期末专项复习练习（六）实验探究——2026-2027学年人教版九年级全一册物理

**基本信息** 聚焦实验探究专项，以控制变量法、转换法等科学方法为核心，构建“原理辨析-实验设计-数据分析”的逻辑链条，强化科学探究与科学思维素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题（含3道多选）|实验原理辨析（如第2题比较热值与吸热能力）、故障分析（第4题电路故障）|从单一实验操作到综合原理应用，覆盖热学、电学实验核心考点| |实验探究题|5题|控制变量法（第11题比热容比较）、模型建构（第15题电子量角器设计）|遵循“提出问题-设计方案-数据处理-结论评估”探究流程，衔接跨学科实践|

专项复习（六）实验探究——2026-2027学年人教版 九年级物理期末专项练 （时间：60分钟 满分：100分） 一、选择题（本大题共10个小题，共30分。1～7小题为单选题，每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意，每小题3分；8～10小题为多选题，每小题的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意，每小题3分，全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分） 1．如图，小明将测温探头置于注射器内并密封，向左推动活塞并观察温度计示数变化。关于此过程说法正确的是（ ） A．温度计示数变小 B．通过热传递改变气体内能 C．保持活塞不动，取下橡皮帽，温度计示数不变 D．撤去外力，活塞快速向右运动，温度计示数减小 2．如图是实验室探究“不同物质吸热能力”和“比较热值大小”的实验装置（ ） A．若比较热值大小，液体1和液体2是不种液体 B．温度计升高的量都能反映吸收热量多少 C．探究不同物质的吸热能力，甲、乙燃料质量相同 D．两个实验液体1和液体2的质量都必须相同 3．如图甲所示是一种地震自动报警仪，其简化结构如图乙所示，当有地震发生时，金属球会在磁环中来回摆动产生感应电流，使报警器响起发出警报，选项图中与地震自动报警仪的工作原理相同的是（ ） A B C D 4．如图所示的电路中，电源电压恒为3V，灯泡L1、L2规格相同，额定电压均为3V。下列说法正确的是（ ） A．断开S1、闭合S2时，灯泡L1短路 B．闭合S1、断开S2时，灯泡L1、L2正常发光 C．同时闭合S1、S2时，只有灯泡L1会发光 D．闭合S1、断开S2时，发现灯泡L1和灯泡L2都不发光，则故障可能是灯泡L2短路 5．同学们利用如图甲所示的电路探究“影响电阻大小的因素”，其中1、2、3电阻丝材料如图所示，2、3电阻丝长度相同、粗细相同，1长度最长、横截面积最大。下列说法中正确的是（ ） A．实验中通过电流表示数大小反映电阻大小，电流表示数越大，接入M、N之间的电阻越大 B．该实验探究中采用的实验方法只有转换法 C．在M、N间分别接入2、3两根电阻丝可以探究电阻与材料的关系 D．在M、N间分别接入1、2两根电阻丝，发现两次电流表的示数相同，说明电阻的大小与导体的长度无关 6．小明在探究“并联电路中的电流关系”实验中，组装如图电路，器材完好，导线与接线柱接触良好。关于这个电路下列说法正确的是（ ） A．用开关试触时，L1不发光，因为L1被导线“4”短路 B．用开关试触时，L1、L2都能发光，甲、乙、丙三个电流表指针都能正常偏转 C．闭合开关，电路工作时，乙电流表会损坏 D．为完成实验，可将导线3接在L2上的接线端改接在乙电流表的负接线柱上 7．用如图所示的电路探究通过导体的电流与电阻的关系。