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& 2017届高考物理一轮复习限时检测：第7章 恒定电流（含解析）（人教版）
2017届高考物理一轮复习限时检测：第7章 恒定电流（含解析）（人教版）
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资料概述与简介
[2017高考备考导航]考点 考纲要求 专家解读
1 欧姆定律 Ⅱ纵观近几年高考试题，对本章知识的考查主要集中在以下几个方面：应用串、并联电路规律、闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析。非纯电阻电路的分析与计算，将结合实际问题考查电功和电热的关系。能量3．稳态、动态含电容电路的分析，以及电路故障的判断分析，多以选择题形式出现。电学实验仪器的使用，实验原理的迁移运用，实验电路的设计等，是每年必考的知识点。电阻定律 Ⅰ电阻的串联、并联 Ⅰ电源的电 Ⅱ
5 闭合电路的欧姆定律 Ⅱ
6 电功率、焦耳定律 Ⅰ
7 实验七：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)实验八：描绘小电珠的伏安特性曲线实验九：测定电源的电动势和内阻
实验十：练习使用多用电表第一节　欧姆定律　电功　电功率
[主干回顾]
[自我检测]
1．判断下列说法的正误。
(1)由R＝知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比。(×)
(2)由I＝知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比。(√)
(3)由ρ＝知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。(×)
(4)公式W＝UIt及Q＝I2Rt适用于任何电路。(√)
(5)公式W＝t＝I2Rt只适用于纯电阻电路。(√)
2．如图7－1－1所示，一根截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为
A．vq　　　B.　　　C．qvS　　　D.
解析　取一段时间t。t时间内通过截面上的电荷量Q＝vtq，所以等效电流为I＝＝vq。
3．[](多选)某导体中的电流随其两端电压的变化如图7－1－2所示，则下列说法中正确的是
A．加5 V电压时，导体的电阻约是5 Ω
B．加11 V电压时，导体的电阻约是1.4 Ω
C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小
解析　对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的值仍表示该点所对应的电阻值。本题中给出的导体在加5 V电压时，值为5，所以此时电阻为5 Ω；当电压增大时，值增大，即电阻增大。综合判断可知B、C项错误。
4．[](多选)(2016·武汉联考)在如图7－1－3所示的电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标有“3 V,6 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝1 Ω。若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是
A．电动机的输入电压是5 V
B．流过电动机的电流是2 A
C．电动机的效率是80%
D．整个电路消耗的电功率是10 W
解析　灯泡恰能正常发光，说明灯泡两端的电压为3 V，通过灯泡的电流为2 A，电动机的输入电压是8 V－3 V＝5 V，流过电动机的电流是I＝2 A，选项A、B正确；电动机内阻消耗功率I2RM＝4 W，电动机输入功率UI＝5×2 W＝10 W，输出功率为6 W，效率为η＝60%，整个电路消耗的电功率是10 W＋6 W＝16 W，选项C、D错误。
考点一　对电阻、电阻定律的理解和应用
1．电阻与电阻率的区别
(1)电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量，电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量。
(2)导体的电阻与电阻率无直接关系，即电阻率大，电阻不一定大；电阻率小，电阻不一定小。
2．两个公式的对比
公式 R＝ R＝ρ
字母含义 U：导体两端的电压
I：通过导体的电流 ρ：材料的电阻率l：沿电流方向导体的长度
S：垂直电流方向导体的横截面积
公式含义 提供了测定电阻的一种方法 说明了电阻的决定因素
考向1　对电阻率的理解
[例1]　[15·淮阴质检)关于电阻率，下列说法中正确的是
A．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好
B．各种材料的电阻率大都与温度有关，金属的电阻率随温度升高而减小
C．所谓超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为无穷大
D．某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常都用它们制作标准电阻
[解析]　电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，说明其导电性能越差，A错；各种材料的电阻率大都与温度有关，纯金属的电阻率随温度升高而增大，超导体是当温度降低到某个临界温度时，电阻率突然变为零，B、C均错；某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常用于制作标准电阻，D对。
考向2　电阻定律的应用
[例2]　[]两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为
A．1∶4　　　B．1∶8　　　C．1∶16　　　D．16∶1
[解析]　对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍，第二根导线对折后，长度变为原来的，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的。给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1＝，I2＝＝，由I＝可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16。
导体变形后电阻的分析方法
某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
(1)导体的电阻率不变。
(2)导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比。
(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρ求解。
考点二　对欧姆定律及伏安特性曲线的理解
1．I＝与R＝的区别
(1)I＝是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻R成反比。
(2)公式R＝是电阻的定义式，它表明了一种测量电阻的方法，不能错误地认为“电阻跟电压成正比，跟电流成反比”。
2．对伏安特性曲线的理解
(1)图7－1－4中，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件。
(2)图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故RaQ，UIt>I2Rt。
(2)在非纯电阻电路中，由于UIt>I2Rt，即U>IR，欧姆定律R＝不再成立。
(3)处理非纯电阻电路的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解。
(4)非纯电阻在一定条件下可当作纯电阻处理，如电动机卡住不转时即为纯电阻。
考点四　对电流三个表达式的理解
公式 适用范围 字母含义 公式含义
定义式 I＝ 一切电路 q为时间t内通过导体横截面的电荷量 反映了I的大小，但不能说I∝q，I∝
微观式 I＝nqSv 一切电路 n：导体单位体积内的自由电荷数q：每个自由电荷的电荷量S：导体横截面积v：电荷定向移动速率从微观上看n、q、S、v决定了I的大小
决定式 I＝ 金属、电解液 U：导体两端的电压R：导体本身的电阻I由U、R决定，I∝UI∝
考向　用“柱体微元”模型求解电流大小(构建物理模型)
1．模型构建：带电粒子在外加电场的作用下，形成定向移动的粒子流，从中取一圆柱形粒子流作为研究对象即为“柱体微元”模型。如图7－1－7所示，粗细均匀的一段导体长为l，横截面积为S，导体单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，当导体两端加上一定的电压时，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v。
2．处理思路：
(1)选取一小段粒子流为柱体微元。
(2)运用相关物理规律，结合柱体微元和整体对象的关联性进行分析计算。
(3)常用的公式。
①导体内的总电荷量：Q＝nlSq。
②电荷通过横截面D的时间：t＝。
③电流表达式：I＝＝nqSv。
3．适用情境：“柱体微元”模型主要解决类流体问题，如微观粒子的定向移动、液体流动、气体流动等问题。
[例6]　[16·福州检测)来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800 kV的直线加速器加速，形成电流强度为1 mA的细柱形质子流。已知质子电荷量e＝1.60×10－19 C。这束质子流每秒打到靶上的个数为多少？假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为N1和N2，则N1∶N2等于多少？
1．抓关键点：①取靶为垂直于电流方向的一个截面。
②确定L和4L两处质子的速度。
③L处和4L处的电流是相等的。
2．找突破口：①计算通过“靶截面”的电荷量。
②L处和4L处的电流与质子速度、质子数的关系。
[解析]　质子流每秒打到靶上的质子数由I＝可知
＝＝6.25×1015(个)。
v1、v2，在L和4L处作两个长为ΔL(极短)的柱体微元。因ΔL极短，故L和4L处的两个柱体微元中的质子的速度可分别视为v1、v2。
对于这两个柱体微元，设单位体积内质子数分别为n1和n1，由I===neS v可知，I1= n1eS v1，I2= n2eS v2，作为串联电路，各处的电流相等，
所以I1= I2，故 = 。
根据动能定理，分别有eEL=m v12，eE·4L=m v22，
可得 = ，所以有 = ，因此，两柱体微元中的质子数之比 = = 。
[答案]　6.25×1015个　2∶1
[随堂巩固]
1．[]当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C，消耗的电能为0.9 J。为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是
A．3 V　1.8 J　　　　　B．3 V　3.6 J
C．6 V　1.8 J
D．6 V　3.6 J
解析　设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2，通电的时间都为t。由公式W1＝U1q1和W1＝t可得：U1＝3 V，＝0.1。再由W2＝U2q2和W2＝t可求出：U2＝6 V，W2＝3.6 J，故选项D正确。
2．某一导体的伏安特性曲线如图7－1－8中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是
A．B点的电阻为12 Ω
B．B点的电阻为40 Ω
C．导体的电阻因温度的影响改变了1 Ω
D．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω
解析　根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为RA＝ Ω＝30 Ω，RB＝ Ω＝40 Ω，所以ΔR＝RB－RA＝10 Ω，故B对，A、C、D错。
3．[](多选)(2016·济南模拟)如图7－1－9所示，R1和R2是同种材料厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是
A．R1中的电流小于R2中的电流
B．R1中的电流等于R2中的电流
C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率
