专题63描绘小灯泡的伏安特性曲线 电阻的测量(一)-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破

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考点二 电阻的测量(一)(7-20T)
考点一 描绘小灯泡的伏安特性曲线
电路如图
1.因为小灯泡的电阻很小，电流表的分压影响很大，所以电流表应采用外接法.
2.因为要求小灯泡的电压能从0开始连续变化，所以滑动变阻器应采用分压式连接.
3.因为采用分压式接法，所以选择总电阻较小的滑动变阻器.
4.因为小灯泡两端的最大电压为灯泡的额定电压，最大电流为灯泡的额定电流，所以电压表的量程根据小灯泡的额定电压选择，电流表的量程根据小灯泡的额定流选择，若所给电流表或电压表量程太小可以对电表进行改装。
5.开关闭合前，滑动变阻器的滑片要移动到使小灯泡两端电压为零的位置。
1.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值为“2.5 V 1.25 W”，实验室中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
电压表V1(量程为3 V，内阻为3 kΩ)；
电流表A1(量程为100 mA，内阻为10 Ω)； 电流表A2(量程为3 A，内阻为0.1 Ω)；
滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流为2 A)； 滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流为0.5 A)；
定值电阻R3(阻值为2.5 Ω)； 定值电阻R4(阻值为10 Ω)； 定值电阻R5(阻值为1 kΩ)；
电源E(E＝3 V，内阻不计)。
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。
(1)实验中滑动变阻器应选用________，电流表应选用________(均填器材的符号)，并________(填“串联”或“并联”)定值电阻。
(2)在图1中的虚线框内画出电路图。(图中标出选用的器材的符号)
(3)实验中得到的该灯泡的伏安特性曲线如图2所示，如果将小灯泡与另一个电动势为2 V，内阻为4 Ω的电源直接相连，则小灯泡的实际功率为________ W。(结果保留两位有效数字)
【答案】(1)R1 A1 并联(2)电路如下图 (3)0.25

【解析】 (1)题中要求小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接入电路中，故滑动变阻器应选择总阻值小的R1；灯泡额定电流为：I＝eq \f(P,U)＝eq \f(1.25 W,2.5 V)＝0.5 A＝500 mA，电流表A2的量程太大，不能用它测电流，应把电流表A1与定值电阻R3并联扩大其量程之后再测电流。
(2)描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，实验电路图如图所示。
(3)在灯泡I­U坐标系内作出电源的I­U图线如图所示：
同一坐标系下，小灯泡的伏安特性曲线与电源的I­U图线的交点即为小灯泡两端的电压和电流，由图示图线可知：U＝0.9 V，I＝0.28 A
灯泡实际功率为：P＝UI＝0.9×0.28 W≈0.25 W。
2．（2021·河北）某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有；小灯泡（，），直流电源（），滑动变阻器，量程合适的电压表和电流表，开关和导线若干，设计的电路如图1所示。
（1）根据图1，完成图2中的实物连线______；
（2）按照图1连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原因可能是______（单项选择，填正确答案标号）；
A．电流表短路
B．滑动变阻器的滑片接触不良
C．滑动变阻器滑片的初始位置在b端
（3）更换小灯泡后，该同学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到图像，其中一部分如图3所示，根据图像计算出P点对应状态下小灯泡的电阻为______（保留三位有效数字）。
【答案】 C
【解析】 （1） 电流表负极与滑动变阻器的右端的位置连接，如图
开关闭合，小灯泡闪亮一下后灯丝烧断，说明通过小灯泡的电流过大。
A．电流表内阻非常小，短路几乎不影响通过小灯泡的电流，与灯丝烧断无关，A错误；
B．滑动变阻器滑片接触不良，无电流通过小灯泡，B错误；
C．滑动变阻器的滑片开始时置于端，小灯泡部分分压达到最大，通过电流最大，可能会烧断小灯泡灯丝，C正确；
故选C。
（3）根据小灯泡的伏安特性曲线可知在点时的电压和电流分别为 ，
根据欧姆定律可知小灯泡的电阻为
3．（2021·全国）某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：