器材有：干电池3节（电压约为4.5V），开关、滑动变阻器（20Ω，2A）、电压表、电流表各一个，阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一个，导线若干，连接好电路，设定加在电阻两端的电压为2V进行探究，发现在获得三组数据后无法再进行实验，为了继续使用前面三组数据，利用现有器材完成探究，下列方案中可行的是（ ） ①减少1节干电池 ②增加1节干电池 ③将设定加在电阻两端的电压调整为2.5V ④将10Ω的电阻串联在开关和滑动变阻器之间 A．只有①② B．只有①④ C．只有③④ D．只有①③④ 8．（多选）小明在化学课上学习了电解水的实验，如图所示为其简易装置，在物理课上学习了电流的形成，他对电解水实验过程有了以下想法，下列想法正确的是（ ） A．为了使现象更明显往往还在水里添加少量氢氧化钠 B．实验中使用电池的放电过程是将电能转化为化学能 C．电解水过程中，导线中的自由电子从电源负极流向正极 D．在电解水的过程中，水槽中两个电极间的电流从左向右流过 9．（多选）如图是探究电流热效应的实验装置，两个相同透明容器中密封着等量的空气和电阻R1、R2，其中R1＝5Ω，R2＝R3＝10Ω。下列说法正确的是（ ） A．只闭合S1，可以探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系 B．只闭合S1，若电路中的电流为0.2A，通电1min电阻R1产生的热量为12J C．闭合S1和S2，通过R1的电流是R2电流的0.5倍 D．闭合S1和S2后，左侧U形管内液柱的高度差和右侧的高度差一样 10．（多选）某同学设计了一款弹力秤，用来监测鱼缸储水量。其原理模型如图甲所示，电源电压恒为6V，压杆与压敏电阻R固定放置，且压敏电阻R的阻值与所受压力F变化的关系，如图乙所示。当鱼缸水位低于临界水位，电流表示数高于某一数值时，就会触发报警；轻质水平杠杆OAB以O为支点，AB：AO＝1：1，且一直处于水平状态：C是一个质量为600g、边长为10cm的实心正方体物块；鱼缸的底面积为300cm2，弹簧原长为10cm，且每受到1N的力长度变化0.5cm。当鱼缸里没有水，且物块静止时，物块下表面距离鱼缸底部4cm处，弹簧、压杆和杠杆的质量及压杆的大小均忽略不计，鱼缸里水的密度为1g/cm3。下列判断正确的是（ ） A．鱼缸储水量越大，电路中电流做功越来越快 B．当电流表的示数为0.2A时，鱼缸内水的深度为12.25cm C．当鱼缸内水深10cm时，电流表示数0.15A D．若将杠杆与压杆的接触位置A适当靠近O点，则鱼缸水位更高时触发报警 二、实验探究题（本大题共5个小题；每题14分，共70分） 11．为了比较水和食用油的吸热能力，小新同学做了如图甲所示的实验。 （1）实验前应按照_________（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序组装实验器材，实验中取_________（选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，用升高的温度来反映两种物质吸收的热量； （2）小新将记录的实验数据绘制成如图乙所示的温度﹣时间图像，已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），根据图像可计算出食用油的比热容为_________J/（kg•℃）； （3）小林同学受到小新实验的启发，设计了如下实验来比较铜和铝的比热容大小： ①小林先将质量相等的铜块和铝块放入沸水中加热足够长时间，如图丙所示（加热装置未画出）； ②再将铜块和铝块分别放入盛有质量相等、温度_________（选填“相同”或“不相同”）的水的A、B两容器中，并将容器用隔热材料密封，如图丁所示； ③经过足够长的时间后，同时测量A、B两容器中水的温度，记录数据分别为40℃和47℃； ④分析比较铜块和铝块_________（选填“吸收”或“放出”）的热量和其他相关的物理量，可以判断出_________（选填“铜”或“铝”）的比热容大，写出分析过程：_________ 12．