D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率
解析　设正方形的边长为L、导体厚度为d，则I＝，R＝ρ＝ρ＝，则I＝，故R1、R2中的电流相等，A错误、B正确。由I＝nqSv＝nqLdv得，L大则v就小，C错误、D正确。
4．(2016·东莞模拟)把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l，直径为d，乙电阻丝长为2l，直径为2d，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足
解析　由R＝ρ可知，＝＝，功率P＝
所以＝＝。
[限时检测]
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题6分，共60分。)
1．[16·郑州质检)根据R＝ρ可以导出电阻率的表达式ρ＝，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率
A．跟导线的电阻R成正比B．跟导线的横截面积S成正比
C．跟导线的长度L成反比D．只由其材料的性质决定
解析　对于某金属导线来说，电阻率只由其材料的性质决定，而不是由R、S、l来决定的，对比各选项可知D正确。
2．(2016·广州模拟)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍，以下说法中正确的是
A．甲、乙两导体的电流相同
B．乙导体的电流是甲导体的两倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等
3．[16·温州模拟)电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上(如图7－1－10所示)，下列说法正确的是
图7－1－10
A．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大
B．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小
C．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少
D．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变
答案　A4．[15·衡水月考)两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图7－1－11所示，则A和B导线的横截面积之比为
图7－1－11
A．2∶3　　　　　　　B．1∶3C．1∶2
解析　由图象可知两导线电压降分别为UA＝6 V，UB＝4 V；由于它们串联，则＝；由电阻定律可知＝，解得＝，选项B正确。
5．如图7－1－12所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8 V，乙电路两端的电压为16 V。调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，则下列关系中正确的是
图7－1－12
A．P甲P乙C．P1>P2
解析　由灯都正常发光可知，R1中电流是R2中电流的2倍，故两电路中消耗的总功率P甲＝P乙，又P甲＝P灯＋P1、P乙＝P灯＋P2，故P1＝P2，选项D正确，A、B、C错误。
6．[](多选)电位器是变阻器的一种，如图7－1－13所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯泡的亮度，下列说法正确的是
图7－1－13
A．串接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
B．串接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮
C．串接A、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
D．串接B、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮
解析　根据电位器结构和连线可知：串接A、B使滑动触头顺时针转动时回路电阻增大，回路电流减小，灯泡变暗，A正确；同理，D正确；串接A、C时，滑动触头不能改变回路电阻，灯泡亮度不变，故B、C错误。
7．[](多选)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据，下列判断正确的是
A．闪电电流的瞬时值可达到1×105 A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J
8．[](多选)如图7－1－14所示是某导体的I－U图线，图中α＝45°，下列说法正确的是
图7－1－14
A．通过该导体的电流与其两端的电压成正比
B．此导体的电阻R＝2 Ω
C．I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝cot 45°＝1.0 Ω
D．在该导体两端加6.0 V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0 C
9．[](多选)如图7－1－15所示，用输出电压为1.4 V，输出电流为100 mA的充电器对内阻为2 Ω的镍一氢电池充电，下列说法正确的是
图7－1－15
A．电能转化为化学能的功率为0.12 W
B．充电器输出的电功率为0.14 W
C．充电时，电池消耗的热功率为0.02 W
D．充电器把0.12 J的电能储蓄在电池内
解析　充电器对电池的充电功率为P总＝UI＝0.14 W，电池充电时的热功率为P热＝I2r＝0.02 W，所以转化为化学能的功率为P化＝P总－P热＝0.12 W，但0.12 W≠0.12 J，故A、B、C正确，D错误。
10．[](多选)(2015·沈阳模拟)如图7－1－16所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是
图7－1－16
A．通过电动机的电流为10 A
B．电动机的输入功率为20 W
C．电动机的热功率为4 W
D．电动机的输出功率为16 W
解析　由E＝30 V，电动机两端电压10 V可得R和电源内阻上分担电压为20 V，则I＝ A＝2 A，故A错；电动机输入功率P＝UI＝10 V×2 A＝20 W，故B正确，P热＝I2RM＝4×1 W＝4 W，故C正确；P输出＝P－P热＝20 W－4 W＝16 W，故D正确。
答案　BCD二、计算题(共40分)
11．[分)(2016·长沙质检)有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况，如图7－1－17所示为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314 Ω·m，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝100 V，I＝100 mA。求：
图7－1－17
(1)该钻孔的深度；
(2)若截取一段含盐水的圆柱体与电动势为200 V、内阻为100 Ω的电源相连，通电10分钟，当截取的圆柱体长度为多少时，盐水产生的热量最多，最多为多少？
解析　(1)盐水电阻R＝U/I＝1 000 Ω
由电阻定律R＝ρh/S，S＝πr2＝3.14×10－2 m2，
解得h＝100 m。
(2)当圆柱体电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，盐水产生热量最多。电源内阻r＝100 Ω，则截取的圆柱体电阻R′＝100 Ω
圆柱体长度L＝R′S/ρ＝10 m
圆柱体与电源组成闭合电路，电流I′＝E/(r＋R′)＝1 A
热量最多为Q＝I′2R′t＝6×104 J。
答案　(1)100 m　(2)10 m　6×104 J
12．[分)(2016·济南模拟)如图7－1－18所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12 V，电解槽内阻rA＝2 Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为6 A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为4 A。求：
图7－1－18
(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？
(2)电动机的内阻是多少？
(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？
解析　(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I＝得R＝＝2 Ω，
其发热功率为
PR＝UI1＝12×6 W＝72 W。
(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得
UI2＝IrM＋P输出，
所以rM＝＝ Ω＝1 Ω。
(3)电解槽工作时，由能量守恒定律得：
P化＝UI3－IrA
所以P化＝(12×4－42×2) W＝16 W。
答案　(1)2 Ω　72 W　(2)1 Ω　(3)16 W第二节　电路　闭合电路欧姆定律
[主干回顾]
2．闭合电路欧姆定律
[自我检测]
1．判断下列说法的正误。
(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量。(√)
(2)电路中某电阻大，该电阻的功率不一定大。(√)
(3)闭合电路中外电阻越大，路端电压越小。(×)
(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大。(×)
(5)电源的输出功率越大，电源的效率越高。(×)
2．(2016·深圳模拟)电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为
A．1∶2　　　B．2∶1　　　C．1∶4　　　D．4∶1
3．[](多选)关于电动势，下列说法中正确的是
A．在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加
B．对于给定的电源，非静电力移动正电荷做功越多，电动势就越大
C．电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多
D．电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多
4．电动势为3 V的电池，在电路中输出3 A的电流，由此可知
A．内、外电阻相差1 Ω
B．内、外电阻之和为1 Ω
C．外电阻为1 Ω
D．内电阻为1 Ω
考点一　电路的动态分析
1．电路动态分析类问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构或电阻发生了变化，一处变化又引起了一系列的变化。
2．电路动态分析的方法
电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路→变化支路。
(2)“串反并同”结论法
①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。
②所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。
即：←R↑→
(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论。
(4)判定总电阻变化情况的规律
①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)。
②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。
考向1　分析仪表示数变化
[例1]　[](多选)在如图7－2－1所示的电路中，电源的负极接地，其中电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是
A．电压表示数减小　　　　　B．电流表示数增大
C．电容器C所带电荷量增多
D．a点的电势降低
[解析]　明确电路结构R2与R3并联，再与R1串联，V测量的是R1的电压U1，A测量的是R3的电流I3，电容C与R2、R3的并联，电压相同，
当滑片P向下滑动时，R3→R并→R外
I?→U1＝I·R1
U23＝(U－U1)
I1＝(I?－I2?)