小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）
电压表（量程300mV，内阻300）
电流表（量程300mA，内阻0.27）
定值电阻R0
滑动变阻器R1（阻值0-20）
电阻箱R2（最大阻值9999.9）
电源E（电动势6V，内阻不计）
开关S、导线若干。
完成下列填空：
（1）有3个阻值分别为10、20、30的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0~300mA的U-I曲线，R0应选取阻值为___________的定值电阻；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的___________（填“a”或“b”）端；
（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图（b）所示。当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为___________（保留1位有效数字）；
（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将R2的阻值调整为_______。然后调节滑动变阻器R1，测得数据如下表所示：
（5）由图（b）和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻___________（填“增大”“减小”或“不变”）；
（6）该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，可得此时小灯泡电功率P1=_______W（保留2位有效数字）；当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡的电功率为P2，则=_______（保留至整数）。
【答案】 10 a 0.7 2700 增大 0.074 10
【解析】 （1）因为小灯泡额定电压2.5V，电动势6V，则滑动滑动变阻器时，为了保证电路安全，需要定值电阻分担的电压
则有
则需要描绘小灯泡在0~300mA的伏安特性曲线，即R0应选取阻值为10；
（2）为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a端；
（3）由图可知当流过电流表的电流为10mA时，电压为7mV，则小灯泡的电阻为
（4）由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V时，有
解得
（5）由图（b）和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中变大，则灯丝的电阻增大；
（6）根据表格可知当电流为160mA时，电压表的示数为46mA，根据（4）的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46V，则此时小灯泡电功率 P1=0.46V×0.16A≈0.074W
同理可知当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡两端电压为2.5V，此时小灯泡电功率 P2=2.5V×0.3A=0.75W
故有
4．（2020·江苏）某同学描绘一种电子元件的关系图象，采用的实验电路图如题图1所示，V为电压表，mA为电流表，E为电源（电动势约），R为滑动变阻器（最大阻值），为定值电阻，S为开关。
(1)请用笔画线代替导线，将题图2所示的实物电路连接完整____________。
(2)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表：
请根据表中的数据，在方格纸上作出该元件的图线____________。
(3)根据作出的图线可知，该元件是_________（选填“线性”或“非线性”）元件。
(4)在上述测量中，如果用导线代替电路中的定值电阻，会导致的两个后果是_________。
A．电压和电流的测量误差增大
B．可能因电流过大烧坏待测元件
C．滑动变阻器允许的调节范围变小
D．待测元件两端电压的可调节范围变小
【答案】 非线性元件 BC
【解析】 (1)根据题意连接电路如图
(2)根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接各点如图
(3)根据图像可知该元件是非线性元件。
(4)AB．图线上某点与原点连线的斜率为，根据元件的特性可知，当电压超过一定数值时，电流会急剧增大，所以电阻会急剧减小，若用导线代替，电流急剧增大，可能会烧坏待测元件，对电流表和电压表的测量误差无影响，A错误，B正确；
CD．根据图像可知待测元件的电压范围小于，而电源电动势为，因为待测元件两端电压非常小，如果用导线代替，会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节，C正确，D错误。