小明想测量家用手电筒（如图甲所示）中小灯泡正常工作时的电阻，提供的器材：三节新干电池、开关、电压表、电流表各一个，导线若干，额定电压为2.5V的待测手电筒灯泡，滑动变阻器规格为“100Ω0.5A”。 （1）小明将手电筒中的小灯泡取下，接入如图乙所示的电路中，请用笔画线代替导线，将电路补充完整（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，小灯泡的亮度变亮，导线不交叉）； （2）连接好电路，将变阻器滑片移到阻值最大处，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表和电流表均有示数，原因是_________； （3）接着移动滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数如图丙所示。为了测量小灯泡正常工作时的电阻、接下来的操作是_________，直至电压表示数为2.5V； （4）小明根据多组实验数据，画出小灯泡的I﹣U关系图像，如图丁所示，则小灯泡正常工作时的电阻是_________Ω，由图像还可得出小灯泡的电阻变化规律是_________； （5）【拓展】小明将小灯泡换成定值电阻R0，想把电压表改装为间接测量电阻大小的仪表。他设计了图所示的方案（电源电压未知，恒定不变），并进行了以下操作和分析： 在电路的M、N两点之间接入阻值分别为8Ω、20Ω的电阻，闭合开关，发现电压表示数分别为2.0V、3.0V的刻度线，于是他在表盘相应位置标出了电阻的数值，如图所示。以此类推再标出其他刻度线，电压表就可以用来间接测量阻值了，由以上数据可知：此电路电源电压为_________V，定值电阻R0的阻值为_________Ω。 13．某课外小组学习了导体电阻的知识后，对食盐溶液的导电性能与什么因素有关提出了以下猜想： 猜想一：可能与溶液的浓度有关； 猜想二：可能与溶液的质量有关； 猜想三：可能与溶液中两金属片间的距离有关。 为了验证猜想，他们设计了如图1的实验装置，将电路中的a、b两金属片分别插入图2甲、乙、丙、丁溶液中所示位置，金属片a、b每次插入溶液中的深度都相同，甲、乙、丙溶液中金属片a、b间的间距相同，且大于丁中两金属片间的间距；甲、乙、丁中溶液的质量相等，且大于丙中溶液的质量。 （1）定值电阻R0在电路中起到_________的作用。 （2）实验中，电流表示数越大代表溶液的导电性越_________（选填“强”或“弱”）。 （3）为了探究猜想一，应将金属片a、b分别插入图2中的_________所示位置；将金属片a、b分别插入图2中的甲、丙所示位置，可验证猜想_________是否正确。 （4）将金属片a、b分别插入图2中乙、丁所示位置，若I乙≠I丁由此可得到的结论是食盐水溶液的导电性能与溶液中两金属片间的距离_________（选填“有关”或“无关”）。 （5）如图3所示，小红在原有的实验器材上再加一个开关，就可以测量食盐水中两金属片a、b间的电阻Rx，实验步骤为：先闭合开关S，电流表的示数为0.2A；再闭合开关S1，电流表的示数如图4所示，读数为_________A。已知定值电阻R0＝10Ω，则可计算出Rx＝_________Ω。 14．小明在做探究并联电路电流规律的实验，如图甲是实验的电路图。 （1）实验中，小明应该选择的两个小灯泡规格是_________（填“相同”或“不同”）的。 （2）请用笔画线代替导线，按图甲中的电路图把图乙中的实物电路连接完整（导线不得交叉）。 （3）他正确连接电路闭合开关后，观察到灯L2发光，但灯L1不发光，电流表的示数为零，电路可能存在的故障是：_________。排除故障后闭合开关，发现电流表指针偏转角度很小，为了测量更准确，还应该进行的操作是：_________。 （4）他在测量灯L2的电流时，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为_________A。 （5）另外两个小组也测出了两组电流并记录在表中，由此可以初步得出并联电路的电流规律：_________。 数据序号 L1中的电流I1 L2中的电流I2 干路中的电流I 1 0.10 0.34 2 0.20 0.26 0.46 3 0.24 0.30 0.54 （6）大家在进行交流时，发现表格设计存在问题，请你指出该问题是：_________。 15．在跨学科实践活动中，小明所在的项目化学习小组进行如下活动： 【项目分解】（1）设计一种电子量角器； （2）制作电子量角器。 【项目实施】 （1）设计一种电子量角器 如图甲所示，小明把同种材料制成的粗细均匀的电阻丝AB（电阻丝AB的阻值为30Ω）弯曲成半圆形，O为圆心，OP为能够绕圆心转动的金属滑片（OP的阻值忽略不计），P与AB接触良好，OA与OP的夹角为θ，即θ＝∠AOP。 （2）制作电子量角器 ①小明将如图甲所示装置接入如图乙所示电路，电源电压为6V且保持不变，R0＝30Ω，电压表量程为0～3V，转动滑片OP，电压表的示数随之改变； ②当转动OP使角度θ为90°时，电压表的示数为_________V； ③多次转动OP，记录角度θ与对应的电压表示数，用θ的角度值替换对应的电压表盘上的刻度值，小明完成了对电压表的改造，制作了电子量角器。 ④当电流表读数为0.15A时，由电压表改造成的电子量角器的指针所指的角度值是_________度。 【项目评估】 能否去掉电路中的定值电阻R0？_________（填“能”或“不能”）。 请说明理由：_________________________________________________。 【项目拓展】 同组的小亮发现改造后的电子量角器表盘上角度刻度值分布不均匀，请你帮助他在图丙中将电路补画完整，使得由电压表改造成的电子量角器的表盘上角度的刻度值能均匀分布，且θ（θ＝∠AOP）增大时，指针所指角度的刻度值增大。 【答案与解析】 1.D 2.A 3.D 4.C 5.C 6.D 7.B【解析】①.减少一节干电池作为电源，即U＝3V，U0＝2V，由串联电路中电压分配与电阻成正比得：，，解得R滑1＝10Ω＜20Ω，故①方案可行； ②.增加一节干电池作为电源，即U＝6V，U0＝2V，由串联电路中电压分配与电阻成正比得：，，解得R滑2＝40Ω＞20Ω，故②方案不可行； ③.要继续使用前两次实验数据，不能改变定值电阻两端电压；故③方案不可行； ④.电源电压U′＝4.5V，由串联电路中电压分配与电阻成正比得：，，解得R′＝25Ω，这是要求滑动变阻器接入得电阻为30Ω﹣25Ω＝5Ω＜10Ω，故④方案可行； 8.AC【解析】实验中，往往还在水里添加少量氢氧化钠，可增加水的导电性，加快电解速度，使实验现象更明显，故A正确，符合题意；实验中使用电池的放电过程时，消耗化学能，得到电能，因此是将化学能转化为电能，故B错误，不符合题意；电解水过程中，电流是从电池的正极出发，由于自由电子的定向移动方向与电流的方向相反，所以，导线中的自由电子从电源负极流向正极，故C正确，符合题意；在电解水的过程中，电流是从电池的正极出发，经过水槽回到电池的负极，所以，水槽中两个电极间的电流从右向左流过，故D错误，不符合题意。 