专题10 恒定电流-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题十　恒定电流 考点1 电路的基本概念和原理 1．（2025·广西 ）如图电路中，材质相同的金属导体a和b，横截面积分别为、，长度分别为、。闭合开关后，a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据电阻定律 可得，； 两支路并联有，结合电流的微观表达式；对于同种材料n、q相同； 联立可得； 即 故选B。 2.（2024江西，7，4分）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3A时，测得U-B关系图线如图（b）所示，元电荷e=1.60×10-19C，则此样品每平方米载流子数最接近（　　） A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 【答案】D 【审题指导】人教版教材中建立立体流体模型，推导出了电流的微观表达式I=nqvS，其中n指单位体积内的自由电荷数。借鉴教材知识，可推导得出I=nevb，n为单位面积内的自由电荷数。 【解析】设电子定向移动的平均速率为v，样品每平方米电子数为n，建立平面流体模型，t时间内通过样品的电荷量为nevtb，由电流的定义式得I==nevb，稳定时电子受力平衡，有e=evB，联立解得U=B，由题图（b）可知U-B图线的斜率k==，解得n≈2.3×1016。D正确。 3.(2024北京,12,3分)如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动,滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接;固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好,且不计摩擦;两个电源的电动势E相同,内阻不计。两弹簧处于原长时,M位于R的中点,理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时,指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上,则下列说法正确的是(　　) A.若M位于R的中点右侧,P端电势低于Q端 B.电压表的示数随物体加速度的增大而增大,但不成正比 C.若电压表指针位于表盘左侧,则物体速度方向向右 D.若电压表指针位于表盘左侧,则物体加速度方向向右 【答案】 D 【解析】Q端电势不变,M位于R中点时P端电势与Q端电势相等,若M向右移动,P端电势升高,可得P端电势高于Q端电势,A错误。取向右为正方向,设R的总长度为l0,M下端点所在位置相对R中点的位移为x,轻弹簧的劲度系数为k;对滑块(设其质量为m),由牛顿第二定律可得加速度a=-;P、Q两端的电势差UPQ=2E;联立可得UPQ=-,所以电压表的示数与加速度的大小成正比,B错误。若电压表指针位于表盘左侧,则P端电势低于Q端电势,说明M位于R中点的左侧,滑块所受合力向右,滑块加速度方向向右,物体加速度方向向右,但无法判断物体的速度方向,C错误,D正确。 4.(2024广西,6,4分)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体,总长度为1.00 m,接入图甲电路。闭合开关S,滑片P从M端滑到N端,理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙,则导体L1、L2的电阻率之比约为(　　) A.2∶3 B.2∶1 C.5∶3 D.1∶3 【答案】B 【解析】根据电阻定律可知,电阻R=ρ,结合欧姆定律U=IR可得U=x,则题图乙中U-x图线的斜率k=∝ρ(点拨:两导体横截面相同,题图甲中电路电流恒定),U-x图线斜率在x=0.25 m时发生变化,说明此刻电阻率发生了变化,即导体L1长0.25 m,导体L2长0.75 m,可知导体L1、L2的电阻率之比==,B正确。 5.(2024海南,16,10分)虚接是常见的电路故障,如图所示,电热器A与电热器B并联。电路中的C处由于某种原因形成了虚接,造成了该处接触电阻的阻值在0~240 Ω之间不稳定变化,可等效为电阻RC,已知M、N两端电压U=220 V,A与B的电阻RA=RB=24 Ω,求: (1)M、N间电阻R的变化范围; (2)当RC=240 Ω,电热器B消耗的功率(保留3位有效数字)。 【答案】(1)12 Ω≤R≤22 Ω　(2)16.7 W 【解析】(1)根据串并联电路的规律有=+ 解得R== 可知当RC=0时,R最小,最小值为12 Ω 当RC=240 Ω时,R最大,最大值为22 Ω 所以M、N间电阻的变化范围为12 Ω≤R≤22 Ω。 (2)当RC=240 Ω时,流过电热器B的电流IB= 电热器B消耗的功率PB=RB 代入数据解得PB≈16.7 W。 6.(2023全国乙,20,6分)(多选)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱,接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻,在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12=3.0 V,U23=2.5 V,U34=-1.5 V。符合上述测量结果的可能接法是(　　) A.电源接在1、4之间,R接在1、3之间 B.电源接在1、4之间,R接在2、4之间 C.电源接在1、3之间,R接在1、4之间 D.电源接在1、3之间,R接在2、4之间 答案CD 若电源接在1、4之间,则编号为1、2、3、4的四个接线柱中相邻两个接线柱之间的电压可能都为正,也可能都为负,不可能出现题中有正有负的情况,所以A、B选项错误;若电源接在1、3之间,则编号为1、2、3、4的四个接线柱中1、2之间的电压与2、3之间的电压可能均为正,若为正则3、4之间的电压为负,所以C、D正确。 7.(2023海南,7,3分)如图所示电路,已知电源电动势为E,内阻不计,电容器电容为C,闭合开关K,待电路稳定后,电容器上的电荷量为 (　　) A.CE B.CE C.CE D.CE 答案C　电路稳定后,由于电源内阻不计,则整个回路可看成3R与2R串联部分和R与4R串联部分并联,若取电源负极为零势能点,则电容器上极板电势为,下极板电势为,电容器两极板间电势差为,则电容器上的电荷量为Q=CU=CE,故选C。 8.(2019浙江4月选考,8,3分)电动机与小电珠串联接入电路,电动机正常工作时,小电珠的电阻为R1,两端电压为U1,流过的电流为I1;电动机的内电阻为R2,两端电压为U2,流过的电流为I2。则(　　) A.I1<I2　　　　　　B.>　　　　　　C.=　　　　　　D.< 答案　D　由题意可知I1=I2,选项A错误;因U2>I2R2,U1=I1R1,则<,选项B、C错误,D正确。故选D。 8.(2018浙江4月选考,5,3分)杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯。已知高压钠灯功率为400 W,LED灯功率为180 W,若更换4 000盏,则一个月可节约的电能约为(　　) A.9×102 kW·h　　　　　　B.3×105 kW·h　　　　　　 C.6×105 kW·h　　　　　　D.1×1012 kW·h 答案　B　更换后每盏灯的电功率减小0.22 kW,每天亮灯时间大约12 h,因此4 000盏灯一个月节约的电能W=0.22×4 000×12×30 kW·h≈3×105 kW·h,选B。 考点2 闭合电路欧姆定律 .(2022江苏,2,4分)如图所示,电路中灯泡均正常发光,阻值分别为R1=2 Ω,R2=3 Ω,R3=2 Ω,R4=4 Ω,电源电动势E=12 V,内阻不计。四个灯泡中消耗功率最大的是 (　　) A.R1　　　　　B.R2　　　　　C.R3　　　　　D.R4 答案　A　电路中总电流I==3 A,则UR1=IR1=6 V,UR2=E-UR1=6 V,由P=可知PR2>PR4,PR1>PR2,由P=I2R可知PR4>PR3,所以PR1最大,故A正确。 .(2022北京,13,3分)某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图所示,电路中的R1和R2,其中一个是定值电阻,另一个是压力传感器(可等效为可变电阻)。水位越高,对压力传感器的压力越大,压力传感器的电阻值越小。当a、b两端的电压大于U1时,控制开关自动开启低水位预警;当a、b两端的电压小于U2(U1、U2为定值)时,控制开关自动开启高水位预警。下列说法正确的是 (　　) A.U1<U2 B.R2为压力传感器 C.若定值电阻的阻值越大,开启高水位预警时的水位越低 D.若定值电阻的阻值越大,开启低水位预警时的水位越高 答案　C　由于低水位预警要求a、b两端电压大于U1、高水位预警要求a、b两端电压小于U2,可知水位越高时,即压力传感器的阻值越小时,a、b两端电压越低,而阻值越小,电路中电流越大,定值电阻两端电压越高,故R1是压力传感器,R2是定值电阻,且U1>U2,A、B均错误。假设恰好开启水位预警,若此时定值电阻的阻值增大,则电路中电流会随之减小,从而导致a、b两端电压变小,若想恢复原本电压,则需增大传感器电阻,即降低水位,C正确,D错误。 .(2019江苏单科,3,3分)如图所示的电路中,电阻R=2 Ω。断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为(　　) A.1 Ω　　　　　　B.2 Ω C.3 Ω　　　　　　D.4 Ω 答案　A　本题考查了欧姆定律内容,有利于培养学生的推理能力,体现了核心素养中的科学思维要素。 若断开S,则电压表的示数等于电源电动势E,则E=3 V。若闭合S,据串联电路电压分配关系可得=,且U=2 V,R=2 Ω,得出r=1 Ω,故选项A正确。 4.(2016上海单科,18,4分)(多选)如图所示电路中,电源内阻忽略不计。闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中(　　) A.U先变大后变小 B.I先变小后变大 C.U与I比值先变大后变小 D.U变化量与I变化量比值等于R3 答案　BC　据题意,由于电源内阻不计,电压表的示数总是不变,故选项A错误;滑片滑动过程中,变阻器R1的等效阻值R1'先增大后减小,又R1'、R2两端总电压不变,且R2+R1'=,所以电流表示数先减小后增大,故选项B、C正确;由于电压表示数没有变化,故选项D错误。 5.(2018北京理综,23,18分)如图1所示,用电动势为E、内阻为r的电源,向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值,路端电压U与电流I均随之变化。 (1)以U为纵坐标,I为横坐标,在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图,并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义。 (2)a.请在图2画好的U-I关系图线上任取一点,画出带网格的图形,以其面积表示此时电源的输出功率; b.请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。 (3)请写出电源电动势定义式,并结合能量守恒定律证明:电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。 答案　见解析 解析　(1)U-I图像如图所示。图像与纵轴交点的纵坐标值为电源电动势,与横轴交点的横坐标值为短路电流。 (2)a.如图所示。 　　b.电源输出的电功率 P=I2R=R= 当外电路电阻R=r时,电源输出的电功率最大,为 Pmax= (3)电动势定义式E= 根据能量守恒定律,在题图所示电路中,非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热,即W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq 得E=Ir+IR=U内+U外 实验微专题11 电学实验基础 1.[2024广东,11(2),2分]在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,某同学用50分度的游标卡尺测量一圆柱体的长度,示数如图甲所示,图乙为局部放大图,读数为　　　　cm。  【答案】 4.110 【解析】　游标卡尺的读数=主尺读数+游标尺读数,L=41 mm+5×0.02 mm=41.10 mm=4.110 cm。 2.(2024广东,12,9分)某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动跟踪系统,制作光源跟踪演示装置。实现太阳能电池板方向的调整,使电池板正对光源。 图甲是光照方向检测电路。所用器材有:电源E(电动势3 V);电压表和(量程均有3 V和15 V,内阻均可视为无穷大);滑动变阻器R;两个相同的光敏电阻RG1和RG2;开关S;手电筒;导线若干。图乙是实物图。图中电池板上垂直安装有半透明隔板,隔板两侧装有光敏电阻,电池板固定在电动机转轴上,控制单元与检测电路的连接未画出,控制单元对光照方向检测电路无影响。 请完成下列实验操作和判断。 (1)电路连接。 图乙中已正确连接了部分电路,请完成虚线框中滑动变阻器R、电源E、开关S和电压表间的实物图连线。 (2)光敏电阻阻值与光照强度关系测试。 ①将图甲中R的滑片置于　　　　端,用手电筒的光斜照射到RG1和RG2,使RG1表面的光照强度比RG2表面的小。  ②闭合S,将R的滑片缓慢滑到某一位置。的示数如图丙所示,读数U1为　　　V。的示数U2为1.17 V。由此可知,表面光照强度较小的光敏电阻的阻值　　　　(填“较大”或“较小”)。  ③断开S。 (3)光源跟踪测试。 ①将手电筒的光从电池板上方斜照射到RG1和RG2。 ②闭合S,并启动控制单元,控制单元检测并比较两光敏电阻的电压,控制电动机转动。此时两电压表的示数U1<U2,图乙中的电动机带动电池板　　　　(填“逆时针”或“顺时针”)转动,直至　　　　时停止转动,电池板正对手电筒发出的光。  【答案】 (1)如图所示 (2)①b　②1.60　较大　(3)②逆时针　U1=U2 【解析】　(1)按题图甲电路图连接实物图,如答案图所示。 (2)①题图甲中滑动变阻器为分压式接法,电压从0开始调节,故开关闭合前题图甲中R的滑片应置于b端。 ②RG1与RG2串联分压,电压与电阻成正比,U1>U2,说明RG1>RG2,而RG1表面的光照强度较小,说明光照强度较小时光敏电阻的阻值较大。 (3)②开始时U1<U2,则RG1<RG2,说明RG1表面的光照强度较大,光从左上方照向电池板,故电动机应逆时针转动,当转至电池板正对手电筒发出的光时,两个光敏电阻表面的光照强度相同,则RG1=RG2,两电压表的示数U1=U2,此时电动机停止转动。 3.