故选BC。
5．（2020·全国）某同学要研究一小灯泡L（3.6 V，0.30 A）的伏安特性。所用器材有：电流表A1（量程200 mA，内阻Rg1=10.0 Ω），电流表A2（量程500 mA，内阻Rg2=1.0 Ω）、定值电阻R0（阻值R0=10.0 Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10 Ω）、电源E（电动势4.5 V，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=173 mA时，灯丝电阻R=_______Ω（保留1位小数）。
（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】 180 11.6 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有
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。
6．（2022·全国）一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电源E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。
（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图________；
（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为______（填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为______（填“”或“”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为______V，流过的电流为_____，此组数据得到的的阻值为______（保留3位有效数字）。
【答案】
【解析】 （1）电流表内阻已知，电流表与并联扩大电流表量程，进而准确测量通过的电流，电压表单独测量的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从开始测量，满足题中通过的电流从连续可调，电路图如下
（2）电路中应选最大阻值为的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
通过的电流最大为，需要将电流表量程扩大为原来的倍，根据并联分流的规律示意图如下
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知
解得
（3）电压表每小格表示，向后估读一位，即；
电流表每小格表示，本位估读，即，电流表量程扩大倍，所以通过的电流为；
根据欧姆定律可知
考点二 电阻的测量(一)
7．(2022·广东高考模拟)用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(约为60 Ω)，实验室可提供如下器材。
电源E(电动势4 V，内阻忽略不计)
电流表A1(量程0～15 mA，内阻为50 Ω)
电流表A2(量程0～200 mA，内阻约为0.5 Ω)
电压表V1(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)
电压表V2(量程0～15 V，内阻约15 kΩ)
滑动变阻器R(阻值范围0～10 Ω)
定值电阻R1(阻值为5 Ω)
定值电阻R2(阻值为20 Ω)
开关S、导线若干
(1)某同学直接选择了器材电压表V1和电流表A2，并用伏安法测电阻，他采用如图甲所示的电路将电压表接在OP之间和OQ之间分别读出了两组不同的U和I的示数，则该同学应将电压表连在________(选填“OP”或“OQ”)之间，测量的结果更接近待测电阻的真实值，且测量值比真实值略________(选填“大”或“小”)。
(2)另一同学根据实验室提供的器材设计了能比较精确地测量该电阻Rx的实验方案，电表读数尽量在量程的eq \f(1,3)以上，则他选的电流表是________，该电流表________(选填“需要”或“不需要”)改装，选的电压表是________(填器材的字母代号)。
(3)在图乙虚线框中画出测量Rx阻值的完整电路图，并在图中标明器材的字母代号。
(4)调节滑动变阻器R，当电压表的示数为2.00 V时，电流表的指针所指刻度如图丙所示，可读出电流表的示数是________mA，则待测电阻Rx的阻值为________Ω(结果保留1位小数)。
【答案】(1)OQ 大 (2)A1 需要 V1 (3)见解析图 (4)8.0 57.1
【解析】(1)由于待测电阻的阻值大约为60 Ω，选取的电压表V1的内阻约3 kΩ，选取的电流表A2的内阻约为0.5 Ω，则有eq \f(RV,Rx)＝eq \f(3 000,60)＝50，eq \f(Rx,RA)＝eq \f(60,0.5)＝120，故电流表分压作用比电压表分流作用小，所以选择电流表内接法时，测量值更接近真实值，故电压表应接在OQ之间，且测量值比真实值略大。