9.AB【解析】只闭合S1，电阻R1、R2串联，通电时间和电流大小均相等，两电阻的大小不相等，因此，可以探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，故A正确；只闭合S1，若电路中的电流为0.2A，通电1min电阻R1产生的热量为：Q＝I2Rt＝（0.2A）2×5Ω×60s＝12J，故B正确；闭合S1和S2，R2和R3并联后，再与R1串联，则通过R1的电流等于R2和R3并联部分的电流之和，则通过R1的电流是R2电流的2倍，故C错误；闭合S1和S2后，通过R1的电流是R2电流的2倍，通电时间相同，电阻大小不同，则左侧U形管内液柱的高度差和右侧的高度差不一样，故D错误。 10.BD【解析】鱼缸出水量越大，物块C排开水的体积变大，故所受浮力越大，弹簧测力计形变变小，所以杠杆OAB的B点所受力FB减小， 根据杠杆平衡条件FA×OA＝FB×OB，则FA2FB，因为FB减小，所以FA也减小，根据物体间力的作用是相互的，FA等于压敏电阻R的阻值所受的压力，即压敏电阻R的阻值所受的压力减小，由图乙可知，压力减小，压敏电阻R的阻值增大，电源电压一定，由欧姆定律可知，电路中电流变小，由P＝UI可知，电路的功率变小，即电路中电流做功越来越慢，故A错误；由图可知，开关S闭合，电路为R的简单电路，当电流表的示数为0.2A时，压敏电阻阻值为R30Ω；由图乙可知，此时压敏电阻R的阻值所受的压力F＝1N，即此时杠杆OAB的A所受力FA＝F＝1N，根据杠杆平衡条件FA×OA＝FB×OB，则FBFA＝0.5N，物块C所受重力为G＝mg＝0.6kg×10N/kg＝6N，由二力平衡条件可知鱼缸里没有水时弹簧对物块C的拉力为6N，则电流表的示数为0.2A时与鱼缸里没有水相比，弹簧拉力的减小量：ΔF拉＝6N﹣0.5N＝5.5N，因弹簧每受到1N的力长度变化0.5cm，所以此时弹簧长度的减小量ΔL＝5.5N×0.5cm/N＝2.75cm，即物块C向上移动了2.75cm，此时FB＝0.5N，即弹簧对物体C的拉力F拉＝0.5N，则物体所受的浮力为F浮＝G﹣F拉＝6N﹣0.5N＝5.5N，根据阿基米德原理得：V排5.5×10﹣4m3＝550cm3，则物块C浸在水中的深度：h浸5.5cm；此时鱼缸内水的深度为：h＝d+ΔL+h浸＝4cm+2.75cm+5.5cm＝12.25cm，故B正确；当电流表示数0.15A时，由欧姆定律可得此时压敏电阻的阻值：R′40Ω，由图乙可知，此时压敏电阻受到的压力为0N，则压杆对杠杆没有支持力，弹簧对B端的拉力为0N，说明此时弹簧处于自然状态，即此时物块C处于漂浮状态，由漂浮条件可知，此时物块C受到的浮力：F浮′＝G＝6N，由阿基米德原理可得此时物块C排开水的体积：V排′6×10﹣4m3＝600cm3，此时C浸入水的深度：h浸′6cm； 此时与鱼缸里没有水相比，弹簧拉力的减小量：ΔF拉′＝6N﹣0N＝6N，则根据题意可知此时弹簧长度的减小量ΔL′＝6N×0.5cm/N＝3cm，即物块C向上移动了3cm，此时鱼缸中水的深度为：h′＝d+ΔL′+h浸′＝4cm+3cm+6cm＝13cm，由此可知，当鱼缸内水深13cm时，电流表示数才为0.15A，故C错误；若将杠杆与压杆的接触位置A适当靠近O点时，则阻力臂变小，阻力将变大，动力臂变大，需要的动力更小，物块所受浮力变大，鱼缸水位应更高，才能触发报警，故D正确。 11.（1）自下而上 质量 （2）2.1×103 （3）相同 放出 铝 铜块和铝块放出的热量分别为：Q铜＝c铜m铜（t沸﹣40℃），Q铝＝c铝m铝（t沸﹣47℃）；由题意可知，A、B两容器中水吸收的热量为QA＜QB，故Q铜＜Q铝，由于m铜＝m铝，所以，即，因此铝的比热容更大。 