资源简介

第1讲
电流
电阻
电功
电功率
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.多用电表
观察并能识别常见的电路元器件，了解它们在电路中的作用。会使用多用电表。
2.导体的电阻
通过实验，探究并了解金属导体的电阻与材料、长度和横截面积的定量关系。会测量金属丝的电阻率。
3.串、并联电路
了解串、并联电路电阻的特点。
4.闭合电路的欧姆定律
理解闭合电路的欧姆定律。会测量电源的电动势和电阻。
5.电功、电功率及焦耳定律
理解电功、电功率及焦耳定律，能用焦耳定律解释生产生活中的电热现象。
6.安全用电
能分析和解决家庭电路中的简单问题，能将安全用电和节约用电的知识应用于日常生活实际。
7.实验：长度的测量及其测量工具的选用
体验实验过程，了解测量工具的选用原则。
8.实验：测量金属的电阻率
通过实验，了解电路的设计及仪器选取。
9.实验：测量电源的电动势和内阻
通过实验，体会数形结合处理实验数据的方法。
10.实验：用多用电表测量电学中的物理量
通过实验，了解多用电表结构及使用方法。
第1讲　电流　电阻　电功　电功率
授课提示：对应学生用书第147页
一、欧姆定律
1．电流
(1)定义：自由电荷的定向移动形成电流。
(2)公式：I＝，单位为安培(安)，符号为A,1
A＝1
C/s。
(3)方向：规定为正电荷定向移动的方向，电流是标量(选填“标量”或“矢量”)。
(4)微观式：I＝nqSv。
如图所示是某导体通电时的内部示意图。
n：导体单位体积内自由电荷的个数；
q：单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。
2．欧姆定律
(1)内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比。
(2)公式：I＝。
(3)适用范围：适用于金属和电解液导电，不适用于气态导体和半导体元件。
二、电阻定律
1．电阻
(1)物理意义：反映导体对电流阻碍作用大小的物理量，电阻越大，阻碍作用越大。
(2)定义式：R＝，单位为欧姆，符号为Ω。
2．电阻定律
(1)内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比；导体的电阻还与构成它的材料有关。
(2)表达式：R＝ρ。
3．电阻率
(1)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性。
(2)计算式：ρ＝R，单位为Ω·m。
三、电功、电功率、焦耳定律
1．电功
(1)定义：导体中的自由电荷在电场力作用下定向移动，电场力做的功称为电功。
(2)公式：W＝qU＝IUt。
(3)电流做功的实质：电能转化为其他形式能的过程。
2．电功率
(1)定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢。
(2)公式：P＝＝IU。
3．焦耳定律
(1)电热：电流流过一段导体时产生的热量。
(2)计算式：Q＝I2Rt。
4．热功率
(1)定义：单位时间内的发热量。
(2)表达式：P＝＝I2R。
授课提示：对应学生用书第148页
　　自主探究
　三个电流表达式的比较
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∝U，I∝
1．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是(　　)
A．电流大小为，电流方向为顺时针
B．电流大小为，电流方向为顺时针
C．电流大小为，电流方向为逆时针
D．电流大小为，电流方向为逆时针
解析：电子做圆周运动的周期T＝，由I＝得I＝，电流的方向与电子运动方向相反，故为逆时针。
答案：C
2.如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过。若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是(　　)
A．正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→A
B．溶液内由于正、负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零
C．溶液内的电流方向从A→B，电流I＝
D．溶液内的电流方向从A→B，电流I＝
解析：电荷的定向移动形成电流，规定正电荷定向移动的方向为电流方向，由题图所示可知，溶液中的正离子从A向B运动，负离子由B向A移动，负电荷由B向A移动相当于正电荷由A向B移动，因此电流方向是A→B，带电离子在溶液中定向移动形成电流，电流不为零，故选项A、B错误；溶液中电流方向是A→B，电流I＝＝，故选项C错误，D正确。
答案：D
3.如图所示，一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积内自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为(　　)
A.　　　　　　　　　
B.
C．ρnev
D.
解析：由电流定义可知：I＝＝＝neSv。由欧姆定律可得U＝IR＝neSv·ρ＝ρneLv，又E＝，故E＝ρnev，选项C正确。
答案：C
　　自主探究
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，电阻大小与导体的长度、横截面积及材料等有关；电阻率是描述导体材料导电性能好坏的物理量，与导体长度、横截面积无关。
(2)导体的电阻大，导体材料的导电性能不一定差；导体的电阻率小，电阻不一定小。
(3)导体的电阻、电阻率均与温度有关。
2．公式R＝ρ与R＝的比较
公式
R＝ρ
R＝
区别
电阻的决定式
电阻的定义式
说明了导体的电阻由哪些因素决定，R由ρ、l、S共同决定
提供了一种测电阻的方法——伏安法，R与U、I均无关
只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液
适用于任何纯电阻导体
4．(多选)对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是(　　)
A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R
B．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为R
C．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U，则任一状态下的比值不变
D．把金属丝温度降低到绝对零度附近，电阻率会突然变为零的现象称为超导现象
解析：设原电阻R＝ρ，当l′＝10l时，由体积不变求得横截面积变成S′＝S，所以电阻变为R′＝ρ＝ρ＝100R，A错误；从中点对折起来，相当于两个阻值为R
的电阻并联，其总阻值为R，B正确；金属丝的电阻率ρ随温度升高而增大，当金属丝两端的电压逐渐增大时，由于电流的热效应会使电阻率ρ随温度升高而增大，因而R＝ρ＝将逐渐增大，C错误；由超导的定义知D正确。
答案：BD
5．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab＝10
cm，bc＝5
cm，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流为2
A。若将A与B接入电压恒为U的电路中，则电流为(　　)
A．0.5
A　　　　　　　　
B．1
A
C．2
A
D．4
A
解析：设金属薄片厚度为d，根据电阻定律R＝ρ，有RCD＝ρ，RAB＝ρ，故＝()2＝；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比，故两次电流之比为4∶1，故第二次电流为0.5
A，选项A正确。
答案：A
6．(多选)(2021·江苏启东高三检测)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U0，则(　　)
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的速率为
D．导线中自由电子定向移动的速率为
解析：将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ分析可知，电阻变为原来的16倍，又电压变为2U0，根据欧姆定律I＝可知，电流变为，A正确，B错误；根据电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流变为原来的，横截面积变为原来的，则自由电子定向移动的平均速率变为，C错误，D正确。
答案：AD
　规律总结
分析导体变形后电阻的三个关键点
———————————————————————
(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(如第4题中A、B选项)。
(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρ求解时，其中l为沿电流方向导体的长度(如第5题将C与D接入电压恒为U的电路时，沿电流方向导体的长度为lbc)。
　　自主探究
1．图线的意义
(1)由于导体的导电性能不同，所以不同的导体有不同的伏安特性曲线。
(2)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值，对应这一状态下的电阻。
2．两类图线的理解
(1)图线a、e、d、f表示线性元件，b、c表示非线性元件。
(2)在图甲中，斜率表示电阻的大小，斜率越大，电阻越大，Ra＞Re。在图乙中，斜率表示电阻倒数的大小，斜率越大，电阻越小，Rd＜Rf。
(3)图线b的斜率变小，电阻变小，图线c的斜率变大，电阻变小。注意：曲线上某点切线的斜率不是电阻或电阻的倒数。根据R＝，电阻为某点和原点连线的斜率或斜率的倒数。