故A错、B对
U23＝φa－φ地＝φa
D对、C错。
[答案]　BD?规律总结
利用程序法分析电路动态变化问题的一般步骤
(1)明确局部电路变化时所引起的局部电路电阻的变化。
(2)根据局部电阻的变化，确定电路的外电阻R总如何变化。
(3)根据闭合电路欧姆定律I总＝，确定电路的总电流如何变化。
(4)由U内＝I总r确定电源的内电压如何变化。
(5)由U外＝E－U内确定路端电压如何变化。
(6)由部分电路欧姆定律确定支路上某定值电阻两端的电压如何变化。
(7)确定支路两端的电压以及通过各支路的电流如何变化。
考向2　电路故障引起的动态变化
[例2]　[]在如图7－2－2所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是
A．R1短路　　　　　B．R2断路C．R3断路
[解析]　若R4发生故障A、B两灯亮度变化相同，故D错；若R2断路，由“串反并同”可以判断A灯变暗，B灯变亮，B正确；若R3断路，则可以得出A暗B亮，C项正确；若R1短路，则可以得出A、B两灯都变亮，A项错误。
[答案]　BC
[总结提升]　某个电阻断路，可以认为其阻值变为无限大，简单地认为“变大”即可，某个电阻短路，可以认为其阻值变为零，简单地认为“变小”即可。
考点二　电路中的功率及效率电源总功率 任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I(R＋r)＝ 电源内部消耗的功率P内＝I＝P总－P出电源的
输出功率任意电路：P出＝UI＝P总－P内 纯电阻电路：P出＝I＝ P出与外电阻R的关系
电源的效率 任意电路：η＝＝
纯电阻电路：η＝ 考向1　功率和效率的极值问题
[例3]　[]如图7－2－3所示，已知电源电动势E＝5 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝0.5 Ω，滑动变阻器R2的阻值范围为0～10 Ω。求：
(1)当滑动变阻器R2的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？
(2)当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？
(3)当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？最大功率是多少？
[解析]　(1)定值电阻R1消耗的电功率为P1＝I2R1＝，可见当滑动变阻器的阻值R2＝0时，R1消耗的功率最大，最大功率为P1m＝＝2 W。
(2)将定值电阻R1看做电源内阻的一部分，则电源的等效内阻r′＝R1＋r＝2.5 Ω，故当滑动变阻器的阻值R2＝r′＝2.5 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P2m＝＝2.5 W。
(3)由电源的输出功率与外电阻的关系可知，当R1＋R2＝r，即R2＝r－R1＝(2－0.5) Ω＝1.5 Ω时，电源有最大输出功率，最大功率为P出m＝＝3.125 W。
[答案]　(1)R2＝0时，R1消耗的功率最大，为2 W
(2)R2＝2.5 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，为2.5 W
(3)R2＝1.5 Ω时，电源的输出功率最大，为3.125 W
电源功率及效率问题的三点注意
(1)当电源输出功率最大时，效率并不是最大，η＝50%。当R→∞时，η→100%，但此时P出→0，无实际意义。
(2)对于内外电路上的固定电阻，其消耗的功率仅取决于电路电流的大小，即根据P＝I2R来判断，与输出功率大小的判断方法不同。
(3)外电阻为可变电阻时，要根据能量转化与守恒求解(即P出＝P外＝P变＋P固)，且外电阻越接近电源内电阻，电源的输出功率越大。
考向2　定性分析功率和效率问题
[例4]　[16·大连模拟)如图7－2－4所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是
A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大
B．灯泡L2一定逐渐变暗
C．电源效率一定逐渐减小
D．R上消耗功率一定逐渐变小
[解析]　滑动变阻器滑片P向下滑动，R↓→R并↓→R外↓，由闭合电路欧姆定律I＝推得I↑，由电源内电路消耗功率P内＝I2r可得P内↑，A正确。U外↓＝E－I↑r，U1↑＝(I↑－IL1↓)R1，UL2↓＝U外↓－U1↑，PL2↓＝，故灯泡L2变暗，B正确。电源效率η↓＝＝＝，故C正确．R上消耗的功率PR＝，PR增大还是减小不确定，故D错。
考点三　电源的U－I图线和电阻的U－I图线图象上的特征 物理意义
电源U－I图象 电阻U－I图象
图象表述的物理量变化关系 电源的路端电压随电路电流的变化关系 电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系
图线与坐标轴交点 与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
图线上每一点坐标的乘积表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率
图线上每一点对应的U、I比值 表示外电阻的大小，不同点对应的 每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小
图线的斜率的大小 内电阻r 电阻大小考向1　对U－I图象的理解
[例5]　[]电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图7－2－5所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb。由图可知ηa、ηb的值分别为
A.、　　B.、　　C.、　　D.、
[解析]　由图可知：Ua＝E，Ub＝E
因电源的效率η＝＝可得
ηa＝，ηb＝，故D项正确。
考向2　两种U－I图象的综合应用
[例6]　[](多选)(2016·广州模拟)如图7－2－6所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是
A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7
B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
[解析]　根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻可知，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A正确；根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线纵轴的截距表示电源电动势可知，电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B正确；根据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，选项C正确；根据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25，选项D错误。
[答案]　ABC考点四　含容电路的分析与计算
在直流电路中，当电容器充(放)电时，电路里有充(放)电电流。一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件，电容器所处电路可看做是断路，简化电路时可去掉它，简化后若要求电容器所带电荷量时，可接在相应的位置上。分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：
(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降，电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。
(2)当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极板间的电压与其并联电阻两端的电压相等。
(3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充(放)电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低电容器将通过与它连接的电路放电。
[例7]　[]如图7－2－7所示的电路，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电池内阻不计，C1＝C2＝30 μF。先闭合开关S，待电路稳定后再断开S，求断开S后通过电阻R1的电荷量。
[解析]　本题考查含容电路中的相关计算。
S闭合时，I＝＝1 A，UC1＝IR2＝6 V，由于C2被S短路，其两端电压UC2＝0。
S断开电路稳定后，由于电路中无电流，故UC1′＝UC2′＝10 V，
电容器C2上增加的电荷量为
ΔQ2＝C(UC2′－0)＝30×10－6×10 C＝3×10－4 C，
电容器C1上增加的电荷量为
ΔQ1＝C(UC1′－UC1)＝30×10－6×4 C＝1.2×10－4 C。
通过R1的电荷量Q＝ΔQ1＋ΔQ2＝4.2×10－4 C。
[答案]　4.2×10－4 C
此类问题解决的关键是分析清楚电路稳定前后电容器两端电压的变化及其两极板的电性是否发生了改变。
[随堂巩固]
1．[16·湖北联考)有一个电动势为3 V。内阻为1 Ω的电源。下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50%的是
A．0.5 Ω　　　B．1 Ω　　　C．1.5 Ω　　　D．2 Ω
解析　由闭合电路欧姆定律得I＝，电源效率η＝×100%。电阻的功率P＝I2R。将四个选项代入分析得，只有C符合题目要求，故C正确。
2．在如图7－2－8所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
解析　R3的滑动触头向下滑动，所以R3接入电路的阻值变大，导致并联电路的阻值变大，电路的总电阻变大，干路电流变小；并联电路的电阻变大，则并联电路的分压增大，即R2、R4串联电路的电压变大，所以流过这一支路的电流变大，由于干路电流变小，所以电流表的示数变小；因为R2、R4串联电路的电压变大，使得R2两端分压变大，电压表示数变大，本题答案为A。
3．[16·衡阳模拟)如图7－2－9所示的U－I图象中，直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线，两图线相交于(2,2)。用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是
A．6 W,1 Ω
B．6 W,0.5 Ω
C．4 W,1 Ω
D．4 W,0.5 Ω
解析　由题图中图线a的截距可知，电源的电动势为E＝3 V；由题图中图线a的斜率可知电源的内阻为r＝0.5 Ω；由题图中a、b两图线的交点可知，闭合电路的总电流及路端电压分别为2 A和2V。因此，电源的输出功率为P＝UI＝4 W，A、B、C错误，D正确。
4．[](多选)(2016·达州质检)，如图7－2－10所示，C1＝6 μF，C2＝3 μF，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电源电动势E＝18 V，内阻不计。下列说法正确的是
图7－2－10
A．开关S断开时，a、b两点电势相等
B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2 A
C．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大
解析　S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误．S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1>C2，由Q＝CU知此时Q1>Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝＝2 A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6 V、U2＝IR2＝12 V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3.6×10－5 C、Q2′＝C2U2＝3.6×10－5 C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故B、C正确，D错误。