(2024安徽,12,10分)某实验小组要将电流表G(铭牌标示:Ig=500 μA,Rg=800 Ω)改装成量程为1 V和3 V的电压表,并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材,按图(1)所示连接电路,其中虚线框内为改装电路。 (1)开关S1闭合前,滑片P应移动到　　　　(填“M”或“N”)端。 (2)根据要求和已知信息,电阻箱R1的阻值已调至1 200 Ω,则R2的阻值应调至　　　　 Ω。  (3)当单刀双掷开关S2与a连接时,电流表G和标准电压表V的示数分别为I、U,则电流表G的内阻可表示为　　　　。(结果用U、I、R1、R2表示)  (4)校准电表时,发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大,经排查发现电流表G内阻的真实值与铭牌标示值有偏差,则只要　　　　即可。(填正确答案标号)  A.增大电阻箱R1的阻值 B.减小电阻箱R2的阻值 C.将滑动变阻器的滑片P向M端滑动 (5)校准完成后,开关S2与b连接,电流表G的示数如图(2)所示,此示数对应的改装电压表读数为　　　　V。(保留2位有效数字)  【答案】(1)M　(2)4 000　(3)-R1-R2　(4)A　(5)0.86 【解析】(1)由题图(1)可知,该滑动变阻器采用分压式接法,为了保护电路,在开关S1闭合前,滑片P应移到M端。 (2)当开关S2接b时,改装电压表量程为1 V,根据欧姆定律有1 V=Ig(Rg+R1),当开关S2接a时,改装电压表量程为3 V,根据欧姆定律有3 V=Ig(Rg+R1+R2),其中Ig=500 μA、Rg=800 Ω、R1=1 200 Ω,代入数据联立解得R2=4 000 Ω。 (3)当开关S2接a时,根据欧姆定律有U=I(Rg+R1+R2),可得电流表G的内阻Rg=-R1-R2。 (4)校准电表时,发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大,可知电流表G内阻的真实值小于铭牌标示值,故根据闭合电路欧姆定律可知增大电阻箱R1的阻值即可,A正确。 (5)S2与b连接,题图(2)中电流表G的示数为430 μA,改装后电压表量程为1 V,则有=,解得UV=0.86 V。 4.[2014福建理综,19(1),6分]某同学测定一金属杆的长度和直径,示数如图甲、乙所示,则该金属杆的长度和直径分别为　　　　cm和　　　　mm。  答案　60.10　4.20 解析　刻度尺的分度值为1 mm,要估读到0.1 mm。 游标卡尺读数=4 mm+10×0.02 mm=4.20 mm。 5.[2013山东理综,21(1)]图甲为一游标卡尺的结构示意图,当测量一钢笔帽的内径时,应该用游标卡尺的　　　　(填“A”“B”或“C”)进行测量;示数如图乙所示,该钢笔帽的内径为　　　　mm。  答案　A　11.30(11.25或11.35) 解析　测量内径时应该用游标卡尺上的内测量爪A。游标卡尺的读数=主尺上的读数+游标尺上的读数。本题主尺上读数为11 mm,游标尺上读数为6×0.05 mm=0.30 mm,故读数为11.30 mm。 6.(2012课标,22,5分)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示,测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。图(a)所示读数为　　　　mm,图(b)所示读数为　　　　mm,所测金属板的厚度为　　　　mm。  答案　0.010(0.009或0.011也对)　6.870(6.869或6.871也对)　6.860(6.858~6.862) 解析　依据螺旋测微器读数的基本原理,0.5毫米以上的值在固定刻度上读出,而在可动刻度上要估读到千分之一毫米,则图(a)读数为 0.010 mm,图(b)读数为6.870 mm。 评析　本题考查螺旋测微器的读数原理及系统误差的处理方法,模型常见,但要求考生细心、慎重。加上对系统误差的处理近几年在高考中较少出现,故本题为难度中等、区分度中等的题目。考生应对这类题给予关注。 7.(2022浙江6月选考,18,7分)(1)探究滑动变阻器的分压特性,采用图1所示的电路,探究滑片P从A移到B的过程中,负载电阻R两端的电压变化。 ①图2为实验器材部分连线图,还需要　　　　(选填af、 bf、fd、fc、 ce或cg)连线(多选)。  ②图3所示电压表的示数为　　　　V。   ③已知滑动变阻器的最大阻值R0=10 Ω,额定电流I=1.0 A。选择负载电阻R=10 Ω,以R两端电压U为纵轴,为横轴(x为AP的长度,L为AB的长度),得到U-分压特性曲线为图4中的“Ⅰ”;当R=100 Ω,分压特性曲线对应图4中的　　　　(选填“Ⅱ”或“Ⅲ”);则滑动变阻器最大阻值的选择依据是　　　　。  (2)两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接,晃动G1表,当指针向左偏时,静止的G2表的指针也向左偏,原因是　　　(多选)。  A.两表都是“发电机” B.G1表是“发电机”,G2表是“电动机” C.G1表和G2表之间存在互感现象 D.G1表产生的电流流入G2表,产生的安培力使G2表指针偏转 答案　(1)①af、fd、ce　②1.50±0.02　③Ⅱ　R0<R (2)BD 解析　(1)①由电路图可知,滑动变阻器采用分压式接法,电压表并联接在电阻两端,由实物图可知电源电压为3 V,故需连接ce、fd、af三条线。 ②电压表0~3 V量程的分度值为0.1 V,估读一位,读数为1.50 V。 ③滑片滑到AB段中点时,电阻箱阻值越大,电阻箱与滑动变阻器AP段的并联电阻越接近RAP,根据串联分压规律,UAP=U,UAP与成正比,故R=100 Ω时对应图线Ⅱ,选择滑动变阻器的依据是R0<R。 (2) G1、G2按题图连接,晃动G1时,G1的指针向左偏,线圈切割磁感线,相当于“发电机”,产生的感应电流经导线流到G2,在安培力作用下线圈转动,指针偏转,相当于“电动机”,故B、D正确。 8.(2014课标Ⅱ,22,6分,0.622)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(a)或图(b)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(a)和图(b)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。  答案　Rx1　大于　小于 解析　=20,=10,因此Rx属于大电阻,用电流表内接法时测量值更接近真实值,即Rx1更接近真实值;因Rx1==Rx+RA,故Rx1>Rx,Rx2==R并(即Rx与RV的并联值),故Rx2<Rx。 考查点　伏安法测电阻 解题关键　①理解内接法误差的来源是电流表的分压。 ②理解外接法误差的来源是电压表的分流。 温馨提示　利用伏安法测电阻时,当Rx<时选用外接法;当Rx>时选用内接法。 9.(2017课标Ⅲ,23,9分)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池;R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头的满偏电流为250 μA,内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1 V挡和5 V挡,直流电流1 mA挡和2.5 mA挡,欧姆×100 Ω挡。 图(a) 图(b) (1)图(a)中的A端与　　　(填“红”或“黑”)色表笔相连接。  (2)关于R6的使用,下列说法正确的是　　　(填正确答案标号)。  A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 (3)根据题给条件可得R1+R2=　　　Ω,R4=　　　Ω。  (4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的,则多用电表读数为　　　;若此时B端是与“3”相连的,则读数为　　　;若此时B端是与“5”相连的,则读数为　　　。(结果均保留3位有效数字)  答案　(1)黑　(2)B　(3)160　880 (4)1.47 mA　1.10×103 Ω　2.95 V 解析　(1)换挡开关接“3”时为欧姆挡,内部接有电源,电流从电源正极流出,经A端流出,经B端流入表内,回到电源负极,“红”进“黑”出,则A端应与黑色表笔连接。 (2)R6应是欧姆挡的欧姆调零电阻,故B选项正确。而在使用多用电表之前,要进行机械调零,使电表指针指在表盘左端电流“0”位置,故A选项错误。使用电流挡时不需要欧姆调零,故C选项错误。 (3)当换挡开关接“2”时为直流电流1 mA挡,此时R1和R2串联后与表头并联,满偏时总电流为1 mA,则R1、R2中的电流为1 mA-Ig,电压为IgRg,则R1+R2== Ω=160 Ω;当换挡开关接4时为直流电压1 V挡,此时R1和R2串联后与表头并联,然后再与R4串联,满偏时总电压为1 V,则R4分压为1 V-IgRg=1 V-250×10-6×480 V=0.88 V,流过R4的电流为1 mA,则R4== Ω=880 Ω。 (4)若B端与“1”相连,则为直流电流2.5 mA挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表示0.05 mA,即分度值为0.05 mA,由估读法可得读数为1.47 mA。 若B端与“3”连接,则为欧姆×100 Ω挡,指针指在上边欧姆表盘“11”位置,则可得读数为1.10×103 Ω。 若B端与“5”连接,则为直流电压5 V挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表示0.1 V,即分度值为0.1 V,由估读法可得读数为2.95 V。 命题意图　本题考查多用电表的原理以及电表的改装。 实验微专题12 测量电阻的几种方法 1．（2025·新课标）用伏安法可以研究电学元件的伏安特性。阻值不随电流、电压变化的元件称为线性电阻元件，否则称为非线性电阻元件。 (1)利用伏安法测量某元件的电阻，电流表和电压表的示数分别记为和。若将电流表内接，则 元件两端的电压， 元件的电阻；将电流表外接，则 流过元件的电流， 元件的电阻。（均选填“小于”或“大于”） (2)图（a）是某实验小组用电流表内接法测得的某元件的伏安特性曲线，由图可知，所测元件是 （选填“线性”或“非线性”）电阻元件。随着电流的增加，元件的电阻 （选填“增大”“不变”或“减小”）。 (3)利用电流表（内阻）、电流表（内阻未知）以及一个用作保护电阻的定值电阻（阻值未知），测量电阻的阻值。将图（b）中的器材符号的连线补充完整，完成实验电路原理图 。按完整的实验电路测量，某次测量中电流表和的示数分别为和，则 （用和表示）。 【答案】(1) 大于 大于 大于 小于 (2) 非线性 减小 (3) 【详解】（1）[1][2]若将电流表内接，电流表与元件串联，电流表的示数为流过元件的真实电流，而电压表测量的是电流表和元件两端的总电压，所以U大于元件两端的电压。根据可知，此时U偏大，I为真实值，所以大于元件的电阻。 [3][4]将电流表外接，电压表与元件并联，电压表的示数为元件两端的真实电压，而电流表测量的是通过电压表和元件的总电流，所以I大于流过元件的电流。根据可知，此时U为真实值，I偏大，所以小于元件的电阻。 （2）[1]根据线性元件与非线性原件的定义由图(a)可知，所测元件的伏安特性曲线不是直线，所以所测元件是非线性电阻元件。 [2]根据，在伏安特性曲线上某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻，随着电流的增加，曲线某点与原点连线的斜率逐渐增大，其倒数逐渐减小，所以元件的电阻减小。 （3）[1]将电流表A1与Rx并联，再与电流表A2、定值电阻R0串联接入电路。电路图如图所示 [2]根据并联电路电压相等有 可得 2．（2025·重庆 ）熄火保护装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成，其示意图如图1所示，A、B为导线上两个接线端。小组设计了如图2所的电路（部分连线未完成）进行探究，图中数字毫安表内阻约为，数字毫伏表内阻约为。 (1)将图1中的A、B端分别与图2中的、端连接，测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合体电阻。已知组合体电阻不超过，则未完成的连接中，Q端应和 （填“b”或“c”）处相连，理由是 。正确连线后，开始时滑动变阻器的滑片应置于 （填“d”或“e”）端。 (2)闭合开关、，实验测得组合体电阻为，当电磁铁线圈中的电流小于时，电磁铁无法继续吸合衔铁，衔铁被释放。断开开关、，从室温加热热电偶感温端到某一温度后，停止加热，使其自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势随时间t的变化关系如图3所示。在相同的加热和冷却过程中，如果将A、B端直接连接，不计温度变化对组合体电阻的影响，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为 s（保留3位有效数字）。 【答案】(1) 见解析 (2) 【详解】（1）[1][2]根据题意可知，组合体电阻不超过，相比较远小于数字毫伏表内阻，应采用数字毫安表外接法，即Q端应和处相连。 [3]滑动变阻器采用分压接法，闭合开关时，为了保护电表，滑动变阻器的滑片应置于端。 （2）根据题意，由闭合回路欧姆定律可知，衔铁被释放时，电动势为 停止加热时，热电偶受热产生的电动势最大，如图所示 由图可知，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为。 3．（2025·云南 ）基于铂电阻阻值随温度变化的特性，某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的实验。可选用的器材如下：型号铂电阻、电源E（电动势，内阻不计）、电流表。（量程，内阻）、电流表（量程，内阻约）、定值电阻（阻值）、定值电阻（阻值）、开关S和导线若干。 查阅技术手册可知，型号铂电阻测温时的工作电流在之间，在范围内，铂电阻的阻值随温度t的变化视为线性关系，如图（a）所示。 完成下列填空： (1)由图（a）可知，在范围内，温度每升高，该铂电阻的阻值增加 ； (2)兴趣小组设计了如图（b）所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测出铂电阻阻值的是 （填“甲”或“乙”），保护电阻R应选 （填“”或“”）； (3)用（2）问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时，某次测量读得示数为，示数如图（c）所示，该示数为 ，则所测温度为 （计算结果保留2位有效数字）。 【答案】(1)3.85 (2) 乙 (3) 62.0 51 【详解】（1）温度每升高，该铂电阻的阻值增加 （2）[1]由于内阻确定，所以用测量电阻的电压，用与之差来测量经过电阻的电流，故能准确测出铂电阻阻值的是乙； [2]电路中的最大电流为0.3mA，可得电路中的最小阻值 可知保护电阻R应选。 （3）[1]由图可知的分度值为，则其读数为； [2]根据欧姆定律可得 根据题图可得 代入数据可得 4.(2024贵州,12,10分)某实验小组根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律,探测温度控制室内的温度。选用的器材有: 热敏电阻RT; 电流表G(内阻Rg为240 Ω,满偏电流为Ig); 定值电阻R(阻值为48 Ω); 电阻箱R0(阻值0~999.9 Ω); 电源E(电动势恒定,内阻不计); 单刀双掷开关S1、单刀单掷开关S2;导线若干。 请完成下列步骤: (1)该小组设计了如图(a)所示的电路图。根据图(a),完成图(b)中的实物图连线。 (2)开关S1、S2断开,将电阻箱的阻值调到　　　　(填“最大”或“最小”)。开关S1接1,调节电阻箱,当电阻箱读数为60.0 Ω时,电流表示数为Ig。再将S1改接2,电流表示数为,断开S1。得到此时热敏电阻RT的阻值为　　　　Ω。  (3)该热敏电阻RT阻值随温度t变化的RT-t曲线如图(c)所示,结合(2)中的结果得到温度控制室内此时的温度约为　　　　℃。(结果取整数)  (4)开关S1接1,闭合S2,调节电阻箱,使电流表示数为Ig。再将S1改接2,如果电流表示数为(k>1),则此时热敏电阻RT=　　　　Ω(用k表示),根据图(c)即可得到此时温度控制室内的温度。  【答案】(1)见解析　(2)最大　300　(3)8　(4)50(k-1) 解析　(1)实物图连线如图所示。 (2)由题图(a)可知,电阻箱起到保护电路的作用,因此开关闭合前,将电阻箱的阻值调到最大。 开关S1接1时,由闭合电路欧姆定律可得Ig=,S1接2时,则有=,联立解得RT=R0+Rg=60 Ω+240 Ω=300 Ω。 (3)由题图(c)可知,RT=300 Ω时,对应的温度约为8 ℃。 (4)开关S1接1,闭合S2,调节电阻箱,使电流表示数为Ig,此时电阻箱读数为R0'。由并联电路的分流作用,结合Rg=5R,可得干路电流为6Ig,并联部分的电阻R并=,由闭合电路欧姆定律可得6Ig=,结合Ig=,R0=60 Ω,解得R0'=10 Ω,S1接2时,电流表示数为(k>1),同理可得干路电流为Ig,由闭合电路欧姆定律可得Ig=,结合6Ig=,其中R并=40 Ω,解得RT=(k-1)(R并+R0')=50(k-1) Ω 2.（2024浙江6月，16-Ⅱ，7分）在测绘发光二极管在导通状态下的伏安特性曲线实验中， （1）用多用电表欧姆挡判断发光二极管的正负极，选用×100挡时，变换表笔与二极管两极的连接方式，发现电表指针均不偏转，选用________挡（选填“×10”或“×1 k”）重新测试，指针仍不偏转，更换二极管极性后，发现指针偏转，此时与多用电表红色表笔相连的是二极管________（选填“正极”或“负极”）。  （2）图（A）是已完成部分连线的实物图，为实现电压可从零开始调节，并完成实验，P应连接________接线柱（选填“a”“b”“c”或“d”），Q应连接________接线柱（选填“a”“b”“c”或“d”）。某次选用多用电表量程为50 mA挡测量，指针如图（B）所示，则电流I=________mA。  （3）根据测得数据，绘出伏安特性曲线如图（C）所示，则说明该二极管是________元件（选填“线性”或“非线性”），正常发光时电压在________V范围。 图（A） 图（B） 图（C） 【答案】（1）×1 k　负极　（2）a　d　45.0　（3）非线性　1.9~2.5 【解析】（1）多用电表指针不偏转，可能是电阻阻值过大，故选用更大的倍率进行测量。电流由多用电表的黑表笔流出、红表笔流入；发光二极管具有单向导电性，当多用电表的黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极时才会正向导通，反之二极管被反接，电阻非常大，指针不偏转；所以指针偏转时多用电表的红表笔接二极管负极。 （2）为实现电压从零开始调节，需要使用分压式电路，所以P应接a；实验电源为两节干电池，电路中电压不超过3 V，所以Q应接d。50 mA挡的分度值为1 mA，需估读到1 mA的下一位，故电流I=45.0 mA。 （3）题图（C）中二极管的I-U图线不是一条直线，说明该二极管是非线性元件；二极管正常发光即有电流通过二极管，由题图（C）可知对应工作电压为1.9~2.5 V。 5.（2024新课标，23，12分）学生实验小组要测量量程为3 V的电压表的内阻RV。可选用的器材有:多用电表，电源E（电动势5 V），电压表（量程5 V，内阻约3 kΩ），定值电阻R0（阻值为800 Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50 Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5 kΩ），开关S，导线若干。 完成下列填空: （1）利用多用电表粗测待测电压表的内阻，首先应　　　　（把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；  A.将红、黑表笔短接 B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆 C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置 再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的　　　　（填“正、负”或“负、正”）接线柱相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示，为了减小测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡　　　　（填“×1”“×100”或“×1 k”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为　　　　kΩ（结果保留1位小数）；  图（a） 图（b） （2）为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选　　　　（填“R1”或“R2”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于　　　　（填“a”或“b”）端；  （3）闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV=　　　　（用U1、U和R0表示）；  （4）测量得到U1=4.20 V，U=2.78 V，则待测电压表内阻RV=　　　　kΩ（结果保留3位有效数字）。 【答案】（1）CAB　负、正　×100　1.6　（2）R1　a　（3）　（4）1.57 【解析】（1）利用多用电表欧姆挡测电阻的步骤:选择适当倍率的欧姆挡，红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆，故正确的操作顺序为C、A、B。多用电表在使用时，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，即“红进黑出”；电压表在使用时，电流从正接线柱流入，从负接线柱流出，所以多用电表的红、黑表笔分别与电压表的负、正接线柱连接。虚线Ⅰ所示指针偏角过小，被测电阻大于1 000 Ω而小于2 000 Ω，则应将选择开关置于“×100”位置，使指针指在刻度盘的中间区域。电压表内阻的读数为16.0×100 Ω=1.6 kΩ。 （2）控制电路采用分压式接法，为了提高测量精度，滑动变阻器最大阻值应小一些，即滑动变阻器选择R1。为使电压表示数从0开始变化及保护电表，开始时滑动变阻器滑片应置于a端。 （3）由欧姆定律可得RV==。 （4）代入数据可得RV= Ω≈1.57 kΩ。 6.(2024湖南,11,7分)某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律,搭建了如图(a)所示的装置。电阻测量原理如图(b)所示,E是电源,为电压表,为电流表。 　 (1)保持玻璃管内压强为1个标准大气压,电流表示数为100 mA,电压表量程为3 V,表盘如图©所示,示数为　　　　V,此时金属丝阻值的测量值R为　　　　Ω(保留3位有效数字);  (2)打开抽气泵,降低玻璃管内气压p,保持电流I不变,读出电压表示数U,计算出对应的金属丝阻值; (3)根据测量数据绘制R-p关系图线,如图(d)所示; (4)如果玻璃管内气压是0.5个标准大气压,保持电流为100 mA,电压表指针应该在图©指针位置的　　　　侧(填“左”或“右”);  (5)若电压表是非理想电压表,则金属丝电阻的测量值　　　　真实值(填“大于”“小于”或“等于”)。  【答案】 (1)1.23(1.22~1.25均可)　12.3(12.2~12.5均可,要与上一空对应)　(4)右　(5)小于 【解析】　(1)由题图(c)可知,电压表的分度值为0.1 V,估读到0.01 V,则示数为1.23 V。此时金属丝阻值的测量值R===12.3 Ω; (4)由题图(d)可知气压减小,金属丝的阻值R增大,电流不变,则电压U=IR增大,指针向右偏; (5)由于电压表分流,导致电流测量值偏大,则金属丝电阻的测量值偏小。 7.(2022山东,14,8分)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1.5 V,内阻未知); 电流表A1(量程10 mA,内阻为90 Ω); 电流表A2(量程30 mA,内阻为30 Ω); 定值电阻R0(阻值为150 Ω); 滑动变阻器R(最大阻值为100 Ω); 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　(1)A1　60　(2)100　(3)无 解析　(1)回路中的电流I<=10 mA,即不可能使A2半偏,故选用的电流表为A1;当A1半偏时,回路中的电流I=5 mA,若不考虑电池内阻,有I=,代入数据解得此时滑动变阻器接入电路的阻值R=60 Ω。 (2)电流表指针指在满刻度的处,此时回路中的电流I'=6 mA,由I'=,解得Rx=100 Ω。 (3)若考虑电池内阻,则I=,I'=,其中RA1+R+r不变,故未考虑电池内阻,对Rx的测量值无影响。 8.[2018天津理综,9(3)]某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ),除了Rx、开关S、导线外,还有下列器材供选用: A.电压表(量程0~1 V,内阻约10 kΩ) B.电压表(量程0~10 V,内阻约100 kΩ) C.电流表(量程0~1 mA,内阻约30 Ω) D.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.05 Ω) E.电源(电动势1.5 V,额定电流0.5 A,内阻不计) F.电源(电动势12 V,额定电流2 A,内阻不计) G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10 Ω,额定电流2 A) 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　①B　C　F　②如图所示 ③大于　电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可) 解析　本题考查伏安法测电阻。 ①由于Rx的阻值约为10 kΩ,若选用1.5 V电源,电路中电流非常小,不利于实验,故电源选用12 V的,即F,则电压表应选B;电路电流最大值约为1 mA,故电流表应选C。 ②因Rx>,属于大电阻,故电流表采用内接法,而滑动变阻器R0的阻值远小于Rx,则滑动变阻器R0采用分压式接法,如答案图所示。 ③由于电压表的读数为电阻Rx和电流表内阻的分压和,而电流表的读数是流过Rx的实际电流,故待测电阻测量值会大于其真实值。 9.(2016课标Ⅱ,23,9分)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干。 实验步骤如下: ①按电路原理图(a)连接线路; ②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置,闭合开关S; ③调节滑动变阻器,使电压表满偏; ④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的阻值。 图(a) 回答下列问题: (1)实验中应选择滑动变阻器　　　(填“R1”或“R2”)。  (2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。 图(b) (3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,计算可得电压表的内阻为　　　Ω(结果保留到个位)。  (4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为　　　(填正确答案标号)。  A.100 μA　　　　　　B.250 μA C.500 μA　　　　　　D.1 mA 答案　(1)R1　(2)如图所示　(3)2 520　(4)D 解析　(1)在保证电路安全的前提下,分压式电路中的滑动变阻器应选用总阻值小的。 (2)见答案图。 (3)电压表示数为2.00 V,说明电阻箱分压为0.5 V,可知RV=4R=4×630.0 Ω=2 520 Ω。 (4)I满===1 mA。 疑难突破　(1)电压表满偏电压为2.5 V,步骤④中电压表示数为2.00 V,说明电阻箱仅分压0.5 V。(2)电压表的满刻度电流与表头一致,故I满=。 10.(2023全国甲,22,5分)某同学用伏安法测绘一额定电压为6 V、额定功率为3 W的小灯泡的伏安特性曲线,实验所用电压表内阻约为6 kΩ,电流表内阻约为1.5 Ω。实验中有图(a)和(b)两个电路图供选择。 (1)实验中得到的电流I和电压U的关系曲线如图(c)所示,该同学选择的电路图是图(　　　　)(填“a”或“b”)。  (2)若选择另一个电路图进行实验,在图(c)上用实线画出实验中应得到的I-U关系曲线的示意图。 答案 (1)a　(2)如图所示 解析 (1)小灯泡的额定电压为6 V,额定功率为3 W,则额定电流为0.5 A,即500 mA,观察题图(c)发现,电流为500 mA时,电压表示数不到6 V,说明电流表示数大于通过小灯泡的电流,该同学选择的电路图是图(a)。 (2)若选择题图(b)所示电路,流过小灯泡的电流相同的情况下,题图(b)中电压表的读数要大于题图(a)中电压表的读数。 11.(2022全国乙,23,10分)一同学探究阻值约为550 Ω的待测电阻Rx在0~5 mA范围内的伏安特性。可用器材有:电压表(量程为3 V,内阻很大),电流表(量程为1 mA,内阻为300 Ω),电源E(电动势约为4 V,内阻不计),滑动变阻器R(最大阻值可选10 Ω或1.5 kΩ),定值电阻R0(阻值可选75 Ω或150 Ω),开关S,导线若干。 (1)要求通过Rx的电流可在0~5 mA范围内连续可调,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“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器,R0应选阻值为　　　　(填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻;  (3)测量多组数据可得Rx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Rx两端的电压为　　　　V,流过Rx的电流为　　　　mA,此组数据得到的Rx的阻值为　　　　 Ω(保留3位有效数字)。  答案　(1)如图所示　(2)10 Ω　75 Ω　(3)2.30　4.20　548 解析　(1)要求通过Rx的电流可在0~5 mA范围内连续可调,则应用滑动变阻器的分压式接法,电流表的量程为1 mA,需测到5 mA,则要对电流表改装,与其并联一个电阻R0,电压表的内阻很大,则电流表采用外接法。 (2)滑动变阻器采用分压式接法,R应选最大阻值较小的滑动变阻器;电流表量程1 mA改装为量程5 mA,则R0===75 Ω,故R0应选阻值为75 Ω的定值电阻。 (3)电压表的分度值为0.1 V,读数时需估读到分度值的下一位,读数为2.30 V,电流表的分度值为0.02 mA,此时示数为0.84 mA,考虑到改装关系,流过Rx的电流为5×0.84 mA=4.20 mA,利用R=解得Rx≈548 Ω。 12.[2016天津理综,9(3)]某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整。可供该同学选用的器材除开关、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I-U图像应是下图中的　　　　。  答案　①如图所示　②B 解析　①首先考虑测量电路:由于小灯泡的规格为“3.8 V,0.3 A”,可知电表V2、A2量程太大而不能选用;电表V1、A1则需要改装才能获得小灯泡完整的伏安特性曲线。A1与R4并联可得量程为0~0.4 A的电流表,V1与R5串联可得量程为0~4 V的电压表,因小灯泡电阻值较小,测量电路应采用电流表外接的方式。再考虑控制电路:首先由调节的方便性可知滑动变阻器应选用R1,再由“绘制曲线完整”可知测量电压与电流应从零开始变化,故连接方法应选用分压式接法。②在I-U图像中,图线上某点与原点连线的斜率表示该状态下电阻的倒数。由于小灯泡灯丝的阻值是随温度升高而增大的,故只有B正确。 13.(2020江苏单科,10,8分)某同学描绘一种电子元件的I-U关系图像,采用的实验电路图如图1所示,为电压表,为电流表,E为电源(电动势约6 V),R为滑动变阻器(最大阻值20 Ω),R0为定值电阻,S为开关。 (1)请用笔画线代替导线,将图2所示的实物电路连接完整。 图1 图2 (2)调节滑动变阻器,记录电压表和电流表的示数如下表: 电压U/V 0.000 0.250 0.500 0.650 0.700 0.725 0.750 电流I/mA 0.00 0.10 0.25 0.60 1.70 4.30 7.50 请根据表中的数据,在方格纸上作出该元件的I-U图线。 图3 (3)根据作出的I-U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R0,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　(1)如图所示 (2)如图所示 (3)非线性　(4)BC 解析　(1)实物连线如答案图所示; (2)根据表中数据,描点后,连线如答案图所示; (3)根据作出的I-U图像可知,该元件是非线性元件; (4)待测元件与定值电阻R0是串联关系,定值电阻R0起到保护待测元件的作用,可以避免待测元件电压过高、电流过大,如果用导线代替定值电阻R0,可能会因为电流过大烧坏待测元件,同时滑动变阻器允许的调节范围变小,B、C正确。 14.(2023海南,15,14分)用如图甲所示的电路测量一个量程为100 μA、内阻约为2 000 Ω的微安表头的内阻,所用电源的电动势约为12 V,有两个电阻箱可选,R1(0~9 999.9 Ω),R2(0~99 999.9 Ω) (1)RM应选　　　　,RN应选　　　　;  (2)根据电路图甲,请把实物图乙连线补充完整; (3)下列操作顺序合理排列是:　　　　;  ①将滑动变阻器滑片P移至最左端,将RN调至最大值; ②闭合开关S2,调节RM,使微安表半偏,并读出RM的阻值; ③断开S2,闭合S1,调节滑片P至某位置再调节RN使表头满偏; ④断开S1、S2,拆除导线,整理好器材 (4)如图丙是RM调节后的面板,则待测表头的内阻为　　　　,该测量值　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。  (5)将该微安表改装成量程为2 V的电压表后,某次测量指针指在图丁所示位置,则待测电压为　　　　V。  (6)某次半偏法测量表头内阻的实验中,S2断开,电表满偏时读出RN的值,在滑片P不变的情况下,S2闭合后调节电阻箱RM,使电表半偏时读出RM,若认为OP间电压不变,则微安表内阻为　　　　(用RM、RN表示)。  答案　(1)R1　R2　 (2)如图所示 (3)①③②④　(4)1 998.0 Ω　小于　(5)1.28　(6) 解析 (1)根据半偏法的测量原理可知,电路中RM与RμA应相当,当闭合S2之后,通过RN的电流应基本不变,就需要RN较大,以减小并联RM对滑动变阻器左方分得电压的影响。故RM应选R1,RN应选R2。 (3)第一步:闭合开关S1前,需要调节滑动变阻器滑片P,使微安表和RN两端总电压为0,即滑片P移至最左端,RN调至最大值。第二步:只闭合S1,调节滑片P和RN阻值,使微安表达到满偏。第三步:保证滑片P不动,RN阻值不变,闭合S2,调节RM,使微安表半偏。最后一步:断开所有开关,拆导线,整理器材。正确的操作顺序是①③②④。 (4)读出的RM即是微安表的内阻,大小为1 998.0 Ω。当闭合S2后,电路示意图如图所示,RM和微安表并联后的阻值小于微安表内阻,则流过RN的电流大于闭合前的电流,则流过RM的电流大于,故RM<RμA。 (5)按读数规则,只需要读出64即可,按换算关系=,可知电压为1.28 V。 (6)根据半偏法原理可得,闭合S2前后可认为OP间电压不变,即有I(RμA+RN)=RN+·RμA,解得RμA=。 15.(2022全国甲,22,5分)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1.5 V,内阻很小),电流表(量程10 mA,内阻约10 Ω),微安表(量程100 μA,内阻Rg待测,约1 kΩ),滑动变阻器R(最大阻值10 Ω),定值电阻R0(阻值10 Ω), 开关S,导线若干。 (1)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90.0 μA,电流表的示数为9.00 mA,由此计算出微安表内阻Rg=　　　　Ω。  答案　(1)如图所示　(2)990 解析　流过电阻R0的电流I0=I-Ig=9 mA-0.09 mA=8.91 mA,由欧姆定律可知,Rg== Ω=990 Ω。 实验微专题13 测量金属丝的电阻率 1．（2025·四川 ）某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有： 待测合金丝样品（长度约） 螺旋测微器 学生电源E（电动势，内阻未知） 米尺（量程） 滑动变阻器（最大阻值） 电阻箱（阻值范围） 电流表（量程，内阻较小） 开关、 导线若干 (1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品和位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为、和，则该样品横截面直径的平均值为 。 (2)该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱 （选填“a”或“b”）相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于 端（选填“左”或“右”）。 (3)断开、闭合，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到刻度处。断开、闭合，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到处，此时电阻箱面板知图2所示，则该合金丝的电阻率为 （取，结果保留2位有效数字）。 (4)为减小实验误差，可采用的做法有________（有多个正确选项）。 A．换用内阻更小的电源 B．换用内阻更小的电流表 C．换用阻值范围为的电阻箱 D．多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值 【答案】(1)0.500 (2) a 左 (3) (4)CD 【详解】（1）该样品横截面直径的平均值为 （2）[1]由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”原则，即电流表的“＋”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。 [2]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端。 （3）由题意可知，该合金丝的电阻为 由电阻定律及可得 其中， 代入数据解得该合金丝的电阻率为 （4）根据电阻定律可知，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值。 故选CD。 2.（2024山东，14，8分）某学习小组对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下: 学生电源（输出电压0~16 V）； 滑动变阻器（最大阻值10 Ω，额定电流2 A）； 电压表V（量程3 V，内阻未知）； 电流表A（量程3 A，内阻未知）； 待测铅笔芯R（X型号、Y型号）； 游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。 回答以下问题: （1）使用螺旋测微器测量铅笔芯直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为　　　　mm；  （2）把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将单刀双掷开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时应将K掷到　　　　（填“1”或“2”）端；  （3）正确连接电路，得到Y型号铅笔芯I-U图像如图丙所示，求得电阻RY=　　　　Ω（保留3位有效数字）；采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为1.70 Ω；  （4）使用游标卡尺测得X、Y型号铅笔芯的长度分别为40.68 mm、60.78 mm，使用螺旋测微器测得X、Y型号铅笔芯直径近似相等，则X型号铅笔芯的电阻率　　　　（填“大于”或“小于”）Y型号铅笔芯的电阻率。  【答案】（1）2.450　（2）1　（3）1.92（1.90~1.95均可）　（4）大于 【解析】（1）读数为2 mm+45.0×0.01 mm=2.450 mm。 （2）电压表示数变化更明显，说明待测电阻与电流表内阻相差较小，故应把电流表外接，即K应掷到1端。 （3）选图线上某点坐标[如（2.50 V，1.30 A）]，由欧姆定律可得电阻RY= Ω≈1.92 Ω。 （4）由电阻定律R=ρ得=×=×>1，故ρX>ρY。 3.（2024江西，12，7分）某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是:当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。 （1）如图（a）所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽d=0.07 m和高h=0.03 m。 （2）现有实验器材:电流表（量程300 μA，内阻RA=2 500 Ω）、电压表（量程3 V或15 V，内阻未知）、直流电源（3 V）、滑动变阻器、开关和导线。请在图（a）中画线完成电路实物连接。 （3）连接好电路，测量26 ℃的水在不同长度l时的电阻值Rx。将水温升到65 ℃，重复测量。绘出26 ℃和65 ℃水的Rx-l图线，分别如图（b）中甲、乙所示。 （4）若Rx-l图线的斜率为k，则水的电阻率表达式为ρ=　　　　（用k、d、h表示）。实验结果表明，温度　　　　（填“高”或“低”）的水更容易导电。  （5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为8.0×10-3 m的水管。若人体的安全电流为1.0×10-3 A，热水器出水温度最高为65 ℃，忽略其他电阻的影响（相当于热水器220 V的工作电压直接加在水管两端），则该水管的长度至少应设计为　　　　m。（保留两位有效数字）  【答案】（2）见解析图　（4）kdh　高　（5）0.46 【审题指导】①考查伏安法测电阻时电流表内外接的选取，若电流表内阻已知，则一定采用电流表内接法，待测电阻Rx=-RA；②考查通过图像表示物理公式间的联系，线性关系中的截距和斜率的物理意义是考查的重点。 【解析】（2）因电流表内阻已知，故采用电流表内接法，因直流电源电压为3 V，故将电压表的“+3”接线柱与电流表的“+”接线柱连接，如图所示。 （4）由电阻定律得Rx=ρ，故Rx-l图像中图线的斜率k=，解得ρ=kdh。由题图（b）可知，温度高时对应图线的斜率较小，故其电阻率较小，更容易导电。 （5）水管内水的最小电阻Rmin===2.2×105 Ω，而Rmin=ρ，其中ρ=kdh，代入数据解得水管长度的最小值lmin≈0.46 m。 4. (2023全国乙,23,10分)一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材:螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0 Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空: (1)实验时,先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大,闭合S。 (2)将K与1端相连,适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻,此时电压表读数记为U1,然后将K与2端相连,此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I=　　　　,金属丝的电阻r=　　　　。