7.如图所示为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是(　　)
A．电阻A的阻值随电流的增大而减小，电阻B的阻值不变
B．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B的阻值
C．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B的阻值
D．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B的阻值
解析：由题图可知，电阻A的IU图象的斜率越来越小，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B的阻值不变，故选项A错误；两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值相等，故选项B正确，C、D错误。
答案：B
8．(多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25
A，则此时(　　)
A．L1两端的电压为L2两端电压的2倍
B．L1消耗的电功率为0.75
W
C．L2的电阻为12
Ω
D．L1、L2消耗的电功率的比值大于4
解析：电路中的总电流为0.25
A，L1中电流为0.25
A，由小灯泡的伏安特性曲线可知L1两端的电压为3.0
V，L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0.75
W，选项B正确；根据并联电路规律可知，L2中的电流为0.125
A，由小灯泡的伏安特性曲线可知其两端电压大约为0.3
V，故L1两端的电压约为L2两端电压的10倍，选项A错误；由欧姆定律可知，L2的电阻为R2＝＝
Ω＝2.4
Ω，选项C错误；L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.3×0.125
W＝0.037
5
W，即L1、L2消耗的电功率的比值大于4，选项D正确。
答案：BD
　方法技巧
伏安特性曲线问题的处理方法
———————————————————————
(1)如图所示，非线性元件的IU图线是曲线，导体电阻Rn＝，即电阻等于图线上点(Un，In)与坐标原点连线的斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数。
(2)I-U图线中的斜率k＝，斜率k不能理解为k＝tan
α，因坐标轴的单位可根据需要人为规定，同一电阻在坐标轴单位不同时倾角α是不同的。
(3)在分析电路问题时，I-U(或U-I)图象中的电流、电压信息是解题的关键，要将电路中的电子元件和图象有机结合。
　　师生互动
1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
纯电阻电路
非纯电阻电路
实例
白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等
电动机、电解槽、日光灯等
电功与电热
W＝UIt，Q＝I2Rt＝t，W＝Q
W＝UIt，Q＝I2Rt，W＞Q
电功率与热功率
P电＝UI，P热＝I2R＝，P电＝P热
P电＝UI，P热＝I2R，P电＞P热
2.电动机的三个功率及效率
输入功率
电动机的总功率。由电动机电路中的电流和电压决定，即P总＝P入＝UI
关系：P总＝P出＋P热
输出功率
电动机的有用功的功率，也叫作机械功率
热功率
电动机线圈上有电阻，电流通过线圈时会发热，热功率P热＝I2r
效率
η＝×100%
　纯电阻电路的分析与计算
[典例1]　如图所示，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使两灯泡都正常发光，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(　　)
A．P甲＜P乙　　　　　　　
B．P甲＞P乙
C．P1＞P2
D．P1＝P2
[解析]　设灯泡额定电流为I，因两灯泡都正常发光，电流均为额定电流I，则甲电路中总电流I甲＝2I，乙电路中总电流I乙＝I，所以P甲＝U甲I甲＝8×2I＝16I(W)，P乙＝U乙I乙＝16×I＝16I(W)，P甲＝P乙，选项A、B均错误；R1消耗的功率P1＝P甲－2P灯，R2消耗的功率P2＝P乙－2P灯，故P1＝P2，选项C错误，D正确。
[答案]　D
　非纯电阻电路的分析与计算
[典例2]　(多选)如图所示是某一直流电动机提升重物的示意图，重物质量m＝50
kg，电源提供给电动机的电压为U＝110
V，不计各种摩擦，当电动机以v＝0.9
m/s的恒定速率向上提升重物时，通过电动机的电流为I＝5.0
A，重力加速度g取10
m/s2，则(　　)
A．电动机的输入功率为550
W
B．电动机提升重物的功率为550
W
C．电动机提升重物的功率为450
W
D．电动机的线圈电阻为22
Ω
[解析]　电动机的输入功率P入＝UI＝110×5.0
W＝550
W，A正确。提升重物的功率P出＝mgv＝50×10×0.9
W＝450
W，B错误，C正确。由P入＝P出＋P热和P热＝I2R线得R线＝＝
Ω＝4
Ω，D错误。
[答案]　AC
　STSE中的电功、电功率问题
[典例3]　如图为一种服务型机器人，其额定功率为48
W，额定工作电压为24
V。机器人的锂电池容量为20
A·h。则机器人(　　)
A．额定工作电流为20
A
B．充满电后最长工作时间为2
h
C．电池充满电后总电量为7.2×104
C
D．以额定电流工作时每秒消耗能量为20
J
[解析]　根据P＝UI可知，额定电流应该为2
A，故A错误。电池的容量为20
A·h，即在额定电流2
A下工作时，能够工作的最长时间为10
h，故B错误。电池充满电后的总电量为Q＝It＝20×3
600
C＝7.2×104
C，故C正确。在额定电流下，机器人的功率为48
W，即每秒消耗能量48
J，故D错误。
[答案]　C
9．(多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗。若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则(　　)
自重
40
kg
额定电压
48
V
载重
75
kg
额定电流
12
A
最大行驶速度
20
km/h
额定输出功率
350
W
A.电动机的输入功率为576
W
B．电动机的内电阻为4
Ω
C．该车获得的牵引力为104
N
D．该车受到的阻力为63
N
解析：由于U＝48
V，I＝12
A，则P入＝IU＝576
W，故选项A正确；因P入＝P出＋I2r，则r＝
Ω＝
Ω，故选项B错误；由P出＝Fv＝Ffv得，F＝Ff＝63
N，故选项C错误，D正确。
答案：AD
10.(多选)如图所示，电源电动势E＝3
V，小灯泡L的规格为“2
V　0.4
W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4
Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(　　)
A．电源内阻为1
Ω
B．电动机的内阻为4
Ω
C．电动机正常工作电压为1
V
D．电源效率约为93.3%
解析：小灯泡正常工作时的电阻RL＝＝10
Ω，流过小灯泡的电流I＝＝0.2
A，当开关S接1时，R总＝＝15
Ω，电源内阻r＝R总－R－RL＝1
Ω，A正确；当开关S接2时，电动机M两端的电压UM＝E－Ir－U＝0.8
V，电源效率η＝×100%＝×100%≈93.3%，C错误，D正确；因为电动机M不是纯电阻，所以不能利用R＝＝4
Ω计算电阻，B错误。
答案：AD
PAGE
-
11
-第2讲　电路的基本规律及其应用
授课提示：对应学生用书第151页
一、电阻的串联与并联
串联电路
并联电路
电路图
基本特点
电压
U＝U1＋U2＋U3
U＝U1＝U2＝U3
电流
I＝I1＝I2＝I3
I＝I1＋I2＋I3
总电阻
R总＝R1＋R2＋R3
＝＋＋
二、电动势和内阻
1．电动势
(1)定义：电源在内部移动电荷过程中，非静电力对电荷做的功与移动电荷的电荷量的比值。
(2)定义式：E＝，单位为V。
(3)大小：电动势在数值上等于在电源内部非静电力把1
C
正电荷从负极移送到正极所做的功。
2．内阻：电源内部导体的电阻。
三、闭合电路的欧姆定律
1．闭合电路的欧姆定律
(1)内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比。
(2)公式
①I＝(只适用于纯电阻电路)；
②E＝U外＋Ir(适用于所有电路)。
2．路端电压与外电阻的关系
一般情况
U＝IR＝·R＝，当R增大时，U增大
特殊情况
(1)当外电路断路时，I＝0，U＝E(2)当外电路短路时，I短＝，U＝0
授课提示：对应学生用书第151页
　　自主探究
1．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。
(3)在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联。A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致。
2．电路动态分析的两种常用方法
(1)程序判断法：遵循“局部→整体→局部”的思路，按以下步骤分析：
(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。
1．在如图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是(　　)
A．A变大，V变大　　　　　
B．A变小，V变大
C．A变大，V变小
D．A变小，V变小