[限时检测]
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题6分，共54分)
1．下列关于电源电动势的说法中正确的是
A．在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 V
B．电源的路端电压增大时，其电源的电动势一定也增大
C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变
D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
解析　由E＝得E＝2 V，则A错误；电源的电动势与外电路无关，只由电源自身的性质决定，则B错、C对；电源的电动势大，所提供的能量不一定大，电源的电能取决于通过电源的电量与电动势的乘积，D错误。
2．[]在如图7－2－11所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是
图7－2－11
A．滑动变阻器R的阻值变小
B．灯泡L变亮
C．电源消耗的功率增大
D．电容器C的电荷量增大
解析　当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器R的阻值变大，灯泡L变暗，选项A、B错误；电路中的总电流减小，电源消耗的功率减小，路端电压增大，电容器C的电荷量增大，选项C错误、D正确。
3．(2016·甘肃联考)如图7－2－12所示是一火警报警器的一部分电路示意图。其中R2为用半导体热敏材料(其阻值随温度的升高而迅速减小)制成的传感器，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当传感器R2所在处出现火情时，显示器A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是
图7－2－12
A．I变大，U变大　　　　B．I变小，U变小
C．I变小，U变大
D．I变大，U变小
解析　当传感器R2所在处出现火情时，温度升高，R2阻值迅速减小，电路总电阻减小，干路电流I增大，R3两端电压U3＝E－I(r＋R1)减小，所以IA＝变小，报警器两端的电压U＝E－Ir也减小，选项B正确。
4．[]如图7－2－13所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡组成闭合电路，下列说法中正确的是
图7－2－13
A．此电源的内阻为0.5 Ω
B．电源的总功率为10 W
C．电源的输出功率为8 W
D．由于小灯泡的U－I图线是一条曲线，所以欧姆定律不适用
解析　由电源的U－I图线A可知，此电源的电动势为4 V，内阻为0.5 Ω，选项A正确。用该电源和小灯泡组成闭合电路，电源输出电流为2 A，电源的总功率为P＝EI＝8 W，电源的输出功率为P＝UI＝3×2 W＝6 W，选项B、C错误，虽然小灯泡的U－I图线是一条曲线，但是欧姆定律仍适用，选项D错误。
5．如图7－2－14所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象，如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有
图7－2－14
A．R接到a电源上，电源的效率较高
B．R接到b电源上，电源的输出功率较大
C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低
D．R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高
解析　由题图判断电源a的内阻大，在纯电阻电路中电源效率η＝×100%，内阻越大，效率越低；电源的输出功率P＝UI对应图线交点坐标的乘积，只有C正确。
6．在某控制电路中，需要连成如图7－2－15所示的电路，主要由电动势E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是
图7－2－15
A. L1、L2两个指示灯都变亮
　B．L1、L2两个指示灯都变暗
C．L1变亮，L2变暗
　D．L1变暗，L2变亮
解析　当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，电位器接入电路的电阻减小，根据串联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，内阻分担电压增大，路端电压减小，L1灯变暗，通过其电流减小；由U1＝I1R1及I1＝I－IL1可知R1分担电压增大，则L2和R2两端电压减小，L2将因功率减小而变暗，选项B正确。
7．[](多选)(2016·兰州模拟)如图7－2－16所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内阻，以下说法中正确的是
图7－2－16
A．当R2＝R1＋r时，R2上获得最大功率
B．当R2＝R1＋r时，R1上获得最大功率
C．当R2＝0时，R1上获得最大功率
D．当R2＝0时，电源的输出功率最大
解析　在讨论R的电功率时，可将R视为电源内阻的一部分，即将原电路等效为外电阻R与电动势为E、内阻为R＋r的电源(等效电源)连成的闭合电路如图所示，R的电功率是等效电源的输出功率，显然当R＝R＋r时，R获得的电功率最大，选项正确。在讨论RI＝及P＝I可知，R＝0时，R获得的电功率最大，故选项错误，选项C正确，在讨论电源的输出功率时，R＋R为外电阻，内电阻r恒定，由于题目没有给出R和r的具体数值，所以当R＝0时，电源输出功率并不一定最大，故选项错误。8．[](多选)如图7－2－17所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是
图7－2－17
A．电源的电动势为50 V
B．电源的内阻为 Ω
C．电流为2.5 A时，外电路的电阻为15 Ω
D．输出功率为120 W时，输出电压是30 V
解析　电源的输出电压和电流的关系为：U＝E－Ir，显然直线①的斜率的绝对值等于r，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出截距为50 V，斜率的大小等于r＝ Ω＝5 Ω，A正确、B错误；当电流为I1＝2.5 A时，由回路中电流I1＝，解得外电路的电阻R外＝15 Ω，C正确；当输出功率为120 W时，由题图中P－I关系图线中看出对应干路电流为4 A，再从U－I图线中读取对应的输出电压为30 V。D正确。
9．(多选)某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图7－2－18中的a、b、c表示，以下判断正确的是
图7－2－18
A．直线a表示电源的总功率PE－I图线
B．曲线c表示电源的输出功率PR－I图线
C．电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝1 Ω
D．电源的最大输出功率Pm＝2 W
解析　电源的总功率PE＝EI，直线a表示电源的总功率PE－I图线，选项A正确。电源的输出功率PR＝UI＝(E－Ir)I＝EI－I2r，曲线b表示电源的输出功率PR－I图线，曲线c表示电源内部的发热功率Pr－I图线，选项B错误。由直线a的斜率可得电源的电动势E＝4 V，选项C错误。当I＝1 A时，电源的输出功率最大，Pm＝2 W，选项D正确。
二、计算题(共46分)
10．[分)如图7－2－19所示，电源内阻r＝1 Ω，R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，灯L上标有“3 V、1.5 W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1 A，灯L恰能正常发光。
图7－2－19
(1)求电源的电动势；
(2)求当P移到最左端时，电流表的示数；
(3)滑动变阻器Pb段的电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？
解析　(1)滑片P移到最右端时，R2被短路，电阻R3与灯L并联，然后与R1串联。电源的电动势
E＝UL＋IR1＋Ir＝3 V＋1×2 V＋1×1 V＝6 V。
(2)当P移到最左端时，灯L、R2和R3都被短路，外电阻只有R1。
由闭合电路欧姆定律得I1＝＝2 A。
(3)灯L电阻RL＝＝6 Ω。
设滑动变阻器Pb段的电阻为R3，Pa段与R2被短路，R3与灯L并联后与R1串联。
R3与RL并联后的等效电阻R3L＝。
由闭合电路欧姆定律得I2＝。
又U3＝I2R3L，
所以P3＝＝＝。
当R3＝2 Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2 W。
答案　(1)6 V　(2)2 A　(3)2 Ω　2 W
11．[分)(2016·济南模拟)如图7－2－20甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的，求：
图7－2－20
(1)电源的电动势和内阻；
(2)定值电阻R2的阻值；
(3)滑动变阻器的最大阻值。
解析　(1)题图乙中AB延长线交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，
所以电源的电动势为E＝20 V，内阻r＝＝20 Ω。
(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应题图乙中的B点，
即U2＝4 V、I2＝0.8 A，得R2＝＝5 Ω。
(3)当P滑到R3的左端时，由题图乙知此时
U外＝16 V，I总＝0.2 A，
所以R外＝＝80 Ω。
因为R外＝＋R2，
所以滑动变阻器的最大阻值为：R3＝300 Ω。
答案　(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω
12．[分)如图7－2－21所示的电路中，电源的电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电容器的电容C＝3.6 μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开。
图7－2－21
(1)合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？
(2)合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？
解析　(1)设开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有
I1＝＝1.5 A
U1＝I1R1＝4.5 V
合上开关S2后，电容器两端电压为U2，干路电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有I2＝＝2 A
U2＝I2＝4 V
所以电容器上电荷量减少了，减少量为ΔQ＝(U1－U2)C＝1.8×10－6 C。
(2)设合上S2后，电容器上的电荷量为Q，则
Q＝CU2＝1.44×10－5 C
再断开S1后，通过R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比。
故流过电阻R1的电荷量为Q1＝Q＝9.6×10－6 C。
答案　(1)减少了1.8×10－6 C　(2)9.6×10－6 C
实验七　测定金属的电阻率
【实验目的】
1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法。
2．掌握螺旋测微器及游标卡尺的原理及读数方法。
3．会用伏安法测电阻，并能测定金属的电阻率。
【实验原理】
1．螺旋测微器的构造、原理及读数
(1)螺旋测微器的构造
如图实Ⅶ－1所示是常用的螺旋测微器。它的测砧A和固定刻度S固定在尺架F上。旋钮K、微调旋钮K′和可动刻度H、测微螺杆P连在一起，通过精密螺纹套在S上。
(2)螺旋测微器的原理
测微螺杆P与固定刻度S之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮K每旋转一周，P前进或后退0.5 mm，而可动刻度H上的刻度为50等份，每转动一小格，P前进或后退0.01 mm。即螺旋测微器的精确度为0.01 mm。读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺。
(3)读数：测量时被测物体长度的整数毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出。
测量值(毫米)＝固定刻度数(毫米)(注意半毫米刻线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(毫米)。