(结果均用R0、U1、U2表示)  (3)继续微调R,重复(2)的测量过程,得到多组测量数据,如表所示: U1(mV) 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43 U2(mV) 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43 (4)利用上述数据,得到金属丝的电阻r=14.2 Ω。 (5)用米尺测得金属丝长度L=50.00 cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径,某次测量的示数如图(b)所示,该读数为d=　　　　mm。多次测量后,得到直径的平均值恰与d相等。  (6)由以上数据可得,待测金属丝所用材料的电阻率ρ=　　　　×10-7 Ω·m。(保留2位有效数字)  答案： (2)　　(5)0.150　(6)5.0 解析 (2)当开关K接1端时,电压表测量金属丝两端的电压,当开关K接2端时,电压表测量定值电阻和金属丝两端的总电压,所以两次电压表的示数的差值就是定值电阻两端的电压,由欧姆定律就可以算出流过待测金属丝的电流I=。此时金属丝两端的电压等于U1,由欧姆定律可知,金属丝的电阻r==。 (5)螺旋测微器读数时注意后一位要估读,由题图可得读数为0.150 mm。 (6)由电阻定律r=,S=,代入数据可得电阻率ρ≈5.0×10-7 Ω·m。 5.(2023辽宁,12,6分)导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态),某同学欲测量其电阻率,设计了如图(a)所示的电路图,实验步骤如下: a.测得样品截面的边长a=0.20 cm; b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触,其中甲、乙、丁位置固定,丙可在乙、丁间左右移动; c.将丙调节至某位置,测量丙和某探针之间的距离L; d.闭合开关S,调节电阻箱R的阻值,使电流表示数I=0.40 A,读出相应的电压表示数U,断开开关S; e.改变丙的位置,重复步骤c、d,测量多组L和U,作出U-L图像如图(b)所示,得到直线的斜率k。 回答下列问题: (1)L是丙到　　　　(填“甲”“乙”或“丁”)的距离;  (2)写出电阻率的表达式ρ=　　　　(用k、a、I表示);  (3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ=　　　　Ω·m(保留两位有效数字)。  答案 (1)乙　(2)　(3)6.5×10-5 解析 (1)若L是丙到乙的距离,则有U=IRL=L,U与L成正比例关系,与题图(b)相符。若L是丙到甲或丁的距离,则U与L不是正比例关系,与题图(b)不符。 (2)根据(1)中U与L的函数关系式和题图(b)中U-L图像的对应关系可知k=,故ρ=。 (3)由U-L图像和已知量得 ρ=× Ω·m=6.5×10-5 Ω·m。 易错警示　求电阻率时要注意a与L的单位要换算成国际单位制单位。 6.(2022湖北,13,9分)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后,为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率,进行了如下实验探究。 (1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,示数如图甲所示,其读数为　　　mm。再用游标卡尺测得其长度L。  　　　 (2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6 A,内阻为1.0 Ω,定值电阻R0的阻值为20.0 Ω,电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1,闭合S1,多次改变电阻箱R的阻值,记下电流表的对应读数I,实验数据见下表。根据表中数据,在图丙中绘制出-R图像。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A。根据图丙中的图像可得Rx=　　　　Ω(结果保留2位有效数字)。最后可由表达式ρ=　　　　得到该材料的电阻率(用D、L、Rx表示)。  R/Ω I/A /A-1 5.0 0.414 2.42 10.0 0.352 2.84 15.0 0.308 3.25 20.0 0.272 3.68 25.0 0.244 4.10 30.0 0.222 4.50 (3)该小组根据图乙的电路和图丙的-R图像,还可以求得电源电动势E=　　　V,内阻r=　　　　Ω。(结果均保留2位有效数字)  (4)持续使用后,电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置,测得电路的电流,仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会　　　　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。  答案　(1)3.700　(2)6.0　　(3)12　3.1　(4)偏大 解析　(1)由图甲可得读数为3.5 mm+20.0×0.01 mm=3.700 mm。 (2)电流表示数为0.400 A时,=2.50 A-1,由图丙可读得对应横坐标为6.0 Ω。由Rx=ρ、S=π可得ρ=。 (3)由电路结构可得E=I(r+R0+RA+R),即=+R,可见-R图线的斜率k=、纵截距b=,再由图丙可得b=2.00 A-1、k= A-1·Ω-1≈0.082 9 V-1,解得E≈12 V、r≈3.1 Ω。 (4)由E=I(r+R0+RA+R)得R=-(r+R0+RA),可知当电源的电动势降低、内阻增大后,同一电流对应的电阻箱接入电路中阻值减小,故按原来描绘的图像处理时所获得的Rx偏大。 7.(2019江苏单科,11,10分)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下: (1)螺旋测微器如图1所示。在测量电阻丝直径时,先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间,再旋动　　　　(选填“A”“B”或“C”),直到听见“喀喀”的声音,以保证压力适当,同时防止螺旋测微器的损坏。  图1 (2)选择电阻丝的　　　　(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量,取其平均值作为电阻丝的直径。  (3)图2甲图中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线,将滑动变阻器接入图2乙图实物电路中的正确位置。 图2甲 图2乙 (4)为测量Rx,利用图2甲图所示的电路,调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值,作出的U1-I1关系图像如图3所示。接着,将电压表改接在a、b两端,测得5组电压U2和电流I2的值,数据见下表: U2/V 0.50 1.02 1.54 2.05 2.55 I2/mA 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0 　　请根据表中的数据,在方格纸上作出U2-I2图像。 图3 (5)由此,可求得电阻丝的Rx=　　　　Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。  答案　(1)C　(2)不同　(3)见图甲　(4)见图乙 (5)23.5(23.0~ 24.0都算对) 图甲 图乙 解析　本题通过测电阻丝电阻率的实验考查了基本仪器的使用、电路实物图连接及数据的处理等问题,考查了学生的实验操作、数据处理等能力,体现了科学探究中问题、证据、解释等素养要素,渗透了创新的价值观念。 (1)为防止测砧与测微螺杆对电阻丝产生的压力过大,应该旋动微调旋钮C。 (2)为防止电阻丝的粗细不均匀造成对其直径测量的误差,要求在电阻丝上不同位置测量后取其平均值。 (3)实物图连接见答案。 (4)将表格中数据先在方格纸上描点,再用平滑的直线连接,图见答案。 (5)在题图甲电路中U1=I1(Rx+RA+R0),当电压表改接在a、b两端时U2=I2(RA+R0),可见U1-I1图线的斜率k1=Rx+RA+R0,U2-I2图线的斜率k2=RA+R0,故由两图线的斜率可得被测电阻的阻值Rx=k1-k2≈23.5 Ω。 实验微专题14 测量电源的电动势和内阻 1．（2025·浙江 ）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中， (1)为了减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是 （选填“甲”或“乙”）； (2)通过调节滑动变阻器，测得多组U、I数据，记录于下表。试在答题纸上的方格纸中建立合适的标度，描点并作出图像 ，由此求得电动势 V，内阻 。（结果均保留到小数点后两位） 次数 1 2 3 4 5 U/V 1.35 1.30 1.25 1.20 1.15 I/A 0.14 0.22 0.30 0.37 0.45 【答案】(1)甲 (2) 1.44/1.45/1.43 0.65/0.66/0.64 【详解】（1）因乙电路中电流表内阻对电源内阻的测量影响较大，则为了减小测量误差，如图所示的电路中应该选择的是甲； （2）根据实验数据做出电源的U-I图像如图 [1][2]由结合图像可知 内阻 2．（2025·湖北 ）某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题： (1)R0在电路中起______（填“保护”或“分流”）作用。 (2)与E、r、R、R0的关系式为______。 (3)根据记录数据作出图像，如图（b）所示。已知R0=9.0Ω，可得E= V（保留三位有效数字），r= Ω（保留两位有效数字） (4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果 （填“有”或“无”）影响。 【答案】(1)保护 (2) (3) 1.47 1.3 (4)有 【详解】（1）R0与电阻箱串联，可知，R0在电路中起保护作用。 （2）根据闭合电路欧姆定律 化简可得 （3）[1][2]结合上述有 结合图（b）有， 解得， （4）当电流传感器有内阻时，所测的电源内阻 导致电源内阻测量值偏大，即电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有影响。 8．（2025·海南 ）图是“测量电源的电动势和内阻”的实验电路。 有如下器材 电源（约为3V，内阻未知） 电压表V（0~3V，RV约为3kΩ） 电流表A（0~6A，RA约为1Ω） 定值电阻 滑动变阻器（） 滑动变阻器（） 开关S 导线若干 (1)为了提高测量精度，电路图中滑动变阻器应选 。 (2)闭合开关S，多次调节滑动变阻器，记录U、I，如下表 1.00 1.30 1.70 2.00 2.50 0.38 0.32 0.24 0.18 0.08 根据表中数据作出U-I图像 。 (3)由U-I图像可求出电动势E1= V，内阻r= Ω（均保留三位有效数字）。 (4)考虑电压表分流引起的误差，则 ；（填“大于”、 “等于”或“小于”）；与真实值之间的关系式为 （用，，，表示 【答案】(1) (2) (3) (4) 小于 【详解】（1）为了提高测量精度，方便调节电路，滑动变阻器选择最大阻值较小的； （2）图像如下： （3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有 结合图线可得， 解得 （4）[1]将电压表和电源等效为新的电源，故此时根据图像得到的电动势和内阻为等效电源的电动势和内阻，等效电源的电动势为 故； [2]将等效进电源的内阻中，可得等效新电源的内阻为 3.(2024北京,15,8分)(1)某同学测量玻璃的折射率,作出了如图1所示的光路图,测出了入射角i和折射角r,则此玻璃的折射率n=　　　　。  (2)用如图2所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。如图3所示,分别把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管,观察并标记感应电流的方向。 　　 3 关于本实验,下列说法正确的是　　　　　(填选项前的字母)。  A.需要记录感应电流的大小 B.通过观察电流表指针的偏转方向确定感应电流的方向 C.图3中甲和乙表明,感应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极有关 (3)某兴趣小组利用铜片、锌片和橘子制作了水果电池,并用数字电压表(可视为理想电压表)和电阻箱测量水果电池的电动势E和内阻r,实验电路如图4所示。连接电路后,闭合开关S,多次调节电阻箱的阻值R,记录电压表的读数U,绘出U-图像,如图5所示,可得:该电池的电动势E=　　　　　V,内阻r=　　　　　kΩ。(结果保留两位有效数字)  【答案】 (1)　(2)BC　(3)1.0　3.3 【解析】　(1)根据折射定律可得,题图1中玻璃的折射率n=。 (2)本实验的主要目的是探究影响感应电流方向的因素,不需要记录感应电流的大小,但要根据电流表指针的偏转方向与闭合电路中电流方向的关系,确定感应电流的方向,A错误,B正确。题图3中甲和乙表明,条形磁体的N极和S极分别插入螺线管时,感应电流的方向是相反的,C正确。 (3)题中等于流过电阻箱的电流,即题图5相当于U-I图像,则由闭合电路欧姆定律可知,图像中图线的纵截距表示电源电动势E=1.0 V;从图中选取(0,1.0 V)和(120×10-6 A,0.6 V)两点,计算图线斜率,图线斜率的绝对值表示电源内阻r=|k|= Ω≈3.3 kΩ。 4.(2024黑吉辽,11,6分)某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有:电压表、电阻丝、定值电阻(阻值为R0)、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。 　　 （1）实验步骤如下: ①将电阻丝拉直固定,按照图(a)连接电路,金属夹置于电阻丝的　　　　(填“A”或“B”)端;  ②闭合开关S,快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U,断开开关S,记录金属夹与B端的距离L; ③多次重复步骤②,根据记录的若干组U、L的值,作出图©中图线Ⅰ; ④按照图(b)将定值电阻接入电路,多次重复步骤②,再根据记录的若干组U、L的值,作出图(c)中图线Ⅱ。 (2)由图线得出纵轴截距为b,则待测电池的电动势E=　　　　。  (3)由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为k1、k2,若=n,则待测电池的内阻r=　　　　(用n和R0表示)。  