解析：滑片P向右移动时，电阻R增大，总电流减小，所以电流表示数变小，电动势不变，内电压、R0两端电压减小，所以R两端电压增大，电压表示数变大，故B正确，A、C、D错误。
答案：B
2．(2021·河北石家庄模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为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。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．电压表示数变小　　　　
B．电流表示数变小
C．电容器C所带电荷量增多
D．a点的电势降低
解析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大。电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小。根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低。通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大，故A、B、C错误，D正确。
答案：D
规律总结
1．分析动态变化问题的“两公式、两关系”
(1)两个公式：闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir(E、r不变)和部分电路欧姆定律U＝IR。
(2)两个关系：外电压等于外电路上串联各部分电压之和；总电流等于各支路电流之和。
2．分析电容器带电荷量的变化要注意以下两点
(1)把电容器当成断路简化电路图，按照电路动态分析的基本方法来分析各部分电路电压与电流的变化。
(2)电路稳定时，找到与电容器并联的电阻，而电容器的电压等于与之并联的电阻两端的电压。　
　　自主探究
1．四组基本概念
电源总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝
电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝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＝I2R＝
电源的效率
任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：η＝×100%
2.P出与外电阻R的关系图象的三点说明
(1)当R＝r时，输出功率最大，Pm＝。
(2)当R“接近”r时，P出增大，当R“远离”r时，P出减小。
(3)当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个可能的外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
3．如图所示，已知电源电动势为6
V，内阻为1
Ω，保护电阻R0＝0.5
Ω，则当保护电阻R0消耗的电功率最大时，这个电阻箱R的读数和电阻R0消耗的电功率的最大值为(　　)
A．1
Ω，4
W　　　　　　　
B．1
Ω，8
W
C．0,8
W
D．0.5
Ω，8
W
解析：保护电阻消耗的功率为P0＝，因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝＝
W＝8
W，故选项C正确。
答案：C
4．将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知(　　)
A．电源最大输出功率可能大于45
W
B．电源内阻一定等于5
Ω
C．电源电动势为45
V
D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率大于50%
解析：由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45
W，所以电源最大输出功率为45
W，选项A错误；由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5
Ω，选项B正确；由电阻箱所消耗功率P最大值为45
W，此时电阻箱读数为R＝5
Ω
可知，电流I＝＝3
A，电源电动势E＝I(R＋r)＝30
V，选项C错误；电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，选项D错误。
答案：B
5.如图所示，R为变阻箱，电压表为理想电压表，电源电动势E＝6
V，当变阻箱阻值为R＝4
Ω时，闭合开关后，电压表读数U＝4
V，求：
(1)电路中的电流I和电源内阻r；
(2)电源的输出功率P和效率η；
(3)试推导说明当R为多大时，电源的输出功率最大。
解析：(1)电路中的电流I0＝＝A＝1
A，
根据闭合电路欧姆定律解得内阻为
r＝＝
Ω＝2
Ω。
(2)电源的输出功率P输＝I0U＝1×4
W＝4
W，
效率为η＝×100%＝×100%≈66.67%。
(3)电源的输出功率为
P＝I2R＝R＝，
可知当R＝r＝2
Ω时，电源输出功率最大，
即P＝＝
W＝4.5
W。
答案：(1)1
A　2
Ω　(2)4
W　66.67%
(3)当R＝2
Ω时最大输出功率为4.5
W
易错警示
关于电源功率和效率问题的2点提醒
———————————————————————
(1)当电源的输出功率最大为时，电源的效率并不是最大，只有50%；当R→∞时，η
→100%，但此时P出→0，无实际意义。
(2)对于电路中的定值电阻，其消耗的功率根据P＝I2R来判断，与电源输出功率大小的判断方法不同。　
　　自主探究
　在恒流电路中常会涉及两种U-I图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)。求解这类问题时要注意二者的区别。
电源U-I图象
电阻U-I图象
关系式
U＝E－Ir
U＝IR
图形
物理意义
电源的路端电压随电流的变化关系
电阻两端电压与电阻中的电流的关系
截距
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
坐标U、I的乘积
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
坐标U、I的比值
表示外电阻的大小
表示该电阻的大小
斜率(绝对值)
电源电阻r的大小
若图象为过原点的直线，图象斜率表示电阻的大小
两曲线在同一坐标系中的交点
表示电阻的工作点，即将电阻接在该电源上时，电阻中的电流和两端的电压(如图所示，表示电路的工作点，此时灯泡两端电压为2
V，工作电流为2
A)
6．(多选)如图所示，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，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2,3.5)、Q(6,5)。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3∶2
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，小灯泡的电阻之比是1∶2
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10
解析：根据题图可知，E1＝E2＝10
V，r1＝
Ω，r2＝
Ω，所以r1∶r2＝3∶2，E1∶E2＝1∶1，A、B正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P1＝18.2
W和P2＝30
W，小灯泡的电阻分别为R1＝
Ω，R2＝
Ω，C、D错误。
答案：AB
7．图甲为某电源的U-I图线，图乙为某小灯泡的U-I图线，则下列说法中正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　乙
A．电源的内阻为0.5
Ω
B．小灯泡的电阻随着功率的增大而减小
C．当小灯泡两端的电压为0.5
V时，它的电阻约为
Ω
D．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为3
W
解析：根据电源的U-I图线在纵轴的截距表示电动势，斜率绝对值表示电源内阻可知，E＝1.5
V，r＝
Ω，选项A错误；根据小灯泡UI图线上某点的纵、横坐标的比值表示电阻可知，小灯泡的电阻随电流的增大而增大，由P＝I2R知，小灯泡的电阻随着电功率的增大而增大，选项B错误；当小灯泡两端的电压为U＝0.5
V时，对应小灯泡中电流为I＝6
A，根据小灯泡UI图线上某点的纵、横坐标的比值表示电阻可知，小灯泡电阻R＝＝
Ω，选项C错误；把电源和小灯泡组成闭合回路，在题图乙中画出图甲对应的图线，如图所示，两图线的交点表示电路的工作状态，根据小灯泡U-I图线上某点的纵、横坐标的乘积表示消耗的电功率可知，小灯泡的功率约为3
W，选项D正确。
答案：D
PAGE
-
7
-实验十　测定金属的电阻率
授课提示：对应学生用书第160页
一、实验目的
1．掌握螺旋测微器的原理及读数方法。
2．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。
3．会用伏安法测电阻，并能测定金属丝的电阻率。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理
根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用伏安法测出电阻Rx，即可计算出金属丝的电阻率。
2．实验器材
被测金属丝、直流电源(4
V)、电流表(0～0.6
A)、电压表(0～3
V)、滑动变阻器(50
Ω)、开关、导线若干、螺旋测微器、毫米刻度尺。
3．实验步骤
(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d。