(2)电路中可能出现的最大电流约为I＝eq \f(E,Rx)＝eq \f(4,60) A≈67 mA，电流表A2量程太大，可将电流表A1与定值电阻R2并联，相当于量程为52.5 mA的电流表，电源电动势为4 V，则电压表选择V1。
(3)电流表A1改装后内阻已知，且可以精确测量通过待测电阻的电流，电压表具体内阻未知，若电流表外接，不能测出电压表的分流值，而电流表内接，待测电阻的电压可准确测量，故电流表内接；滑动变阻器阻值与待测电阻相比较小，故采用分压接法，电路图如图所示。
(4)电流表量程为15 mA，最小分度为0.5 mA，电流表指针指16格，故电流表的示数是8.0 mA，此时通过待测电阻Rx的电流为28 mA，则待测电阻Rx的阻值为Rx＝eq \f(U,I)－RA′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2.00,28×10－3)－\f(50×20,50＋20)))Ω≈57.1 Ω。
8．（2021·海南）在伏安法测电阻的实验中，提供以下实验器材：电源E（电动势约，内阻约），待测电阻（阻值小于），电压表V（量程，内阻约），电流表A（量程，内阻约），滑动变阻器（最大阻值），单刀开关，单刀双掷开关，导线若干。某同学利用上述实验器材设计如图所示的测量电路。
回答下列问题：
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到___________（填“a”或“b”）端；
（2）实验时，为使待测电阻的测量值更接近真实值，应将拨向___________（填“c”或“d”）；在上述操作正确的情况下，引起实验误差的主要原因是___________（填正确选项前的标号）；
A．电流表分压 B．电压表分流 C．电源内阻分压
（3）实验时，若已知电流表的内阻为，在此情况下，为使待测电阻的测量值更接近真实值，应将拨向___________（填“c”或“d”）；读得电压表的示数为，电流表的示数为，则___________（结果保留两位有效数字）。
【答案】 B
【解析】（1）滑动变阻器采用限流式接入电路，开关闭合前，滑片应滑到端，使滑动变阻器接入电路阻值最大，保护电路；
（2）根据题意可知待测电阻的阻值满足
所以电流表的分压比较明显，电流表应采用外接法，所以开关应拨向端；
外接法的测量误差主要来源于电压表的分流，故选B；
（3）若电流表内阻，则电流表的分压可以准确计算，所以电流表采用内接法，所以开关应拨向端；
电压表测量电流表和待测电阻的总电压，电流表分压为
根据欧姆定律可知待测电阻阻值为
9.(2022·沈阳·三模)某校物理兴趣小组准备测量一个定值电阻的阻值，已知待测电阻的阻值约为5 kΩ，指导教师提供的器材如下：
A．两节干电池(每节电动势1.5 V)；
B．电压表V(量程1 V，内阻RV＝20 kΩ)；
C．电流表A(量程0～0.6 mA，内阻约为50 Ω)；
D．滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)；
E．开关一个，导线若干。
(1)小明同学认为电压表的量程偏小，想把电压表的量程扩大为0～3 V，那么他需要向指导教师申请一个阻值为________的定值电阻R0。
(2)该小组的同学将器材用导线连接起来，现在电压表还差一根导线没有连接，如图所示，则这根导线应该接到电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱上。
(3)实验中某次测量时电压表的读数为U，电流表的示数为I，则待测电阻的阻值Rx的表达式为Rx＝________(用所测物理量和已知物理量的符号表示)。
【答案】 (1)40 kΩ (2)负 (3)eq \f(3U,IRV－U)RV
【解析】(1)电压表的量程偏小，想把电压表的量程扩大，串联分压电阻R0＝eq \f(Um－UVRV,UV)＝40 kΩ。
(2)因为改装后电压表内阻已知，故采用外接法测量，故这根导线应该接到电流表的负接线柱上。
(3)电压表的读数为U，电流表的示数为I，则
Rx＝eq \f(3U,I－\f(U,RV))＝eq \f(3U,IRV－U)RV。
10．（2021·广东）某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔______，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而__________。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到_______端（选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值。断开开关S。
②实验中记录的阻值_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值_____。
【答案】 短接 减小 b 大于