【答案】 (1)①A　(2)　(3) 【解析】　(1)①金属夹应置于电阻丝的A端,此时接入电路中的阻值最大,起到保护电路的作用。 (2)(3)设电源的电动势为E,内阻为r,电阻丝横截面积为S,电阻率为ρ,电阻丝接入电路的电阻为R,长度为L,对于图线Ⅰ可得U=E-×r,对于图线Ⅱ可得U=E-×(R0+r),其中R=ρ,对图线Ⅰ表达式整理可得=+×,对图线Ⅱ表达式整理可得=+×,可得=b,==n,解得E=,r=。 5.(2024甘肃,12,9分)精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有:电压表(量程1.5 V,内阻约为1.5 kΩ)、电流表(量程0.6 A)、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。 (1)考虑电流表内阻影响 ①用图1所示电路测量电流表的内阻。从图2电压表和电流表读数可得电流表内阻RA=　　　　 Ω(保留2位有效数字)。  ②用图3所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和RA表示,则干电池电动势E=U+　　　　(用I、r和RA表示)。  ③调节滑动变阻器测得多组电表读数,作出图4所示的U-I图像。则待测干电池电动势E=　　　　V(保留3位有效数字),内阻r=　　　　 Ω(保留1位小数)。  (2)考虑电压表内阻影响 该小组也尝试用图5所示电路测量电压表内阻,但发现实验无法完成。原因是　　　　(单选,填正确答案标号)。  A.电路设计会损坏仪器 B.滑动变阻器接法错误 C.电压太大无法读数 D.电流太小无法读数 【答案】(1)①1.0　②I(r+RA)　③1.40　1.0　(2)D 解析　(1)①由题图2可知,电压表读数为U=0.60 V,电流表读数为I=0.58 A,根据欧姆定律可得电流表内阻为RA== Ω≈1.0 Ω。 ②由闭合电路欧姆定律可知,干电池电动势的表达式为E=U+I(r+RA)。 ③将E=U+I(r+RA)变形为U=-(r+RA)I+E,根据图像可知,纵截距b=E=1.40 V,图线斜率的绝对值=r+RA= Ω=2.0 Ω,所以干电池内阻为r=1.0 Ω。 (2)将电压表串联接在电路中,电压表内阻很大,分得的电压大,电路中电流太小,电流表指针偏转不明显,导致无法读数,D正确。 6.(2020浙江7月选考,18,7分)某同学分别用图1甲和图1乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。 (1)在方框中画出图1乙的电路图; 图1 (2)某次测量时电流表和电压表的示数如图2所示,则电流I=　　 A,电压U=　　 V;  (3)实验得到如图3所示的两条直线,图中直线Ⅰ对应电路是图1　　　　(选填“甲”或“乙”);  (4)该电池的电动势E=　　　　 V(保留三位有效数字),内阻r=　　　　 Ω(保留两位有效数字)。  图2 图3 答案　(1)如图所示 (2)0.39~0.41　1.29~1.31　(3)乙　(4)1.51~1.54 0.52~0.54 解析　(1)见答案图 (2)电流表的量程为0~0.6 A,读数为0.40 A;电压表量程为0~3 V,读数应为1.30 V。 (3)根据题目已知条件,题图1甲的电路图如图所示,U-I图线斜率的绝对值应该代表电池内阻和电流表内阻之和。而题图1乙所表示的U-I图线斜率的绝对值代表电池内阻,因此斜率绝对值较大的图线对应的电路应该是题图1甲,即直线Ⅰ对应电路是题图1乙。 对题图1乙,根据闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir,图线与纵轴的交点代表电池电动势,即E=1.52 V,斜率绝对值代表电池内阻,即r= Ω≈0.53 Ω。 7.(2020山东,14,8分)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1.5 V,内阻小于1 Ω); 电压表V(量程3 V,内阻约3 kΩ); 电流表A(量程0.6 A,内阻约1 Ω); 滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω); 定值电阻R1(阻值2 Ω); 定值电阻R2(阻值5 Ω); 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 图甲 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 图乙 (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 0.32 0.36 0.40 U/V 1.35 1.20 1.05 0.88 0.73 0.71 0.52 　　请根据实验数据,回答以下问题: ①坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点,请在坐标纸上标出前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,请按照改进后的方案,将实物图连接成完整电路。 答案　(1)B　(2)①如图所示 ②R1　③如图所示 解析　(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验时,电压表测的是路端电压,根据E=U外+U内可知,|ΔU外|=|ΔU内|,而|ΔU内|=|ΔI·r|,所以当干电池内阻r较小时,电压表示数的变化范围比较小,B正确。 (2)①在坐标纸上根据前4组数据描出对应的坐标点并画出U-I图像如答案图所示。 ②U-I图像的斜率的绝对值约为2.6 Ω,表示干电池内阻与定值电阻之和,所以定值电阻一定小于2.6 Ω,故所选定值电阻为R1。 ③改进后的方案是将定值电阻R1与干电池串联,其余部分不变,用笔画线代替导线,将实物图连接成完整电路如答案图所示。 8.(2016北京理综,19,6分)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确,最不可取的一组器材是　(　　) A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B.一个伏特表和多个定值电阻 C.一个安培表和一个电阻箱 D.两个安培表和一个滑动变阻器 答案　D　根据U=E-Ir,要测出E和r,就要同时测出U和I,A、B、C三个选项都能满足要求;D选项只能测出电流I,不能测出电压U,所以选D。 9.(2018江苏单科,10,8分)一同学测量某干电池的电动势和内阻。 (1)如图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。 (2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I,以及计算的数据见下表: R/Ω 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 I/A 0.15 0.17 0.19 0.22 0.26 /A-1 6.7 6.0 5.3 4.5 3.8 　　根据表中数据,在方格纸上作出R-关系图像。 由图像可计算出该干电池的电动势为　　　　　　　V;内阻为　　　　Ω。  (3)为了得到更准确的测量结果,在测出上述数据后,该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱,当电流表的示数为0.33 A时,电压表的指针位置如图所示,则该干电池的电动势应为　　　　V;内阻应为　　　　Ω。  答案　(1)①开关未断开;②电阻箱阻值为零 (2)如图所示　1.4(1.30~1.44都算对)　1.2(1.0~1.4都算对) (3)1.4[结果与(2)问第一个空格一致]　1.0[结果比(2)问第二个空格小0.2] 解析　本题考查测量干电池的电动势和内阻。 (1)在连接电路过程中,要求开关处于断开状态;在闭合开关前,要求电阻箱接入电路的电阻最大。 (2)依照表中数据,描点连线,如答案图所示。由闭合电路欧姆定律可得I=,整理可得R=E·-r,与图像对应,则E=1.4 V,r=1.2 Ω。 (3)由题图可知电压表的读数为66 mV,由欧姆定律可得电流表的内阻r'=U/I=0.2 Ω,则由闭合电路欧姆定律可得I=,整理可得R=E·-(r+r'),与图像对应,则E=1.4 V,r=1.0 Ω。 10.(2018海南单科,12,12分)某同学利用图(a)中的电路测量电流表的内阻RA(约为5 Ω)和直流电源的电动势E(约为10 V)。图中R1和R2为电阻箱,S1和S2为开关。已知电流表的量程为100 mA,直流电源的内阻为r。 (1)断开S2,闭合S1,调节R1的阻值,使满偏;保持R1的阻值不变,闭合S2,调节R2,当R2的阻值为4.8 Ω时的示数为48.0 mA。忽略S2闭合后电路中总电阻的变化,经计算得RA=　　　　Ω;(保留2位有效数字)  (2)保持S1闭合,断开S2,多次改变R1的阻值,并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图(b)所示,则此次R1的阻值为　　　　Ω;  图(a) 图(b) 图(c) (3)利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I,作出I-1-R1图线,如图(c)所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I-1随R1变化的关系式为I-1=　　　　。利用图(c)可求得E=　　　　V。(保留2位有效数字)  答案　(1)5.2　(2)148.2　(3)+　9.1 解析　(1)由题意知,通过R2的电流为I2=52 mA,根据I2R2=IARA,解得RA=5.2 Ω。(2)电阻箱R1的读数为148.2 Ω。(3)根据闭合电路欧姆定律有E=IR1+I(RA+r),整理得=+R1,则I-1-R1图线的斜率= V-1,解得E≈9.1 V。 11.[2017天津理综,9(3)]某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ,电阻R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻。 ①按图示电路进行连接后,发现aa'、bb'和cc'三条导线中,混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的,将电键S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压,读数不为零,再测量a、a'间电压,若读数不为零,则一定是　　　导线断开;若读数为零,则一定是　　　导线断开。  ②排除故障后,该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据,作出图像如图。由I1-I2图像得到电池的电动势E=　　　V,内阻r=　　　Ω。  答案　①aa'　bb'　 ②1.4(1.36~1.44均可)　0.5(0.4~0.6均可) 解析　①用多用电表的电压挡测Uab'≠0,说明两表笔与电源两极间为通路,问题出在a、b'之间的含有电键的电路部分;若Uaa'≠0,说明aa'导线断路,若Uaa'=0,说明导线bb'断开。 ②由于I2≫I1,故可将I2视为干路电流,则有 I1(R1+r1)=E-I2(r+R0) 则I1=-·I2,故从图线的截距和斜率可求得E=1.4 V,r=0.5 Ω。 实验微专题15 用多用电表测量电学中的物理量 1．（2025·湖南 ）车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。 （1）选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为 。 （2）进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势，内阻可忽略，电压表量程，内阻约，电流表程，内阻约。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接 。 （3）如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率 （用R、a、b、c表示）。 （4）测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率，作出图像如图3所示。 （5）基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于时启动，为水泥块，为滑动变阻器，当的滑片处于某位置，上压力大于或等于时，报警器启动。报警器应并联在 两端（填“”或“”）。 （6）若电源E使用时间过长，电动势变小，上压力大于或等于时，报警器启动，则 （填“大于”“小于”或“等于”）。 【答案】 8000 见解析 大于 【详解】（1）[1]多用电表选择开关旋转到“”挡，故根据图1可知读数为； （2）[2]长方体导电水泥块样品的电阻，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用分压接法，故连接实物图如图 （3）[3]根据电阻定律 可知 （5）[4]根据图3可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增加，电压增加，电压减小，而报警器在两端电压大于或等于时启动，故应将报警器并联在两端； （6）[5]电源电动势E减小，要使报警器启动，即两端电压要仍为3V，根据串联分压有 可知E减小需要R1更小，又因为F越大R1越小，可知F1需要大于F0。 2．（2025·陕晋青宁卷 ）常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表（表头）改装而成的，与电源及相关元器件组装后可构成多功能、多量程的多用电表。 (1)某同学使用多用电表正确测量了一个的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选出以下必要的操作步骤并排序： ①把选择开关旋转到“”位置。      ②把选择开关旋转到“”位置。 ③将红表笔和黑表笔接触。               ④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点。 下列选项中正确的是_________。（单选，填正确答案标号） A．①③④ B．②③④ C．②④③ D．①④③ (2)若将一个内阻为、满偏电流为的表头改装为量程的电压表，需要 （填“串联”或“并联”）一个 的电阻。 (3)如图，某同学为探究由一个直流电源E、一个电容器C、一个电阻及一个电阻（）组成的串联电路中各元器件的位置，利用改装好的电压表分别测量各接线柱之间的电压，测得数据如表： 接线柱 1和2 2和3 3和4 1和4 2和4 1和3 U/V 0 1.53 0 0.56 1.05 0.66 根据以上数据可判断，直流电源E处于 之间，电容器C处于 之间，电阻处于 之间。