(2)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丝的有效长度，反复测量三次，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。
(5)闭合开关，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。
(6)将测得的Rx、l、d值，代入公式S＝和Rx＝ρ中，计算出金属丝的电阻率。
[规律方法总结]
1．数据处理
(1)在求Rx的平均值时可用两种方法：
①用Rx＝分别算出各次的数值，再取平均值。
②用U-I图线的斜率求出。
(2)计算电阻率：将记录的数据U、I、l、d的值代入电阻率计算式得ρ＝Rx＝。
2．注意事项
(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径应在金属丝连入电路之前测量。
(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法。
(3)测量金属丝的有效长度：测量时应将金属丝接入电路并拉直，测量待测金属丝接入电路的两个端点之间的长度。
(4)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大。
3．误差分析
(1)测量电阻时采用外接法，电压表分流产生误差。
(2)长度和直径的测量产生误差。
授课提示：对应学生用书第161页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　某学生用如图甲所示的电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：
被测金属导线ab，电阻约10
Ω，允许流过的最大电流为0.8
A；
稳恒电源E，电源输出电压恒为E＝12
V；
电压表V，量程为3
V，内阻约5
kΩ；
保护电阻，R1＝10
Ω，R2＝30
Ω，R3＝200
Ω；
刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等。
实验时的主要步骤如下：
①用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d。
②按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好。
③闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U。
④描点作出U-x图线求出金属导线的电阻率ρ。
完成下列填空：
(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图乙所示，该金属导线的直径d＝________
mm。
(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选________。
(3)根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U画出的Ux图线如图丙所示，其中图线的斜率为k，则金属导线的电阻率ρ＝________。(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)
[解析]　(1)根据螺旋测微器读数规则，该金属导线的直径d＝0.5
mm＋37.0×0.01
mm＝0.870
mm。
(2)根据题述可知电源输出电压恒为E＝12
V，电压表V的量程为3
V，保护电阻R应该分压9
V。由于被测金属导线ab的电阻约为10
Ω，所以保护电阻R应选R2＝30
Ω。(3)被测金属导线横截面积S＝，aP段电阻Rx＝ρ＝。电压表的示数U＝IRx，电流I＝，又＝，联立得到U＝x。Ux图线的斜率k＝，解得ρ＝。
[答案]　(1)0.870　(2)R2　(3)
　数据处理与分析
[典例2]　小张同学打算测量由某种合金材料制成的金属丝的电阻率ρ，待测金属丝的横截面为圆形。实验器材有：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻约几千欧)、电流表(内阻约几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。
(1)用毫米刻度尺测量待测金属丝的长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图1和图2所示，可得其长度L＝________
cm，直径D＝________mm。
　　　　　图1　　　　　　　　　图2
(2)该同学要用图象法求出待测金属丝的阻值，要求电压从0开始变化。请将图3所示实物电路图中所缺导线补全。
　
图3　　　　　　　　　　图4
(3)图4是根据实验中测得的6组电流I、电压U的值描绘的点，由图可求出电阻值R＝________Ω(保留三位有效数字)。
(4)请写出待测金属丝的电阻率ρ的表达式ρ＝________(用测得的物理量符号和已知常数表示)。
[解析]　(1)待测金属丝长度测量值为59.40
cm；螺旋测微器的读数为0＋43.4×0.01
mm＝0.434
mm，即待测金属丝直径测量值为0.434
mm。
(2)要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法；待测金属丝电阻较小，电流表采用外接法。实物电路图连接如图甲所示。
甲　　　　　　　　　　乙
(3)在题图4中用直线拟合各数据点，使直线通过尽量多的点，其他点均匀分布在直线两侧，舍弃离直线较远的点，如图乙所示，直线的斜率表示待测金属丝的电阻，根据所画直线可得R≈5.80
Ω。
(4)由电阻定律可知，R＝ρ，S＝，解得：ρ＝。
[答案]　(1)59.40　0.434(0.433～0.435均可)　(2)图见解析　(3)5.80(5.70～5.90均可)　(4)
易错警示
数据处理与分析的4点注意
—————————————————————————
(1)测定金属电阻率实验，由于被测金属丝的阻值较小，一般采用电流表外接法。
(2)实验时特别注意：为了方便，测量直径时应在金属丝连入电路之前测量。　
(3)根据电阻定律得ρ＝时，要明确各物理量的意义及单位。
(4)利用图象进行数据处理时，用平滑的曲线进行连线，让尽量多的数据描点落在图线上；如果连线为直线，不能落在连线上的点应均匀分布在两侧，偏差太大的点应舍弃。要推导出纵横坐标轴物理量的关系式，弄清斜率、截距等的物理意义，从而求出相关物理量。　
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　(2019·高考天津卷)现测定长金属丝的电阻率。
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________
mm。
(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100
Ω，画出实验电路图，并标明器材代号。
电源E(电动势10
V，内阻约为10
Ω)
电流表A1(量程0～250
mA，内阻R1＝5
Ω)
电流表A2(量程0～300
mA，内阻约为5
Ω)
滑动变阻器R(最大阻值10
Ω，额定电流2
A)
开关S及导线若干
(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝________。从设计原理看，其测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
[解析]　(1)d＝20.0×0.01
mm＝0.200
mm。
(2)本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的满偏电压UA1＝ImR1＝1.25
V，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
(3)当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过Rx的电流为I＝I2－I1，Rx两端电压U＝I1R1，故Rx＝＝；不考虑读数误差，从设计原理看，测量值等于真实值。
[答案]　(1)0.200(0.196～0.204均可)　(2)图见解析　(3)　相等
创新评价
本题的创新点在于利用“安—安”法替代“伏—安”法，用已知内阻的电流表A1充当电压表，利用电流之差测通过Rx的电流，使电阻的测量在设计上不存在误差。　
　实验数据处理创新
[典例4]　市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员经查阅，纯铜的电阻率为1.8×10－8
Ω·m。现取横截面积约为1
mm2、长度为100
m(真实长度)的铜电线，进行实验测量其电阻率，实验室现有的器材如下：
A．电源(电动势约为5
V，内阻不计)；
B．待测长度为100
m的铜电线，横截面积约1
mm2；
C．电压表V1(量程为3
V，内阻约为0.5
kΩ)；
D．电压表V2(量程为5
V，内阻约为3
kΩ)；
E．电阻箱R(阻值范围0～999.9
Ω)；
F．定值电阻R0＝1
Ω；
G．开关、导线若干。
(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d＝________
mm。
(2)小组设计的测量电路如图乙所示，则P是________，N是________，通过实验作出的图象如图丙所示。(填器材名称及对应符号)
(3)这捆铜电线的电阻率ρ＝________Ω·m(结果保留三位有效数字)；你认为电阻率大的可能原因是______________________________________________________。
(4)本实验中铜电线的电阻率测量值比真实值将会________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)，原因是_______________________________________________________