【解析】（1）选择倍率适当的欧姆档，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。
（2）①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；
②因两次电压表和电流表的示数相同，因为
即
可知R01大于R02。
11．（2023·全国·高三专题练习）某实验小组设计实验测量电流表A的内阻并将其改装成量程为3.0V的电压表并校准。可选用的器材有：
A．待测电流表A（量程1mA，内阻rg约100Ω）
B．电压表V（量程3V，内阻约为3000Ω）
C．电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值为20Ω）
E．电源E（电动势约为3V）
F．电键、导线若干
（1）某同学设计了如图甲所示的电路测量电流表内阻，发现测结果的实验误差太大，请推断原因___________；
（2）后经小组研究并设计了如图乙所示电路，闭合开关S，调节R0和R使电流表和电压表有合适的示数；
（3）调节R0和R，使电压表示数保持不变，并记录电流表示数I和电阻箱的接入电阻R；
（4）重复步骤（3），记录多组实验数据；
（5）以1I为纵坐标，以R为横坐标，建立坐标系，并将实验数据描点、连线，得到一条倾斜的直线，若直线的斜率为k，纵截距为b，则电流表的内阻为___________，实验中电压表的示数为___________；
（6）若求得电流表的内阻为120Ω，要将该电流表改装成量程为3.0V的电压表，与其连接的电阻阻值为___________Ω，为校准该电压表，用笔画线替代导线在图丙中完成校准电路的实物图连接___________。
【答案】 电压表的示数比较小，测量误差比较大 RA=bk U=1k 2880Ω
【解析】（1）[1]由题目中的数据分析可知，当电流表满偏时，电流表两端的电压约为0.1V，占电压表量程的130，电压表的读数误差比较大。
（5）[2][3]由题意有U = I(RA＋R) 所以1I=1UR+RAU
所以有1U=k，RAU=b 解得RA=bk，U=1k
（6）[4]由题意有U0= Ig(RA＋R串) 解得R串 = 2880Ω
[5]实物连线如答图所示
12．（2020·海南）在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），待测定值电阻，电源E（电动势，内阻不计），单刀开关S，导线若干：
回答下列问题：
（I）实验中滑动变阻器应采用________接法（填“限流”或“分压”）；
（2）将虚线框中的电路原理图补充完整_____________；
（3）根据下表中的实验数据（、分别为电压表﹑的示数），在图（a）给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制图像__________；
（4）由图像得到待测定值电阻的阻值________（结果保留三位有效数字）；
（5）完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻（阻值约为）的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图（b）的虚线框内画出你改进的电路图______。
【答案】 分压
【解析】（1） 电压表和串联再和并联，并联的总电阻远大于滑动变阻器电阻，为了调节变阻器时，电表示数变化明显，且能获得更多组数据，应选择分压接法。
完整的电路图，如图所示
根据表中的实验数据，绘制的图像，如图所示
根据实验电路图，则有
变形得
则图线的斜率为
根据图像可得斜率
则有
代入，解得
因待测电阻Ry（阻值约为700Ω）的阻值较小，若直接与电压表V1串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻Ry应与Rx串联，当成一整体测出其电阻，再扣除Rx即可，电压表V1与两电阻串联，整体与V2并联，两电表读数均能超过量程的一半，误差较小，改进后的电路图如下图所示
13．（2022·全国）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势，内阻很小），电流表（量程，内阻约），微安表（量程，内阻待测，约），滑动变阻器R（最大阻值），定值电阻（阻值），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；
（2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为，由此计算出微安表内阻_____。
【答案】 见解析 990
【解析】（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示
（2）流过定值电阻R0的电流
加在微安表两端的电压
微安表的内电阻
14．（2022·北京海淀·高三阶段练习）图1为测量电阻的电路，Rx为待测电阻，R的阻值已知，R′为保护电阻，阻值未知，电源E的电动势未知，K1、K2均为单刀双掷开关，A为电流表，其内阻不计；