2．游标卡尺的构造原理及读数
(1)构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内外测量爪)，游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉。
(2)用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径。
(3)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成。
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm。常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，见下表：
刻度格数(分度) 刻度总长度 每小格与1 mm的差值 精确度(可准确到)
10 9 mm 0.1 mm 0.1 mm
20 19 mm 0.05 mm 0.05 mm
50 49 mm 0.02 mm 0.02 mm
(4)读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度) mm。
3．伏安法测电阻
(1)电流表的内接法和外接法的比较 内接法 外接法
误差原因 电流表分压测＝U＋U电压表分流测＝I＋I电阻测量值 R测＝＝R＋RA＞R测量值大于真实值R测＝＝＜R测量值小于真实值适用条件 R适用于测量 大电阻 小电阻(2)两种电路的选择
①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内，小外”。
②临界值计算法：
Rx＜时，用电流表外接法。
Rx＞时，用电流表内接法。
③实验试探法：按图实Ⅶ－3所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则采用电流表内接法。
4．电阻率的测定原理
由R＝ρ得ρ＝，因此，只要测出金属丝的长度l、横截面积S和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ。
(1)把金属丝接入电路中，用伏安法测金属丝的电阻R(R＝)。电路原理如图实Ⅶ－4所示。
(2)用毫米刻度尺测量金属丝的长度l，用螺旋测微器量得金属丝的直径，算出横截面积S。
(3)将测量的数据代入公式ρ＝求金属丝的电阻率。
5．电压表、电流表的读数
对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可。
(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V或0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位。
(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V。
(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A。
【实验器材】
毫米刻度尺，螺旋测微器，直流电流表和直流电压表，滑动变阻器(阻值范围0～50 Ω)，电池组，开关，被测金属丝，导线若干。
【实验过程】
一、实验步骤
1．求导线横截面积S：在准备好的金属丝上三个不同位置用螺旋测微器各测一次直径，求出其平均值d，S＝。
2．按图实Ⅶ－4所示电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路。
3．用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值l。
4．把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S。改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内，断开开关S，求出导线电阻Rx的平均值。
5．整理仪器。
二、数据处理
1．在求Rx的平均值时可用两种方法
(1)第一种是用Rx＝算出各次的数值，再取平均值。
(2)第二种是用U－I图线的斜率求出。
2．计算电阻率：将记录的数据Rx、l、d的值，代入电阻率计算公式ρ＝Rx＝。
【误差分析】
1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一。
2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小。
3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差。
4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差。
【注意事项】
1．为了方便，测量直径应在导线连入电路前进行，为了准确测量金属丝的长度，应该在连入电路之后在拉直的情况下进行。
2．本实验中被测金属丝的电阻值较小，故须采用电流表外接法。
3．电流不宜太大(电流表用0～0.6 A量程)，通电时间不宜太长，以免金属丝温度升高，导致电阻率在实验过程中变大。
考点一　基本仪器的读数
[例1]　[)如图实Ⅶ－5所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分，它们的读数依次为________mm，________mm，________mm。
(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图实Ⅶ－6所示，则金属丝的直径是________mm。
　　　　　　图实Ⅶ－5　　　　图实Ⅶ－6
(3)①图实Ⅶ－7使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A。
②图实Ⅶ－8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。
　　　　　　图实Ⅶ－7　　　　　图实Ⅶ－8
(4)旋钮式电阻箱如图实Ⅶ－9所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω。今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是______。若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为______。
[解析]　(1)最上面图读数：整毫米是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm。
中间图读数：整毫米是23，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm。
最下面图读数：整毫米是3，不足1毫米数是9×0.02 mm＝0.18 mm。最后结果是3 mm＋0.18 mm＝3.18 mm。
(2)固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0，最后的读数：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm。
(3)①使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A。
②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1. 70 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，表针示数为8.5 V。
(4)电阻为1 987 Ω。最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0。每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω。故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω。
[答案]　(1)17.7　23.85　3.18　(2)2.150
(3)①0.02　0.44　0.1　2.20　②0.1　1.70　0.5　8.5
(4)1 987　将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0　0～19 998 Ω
游标卡尺的读数应注意以下几点
(1)看清精确度：例如
易错成(11＋4×0.1)mm＝11.40
正确的应为11.4 mm，游标卡尺不需估读，后面不能随意加零。
易错成(10＋12×0.05) mm＝10.6 mm，正确的应为10.60 mm，游标卡尺的最后一位是精确的，不要随意把最后一位的零去掉。
(2)主尺上的单位应为厘米
主尺上标识的1、2、3等数字通常是指厘米，读数时应将毫米和厘米分清，游标卡尺主尺上的最小刻度是1 mm。
易错成(5＋4×0.05)
mm＝5.20 mm
正确的应为(50＋4×0.05)
mm＝50.20 mm
(3)区分零刻度与标尺最前端
易错成(13＋9×0.05) mm＝13.45 mm
正确读数为(14＋9×0.05) mm＝14.45 mm。
考点二　实验原理与操作
[例2]　[14·浙江理综)小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值。
(1)图实Ⅶ－10甲是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图甲中画出。
图实Ⅶ－10
(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U－I图上，如图实Ⅶ－10乙所示。在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(填“○”或“×”)表示的。
(3)请你选择一组数据点，在图乙上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为________Ω。
[答案]　(1)如图甲所示　(2)×　(3)如图乙所示；用“×”表示的数据连线时：1.2(1.1～1.3均可)；用“○”表示的数据连线时：1.6(1.5～1.7均可)
实物图连线注意事项
(1)总的原则：先串后并，接线到柱，注意量程和正负。
(2)对限流电路，只需用笔画线当做导线，从电源正极开始，把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”部分依次串联起来即可(注意电表的正负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处)。
(3)对分压电路，应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动头的电势高低，根据“伏安法”部分电表正负接线柱的情况，将“伏安法”部分接入该两点间。(注意滑动变阻器应调到使“伏安法”部分所接两点间阻值最小处)
考点三　仪器的选择和数据处理
[例3]　[]为测量某一玩具电动机M中导线圈导线的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下：
图实Ⅶ－11
图实Ⅶ－12
(1)用螺旋测微器测得与导线圈导线同种规格的导线的直径d如图实Ⅶ－11所示，则d＝________mm；
(2)用多用电表测量电动机中导线圈的电阻Rx：选择“×1 Ω”欧姆挡，并按正确步骤操作后，指针的位置如图实Ⅶ－12所示(此过程电动机不转动)，则Rx＝________Ω。
(3)为了提高精度，他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻Rx：
电流表A1(0～3 A、约5 Ω)；滑动变阻器R1(0～1 kΩ)；
电流表A2(0～30 mA、约10 Ω)；
滑动变阻器R2(0～50 Ω)；
定值电阻R0＝60 Ω；电源(4 V、约1 Ω)及开关等，导线若干。
①实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图实Ⅶ－13所示的电路图，应选择的电流表是________，滑动变阻器是________；(填写符号)
图实Ⅶ－13
②按照实验要求，多用电表已选择“直流电压2.5 V”挡作为电压表使用，请依据图实Ⅶ－13将图实Ⅶ－14所示的实验电路中的实物图用笔画线代替导线将欠缺的两处补完整；
图实Ⅶ－14
③图实Ⅶ－15是该实验小组用测得的数值描绘出的图象，其斜率表示的是________(填选项)。
图实Ⅶ－15
A．导线圈的电阻
B．导线圈的电阻与R0阻值之和
[解析]　(1)螺旋测微器的读数：
d＝0.01 mm×15.5＝0.155 mm。