【解析】（1）实验时需要使用酒精灯的外焰进行加热，温度计的玻璃泡浸没在被测液体中，且不碰到杯壁与杯底，应按照从下到上的顺序安装器材； 实验中应取质量相同的水和食用油，通过吸收相同热量，用升高的温度来反映两种物质吸热能力； （2）由题图乙可知，质量相等的水和食用油，温度都从10℃升高到30℃时，食用油需要的加热时间是水需要加热时间的一半，即食用油吸收的热量：， 根据Q吸＝cmΔt可得食用油的比热容为： ； （3）根据可知，铜块和铝块质量相等时，要比较铜和铝的比热容，只需要比较二者吸收或放出热量与对应温度变化量的比值即可，由步骤①可知，铜块和铝块加热后的末温与沸水温度相同，由于沸水的温度高于图丁中水的温度，由步骤②可知，铜块和铝块放入隔热材料密封的A、B两容器的水中后，铜块和铝块放出热量对水加热，最终铜块和铝块分别与容器中水的温度相同，忽略热损失，铜块和铝块放出的热量与水吸收的热量相等；由步骤③可知，实验最终记录了A、B两容器中水的末温，为了方便比较水吸收的热量，A、B两容器中水的质量和初温都应该相等，故比较A、B两容器中水吸收的热量即可得出铜块和铝块放出热量的大小关系，进而可以判断出铜和铝的比热容的大小关系，铜块和铝块放出的热量分别为： Q铜＝c铜m铜（t沸﹣40℃）， Q铝＝c铝m铝（t沸﹣47℃）， 由题意可知，A、B两容器中水吸收的热量为QA＜QB，故Q铜＜Q铝，由于m铜＝m铝， 所以， 即，因此铝的比热容更大。 12．（1）如图所示： （2）滑动变阻器连入电路的电阻太大 （3）向右移动滑动变阻器的滑片 （4）10 灯丝的电阻随温度的升高而变大 （5）4.5 10 【解析】（1）根据题意，小灯泡应与滑动变阻器串联在电路中，由于滑动变阻器的滑片向右移动时，小灯泡的亮度变亮，说明此时电路电流变大，变阻器连入电路的电阻变小，所以，应用导线将变阻器的右下接线柱与小灯泡的右接线柱相连，如图所示： （2）当变阻器滑片位于阻值最大处时，变阻器连入电路的电阻很大，这会导致整个电路中的电流非常小，由于电流过小，可能不足以让小灯泡达到发光所需的最小电流值，因此即使电路已经闭合，小灯泡也不会亮起，但是，因为电路是导通的，所以电压表和电流表会有示数； （3）由图乙可知，电压表选择小量程接入电路中，分度值为0.1V，由图丙可知，此时电压表的示数为2.3V，小于小灯泡的额定电压2.5V，为了测量小灯泡正常工作时的电阻，需增大小灯泡的两端电压，根据串联电路的电压规律可知，需减小变阻器的两端电压，根据串联分压原理可得，需减小变阻器连入电路的电阻，所以，接下来的操作是向右移动变阻器的滑片，直至电压表示数为2.5V； （4）由图丁可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，小灯泡正常发光时的电阻为；由图丁可知，当灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流也变大，根据P＝UI可知，灯泡的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而变大。 （5）当M、N两点之间接入阻值为8Ω时，此时电压表测的是M、N两点的电压，两电阻串联，根据串联电路特点和欧姆定律可得，电源电压为； ①当M、N两点之间接入阻值为20Ω时，根据串联电路特点和欧姆定律可得，电源电压为； ②联立①②可解得，此电路电源电压为U＝4.5V，定值电阻R0＝10Ω。 13．（1）保护电路 （2）强 （3）甲、乙 二 （4）有关 （5）0.4 10 【解析】（1）在电路中，如果没有定值电阻R0，当溶液电阻很小时，电路中的电流可能会过大，从而损坏电流表和电源等元件。定值电阻R0可以限制电路中的电流，起到保护电路的作用。 （2）根据欧姆定律，在电源电压一定的情况下，电流表示数越大，说明电路的总电阻越小，若食盐水溶液的导电性能比较强，其电阻就比较小，电流表示数较大； （3）探究猜想一，即探究食盐溶液的导电性能与溶液浓度的关系，根据控制变量法，需要控制溶液的质量和两金属片间的距离相同，改变溶液的浓度。