（1）按图1所示的电路，在图2的实物图上连线________．
（2）测量Rx的步骤为：将K2向d闭合，K1向______闭合（填“a”或“b”），记下电流表读数I1，再将K2向c闭合，K1向______闭合（填“a”或“b”），记电流表读数I2 ，计算Rx的公式是Rx=______。
【答案】 a b I2RI1
【解析】（1）根据原理图，逐步连接线路，如图所示。
（2）将K2向d闭合，K1向a闭合；当K2向c闭合，K1向b闭合；根据以上的电路可知，Rx与R始终是并联的，则二者电压相等。所以将K2向d闭合，K1向a时，测量的I1是Rx的电流；当K2向c闭合，K 1向b时，测量的I2是R的电流。所以有I1Rx=I2R
解得Rx＝I2RI1
15．在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表V1（量程3V，内阻r1=3.0kΩ），电压表V2（量程5V，内阻r2=5.0kΩ），滑动变阻器R（额定电流1.5A，最大阻值100Ω），待测定值电阻Rx，电源E（电动势6.0V，内阻不计），单刀开关S，导线若干：
回答下列问题：
（1）根据本实验采用的滑动变阻器的合理接法，将虚线框中的电路原理图补充完整______，根据原理图，在开关S闭合前，滑动变阻器R的滑片应滑至______端（选填“左”或“右”）；
（2）实验中，得到电压表V1、V2，的示数分别为U1、U2，则待测定值电阻Rx=______（请选用“U1”、“U2”、“r1”、“r2”表示）；
（3）为减小误差，实验测得多组数据，根据下表中的实验数据，在给出的坐标纸上补齐数据点，绘制U2−U1图像______，并由U2−U1图像得到待测定值电阻的阻值Rx=______Ω（结果保留三位有效数字）
【答案】 左 Rx=U2−U1r1U1 1.83×103（可适当放宽范围）
【解析】(1) 电压表V1和Rx串联后再和电压表V2并联，并联后总电阻远大于滑动变阻器的最大阻值，为了调节滑动变阻器时，电表示数变化明显，并且能获得较多数据，应选择滑动变阻器的分压式接法，完整电路图如图所示
为了保护电路，闭合开关时，滑动变阻器滑片应该滑到最左端；
Rx两端电压为 Ux=U2−U1
根据串联电路电流特点，通过Rx的电流为 I=U1r1
则 Rx=U2−U1r1U1
U2−U1图像如图所示
根据 Rx=U2−U1r1U1
得 U2=Rx+r1U1r1
则U2−U1图像斜率为 k=Rx+r1r1
根据实验数据，得斜率为 k=4.82−−1.00=1.61
联立解得 Rx=1.83×103Ω
16．某实验小组为了测量一个量程为3 V的电压表的内电阻RV，设计了以下实验方案，甲图为实验电路图，图中电压表为待测电压表，R为电阻箱。
(1)小明实验步骤如下：先将电阻箱电阻调至0，闭合开关S，电压表读数如图乙所示，读出此时电压U1＝________V；然后调节电阻箱的阻值至适当值，读出电阻箱阻值R和此时电压表的电压U2，忽略电源内阻，则电压表电阻的测量结果RV＝________(用符号U1、U2和R表示)；如果考虑电源内阻，则测量结果RV与真实值比较________(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)小李实验步骤如下：闭合开关S，多次调节电阻箱，读出电阻箱阻值R及对应电压表的电压U，作出eq \f(1,U)－R图像如图丙所示，不考虑电源内阻，从图像可知电压表内阻的测量值为________Ω；如果已知电源内电阻为r(Ω)，则电压表内阻的真实值为________Ω。
【答案】(1)2.95(2.93～2.98) eq \f(U2R,U1－U2) 偏大 (2)a a－r
【解析】(1)电压表量程为3 V，由图乙所示表盘可知，其分度值为0.1 V，示数为2.95 V；
忽略电源内阻，根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得E＝U＋IR＝U＋eq \f(U,RV)R
由题意得E＝U1，E＝U2＋eq \f(U2,RV)R
解得电压表内阻RV＝eq \f(U2R,U1－U2)
考虑电源内阻E＝U1＋eq \f(U1,RV)r
E＝U2＋eq \f(U2,RV)(R＋r)
解得RV＝eq \f(U2R,U1－U2)－r
由此可知，考虑电源内阻时，电压表内阻测量值偏大。
(2)不考虑电源内阻，由题图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋IR＝U＋eq \f(U,RV)R
整理得eq \f(1,U)＝eq \f(1,ERV)·R＋eq \f(1,E)
由题图丙所示eq \f(1,U)－R图像可知，图像的斜率k＝eq \f(1,ERV)＝eq \f(b,0－（－a）)＝eq \f(b,a)
纵轴截距b＝eq \f(1,E)
解得电压表内阻RV＝a
考虑电源内阻，由题图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I(r＋R)＝U＋eq \f(U,RV)(r＋R)