(2)多用电表的读数乘以倍率即为待测电阻的阻值，即Rx＝25×1 Ω＝25 Ω。
(3)①选择电流表时需先估算电路中的电流，设电动机和定值电阻R0串联的电压为电源电动势，则
I＝ A≈0.047 A＝47
实际实验时可通过滑动变阻器调节电压使流过电流表的电流不超过30 mA，所以电流表选A2。
滑动变阻器应选择便于调节的R2。
②由于电流表A2的电阻较大，为减小实验误差，应采用电流表外接法．为有效地控制电路中的电压和电流，应采用滑动变阻器分压电路，所以电路图连接如图所示。
[答案]　(1)0.155(±0.003范围内均可)
(2)25　(3)①A2　R2　②见解析图　③B
仪器选择的基本思路
(1)优先考虑安全因素
各电表的实际读数不能超过其量程，电阻类元件中的实际电流(或电压)不能超过其允许的最大电流(或电压)。实际处理过程中，需要估算回路中的最大电流(一般按滑动变阻器采用限流接法进行估算)。如：用伏安法作出标有“6 V,0.6 W”字样的小灯泡的U－I图象，而实际加在小灯泡两端的电压不能超过6 V。
(2)考虑读数误差因素
一般要求各电表的实际读数不小于其量程的，以减小读数误差。
(3)仪器选择的一般步骤
①首先选择唯一性的器材；
②粗画电路图(暂不接电流表和电压表)；
③估算回路中电流和电压的最大值，在电表的指针有较大幅度偏转但不超过其量程的情况下，结合已知器材的规格，确定实验电路和实验器材。
考点四　创新实验剖析(物理思想方法)
用替代法和比例法测电阻
本实验的关键是电阻的测量。除用伏安法测电阻外，还可用替代法或比例法进行测量。
替代法的测量思路是等效的思想，可以是利用电流等效，也可以是利用电压等效。替代法测量电阻精度高，不需要计算，方法简单，但必须有可调的标准电阻(一般给定的仪器中要有电阻箱)。替代法是用与被测量的某一物理性质等效，从而加以替代的方法。
如图实Ⅶ－16所示，先把双刀双掷开关S2扳到1，闭合S1，调整滑动变阻器，使电流表指针指到某一位置，记下此时的示数I(最好为一整数)。再把开关S2扳到2，调整电阻箱R0，使得电流表指针仍指到示数I。读出此时电阻箱的阻值r，则未知电阻Rx的阻值等于r。
图实Ⅶ－16
如果有可以作为标准的已知电阻的电表。可以采用比例法测电表的电阻。用比例法测电表内阻时。两个电流表一般是并联(据并联分流原理)，两个电压表一般是串联(据串联分压原理)。
例如，测电流表和电压表的内阻，如果有可以作为标准的已知电阻的电表，都可以使用比例法，采用比例法测电阻的依据是：串联电路电压与电阻成正比，并联电路电流与电阻成反比，电压表可显示电阻两端的电压值，电流表可显示电阻中通过的电流，所以测电流表内阻应把两电流表并联。测电压表内阻应把两电压表串联，电路图分别如图实Ⅶ－17甲、乙所示。
图实Ⅶ－17
假设A2和V2为待测电表。根据分压原理或分流原理计算出A2和V2的内阻分别为rA2＝rA1，rV2＝rV1。
[例4]　[14·四川理综)如图实Ⅶ－18是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻(10 Ω)，R1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10 V，内阻很小)。
图实Ⅶ－18
在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大。
实验具体步骤如下：
(ⅰ)连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；
(ⅱ)闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15 A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；
(ⅲ)重复步骤(ⅱ)，再测量6组R1和I2值；
(ⅳ)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点。
根据实验回答以下问题：
(1)现有四只供选用的电流表：
A．电流表(0～3 mA，内阻为2.0 Ω)
B．电流表(0～3 mA，内阻未知)
C．电流表(0～0.3 A，内阻为5.0 Ω)
D．电流表(0～0.3 A，内阻未知)
A1应选用________，A2应选用________。
(2)测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15 A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________(选填“不变”、“变大”或“变小”)。(3)在坐标纸上画出R1与I2的关系图。
图实Ⅶ－19
(4)根据以上实验得出Rx＝________Ω。
[解析]　(1)由电路图可知I1(R0＋R1＋RA1)＝I2(Rx＋RA2)，即R1＝I2－(R0＋RA1)，在I1＝0.15 A保持不变时，R1－I2图线是一条直线，当由其斜率k＝求Rx时RA2必须是已知的。因两支路的阻值在同一数量级，则两支路中电流亦必在同一数量级，再结合I1＝0.15 A，可知A1只能选用D，A2只能选用C。(2)要保持I1＝0.15 A不变，当R1阻值减小时需减小并联支路两端的电压，即需增大滑动变阻器分得的电压，需增大滑动变阻器接入电路中的阻值。(3)R1与I2的关系曲线如图。(4)由图线可求得斜率k＝240 Ω/A。结合k＝得Rx＝kI1－RA2＝31 Ω。
[答案]　(1)D　C　(2)变大　(3)图见解析　(4)31
电阻测量的五种方法
特点：大内小外(内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量，外接法测量值偏小，测小电阻时应用外接法测量)。
若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用。
①如图实Ⅶ－20甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知A1的内阻R1，则可测出A2的内阻R2＝。
②如图乙所示，两电表的满偏电压UA2UA1时，A1串联一定值电阻R0后，同样可得A2的内阻R＝。
图实Ⅶ－20
若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用。
①如图实Ⅶ－21甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知V1的内阻R1，则可测出V2的内阻R2＝R1。
②如图乙所示，两电表的满偏电流IV2IV1时，V1并联一定值电阻R0后，同样可得V2的内阻R＝。
图实Ⅶ－21
(4)比较法测电阻
如图实Ⅶ－22甲所示，读得电阻箱R1的阻值及A1表、A2表的示数I1、I2，可得Rx＝。
如果考虑电表内阻的影响，则I1(Rx＋RA1)＝I2(R1＋RA2)。
图实Ⅶ－22
(5)半偏法测电流表内阻
电路图如图实Ⅶ－22乙所示
①断开S2，闭合S1，调节R0，使A表满偏为I0；
②保持R0不变，闭合S2，调节R，使A表读数为；
③由上可得RA＝R。
[特别提醒]　当R0RA时，测量误差小，此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量值偏小；电源电动势应选大些的，这样A表满偏时R0才足够大，闭合S2时总电流变化才足够小，误差才小。
1．[15·海南单科)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，测量结果如图实Ⅶ－23甲和乙所示。该工件的直径为________cm，高度为________mm。
图实Ⅶ－23
解析　图甲为20分度的游标卡尺，其精度为0.05 mm。主尺读数为12 mm，游标尺上第4条刻线与主尺上的一条刻线对齐，故测量结果为12 mm＋4×0.05 mm＝12.20 mm＝1.220 cm。螺旋测微器的精度为0.01 mm，由图乙知固定刻度读数为6.5 mm，可动刻度读数为“36.0”，故工件的高度为6.5 mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm。
答案　1.220　6.860
2．某同学在测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ时：
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图实Ⅶ－24甲所示，由图可知其长度为________ cm。
图实Ⅶ－24
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为________ mm。
(3)用电压表和电流表分别测量其两端的电压和流过其中的电流如图丙、丁所示，由图可知电压为________ V，电流为________ A。
答案　(1)5.015　(2)4.700　(3)2.20　0.44
3．[](多选)在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，以下操作中错误的是
A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值
D．实验中应保持金属丝的温度不变
解析　实验中应测量出金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表对它分流作用很小，应采用电流表外接法。故A、C操作错误。
4．为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图实Ⅶ－25所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：
图实Ⅶ－25
(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I；
(2)然后将S拨向接点2，调节________，使________，记下此时RN的读数；
(3)多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。
解析　本题方法为替代法。
当S接1与接2时通过电路的电流I相同，可知待测μA的内阻与RN的电阻相同。
答案　(1)R0　标准电流表(或A0)
(2)RN　标准电流表(或A0)的读数仍为I　(3)平均值
5．[]在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为5 Ω。实验室备有下列实验器材：
A．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ)
B．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ)
C．电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)
D．电流表A2(量程600 mA，内阻约为1 Ω)
E．变阻器R1(0～100 Ω，0.3 A)
F．变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)
G．电池E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)
H．开关S，导线若干
(1)为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有________________。
(2)为了减小实验误差，应选用图实Ⅶ－26甲中________(选填“a”或“b”)为该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图乙用导线连接起来。
图实Ⅶ－26
解析　(1)由电池E决定了电压表选V1；结合Rx粗略计算电流在600 mA内，故选A2；由Rx约为5 Ω确定变阻器选R1，故应选器材有A、D、E、G、H。(2)因A2的内阻不能满足远小于Rx，电流表应外接，故选图b。实物连接如图所示。
答案　(1)A、D、E、G、H　(2)b　实物图连接见解析
6．[14·山东理综)实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，再利用图实Ⅶ－27甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。
图实Ⅶ－27
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；
电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；
定值电阻：R0＝3 Ω；
电源：电动势6 V，内阻可不计；
开关、导线若干。
回答下列问题：
(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)；