________________________________________________________________________。
[解析]　(1)铜电线的直径d＝1.0
mm＋12.5×0.01
mm＝1.125
mm。
(2)P测量的电压大于N测量的电压，故P是电压表V2，N是电压表V1。
(3)分析电路可知通过铜电线的电流Ix＝IR＝，
Rx＝＝R＝(－1)R，
整理得＝1＋Rx·，
根据题图丙可知斜率k＝Rx＝
Ω＝2.60
Ω，
S＝πr2＝π()2≈0.994
mm2，
ρ＝＝
Ω·m≈2.58×10－8
Ω·m，
故电阻率达不到要求，原因是铜电线使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜。
(4)由于没考虑电压表V1的分流，使测得的铜电线的电阻偏大，由Rx＝ρ知，电阻率的测量值较真实值偏大。
[答案]　(1)1.125(1.123～1.127均可)　
(2)电压表V2　电压表V1　(3)2.58×10－8(2.55×10－8～2.61×10－8)　铜电线使用的可能是再生铜或含过多杂质的次铜(其他合理答案也可)
(4)偏大　没有考虑到电压表V1的分流
创新评价
本实验在设计上采用“伏—伏”法，实验突出的创新点体现在
-图象分析处理实验数据，充分体现了数形结合方法在实验探究中的应用。　
　实验目的创新
[典例5]　(2021·上海静安模拟)国标(GB/T)规定自来水在15
℃时电阻率应大于13
Ω·m.某同学利用图甲电路测量15
℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3
V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3
V，内阻很大)，电压表V2(量程为3
V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值为4
kΩ)，定值电阻R2(阻值为2
kΩ)，电阻箱R(最大阻值为9
999
Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙所示，则d＝________mm。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx＝________(用R1、R2、R表示)。
(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-关系图象。自来水的电阻率ρ＝________
Ω·m(保留两位有效数字)。
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
[解析]　(1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃管内径d＝30
mm＋0×0.05
mm＝30.00
mm。
(2)把S拨到1位置，记录电压表V1示数，得到通过水柱的电流I1＝，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Rx；把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R，得到该支路的电流I2＝，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋R2，联立解得Rx＝。
(3)由电阻定律Rx
＝ρ，Rx＝，联立解得R＝·。R关系图象斜率k＝0.4×103
Ω·m，k＝，S＝，代入数据解得ρ＝≈14
Ω·m。
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则由(2)可得Rx＝，其中R1′为电压表V1的内阻与R1的并联值，因为并联值小于R1，则应用Rx＝计算Rx时，测得的Rx值偏大，即自来水电阻测量值偏大，则自来水电阻率测量结果将偏大。
[答案]　(1)30.00　(2)　(3)14　(4)偏大
创新评价
本实验采用教材实验原理测自来水在15
℃时电阻率替代测金属丝的电阻率，在数据处理过程中采用R-关系图象分析实验数据。
PAGE
-
9
-实验十二　用多用电表测量电学中的物理量
授课提示：对应学生用书第170页
一、实验目的
1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法。
2．会使用多用电表测电压、电流及电阻。
3．会用多用电表探索黑箱中的电学元件。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个。
2．实验步骤
(1)观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程。
(2)机械调零：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)测量小灯泡的电压和电流。
①按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压。
②按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流。
(5)测量定值电阻
①根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；
②将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；
③读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；
④测量完毕，拔出表笔，并将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡。
[规律方法总结]
1．使用多用电表的注意事项
(1)表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔，注意电流的实际方向应为“红入”“黑出”。
(2)区分“机械零点”与“欧姆零点”。机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮。
(3)由于欧姆挡表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应挡位的倍率。
(4)使用多用电表时，手不能接触表笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触表笔的金属杆。
(5)测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表。
(6)测电阻时每换一挡必须重新欧姆调零。
(7)使用完毕，选择开关要置于交流电压最高挡或“OFF”挡。长期不用，应把表内电池取出。
2．多用电表对电路故障的检测
(1)断路故障的检测方法
①将多用电表拨到直流电压挡作为电压表使用。
a．将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏。
b．在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联。若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点。
②将多用电表拨到直流电流挡作为电流表使用，将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路。
③用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路，不能用欧姆表检测电源的情况。
(2)短路故障的检测方法
①将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路。
②用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路。
授课提示：对应学生用书第171页
命题点一　教材原型实验
　多用电表的使用及注意事项
[典例1]　(2021·山东潍坊检测)(1)用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动部件________，使指针对准电流的0刻线。
②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
③将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________。使指针对准电阻的________(选填“0刻线”或“∞刻线”)。
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的待测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量。
A．将K旋转到电阻挡“×1
k”的位置
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，下列说法正确的是________。
A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小
B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量
C．选择“×100”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值等于2
500
Ω
D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大
[解析]　(1)①电表使用前要调节指针定位螺丝，使指针指在电流的0刻线位置，故调节部件S；