整理得eq \f(1,U)＝eq \f(1,ERV)R＋eq \f(1,E)＋eq \f(r,ERV)
由图丙所示eq \f(1,U)－R图像可知，图像的斜率k＝eq \f(1,ERV)＝eq \f(b,0－（－a）)＝eq \f(b,a)
纵轴截距b＝eq \f(1,E)＋eq \f(r,ERV)
解得RV＝a－r。
17．某兴趣小组想测量电阻Rx的阻值（约为1千欧）
（1）该小组设计了如图所示的电路图，其中电流表满偏电流为I0，内阻RA。在该实验中，认为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变；请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是：___________（填“A”、“B”或者“C”）；
A．变阻器A(0−2000Ω) B．变阻器B(0−200Ω) C．变阻器C(0−5Ω)
（2）连接好线路后，先将变阻器滑片P调到最左端，并将电阻箱R的阻值调到___________（填“0”或“最大”），然后闭合电键S，调节P，使电流表满偏，此后滑片P保持不动；
（3）在保证滑动变阻器滑片不动的前提下，调节电阻箱R的阻值，记录多组电阻箱R的阻值和对应的电流值，以R为横坐标、1I为纵坐标进行描点、连线得到一条倾斜直线，已知该直线的斜率为k，则待测电阻Rx=___________（用题中给出的字母表示）。
【答案】 C 0 1kI0−RA
【解析】（1）当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持不变，滑动变阻器分压式连接待，测阻值较大，滑动变阻器阻值越小越好，故选C；
（2）滑动变阻器分压式连接到电路中，滑动变阻器调到最左端aP两点间的电压为零，电阻箱R的阻值调到0，然后闭合电键S，调节P，使电流表满偏，故选填“0”。
（3）认为aP两点间的电压保持不变，根据欧姆定律可得 I0(RA+Rx)=I(Rx+R+RA)
整理得 1I=R+Rx+RAI0(RA+Rx)
以R为横坐标、1I为纵坐标进行描点、连线得到一条倾斜直线，已知该直线的斜率为k，
故待测电阻 Rx=1kI0−RA
18．（2022·山东）某同学利用实验室现有器材，设计了一个测量电阻阻值的实验。实验器材：
干电池E（电动势1.5V，内阻未知）；
电流表A1（量程10mA，内阻为90Ω）；
电流表A2（量程30mA，内阻为30Ω）；
定值电阻R0（阻值为150Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为100Ω）；
待测电阻Rx；
开关S，导线若干。
测量电路如图所示。
（1）断开开关，连接电路，将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一端。将定值电阻R0接入电路；闭合开关，调节滑片位置。使电流表指针指在满刻度的处。该同学选用的电流表为_______（填“A1”或“A2”）；若不考虑电池内阻。此时滑动变阻器接入电路的电阻值应为________Ω。
（2）断开开关，保持滑片的位置不变。用Rx替换R0，闭合开关后，电流表指针指在满刻度的处，则Rx的测量值为________Ω。
（3）本实验中未考虑电池内阻，对Rx的测量值_________（填“有”或“无”）影响
【答案】 A1 60 100 无
【解析】若不考虑电源内阻，且在电源两端只接R0时，电路中的电流约为
由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的处，则该同学选到的电流表应为A1。
当不考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有
计算出R = 60Ω
断开开关，保持滑片的位置不变，用Rx替换R0，闭合开关后，有
代入数据有Rx = 100Ω
若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有
联立计算出的Rx不受电源内阻r的影响。
19.如图所示的实验电路可以用来测量电阻，可供选用的实验器材如下：
A．待测电阻Rx(阻值约为55 Ω)
B．定值电阻R0(阻值为16 Ω)
C．电压表V1(0～3 V，内阻很大，可看成理想电压表)
D．电压表V2(0～15 V，内阻很大，可看成理想电压表)
E．滑动变阻器R1(5 Ω，2 A)
F．滑动变阻器R2(50 Ω，2 A)
G．蓄电池(电动势4.0 V，内阻忽略不计)
H．单刀双掷开关、导线等
(1)要完成本实验且较准确进行测量，电压表应该选用________，滑动变阻器应该选用________．(填器材前面的序号)
(2)实验步骤如下：
①按照电路图连接实验器材，单刀双掷开关空置，把滑动变阻器触头滑到最左端．
②将单刀双掷开关掷于“1”，调节滑动变阻器触头，使得电压表读数为2.8 V
③将单刀双掷开关掷于“2”，________(填“向左滑动”“向右滑动”或“不再滑动”)滑动变阻器触头，观察并记录电压表读数为1.6 V.