观察图2，甲和乙中金属片a、b间的间距相同，溶液质量相同，溶液浓度不同，所以应将金属片a、b分别插入图2中的甲、乙所示位置； 将金属片a、b分别插入图2中的甲、丙所示位置，甲和丙中溶液浓度相同，金属片a、b间的间距相同，溶液质量不同，所以可验证猜想二正确。 （4）将金属片a、b分别插入图2中乙、丁所示位置，乙和丁中溶液浓度相同，溶液质量相同，两金属片间的距离不同，I乙≠I丁，说明溶液的导电性能不同，由此可得到的结论是食盐水溶液的导电性能与溶液中两金属片间的距离有关。 （5）由图4可知，电流表量程为0−0.6A，分度值为0.02A，读数为0.4A。 先闭合开关S，此时R0与Rx串联，电流表的示数为0.2A，根据欧姆定律可得电源电压为：U＝I1（R0+Rx）＝0.2A×（10Ω+Rx）； 再闭合开关S1，Rx被短路，电路中只有R0，电流表的示数为0.4A，根据欧姆定律可得电源电压为：U＝I2R0＝0.4A×10Ω＝4V 电源电压不变，故：0.2A×（10Ω+Rx）＝4V 代入数据解得：Rx＝10Ω。 14．（1）不同 （2）如图所示： （3）L1处断路；将电流表的量程改为“0～0.6A” （4）0.24 （5）并联电路中，干路中的电流等于各支路中的电流之和 （6）电流后没有写上单位“A” 【解析】（1）为避免实验结论具有偶然性，应该选择不同小灯进行实验； （2）电流表测量通过小灯L1中电流，其应串联在L1所在支路中，电路如下： ； （3）电流表无示数，而小灯L2发光，说明其所在电路断开，即L1所在支路断开了，可能是L1断路； 此时电流表所用量程为0～3A，指针偏转角度较小，说明电流表选用量程较大，应换用较小的量程0～0.6A进行测量； （4）此时电流表所用量程为0～0.6A，分度值为0.02A，此时示数为0.24A； （5）每次实验，两个小灯中的电流之和等于干路中的电流，因此得出的结论是：并联电路中，干路中的电流等于各支路中的电流之和； （6）实验数据记录表格，应标明所测量物理量的单位，电流的单位为安（A）。 15．【项目实施】②2 ④60 【项目评估】不能 定值电阻串联在电路中，能防止电路中的电流过大，能防止电压表的示数超过其量程，起保护电路的作用 【项目拓展】如图所示： 【解析】（1）由图知，当转动OP使角θ为90°时，电阻丝AB的一半和定值电阻串联接入电路，电压表测这段电阻丝两端的电压，此时电阻丝接入电路的电阻： ， 根据电阻的串联和欧姆定律可得此时电路中的电流： ， 由欧姆定律可得，此时电压表的示数： ， （2）当电流表读数为0.15A时，电路的总电阻： ， 由串联电路的电阻特点可得此时电阻丝接入电路的电阻： R′＝R总′﹣R0＝40Ω﹣30Ω＝10Ω 因为电阻丝接入电路的电阻越大，所测的角度越大，且电阻丝接入电路的电阻最大为30Ω时，所测角度最大为180°，则电压表改造成的电子量角器的指针所指的角度值是： ， （3）若去掉电路中的定值电阻R0，当电阻丝接入电路的电阻为0时，电源被短路； 当电阻丝接入电路的电阻越大时，电阻丝两端的电压越大，且电压表所测的最大电压3V小于电源电压6V，此时又会损坏电压表，所以不能去掉电路中的R0， 即：定值电阻串联在电路中，能防止电路中的电流过大，能防止电压表的示数超过其量程，起保护电路的作用。 （4）由题知，电压表上标注的刻度要均匀，由UV＝IR可知电压表示数UV与电阻丝接入电路的电阻R成正比，则电路中的电流不变，所以AB间的电阻丝应全部接入电路，又因θ（θ＝∠AOP）增大时，指针所指角度的刻度值增大，即电压表示数增大，所以电压表应并联接在A、O两点间。 学科网（北京）股份有限公司 $