③欧姆表测量前要进行欧姆调零，故调节部件T(欧姆调零旋钮)使指针指向电阻0刻线；
④指针偏转角度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率，每次换挡要重新调零然后测量电阻，故步骤为A、D、C。
(2)双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，测量值偏小，故A正确；测量时若发现指针向右偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，若向左偏离中央刻度过大，则必须增大倍率，重新调零后再进行测量，故B错误；欧姆表刻度是左密右疏，选择“×100”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于2
500
Ω，大于2
000
Ω，故C错误；欧姆表内的电池使用时间太长，电动势减小，内阻增大，电池电动势变小、内阻变大时，欧姆调零时，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig＝，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流的示数体现出来的，由I＝＝＝，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数偏大，故D正确。
[答案]　(1)①S　③T　0刻线　④ADC　
(2)AD
　多用电表的原理及读数
[典例2]　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。
(1)图(a)中的A端与________(选填“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________。(结果均保留三位有效数字)
[解析]　(1)A端与电池正极相连，电流从A端流出，A端与黑表笔相连。(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与R6无关，A错；使用欧姆挡时，需要红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，B对；使用电流挡时，B端与“1”或“2”相连，与R6无关，C错。(3)B端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5
mA挡、直流1
mA挡，由电表的改装原理可知，B端与“2”相连时，有I2＝IG＋，解得R1＋R2＝160
Ω；B端与“4”相连时，多用电表为直流电压1
V挡，表头并联部分电阻R0＝，R4＝－R0＝880
Ω。(4)B端与“1”相连时，电表读数为1.45
mA；B端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100
Ω挡，读数为11.0×100
Ω＝1.10×103
Ω；B端与“5”相连时，多用电表为直流电压5
V挡，读数为2.90
V。
[答案]　(1)黑　(2)B　(3)160　880
(4)1.45
mA　1.10×103
Ω　2.90
V
规律总结
1．欧姆表刻度盘不同于电压、电流表刻度盘
(1)左∞右0：电阻无限大与电流、电压零刻度重合，电阻零与电流、电压最大刻度重合。
(2)刻度不均匀：左密右疏。
(3)欧姆挡是倍率挡，即读出的示数应再乘以该挡的倍率。电流、电压挡是量程范围挡。
在不知道待测电阻的估计值时，应先从小倍率开始，熟记“小倍率小角度偏，大倍率大角度偏”(因为欧姆挡的刻度盘上越靠左读数越大，且测量前指针指在左侧“∞”处)。
2．多用电表的读数应注意的问题
(1)欧姆表的读数：电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积。
(2)电压表、电流表的读数：要根据量程确定精确度，精确度是1、0.1时，要估读到最小分度的下一位，精确度是0.02、0.5、5时，估读到最小分度的所在位。
命题点二　实验创新设计
　实验目的创新
[典例3]　(2019·高考全国卷Ⅲ)某同学欲将内阻为
98.5
Ω、量程为100
μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15
kΩ刻度正好对应电流表表盘的50
μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14
kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1
500
Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500
Ω)，电阻箱(0～99
999.9
Ω)，干电池(E＝1.5
V，r＝1.5
Ω)，红、黑表笔和导线若干。
(1)欧姆表设计
将图(a)中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为________Ω；滑动变阻器选________(选填“R1”或“R2”)。
(2)刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为________、________。
(3)校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图(c)所示，则电阻箱接入的阻值为________Ω。
[解析]　(1)欧姆表的中值刻度为欧姆表的内阻，即r＋R0＋RA＋R＝15
kΩ，解得R＝900
Ω。由于滑动变阻器R2的最大阻值为500
Ω，所以滑动变阻器选R1。
(2)根据闭合电路欧姆定律，
得Ia＝和Ib＝，
代入数据解得Ra＝45
kΩ，Rb＝5
kΩ。
(3)使用欧姆表测量电阻时，首先要进行电阻调零，此时应将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指在0
kΩ上。
电阻箱的阻值为(0.1×0＋1×0＋10×0＋100×0＋1
000×5＋10
000×3)
Ω＝35
000.0
Ω。
[答案]　(1)如图所示　900　R1
(2)45　5　(3)0　35
000.0
创新评价
本实验创新点体现在由电表的使用变为欧姆表的设计并进行刻度和校准，属于多用电表的原理的迁移与拓展。　
　实验目的创新
[典例4]　如图1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2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2所示。
请将记录表补充完整，并在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)多用电表使用前应进行机械调零，机械调零装置为A。
(2)在用直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否有电源时，一个表笔接a，另一个表笔应短暂接b，防止电流过大烧毁电表。
(3)黑箱中无电源且每对接点间正、反阻值相等，故为电阻元件，由多用电表读数可知所缺数据为5.0
Ω。由a、b间电阻为5
Ω，a、c间为10
Ω，b、c间为15
Ω知，电路图如答案图所示。
[答案]　(1)A　(2)短暂　(3)5.0　电路图如图
创新评价
本实验创新之处是利用多用电表探测黑箱内元件、检测电路故障，同时考查了多用电表的读数及电路设计。　
　实验设计创新
[典例5]　小明在实验室中发现一个外观上像电阻的未知元件D，设计了如图甲所示电路进行实验探究，请按要求回答问题：
(1)小明按图甲连接好电路，闭合开关S，将滑动变阻器滑片缓慢地从a端移到b端，发现起始阶段电压表的示数逐渐增大，后续阶段电压表示数保持6
V不变，若D为电阻元件，则该过程中它的电阻值的变化情况可能是________。
A．阻值一直为0
B．阻值先不变，后续阶段变小
C．阻值恒定且远大于R2
D．阻值先不变，后阶段变大
(2)根据元件D铭牌上的部分信息，小明从网络获知该元件为稳压二极管，它有正、负极之分，在电路中当D的正极接高电势时，其iu图线如图乙中OC所示；当D的负极接高电势时，其iu图线如图乙中OAB所示，其中AB段为D的稳压工作区，由此可判断图甲中D的黑色端是它的________极(选填“正”或“负”)。
　
(3)小明接着设计了用多用电表欧姆挡按图丙对该元件进行探究，图丙中虚线框部分是其内部等效电路，已知电源电动势E＝9
V，电表满偏电流Ig＝3
mA。实验时小明先进行欧姆调零，则调零后多用电表内部总电阻为________Ω；调零后按图丙连接元件D进行测量，若D恰好处于稳压工作区，则此时测得元件D的阻值应为________Ω。
[解析]　(1)因在滑片移动过程中，发现起始阶段电压表的示数逐渐增大，后续阶段电压表示数保持6
V不变，则知元件阻值可能先不变，后续阶段变小，故B正确。
(2)结合第(1)问中所给条件，可知D元件黑色部分为负极。
(3)由R总＝，解得R总＝3
000
Ω；D恰好处于稳压工作区时，其两端电压U＝6
V，而U＝，解得RD＝6
000
Ω。
[答案]　(1)B　(2)负　(3)3
000(或3×103)　
6
000(或6×103)
创新评价
本实验创新之处体现在实验设计上，由多用电表原理与读数拓展为探究未知元件的特性，充分考查了对多用电表原理的理解。　
PAGE
-
9
-实验十一　测定电源的电动势和内阻
授课提示：对应学生用书第165页
一、实验目的
1．测定电源的电动势和内阻。
2．掌握用图象法求电动势和内阻的方法。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1.实验原理
(1)实验依据：闭合电路欧姆定律。
(2)E和r的求解：由U＝E－Ir得，解得E、r。
　
③图线斜率的绝对值表示r，r＝||。
2．实验器材