（填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”） 【答案】(1)B (2) 串联 (3) 2和3 1和4 1和2 【详解】（1）要测量一个阻值约为的电阻，需要选择电阻“”挡，即把选择开关旋转到“”位置，后将红表笔和黑表笔短接，然后调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零。 故选B。 （2）[1][2]将表头改装为电压表需要串联一个电阻，串联电阻的阻值为 （3）[1][2][3]用电压表进行测量，电源两端电压最大，可知直流电源E处于2和3之间；接1和2、3和4时电压表示数为0，接1和4时电压表有示数，则1和2、3和4之间为电阻，电容器在1和4之间；接1和3时电压表示数比接2和4时小，则1和2之间的电阻阻值比3和4之间的大，即1和2之间电阻为，3和4之间电阻为。 3．（2025·黑吉辽蒙卷 ）在测量某非线性元件的伏安特性时，为研究电表内阻对测量结果的影响，某同学设计了如图（a）所示的电路。选择多用电表的直流电压挡测量电压。实验步骤如下： ①滑动变阻器滑片置于适当位置，闭合开关； ②表笔分别连a、b接点，调节滑片位置，记录电流表示数I和a、b间电压； ③表笔分别连a、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录a、c间电压； ④表笔分别连b、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录b、c间电压，计算； ⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。 作出、及曲线如图（b）所示。 回答下列问题： (1)将多用电表的红、黑表笔插入正确的插孔，测量a、b间的电压时，红表笔应连 接点（填“a”或“b”）； (2)若多用电表选择开关旋转到直流电压挡“”位置，电表示数如图（c）所示，此时电表读数为 V（结果保留三位小数）； (3)图（b）中乙是 （填“”或“”）曲线； (4)实验结果表明，当此元件阻值较小时， （填“甲”或“乙”）曲线与曲线更接近。 【答案】(1)a (2)0.377/0.376/0.378 (3) (4)甲 【详解】（1）电流从红表笔流入，黑表笔流出，故测量a、b间的电压时，红表笔应连a接点。 （2）0.5V的直流电压挡，分度值为0.01V，由图可知此时电压表读数为0.377V。 （3）由图可知，当表笔分别连a、c接点时测得是元件和电流表两端的电压和电流，则 当表笔分别连a、b接点时测得是元件两端的电压和电流，则 由于 所以相同电流情况下， 故图（b）中乙是曲线。 （4）由题意可知，图像测得是元件两端的电压和电流的关系，则实验结果表明，当此元件阻值较小时，甲曲线与曲线更接近。 4.(2024江苏,12,15分)有一块个长方体霍尔元件,长、宽、高分别 为a、b、c,如图甲所示。为了测量该霍尔元件的电阻率,进行了如下操作。 (1)用多电电表测量电阻,沿ab方向测得的电阻为10 Ω,沿bc方向的电阻如图乙所示,由图读出沿bc方向的电阻为　　　　　   (2)某同学根据如图丙所示的电路图连接实物图丁,请判断连接错误的区域是　　　　　   (3)测量bc方向的电阻时,手头有两个滑动变阻器,应选择　　　　  A.滑动变阻器:最大阻值为5 Ω,允许通过的最大电流为1.0 A B.滑动变阻器:最大阻值为500 Ω,允许通过的最大电流为0.5 A (4)接通开关前,滑动变阻阻滑片应放在　　　　  (5)测量小电阻时,用微安表(量程0~100 μA,内阻约为4 Ω),测得电阻率为1.15 Ω∙m,测量大电阻时,用电流表(量程0~100 mA,内阻约为1 Ω),测得电阻率为1.32 Ω∙m,小明说,沿ab方向的电阻小,所测量的误差小,请判断是否正确?简述理由　　　　。 【答案】(1)300　(2)A　(3)B　(4)右端　(5)错误　理由见解析 解析　(1)沿bc方向的电阻为3×100 Ω=300 Ω; (2)连接错误的区域是A区域,电压表的左边接线柱应该连接到电阻的左端; (3)因bc方向的电阻约为300 Ω,则测量bc方向的电阻时,应该选择与待测电阻阻值相当的滑动变阻器B即可; (4)接通开关前,滑动变阻阻滑片应放在阻值最大的最右端位置; (5)沿ab方向的电阻约为10 Ω,若用内阻约为4 Ω的微安表测量,其误差要比内阻约为1 Ω电流表测量较大的bc间的约300 Ω电阻误差肯定较大,则小明的说法错误。 5.(2022湖南,12,9分)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表,其内部结构如图所示,R0为调零电阻(最大阻值为R0m),Rs、Rm、Rn为定值电阻(Rs+R0m<Rm<Rn),电流计的内阻为RG(Rs≪RG)。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值,回答下列问题: (1)短接①②,将单刀双掷开关S与m接通,电流计示数为Im;保持电阻R0滑片位置不变,将单刀双掷开关S与n接通,电流计示数变为In,则Im　　　In(填“大于”或“小于”);  (2)将单刀双掷开关S与n接通,此时欧姆表的挡位为　　　(填“×1”或“×10”);  (3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,调整欧姆零点(欧姆零点在电流计满偏刻度处)时,调零电阻R0的滑片应该　　　调节(填“向上”或“向下”);  (4)在“×10”挡位调整欧姆零点后,在①②间接入阻值为100 Ω的定值电阻R1,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的;取走R1,在①②间接入待测电阻Rx,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的,则Rx=　　　　Ω。  答案　(1)大于　(2)×10　(3)向上　(4)400 解析　(1)短接①②,考虑到电源电动势不变,当保持电阻R0滑片的位置不变时,由闭合电路欧姆定律可知I=,将Rm或Rn视为外电路的电阻,由于Rm<Rn,则Im>In。 (2)当开关接n时,欧姆表内电阻较大,内电阻和待测电阻串联分压,则待测量的电阻阻值应较大,即此时应为“×10”挡位。 (3)若滑片位置不变,当开关接到较大的电阻Rn时,考虑串联电路分压关系,电流计不能满偏,若要使电流计满偏,则需要减小其所在支路的总电阻,故需向上调节调零电阻R0的滑片。 (4)设I总=kIg=,当①②短接时,kIg=;当接入100 Ω的电阻时,kIg=;当接入Rx时,kIg=,联立解得R内=200 Ω,Rx=400 Ω。 组合创新练2 电学创新实验 1.（2024全国甲，23，10分）电阻型氧气传感器的阻值会随所处环境中的氧气含量发生变化。在保持流过传感器的电流（即工作电流）恒定的条件下，通过测量不同氧气含量下传感器两端的电压，建立电压与氧气含量之间的对应关系，这一过程称为定标。一同学用图（a）所示电路对他制作的一个氧气传感器定标。实验器材有:装在气室内的氧气传感器（工作电流1 mA）、毫安表（内阻可忽略）、电压表、电源、滑动变阻器、开关、导线若干、5个气瓶（氧气含量分别为1%、5%、10%、15%、20%）。 完成下列实验步骤并填空: （1）将图（a）中的实验器材间的连线补充完整，使其能对传感器定标； （2）连接好实验器材，把氧气含量为1%的气瓶接到气体入口； （3）把滑动变阻器的滑片滑到　　　　端（填“a”或“b”），闭合开关；  （4）缓慢调整滑动变阻器的滑片位置，使毫安表的示数为1 mA，记录电压表的示数U； （5）断开开关，更换气瓶，重复步骤（3）和（4）； （6）获得的氧气含量分别为1%、5%、10%和15%的数据已标在图（b）中；氧气含量为20%时电压表的示数如图（c），该示数为　　　　V（结果保留2位小数）。  现测量一瓶待测氧气含量的气体，将气瓶接到气体入口，调整滑动变阻器滑片位置使毫安表的示数为1 mA，此时电压表的示数为1.50 V，则此瓶气体的氧气含量为　　　　%（结果保留整数）。  【答案】（1）如图所示 （3）a　（6）1.40　17 【解析】（1）测量过程中，电压变化范围可能较大，故题图（a）中滑动变阻器用分压式接法；因毫安表内阻可忽略，不会因分压而产生误差，故毫安表采用内接法；接b接线柱的导线也可接a接线柱。 （3）滑动变阻器为分压式接法，为了保护电路的安全，使氧气传感器中的电流从0逐渐增大到1 mA，所以把滑动变阻器的滑片滑到a端后再闭合开关。 （6）电压表的分度值为0.1 V，需要估读到下一位，故示数为1.40 V。在图（b）中描上点（20，1.40），然后将图（b）中的点用平滑的曲线连接，读图线可得当电压表示数为1.50 V时，此瓶气体的氧气含量为17%。 2.(2024河北,12,8分)某种花卉喜光,但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光强报警器,以便在光照过强时提醒花农。该实验用到的主要器材如下:学生电源、多用电表、数字电压表(0~20 V)、数字电流表(0~20 mA)、滑动变阻器R(最大阻值50 Ω,1.5 A)、白炽灯、可调电阻R1(0~50 kΩ)、发光二极管LED、光敏电阻R0、NPN型三极管VT、开关和若干导线等。 (1)判断发光二极管的极性 使用多用电表的“×10 k”欧姆挡测量二极管的电阻。如图1所示,当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时,多用电表指针位于表盘中a位置(见图2);对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位置(见图2)。由此判断M端为二极管的　　　　(填“正极”或“负极”)。  (2)研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性 ①采用图3中的器材进行实验,部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始。导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的　　　、　　　、　　　接线柱(以上三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”)。  ②图4为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线,图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强。由图像可知,光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而　　　　(填“增大”或“减小”)。  (3)组装光强报警器电路并测试其功能 图5为利用光敏电阻、发光二极管、三极管(当b、e间电压达到一定程度后,三极管被导通)等元件设计的电路。组装好光强报警器后,在测试过程中发现,当照射到光敏电阻表面的光强达到报警值时,发光二极管并不发光,为使报警器正常工作,应　　　　(填“增大”或“减小”)可调电阻R1的阻值,直至发光二极管发光。  【答案】 (1)负极　(2)①A　A　D(或C)　②减小 (3)增大 【解析】　(1)多用电表欧姆挡内部电流方向是红表笔进、黑表笔出,即内部电源的负极靠近红表笔,指针位于a位置表示测量电阻很大,二极管反向截止,相当于断路,指针位于b位置表示测量电阻很小,二极管正向导通,说明M端为二极管的负极。 (2)①电表读数从0开始,就必须采用分压式接法连接滑动变阻器。L2和L1的另一端接A,L3的另一端接D(或C)。 ②I-U图像中的斜率表示电阻的倒数,从Ⅰ到Ⅱ再到Ⅲ,光照越来越强,电阻越来越小,故光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而减小。 (3)发光二极管没发光说明二极管没导通,三极管也没导通,故要增加b、e间的电压,即增大R1连入电路的阻值来增大其两端的电压。 3.(2023江苏,12,15分)小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响。所用器材有:干电池(电动势约1.5 V,内阻不计)2节;两量程电压表(量程0~3 V,内阻约3 kΩ;量程0~15 V,内阻约15 kΩ)1个;滑动变阻器(最大阻值50 Ω)1个;定值电阻(阻值50 Ω)21个;开关1个及导线若干。实验电路如图1所示。 (1)电压表量程应选用　　　　(选填“3 V”或“15 V”)。  (2)图2为该实验的实物电路(右侧未拍全)。先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置,然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱　　　　(选填“B”“C”“D”)连接,再闭合开关,开始实验。  (3)将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变,依次测量电路中O与1,2,…,21之间的电压。某次测量时,电压表指针位置如图3所示,其示数为　　　　V。根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线,如图4中实线所示。  (4)在图1所示的电路中,若电源电动势为E,电压表视为理想电压表,滑动变阻器接入的阻值为R1,定值电阻的总阻值为R2,当被测电阻为R时,其两端的电压U=　　　　(用E、R1、R2、R表示),据此作出U-R理论图线如图4中虚线所示。小明发现被测电阻较小或较大时,电压的实测值与理论值相差较小。  (5)分析可知,当R较小时,U的实测值与理论值相差较小,是因为电压表的分流小,电压表内阻对测量结果影响较小。小明认为,当R较大时,U的实测值与理论值相差较小,也是因为相同的原因。你是否同意他的观点?请简要说明理由。 答案：(1)3 V　(2)D　(3)1.50　(4)R (5)不同意。理由见解析 解析 (1)两节干电池的电动势之和约为3 V,则电压表量程应选用3 V。 (2)闭合开关前应该把滑动变阻器接入电路的阻值调至最大,根据滑片的位置和右侧导线的接法可知电池盒上接线柱A应该与滑动变阻器的接线柱D连接。 (3)电压表的分度值为0.1 V,需要估读到下一位,题图3中电压表的示数为1.50 V。 (4)根据闭合电路欧姆定律有I=,当被测电阻为R时,其两端的电压U=IR=R。 (5)不同意。当R较大时,如果按照小明的观点,电压表分流较大,U的实测值与理论值相差较大,所以这个观点不正确。当R较大时,电压表的内阻不能忽略,则电路中的电流I=,电压表的读数U=·=,由题可知,R≤R2,当R=R2时U==,由题意可知RV≈3 kΩ,R1的最大值为50 Ω,则RV≫R1,≈0,则当R较大时电压表的读数U≈=,即此时U的实测值与理论值相差较小。 4. (2023广东,12,10分)某兴趣小组设计了测量盐水电导率的实验。所用器材有:电源E(电动势恒定,内阻可忽略);毫安表(量程15 mA,内阻可忽略);电阻R1(阻值500 Ω)、R2(阻值500 Ω)、R3(阻值600 Ω)和R4(阻值200 Ω);开关S1和S2;装有耐腐蚀电极板和温度计的有机玻璃样品池;导线若干。