将图线的纵坐标改为________，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。
【答案】（1）变大　（2）3.0　1.0　（3）I1R0
【解析】（1）该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，滑动变阻器的有效阻值增大，则回路中的总电阻增大，故总电流减小，外电压增大，故流过R0的电流增大，则A1示数增大；
（2）根据闭合电路的欧姆定律得：E＝I1R0＋I2r，变形得：I1＝－I2＋，则图线的斜率为k＝＝－，解得：r＝1.0Ω，纵截距3.0×10－3＝，解得：E＝3.0V；
（3）路端电压为U＝I1R0，代入E＝I1R0＋I2r，得E＝U＋I2r，即将图线的纵坐标改为I1R0时，图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。
5．（2019·山西运城市5月适应性测试）某同学想用下列实验器材来测定一电源的电动势E和内阻r，同时测量一阻值约为几十欧姆的电阻的阻值，实验器材如下：
毫安表mA（量程0～120mA）；
电压表V（量程0～6V）；
滑动变阻器R（阻值范围0～300Ω）；
导线若干，开关S一个
该同学的实验步骤如下：
①设计如图甲所示的电路图，正确连接电路；
②滑动变阻器滑片处于阻值最大位置，闭合开关S，通过减小滑动变阻器接入电路的阻值测出多组U和I的数据，最后得到如图乙所示的U－I图象；


③断开开关S，将待测电阻Rx改接在N、H之间，MN间用导线相连，重复实验步骤②，得到另一条U－I图线，图线与纵轴的交点坐标为（0，U0），与横轴的交点坐标为（I0，0）。
（1）请根据图甲的电路图将图丙中实物图连接好。
（2）根据图乙的图线，可得该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。
（3）待测电阻的阻值表达式为Rx＝________。（用题中字母表示）
（4）设实验中所用的电压表和毫安表均为理想电表，Rx接在M、N之间与接在N、H之间，滑动变阻器的滑片从阻值最大处滑向中点位置的过程中，对比两种情况，则毫安表的示数变化范围________________，电压表示数变化范围________（选填“相同”或“不同”）
【答案】（1）见解析图　（2）6.0　25　（3）－r　（4）相同　不同
【解析】（1）根据电路图连线如下：

（2）根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir，所以纵截距b＝E＝6.0V，斜率的绝对值|k|＝r＝Ω＝25Ω
（3）将Rx改接在N、H之间，根据闭合电路欧姆定律得：U＋IRx＝E－Ir，整理得：U＝E－I（r＋Rx），斜率的绝对值|k′|＝r＋Rx＝，所以待测阻值：Rx＝－r
（4）如果电表均为理想电表，两次毫安表均测回路总电流，I＝，所以毫安表变化范围相同；Rx接在M、N之间：U＝E－Ir，Rx接在N、H之间：U＝E－I（r＋Rx），因为电流变化相同，则电压表变化范围不同。

命题点八　一次函数在电学实验中的应用1
1．学习了“测量电源的电动势和内阻”后，物理课外活动小组自制了一个西红柿电池组，设计了如图所示的实验电路测定电流表的内阻，并用多种方法测量该电池组的电动势与内阻，请协助完成实验。

（1）闭合开关S1和S2，调节电阻箱并记录电阻箱的示数R、电流表（灵敏）的示数I0和电压表的示数U0，由此可知电流表的内阻RA为_________（用上述测量量表示）。
（2）闭合开关调节R，读出电流I和电压U，并测出多组数据，作出U－I图线可得出电池组的电动势和内阻，此种办法测量的电动势与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”），内阻的测量值与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（3）断开S1，闭合S2，仅由多组电流表示数I和电阻箱的示数R，运用实验数据作出－R图线为一条倾斜的直线，且该直线的斜率为k，纵截距为b，则该电池组的电动势为________，内阻为________（用k、b、RA表示）。
【答案】（1）－R　（2）偏小　偏小　（3）　－RA
【解析】（1）由部分电路欧姆定律可知R＋RA＝，故RA＝－R。
（2）误差源于电压表的分流作用，根据闭合电路欧姆定律可知：
E＝U＋（I＋）r，变形得到：U＝E－I，可知斜率为