电池(被测电源)、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺。
3．基本操作
(1)电流表用0.6
A的量程，电压表用3
V的量程，按实验原理图连接好电路。
(2)把滑动变阻器的滑片移到使阻值最大的一端。
(3)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I1，U1)。用同样的方法再测量几组I、U值，填入表格中。
(4)断开开关，拆除电路，整理好器材。
[规律方法总结]
1．实验数据求E、r的处理方法
(1)列多个方程组求解，再求E、r的平均值。
(2)图象法处理：以路端电压U为纵轴，干路电流I为横轴，建坐标系、描点、连线，纵轴截距为电动势E，直线斜率k的绝对值为内阻r。
2．注意事项
(1)为了使路端电压变化明显，可使用内阻较大的旧电池。
(2)电流不要过大，应小于0.5
A，读数要快。
(3)要测出不少于6组的(I，U)数据，变化范围要大些。
(4)若UI图线纵轴刻度不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，内阻应根据r＝||确定。
3．误差来源
(1)偶然误差：用图象法求E和r时作图不准确。
(2)系统误差：电压表分流。
(3)本实验中测量结果是：E测＜E真，r测＜r真。
授课提示：对应学生用书第166页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　(2021·黑龙江哈尔滨一中检测)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源(电动势约3
V，内阻约2
Ω)，保护电阻R1(阻值10
Ω)和R2(阻值5
Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
③以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；
④求出U-I图线斜率的绝对值k和在纵轴上的截距a。
回答下列问题：
(1)电压表最好选用________；电流表最好选用________。
A．电压表(0～3
V，内阻约15
kΩ)
B．电压表(0～3
V，内阻约3
kΩ)
C．电流表(0～200
mA，内阻约2
Ω)
D．电流表(0～30
mA，内阻约2
Ω)　
(2)选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，r＝________，E＝________，所测得的电源电动势测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)电源电动势真实值。
[解析]　(1)
该实验的主要误差来自电压表的分流作用，因此电压表在量程相同的情况下选用内阻大的，分流作用小，因此选A。整个电路的总电阻最小值为R＝R1＋R2＋RA＋r≈19
Ω，因此回路最大电流I＝≈158
mA，因此电流表选C。
(2)根据闭合电路欧姆定律U＝E－I(r＋R2)，
由题可知k＝r＋R2，E＝a，
故内电阻为k－R2，电动势为a。
由于电压表的分流作用，使测得的电流值比真实值小，根据E＝U＋I(r＋R2)测得电动势值小于真实值。
[答案]　(1)A　C　(2)k－R2　a　小于
　数据处理与分析
[典例2]　(2020·高考山东卷)实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：
干电池一节(电动势约1.5
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，利用实验数据在UI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________。
A．电压表分流
B．干电池内阻较小
C．滑动变阻器最大阻值较小
D．电流表内阻较小
(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。
序号
1
2
3
4
5
6
7
I/A
0.08
0.14
0.20
0.26
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图丙中已标出后3组数据对应的坐标点，请标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图象。
②根据实验数据可知，所选的定值电阻为________(选填“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(图丁)连接成完整电路。
[解析]　(1)电压表示数的变化范围小，原因是外电阻的阻值远大于电源内阻，选项B正确。
(2)①根据数据描点并连成一条直线，如图1所示。
②由图象可知E＝1.55
V，U＝0时，I＝0.59
A，故r′＝＝2.63
Ω，由于2
Ω＜r′＜5
Ω，又r′＝r＋R(r为电源内阻，R为定值电阻)，故定值电阻只能选R1。
③先画出原理图，如图2所示，然后依据原理图将各仪器依次连接起来，如图3所示。
[答案]　(1)B　(2)①图见解析　②R1　③图见解析
规律总结
1．数据处理的两种方法
(1)公式法
由U＝E－Ir得，解得E、r，算出它们的平均值。
(2)图象法
由于干电池的内阻较小，路端电压U的变化也较小，画UI图线时，纵轴的刻度通常不从零开始，这时图线和横轴的交点不再是短路电流，而图线与纵轴的截距仍为电源的电动势，图线斜率的绝对值仍为内电阻。
2．系统误差分析
由于电压表的分流作用造成误差，电压值越大，电压表的分流越多，对应的I真与I测的差值越大。其U-I图象如图所示。
结论：E测＜E真，r测＜r真。
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　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：①____________；②____________。
(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
5.9
5.3
4.5
3.8
根据表中数据，在方格纸上作出R-关系图象。
由图象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。
[解析]　(1)连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容易烧坏电流表和电源。
(2)将数据描点连线，作出一条倾斜的直线，如图所示。
根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)得R＝E－r，所以图线的斜率表示电源电动势E＝
V≈1.37
V，截距绝对值表示r＝1.20
Ω。
(3)用电压表与电流表并联，可测得电流表的内阻RA＝＝
Ω＝0.20
Ω，考虑电表内阻对实验的影响，则E＝I(R＋RA＋r)，得R＝E·－(RA＋r)，所以图线的斜率仍表示电动势，电动势的准确值为1.37
V，图线的截距表示(RA＋r)，所以内阻精确值为r＝(1.20－0.20)Ω＝1.00
Ω。
[答案]　(1)①开关未断开　②电阻箱阻值为零　(2)图见解析　1.37(1.30～1.44都算对)　1.20(1.00～1.40都算对)　(3)1.37(1.30～1.44都算对)　1.00(0.80～1.20都算对)
创新评价
本实验的创新之处在于应用电流表和电阻箱测量电源电动势和内阻，若已知电流表A的阻值可消除测内阻的系统误差。　
　实验数据处理创新
[典例4]　某探究小组准备用图甲所示电路测量某电源的电动势和内阻，实验室准备的器材如下：
待测电源(电动势约2
V)；
电阻箱R(最大阻值为99.99
Ω)；
定值电阻R0(阻值为2.0
Ω)；
定值电阻R1(阻值为4.5
kΩ)；
电流表G(量程为400
μA，内阻Rg＝500
Ω)；
开关S，导线若干。
(1)图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为________
V的电压表。
(2)闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I。
(3)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和的关系式为________________(用题中字母表示)。
(4)以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出-的图象如图乙所示，根据该图象求得电源的内阻r＝0.50
Ω，则其电动势E＝________V(计算结果保留两位小数)。
(5)该实验测得的电动势E测与真实值E真相比，理论上E测________E真(选填“>”“<”或“＝”)。
[解析]　(1)由串联电路的特点可知，U＝Ig(R1＋Rg)＝400×10－6×(4
500＋500)
V＝2
V。
(3)由题图甲所示的电路图可知，R1与G串联后与电阻箱并联，然后再与R0串联，由闭合电路欧姆定律可知I(R1＋Rg)＝E－(I＋I)(r＋R0)，变形可得＝·＋。
(4)由(3)中公式结合题图乙可知，＝k＝
Ω/A＝6
000
Ω/A，解得E≈2.08
V。
(5)由以上分析可知本实验中电动势测量准确，即电动势的测量值等于电动势的真实值。
[答案]　(1)2　
(3)＝·＋　
(4)2.08(2.07～2.09均可)　(5)＝
创新评价
本题的创新之处主要体现在利用-处理实验数据，体现数形结合方法的应用，同时灵活应用闭合电路欧姆定律进行公式变形，形成与-相应的函数关系。　
　实验目的创新
[典例5]　硅光电池是一种可将光能转化为电能的元件。某同学利用图甲所示电路探究某硅光电池的路端电压U与电流I的关系。图中定值电阻R0＝2
Ω，电压表、电流表均可视为理想电表。