(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图实Ⅶ－27甲电路完成剩余部分的连接；
图实Ⅶ－28
(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V；
(4)导线实际长度为________m(保留两位有效数字)。
解析　(1)因控制电路是限流式接法，而测量电路总电阻在3.0 Ω以上，为使测量电路有较大的调节范围，滑动变阻器应选用总阻值较大的R2。为了保证开关闭合时电路的安全，应使滑动变阻器接入电路中的阻值最大，即开关闭合前滑片应置于a端。
(2)见答案。
(3)由图乙知该电压表的分度值为0.1 V，故按“十分之一”估读法可知测量结果为2.30 V。
(4)测量电路的总电阻R0＋Rx＝＝4.60 Ω，故Rx＝1.60 Ω。由Rx＝ρ可得l＝，代入数据可得l≈94 m。
答案　(1)R2　a
(2)如图所示
(3)2.30(2.29、2.31均正确)
(4)94(93、95均正确)
7．[15·课标Ⅱ)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：
待测电压表V(量程3 V，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关2个，导线若干。
(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整。
图实Ⅶ－29
(2)根据设计的电路，写出实验步骤：__________________________________
_________________________________________________________________。
(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV′，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′________RV(填“>”、“＝”或“　断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大：此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故RV′>RV
8．[15·重庆理综)同学们测量某电阻丝的电阻Rx，所用电流表的内阻与Rx相当，电压表可视为理想电压表。
图实Ⅶ－30
(1)若使用图实Ⅶ－30所示电路图进行实验，要使得Rx的测量值更接近真实值，电压表的a端应连接到电路的________点(选填“b”或“c”)。
(2)测得电阻丝的U－I图如图实Ⅶ－31所示，则Rx为________Ω(保留两位有效数字)。
图实Ⅶ－31
(3)实验中，随电压进一步增加电阻丝逐渐进入炽热状态。某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化。他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10 V的条件下，得到电阻丝的电阻Rx随风速v(用风速计测)的变化关系如图实Ⅶ－32所示。由图可知当风速增加时，Rx会________(选填“增大”或“减小”)。在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10 V，需要将滑动变阻器RW的滑片向________端调节(选填“M”或“N”)。
图实Ⅶ－32
(4)为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图实Ⅶ－33所示的电路。其中R为两只阻值相同的电阻，Rx为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V为待接入的理想电压表。如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“＋”端和“－”端应分别连接到电路中的________点和________点(在“a”“b”“c”“d”中选填)。
图实Ⅶ－33
解析　(1)因为电流表的内阻与Rx相当，而电压表可视为理想电压表，所以应采用电流表外接法，即a端应与c点连接。(2)U－I图线的斜率大小等于Rx，由图象可求得Rx＝4.1 Ω。(3)由Rx－v图象可明显看出，v越大Rx越小。当风速v增大时，将RW的滑片向M端调节，即可使Rx两端的电压保持10 V不变。(4)当v＝0时，b、d两点电压为零，当v增大时，下边的Rx减小，该支路分流增大，Uad>Uab，即φb>φd，故电压表的“＋”端应该接在b点，“－”端应该接在d点。
答案　(1)c　(2)4.1(4.0～4.2均可)　(3)减小　M　(4)b　d
实验八　描绘小电珠的伏安特性曲线
【实验目的】
1．描绘小电珠的伏安特性曲线。
2．分析曲线的变化规律。
【实验原理】
1．描绘小电珠的伏安特性曲线
用电流表测出流过小电珠的电流，用电压表测出小电珠两端的电压，测出多组(U，I)值，在I－U坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连结起来，就得到小电珠的伏安特性曲线。
2．滑动变阻器的限流接法和分压接法
(1)两种接法比较　方式内容　　 限流接法 分压接法 对比说明
两种接法电路图
串、并联关系不同负载R上电压调节范围 分压电路调节范围大负载R上电流调节范围
0≤I≤ 分压电路调节范围大闭合前触头位置 b端 a端 都是为了保护电路元件(2)分压和限流电路的选择原则
(3)两种接法的适用情况
①若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程，或超过待测电阻的额定电流(或电压)，则必须选用分压式电路。
②若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用分压式电路。
③若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式电路。
④两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、能耗低。
【实验器材】
小电珠(“3.8 V,0.3 A”或“2.5 V,0.6 A”)一个、电压表(0～3 V～15 V)与电流表(0～0.6 V～3 A)各一个、滑动变阻器(最大阻值20 Ω)一个、学生低压直流电源(或电池组)、开关一个、导线若干、坐标纸、铅笔。
【实验过程】
1．确定电流表、电压表的量程，采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，按图实Ⅷ－1所示的原理图连接好实验电路。
2．把滑动变阻器的滑动片调节到图中最左端，接线经检查无误后，闭合开关S。
3．改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U，记入记录表格内，断开开关S。
4．在坐标纸上以电流I为纵轴，以电压U为横轴建立坐标系，并选取适当的单位。用描点法在坐标纸上标出各组U、I值对应点的位置。
用平滑曲线将各点依次连接起来，便得到小电珠的伏安特性曲线。分析小电珠伏安特性曲线的变化规律。
5．断开电源，整理好器材。
【误差分析】
1．由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差，电流表外接，则电流示数偏大。
2．测量时读数带来误差。
3．在坐标纸上描点、作图带来误差。
【注意事项】
1．本实验中被测小电珠灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法。
2．本实验要作出I－U图线，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压接法。
3．为保护元件不被烧毁，开关闭合前变阻器滑片应位于图中的a端。
4．加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压。
5．连图线时曲线要平滑，不在图线上的数据点应均匀分布在图线两侧，绝对不要画成折线。
考点一　实验原理与操作
[例1]　[15·浙江理综)图实Ⅷ－2是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图。
(1)根据图实Ⅷ－2画出实验电路图；
(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图实Ⅷ－3中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6 A，电压表量程为3 V。所示读数为：①________、②________、③________、④________。两组数据得到的电阻分别为________和________。
[解析]　(1)图见答案。
(2)由图可知，量程为0.6 A的电流表的分度值为0.02 A，采用“半格估读法”，①的读数为0.10 A，②的读数为0.24 A；量程为3 V的电压表的分度值为0.1 V，应采用“估读”法，故③、④的读数分别为2.00 V与0.27 V。因小灯泡通过的电流随其两端电压的增大而增大，故①与④、②与③分别对应，故由欧姆定律R＝可得两组数据得到的电阻分别为R1＝ Ω＝8.3 Ω、R2＝ Ω＝2.7 Ω。
[答案]　(1)如图所示
(2)①0.10 A　②0.24 A　③2.00 V　④ 0.27 V
(8.3±0.1)Ω　(2.7±0.1)Ω[如填为“(2.7±0.1)Ω(8.3±0.1)Ω]
[特别提醒]　“测定金属的电阻率”与“描绘小灯泡的伏安特性曲线”两个实验都是电阻的测量实验，但描绘小灯泡的伏安特性曲线必须要求电压从零开始调节，故滑动变阻器必须采用分压式接法，而测量金属的电阻率的实验电流表的内、外接和滑动变阻器的接法需要依据待测电阻的阻值大小来确定。
考点二　器材、电路的选择与数据处理
[例2]　[13·天津理综)要描绘一个标有“3 V、0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作。已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)；
电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；
电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；
电键一个、导线若干。
(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)。
A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω， 额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)
(2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)。
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图实Ⅷ－4所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W。
[解析]　(1)测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围测量数据，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值小额定电流大的A。
(2)灯泡的电阻R＝＝15 Ω，额定电流I＝＝0.2 A，由R＝15 Ω<＝
Ω，依据公式法“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B。
(3)在灯泡的I－U图上作出电源的I－U图线，交点即为这个电源给这个灯泡供电时的电流和电压，此时P灯＝IU＝0.1×1 W＝0.1 W。
[答案]　(1)A　(2)B　(3)0.1
考点三　创新实验剖析
1．电阻元件的伏安特性曲线能反映电阻元件的电流随电压的变化规律，能反映元件的电阻变化情况，也可利用伏安特性曲线求解电压、电流、功率等物理量。因此实际问题中常利用本实验的器材、实验方法描绘二极管、电动机、电池等元件的伏安特性曲线。
2．实验的控制电路一般用分压接法，但测量电路则需要根据电压表、电流表的内阻与待测元件的电阻之间的大小关系确定。
[例3]　[15·广东理综)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等。