请完成下列实验操作和计算。 (1)电路连接 图(a)为实验原理图。在图(b)的实物图中,已正确连接了部分电路,只有R4一端的导线还未连接,该导线应接到R3的　　　(填“左”或“右”)端接线柱。  (2)盐水电导率和温度的测量 ①测量并记录样品池内壁的长宽高。在样品池中注满待测盐水。 ②闭合开关S1,　　　　开关S2,毫安表的示数为10.0 mA,记录此时毫安表的示数。计算得到流过样品池的电流I1为　　　mA。  ③　　　　开关S2,毫安表的示数为15.0 mA,记录此时毫安表的示数。计算得到流过样品池的电流I2为　　　　mA。  ④断开开关S1,测量并记录盐水的温度。 (3)根据上述数据,计算得到样品池两电极板间待测盐水的电阻为　　　　Ω,进而可求得该温度时待测盐水的电导率。  答案　(1)右　(2)②断开　40.0　③闭合　60.0　(3)100 解析 (1)根据图(a)电路可知,R3和R4是并联关系,则R4右端的导线应接到R3的右端接线柱。 (2)②闭合开关S1,断开开关S2,毫安表的示数为10.0 mA,则通过电阻R4的电流I4==30.0 mA,根据电路图可知,流过样品池的电流I1=I3+I4=40.0 mA。 ③闭合开关S2,毫安表的示数为15.0 mA,则流过R4的电流I4'==45.0 mA,流过样品池的电流I2=I3'+I4'=60.0 mA。 (3)设待测盐水的电阻为R0,根据闭合电路欧姆定律,开关S2断开时E=I1 开关S2闭合时E=I2 代入数据解得R0=100 Ω。 5.(2022浙江1月选考,18,7分)小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值,使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U,从而得到多个的值,作出-l图像,如图2中图线a所示。 (1)在实验中使用的是　　　　(选填“0~20 Ω”或“0~200 Ω”)的滑动变阻器。  (2)在某次测量时,电压表的指针位置如图3所示,则读数U=　　　　 V。  (3)已知合金丝甲的横截面积为7.0×10-8 m2,则合金丝甲的电阻率为　　　　Ω·m(结果保留2位有效数字)。  (4)图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的-l图像,由图可知合金丝甲的横截面积　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)合金丝乙的横截面积。  答案　(1)0~20 Ω　(2)1.31~1.34 (3)0.96×10-6~1.0×10-6　(4)小于 解析　(1)由题图2中a图线知合金丝电阻测量范围为3~8 Ω,结合电流表示数不变,即闭合电路的总电阻不变,为方便实验操作,滑动变阻器应选用0~20 Ω的。 (2)由(1)中分析知,电压表应选量程0~3 V的,故读数U=1.32 V(1.31~1.34 V均可)。 (3)由R=ρ可得=l,根据题图2中图线斜率可求得ρ=S=0.98×10-6 Ω·m。 (4)由题图2知L=0.40 m时,R甲=6.8 Ω,R并=2.1 Ω,根据R并=可解得R甲>R乙,由R=ρ,因为甲、乙长度相同,材料相同,所以S甲<S乙,故选填小于。 6.(2022河北,12,9分)某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲,设计电路如图1所示。选用的器材有:限温开关S1(手动将其按下,开始持续加热煮饭,当锅内温度高于103 ℃时自动断开,之后不能自动闭合);保温开关S2(当锅内温度高于80 ℃时自动断开,温度低于70 ℃时自动闭合);电饭煲的框架(结构如图2所示)。自备元件有:加热电阻丝R(阻值为60 Ω,用于加热煮饭);限流电阻R1和R2(阻值均为1 kΩ);指示灯L1和L2(2.5 V,0.6 W,当电流低于30 mA时可视为熄灭);保险丝T。 (1)按照兴趣小组设计的电路,下列说法正确的是　　　　(多选)。  A.按下S1,L1和L2均发光 B.当锅内温度高于103 ℃时,S1自动断开,L1和L2均发光 C.保温过程中,S2自动在闭合、断开状态之间交替切换 D.当锅内温度低于70 ℃时,S2自动闭合,L1发光,L2熄灭 (2)简易电饭煲制作完成后,试用时L1始终不亮,但加热和保温功能均正常。在不拆卸元件的前提下,断开电源,使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是　　　　(填写各步骤前的字母)。  A.将选择开关旋转到“×100”位置 B.将两支表笔直接接触,调节“欧姆调零旋钮”,使指针指向欧姆零点 C.调整“指针定位螺丝”,使指针指到零刻度 D.测量指示灯L1两端的阻值 E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡 操作时,将多用电表两表笔与L1两端接触,若指针如图3所示,可判断是　　　　断路损坏;若指针如图4所示,可判断是　　　断路损坏。(用电路中的元件符号表示)  答案　(1)CD　(2)CABDE　L1　R1 解析　(1)指示灯的阻值为R=≈10 Ω。由图1可知,在S1、S2有一个闭合时,R2与L2就被短路而不能发光,此时通过L1的电流为I1=≈218 mA>30 mA,则L1可发光,A错误,D正确。当锅内温度高于103 ℃时,S1与S2均断开,此时R1、L1串联后与R并联的总阻值为 Ω≈56.6 Ω,再与L2、R2串联,通过L2的电流为≈0.206 A=206 mA>30 mA,L2可发光,而由并联电路电流分配规律可知通过L1的电流约为×206 mA≈11.6 mA<30 mA,故此时L1熄灭,B错误。在保温过程中,温度高于80 ℃时S2断开停止加热,温度下降到低于70 ℃时S2闭合又开始加热,故C正确。 (2)使用多用电表测电阻时,首先是机械调零,然后选倍率挡,选挡后需欧姆调零,调零后再进行阻值测量,测量完毕后为了电表安全要进行E步骤。 图3中电阻测量值约为1 060 Ω,说明L1断路损坏,测量的是R1与R串联的总阻值;图4中电阻的测量值约为10 Ω,说明R1断路损坏,测量的是L1的阻值。 7.(2022广东,12,9分)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件。某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系,实验过程如下: (1)装置安装和电路连接 如图(a)所示,导电绳的一端固定,另一端作为拉伸端,两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图(b)所示的电路中。 (2)导电绳拉伸后的长度L及其电阻Rx的测量 ①将导电绳拉伸后,用刻度尺测量并记录A、B间的距离,即为导电绳拉伸后的长度L。 ②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S2,闭合开关S1,调节R,使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。 ③闭合S2,电压表的示数　　　　(选填“变大”或“变小”)。调节R使电压表的示数仍为U,记录电流表的示数I2,则此时导电绳的电阻Rx=　　　　(用I1、I2和U表示)。  ④断开S1,增大导电绳拉伸量,测量并记录A、B间的距离,重复步骤②和③。 (3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值　　　　(选填“有”或“无”)影响。  (4)图(c)是根据部分实验数据描绘的Rx-L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上,当机械臂弯曲后,测得导电绳的电阻Rx为1.33 kΩ,则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为　　　　 cm,即为机械臂弯曲后的长度。  答案　(2)③变小　　(3)无　(4)51.80 解析　(2)③根据闭合电路欧姆定律,闭合S2后,导电绳与定值电阻并联,电路中总电阻变小,电流变大,电压表的示数变小(提示:也可用串反并同法判断)。根据部分电路欧姆定律,闭合S2 前,I1=+,闭合S2 后,I2=++,联立解得导电绳的电阻Rx=。(3)根据(2)的分析知,导电绳的电阻Rx=,与电压表内阻无关。(4)由图线可得Rx=1.33 kΩ时,导电绳拉伸后的长度为51.80 cm。 8.(2016课标Ⅰ,23,10分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时,系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干。 在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V,Ic约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω。 (1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。 (2)电路中应选用滑动变阻器　　　(填“R1”或“R2”)。  (3)按照下列步骤调节此报警系统: ①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为　　　　Ω;滑动变阻器的滑片应置于　　　　(填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②将开关向　　　　(填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至　　　　　　　　。  (4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。 答案　(1)连线如图所示 (2)R2 (3)①650.0　b　接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏　②c　报警器开始报警 解析　(2)由R== Ω=1 800 Ω可知,滑动变阻器应选R2。 (3)①电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在60 ℃时的阻值,即650.0 Ω。滑动变阻器的滑片应置于b端,使开关接通后回路中电流最小,以保护报警器,即防止因过载而损坏报警器。②应将开关向c端闭合,然后对系统进行调节。 9.(2019课标Ⅱ,23,10分)某小组利用图(a)所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系,图中和为理想电压表;R为滑动变阻器,R0为定值电阻(阻值100 Ω);S为开关,E为电源。实验中二极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题: 图(a) (1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0 μA,应调节滑动变阻器R,使电压表的示数为U1=　　　　mV;根据图(b)可知,当控温炉内的温度t升高时,硅二极管正向电阻　　　　(填“变大”或“变小”),电压表示数　　　　(填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向　　　　(填“A”或“B”)端移动,以使示数仍为U1。  (2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏度为=　　　×10-3 V/℃(保留2位有效数字)。  图(b) 答案　(1)5.00　变小　增大　B　(2)2.8 解析　本实验考查运用闭合电路欧姆定律计算电压,并且分析了硅二极管两端的电压与温度的关系,考查学生的实验能力,体现了科学探究核心素养。 (1)实验中I=50.0 μA,R0=100 Ω,所以U1=IR0=5.00 mV,因为图(b)是在恒定电流条件下得到的图像,斜率为负值,所以随温度的升高,硅二极管正向电压变小,由R硅=,可知硅二极管正向电阻变小,则回路中电流变大,且R0为定值电阻,的示数增大。为了确保回路中电流恒定,应使滑动变阻器的阻值变大,故滑片应向B端滑动。(2)图(b)中图线纵轴截距为0.44 V,所以= V/℃=2.8×10-3 V/℃。 10.(2023湖南,12,9分)某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置,其电路如图(a)所示,R1、R2、R3为电阻箱,RF为半导体薄膜压力传感器,C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)。 (1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值,示数如图(b)所示,对应的读数是　　　Ω;  (2)适当调节R1、R2、R3,使电压传感器示数为0,此时,RF的阻值为　　　　(用R1、R2、R3表示);  (3)依次将0.5 g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小),读出电压传感器示数U,所测数据如表所示: 次数 1 2 3 4 5 6 砝码质量m/g 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 电压U/mV 0 57 115 168 220 280 根据表中数据在图(c)上描点,绘制U-m关系图线; (4)完成前面三步的实验工作后,该测量微小压力的装置即可投入使用。在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0,电压传感器示数为200 mV,则F0大小是　　　　N(重力加速度取9.8 m/s2,保留2位有效数字);  (5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压,在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F1,此时非理想毫伏表读数为200 mV,则F1　　　　F0(填“>”“=”或“<”)。  答案： (1)1 000　(2)　(3)如图所示 (4)0.018(0.017或0.018)　(5)> 解析 (1)欧姆表选择“×100”挡,由题图(b)可知读数为1 000 Ω。 (2)由题图(a)可知,要使电压传感器示数为0,上、下两条支路中R1和R2的分压应相等,即=,可得RF=。 (3)根据题表中数据描点作图,注意使图线通过尽量多的点,如答案图所示。 (4)由图可得200 mV的电压对应砝码的质量约为1.8 g,则F0=mg≈0.018 N。 (5)非理想毫伏表测得的电压偏小,即要达到相同的电压,所需压力会偏大,则F1>F0。 ( 1 / 100 ) 学科网（北京）股份有限公司 $