(3)根据实验数据，被测电阻的测量值Rx＝________ Ω.
(4)由于蓄电池内阻r的存在，Rx测量值将________真实值(填“大于”“小于”或“等于”)．
【答案】
【解析】答案 (1)C F (2)不再滑动 (3)56 (4)等于
解析 (1)由于电动势为4.0 V,15 V量程的电压表量程太大，因此选用量程为3 V的电压表；最大阻值为5 Ω的滑动变阻器会使得被测电阻两端的电压超过3 V的电压表量程，因此不能选用，只能选用最大阻值为50 Ω的滑动变阻器．
(2)根据实验原理，滑动变阻器的阻值R是不能改变的，否则就不能解出Rx的值．
(3)根据闭合电路的欧姆定律，单刀双掷开关掷于“1”的位置时 eq \f(Ux,Rx)＝eq \f(E－Ux,R) 即eq \f(R,Rx)＝eq \f(3,7)
单刀双掷开关掷于“2”的位置时 eq \f(U0,R0)＝eq \f(E－U0,R) 即eq \f(R0,R)＝eq \f(2,3)
联立解得Rx＝56 Ω
(4)蓄电池的内电阻r与滑动变阻器电阻可当作一个整体，则r的存在不影响Rx的值．
20.一课外实验小组用如图a所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准电阻（R0=20.0 Ω）；V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）根据实验原理电路图连接好电路。
（2）将滑动变阻器滑动端置于___________位置（填“左端”“右端”或“中间”），再闭合S1.
（3）将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动触头的位置，记下此时电压表V的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表V的示数U2.
（4）待测电阻阻值的表达式Rx=___________（用R0、U1、U2表示）。
（5）为减小偶然误差，改变滑动头的位置，测得几组U1、U2的值，作出U1与U2的关系图像如图b所示，则待测电阻Rx=___________ Ω。
【答案】 左端 U2−U1U1R0 10.0
【详解】(1) 此电路中，滑动变阻器起分压作用，闭合S1前，应将滑动变阻器阻值调为0，即将滑动端置于左端。
根据题意，开关S2接在1时，电压表测R0两端电压，开关S2接在2时，电压表测R0与Rx的总电压，测量电路中的电流为 I=U1R0
Rx两端的电压为 Ux=U2−U1
根据欧姆定律有 Ux=IRx
联立解得 Rx=U2−U1U1R0
整理得 U2=(1+RxR0)U1
U2­U1关系图像的斜率为 1+RxR0=1.5
代入数据，解得 Rx=10.0Ω
U/mV
24.0
46.0
76.0
110.0
128.0
152.0
184.0
216.0
250.0
I/mA
140.0
160.0
180.0
200.0
220.0
240.0
260.0
280.0
300.0
电压
0.000
0.250
0.500
0.650
0.700
0.725
0.750
电流
0.00
0.10
0.25
0.60
1.70
4.30
7.50
I1/mA
32
55
85
125
144
173
I2/mA
171
229
299
379
424
470
测量次数
1
2
3
4
5
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
1.61
2.41
3.21
4.02
4.82
测量次数
1
2
3
4
5
U1V
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
U2V
1.61
2.41
3.21
4.02
4.82