(1)使用多用电表粗测元件X的电阻。选择“×1”欧姆挡测量，示数如图实Ⅷ－5甲所示，读数为________Ω。据此应选择图实Ⅷ－5中的________[填“乙”或“丙”]电路进行实验。
(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。
(3)图实Ⅷ－6是根据实验数据作出的U－I图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件。
(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图实Ⅷ－7所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00 V；断开S2，读数为1.00 V。利用图实Ⅷ－6可算得E＝________V，r＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。[解析]　(1)测量值＝读数×倍率，故测量结果为10.0×1 Ω＝10.0 Ω，因Rx＝10.0 ΩR＝4.多用电表的电阻挡
电阻挡是根据闭合电路欧姆定律制成的，它的原理如图实Ⅹ－3所示。电阻R是可变电阻，也叫调零电阻。当红黑表笔短接进行欧姆调零时，使指针满偏。根据闭合电路欧姆定律有Ig＝，当红黑表笔之间接有未知电阻Rx时，有I＝，故每一个未知电阻都对应一个电流值I。我们在刻度盘上直接标出I对应的Rx的值，则所测电阻Rx即可从表盘上直接读出。由于I与R的非线性关系，表盘上电流刻度是均匀的，其对应的电阻刻度却是不均匀的，电阻的零刻度在电流满偏处。当Rx＝Rg＋R＋r时，I＝，指针半偏，所以欧姆表的内阻等于中值电阻。
【实验器材】
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小电珠、二极管、定值电阻(大、中、小)三个。
【实验步骤】
1．观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程。
2．检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置，若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零。
3．将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔。
4．如图实Ⅹ－4甲所示连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小电珠两端的电压。
5．如图实Ⅹ－4乙所示连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小电珠的电流。
6．用多用电表按下面步骤测电阻，并与标定阻值相比较
①调整定位螺丝，使指针指向电流的零刻度。
②选择开关置于“Ω”挡的“×1”，短接红、黑表笔，调节欧姆调零旋钮，然后断开表笔，再使指针指向∞。
③将两表笔分别接触阻值为几十欧的定值电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔。
④选择开关改置“×100”挡，重新进行欧姆调零。
⑤再将两表笔分别接触标定值为几千欧的电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔。
⑥测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡。
7．研究二极管的单向导电性，利用多用电表的欧姆挡测二极管两个引线间的电阻，确定正负极。
8．探索黑箱内的电学元件
判断目的 应用挡位 现　象
电源 电压挡 两接线柱正、反接时均无示数，说明无电源
电阻 欧姆挡 两接线柱间正、反接时示数相同
二极管 欧姆挡 正接时示数较小，反接时示数很大
电容器 欧姆挡 指针先指“0 Ω”后逐渐增大到“∞”，且越来越慢
电感线圈 欧姆挡 示数由“∞”逐渐减小到某一较小固定示数
【数据处理】
1．测电阻时，电阻值等于指针的示数与倍率的乘积。指针示数的读数一般读两位有效数字。
2．测电压和电流时，如果所读表盘的最小刻度为1、0.1、0.001等，读数时应读到最小刻度的下一位，若表盘的最小刻度为0.2、0.02、0.5、0.05等，读数时只读到与最小刻度位数相同即可。
【注意事项】
1．在使用多用电表前，应观察指针是否指电流表的零刻度，若有偏差，应用螺丝刀调节多用电表中间的定位螺丝，使多用电表的指针指向电流表的零刻度。
2．测量前，应把选择开关旋转到相应项目的适当量程上，读数时要注意挡位与刻度盘的对应，直流电流挡、直流电压挡要注意极性。
3．用多用电表探测黑箱时，一定要先用电压挡判断其内有无电源，确定无电源后才能使用欧姆挡测量。
4．欧姆挡的使用需要注意以下几点：
(1)合理选择欧姆挡的量程，使指针尽量指在表盘中间位置附近。
(2)换用欧姆挡的另一个量程时，一定要重新进行电阻调零，才能进行测量。
(3)读数时，应将表针示数乘选择开关所指的倍数。
5．实验完毕，将表笔从插孔中拔出，并将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡。长期不用时应将多用电表中的电池取出。
考点一　电表的改装
[例1]　[]某同学用量程为1 mA、内阻为120 Ω 的表头按图实Ⅹ－5甲所示电路改装成量程分别为1 V和1 A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题：
(1)根据图实Ⅹ－5甲所示的电路，在图乙所示的实物图上连线。
(2)开关S闭合时，多用电表用于测量________(填“电流”、“电压”，或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量________(填“电流”、“电压”或“电阻”)。
(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”)。
(4)定值电阻的阻值R1＝________Ω，R2＝________Ω。(结果取三位有效数字)
[解析]　(1)实物连接如图所示
(2)开关S闭合时，R1与表头和R2并联，为电流表，因此用于测量电流；当开关S断开时，R2与表头串联，为电压表，因此用于测电压。
(3)电流应从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表，因此表笔A应为黑色。
(4)开关S断开时为电压表，U＝Ig(Rg＋R2)，解得R2＝880 Ω；
开关S闭合时为电流表，R1＝＝1.00 Ω。
[答案]　(1)见解析图　(2)电流　电压　(3)黑　(4)1.00　880
考点二　多用电表的使用及读数
[例2]　[13·新课标全国Ⅰ)某学生实验小组利用图实Ⅹ－6所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：
多用电表；
电压表：量程5 V，内阻十几千欧；
滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；
导线若干。
回答下列问题：
(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点。
(2)将图实Ⅹ－6中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。
(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图实Ⅹ－7甲所示，这时电压表的示数如图实Ⅹ－7乙所示。多用电表和电压表的读数分别为__________kΩ和________V。
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V。从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ。 (5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图实Ⅹ－8所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V，电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为________kΩ。
[解析]　(1)欧姆表每次使用都需要将红、黑表笔短接进行欧姆调零。
(2)由于红表笔接欧姆表内置电源的负极，因此红表笔也应该与电压表的负接线柱相连，故应和1端相连。
(3)欧姆表读数需要“×1k”倍率，因此电阻为15.0 kΩ。电压表示数3.60 V，最小刻度是1的需要精确到最小刻度的下一位。
(4)当滑动变阻器电阻为零的时候，欧姆表测得的是电压表的内阻，因此是12 kΩ。
(5)根据欧姆表中间刻度可以判断欧姆表的内阻为15 kΩ，根据(4)中的数据可知，当测12 kΩ的电压表时，电压表示数是4 V，所以I＝＝ mA，可得E＝I(RV＋R内)＝9.00 V。
[答案]　(1)短接　(2)1　(3)15.0　3.60　(4)12
(5)9.00　15.0
多用电表的读数技巧
1．欧姆表的读数
(1)为了减小读数误差，指针应指在表盘到的部分，即中央刻度附近。
(2)除非指针所在刻度盘处每个小格表示1 Ω时，要估读到下一位，其余情况都不用估读。
(3)电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积。
2．测电压、电流时的读数，要注意其量程，根据量程确定精确度，精确度是1、0.1、0.01时要估读到下一位，精确度是2、0.02、5、0.5时，不用估读到下一位。
考点三　多用电表探索黑箱内的电学元件
[例3]　[]如图实Ⅹ－9甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测。
(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的________(选填“A”、“B”或“C”)。
(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况。
(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值。测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表。两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图实Ⅹ－9乙所示。
请将记录表补充完整，并在图甲的黑箱图中画出一种可能的电路。
两表笔接的接点 多用电表的示数
a、b ________ Ω
a、c 10.0 Ω
b、c 15.0 Ω
[解析]　(1)A是机械调零，B是欧姆调零，C是功能选择开关，故选填A。
(2)为防止a、b间存在高压电源在持续接通时烧坏电表，应采用“点触”方式。
(3)正反向阻值相等说明两接点间无二极管．由题图乙可以读出a、b间阻值为5.0 Ω。因黑箱内只有三个阻值相等的电阻，由表内数据知b、c间电阻等于a、b间电阻与a、c间电阻之和，故可推测a、b间电阻与a、c间电阻相串联。又因a、c间阻值是a、b间阻值的2倍，故a、b间有一个电阻时a、c间两个电阻串联；a、c间有一个电阻时a、b间两个电阻并联，电路如图所示。
[答案]　(1)A　(2)短暂　(3)5.0　电路图见解析
考点四　用多用表判断电路故障
[例4]　[14·重庆理综)某照明电路出现故障，其电路如图实Ⅹ－10甲所示，该电路用标称值12 V的蓄电池为电源，导线及其接触完好。
维修人员使用已调好的多用表直流50 V挡检测故障。他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。
图实Ⅹ－10
(1)断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图实Ⅹ－10乙所示，读数为________V，说明________正常(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”“小灯”)。
(2)红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和图实Ⅹ－10乙相同，可判定发生故障的器件是________(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”“小灯”)。
[解析]　(1)由题图实Ⅹ－10可知，直流50 V挡的最小分度为1 V，故按“十分之一”估读法可知读数应为11.5 V左右。由于测得的电压基本等于蓄电池电动势的标称值，说明a、c两点与电源之间是通路，只能是此电路之外的保险丝、开关、小灯中出现了断路故障，但故障的具体位置不能确定。
(2)同理