(1)用笔画线代替导线，根据电路图，将图乙中的实物电路补充完整。
(2)实验一：用一定强度的光照射硅光电池，闭合开关S，调节可调电阻R的阻值，通过测量得到该电池的U-I曲线a(见图丙)。则由图象可知，当电流小于200
mA时，该硅光电池的电动势为________
V，内阻为________
Ω。
(3)实验二：减小光照强度，重复实验，通过测量得到该电池的U-I曲线b(见图丙)。当可调电阻R的阻值调到某值时，若该电路的路端电压为1.5
V，由曲线b可知，此时可调电阻R的电功率约为________
W(结果保留两位有效数字)。
[解析]　(1)分析图甲所示实验原理图，根据原理图连接实物电路图，如图所示。
(2)在硅光电池的UI图象中，当I＝0时，U＝E，图线斜率的绝对值表示内阻。由图线a可知E＝2.9
V，在电流小于200
mA的情况下，此电池的内阻r＝4.0
Ω。
(3)由图线b可知，在实验二中当路端电压为1.5
V时，电路电流I＝60
mA＝0.06
A，由欧姆定律可知，此时外电阻R外＝＝＝25
Ω，可调电阻阻值R＝R外－R0＝25
Ω－2
Ω＝23
Ω，可调电阻消耗的电功率P＝I2R＝(0.06
A)2×23
Ω≈0.083
W。
[答案]　(1)图见解析　(2)2.9　4.0　(3)0.083
创新评价
本题的创新之处体现在以探究某硅光电池的路端电压U与电流I的关系替代测干电池的电动势和内阻。　
PAGE
-
10
-专题突破6　电学实验基础
授课提示：对应学生用书第154页
　　自主探究
1．螺旋测微器(千分尺)的构造、原理及读数
(1)构造：如图所示，B为固定刻度，E为可动刻度。
(2)原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5
mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5
mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01
mm，即螺旋测微器的精确度为0.01
mm。
(3)读数
①测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出。
②测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)。
③如图所示，固定刻度示数为2.0
mm，半毫米刻度线未露，而可动刻度上的示数为15.0，最后的读数为2.0
mm＋15.0×0.01
mm＝2.150
mm。
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。(如图所示)
(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，其读数见下表：
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表示从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．常用电表的读数
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和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。
1．(1)有一金属材料制成的圆柱形物体，当用游标卡尺来测它的截面直径d时，示数如图甲所示，则d＝________
mm。然后利用伏安法测量该物体的电阻，此时电压表和电流表的示数如图乙、丙所示，则金属物体两端的电压为U＝________
V，流过该物体的电流为
I＝________
A。
(2)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图丁所示，校零时的读数为________
mm，合金丝的直径为________
mm。
解析：(1)游标卡尺主尺的读数为30
mm，游标尺上第10条刻度线与主尺某刻度线对齐，由于游标尺是20分度的，所以读数为30
mm＋0.05×10
mm＝30.50
mm。电压表选用0～3
V量程，分度为0.1
V，读数时应估读到分度的，所以读数为2.30
V；电流表选用0～0.6
A量程，分度为0.02
A，读数时应估读到分度的，所以读数为0.42
A。
(2)校零时螺旋测微器的读数为0＋1.0×0.01
mm＝0.010
mm。合金丝的直径为0.650
mm－0.010
mm＝0.640
mm。
答案：(1)30.50　2.30　0.42　(2)0.010　0.640
2．(1)如图甲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，示数如图乙所示，则金属丝的直径是________mm。
(3)①图丙使用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，对应刻度盘中每一小格代表________
A，图中表针示数为________
A。
②图丁使用较小量程时，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。
(4)旋钮式电阻箱如图戊所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________
Ω。现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____________
Ω。
解析：(1)甲图最上面图读数：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。
甲图中间图读数：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。
甲图最下面图读数：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，每小格表示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先将“×1
k”挡旋钮调到2，再将“×100”挡旋钮调到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”挡旋钮调到2，再将“×100”挡旋钮调到0　0～19
998
　自主探究
1．电流表、电压表测电阻两种方法的比较
电流表内接法
电流表外接法
电路图
误差原因
电流表分压U测＝Ux＋UA
电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值
R测＝＝Rx＋RA＞Rx，测量值大于真实值
R测＝＝＜Rx，测量值小于真实值
适用条件
RA?Rx
RV?Rx
口诀
大内偏大(大电阻用内接法测量，测量值偏大)
小外偏小(小电阻用外接法测量，测量值偏小)
2.滑动变阻器两种接法的比较
限流接法
分压接法
对比说明
电路图
串、并联关系不同
负载R上电压调节范围
≤U≤E
0≤U≤E
分压电路调节范围大
负载R上电流调节范围　
≤I≤
0≤I≤
分压电路调节范围大
闭合S前触头位置
b端
a端
都是为保护电路元件
分压式接
法的选取
(1)要求待测电阻两端的电压从零开始变化，或精确性要求较高时(2)滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻或串联的其他电阻的阻值时(3)题设条件中所提供的电表量程或电阻的最大允许电流不能满足实验要求时
3．有一个电阻Rx，其阻值大约是10
Ω，请选择适当的器材，以便测量其阻值。可供选择的电路如图甲、乙所示，可供选择的器材如下：
A．电动势为4.5
V、内阻不计的电源E
B．量程为0～15
V、内阻10
kΩ的电压表V1
C．量程为0～3
V、内阻6
kΩ的电压表V2
D．量程为0～300
mA、内阻4
Ω的电流表A1
E．量程为0～5
A、内阻2
Ω的电流表A2
F．最大阻值20
Ω、额定电流1.5
A的滑动变阻器R1
G．最大阻值500
Ω、额定电流0.5
A的滑动变阻器R2
H．开关和若干根导线。
则选用的电路是________(填“甲”或“乙”)，选用的器材有________(填器材前的字母序号)。
解析：Rx的阻值大约为10
Ω，与电流表内阻接近，因此采用电流表外接法；同时Rx的阻值小于滑动变阻器的最大阻值，因而采用限流式接法，故选用甲图电路。电源电动势E＝4.5
V，E＝Im(Rx＋RA)，Im＝
A≈0.321
A＝321
mA或
Im＝
A≈0.375
A＝375
mA，与电流表A1的最大测量值接近，故电流表选D。U＝ImRx＝0.321×10
V＝3.21
V，因而电压表选C。滑动变阻器R2的最大阻值为500
Ω，与Rx偏差太大，因此滑动变阻器选F。
答案：甲　A、C、D、F、H
4．(2020·高考全国卷Ⅰ)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1
kΩ，电流表内阻为0.5
Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图(a)所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图(b)所示的两条UI图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。
回答下列问题：
(1)图(b)中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在________(选填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的。
(2)根据所用实验器材和图(b)可判断，由图线________(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________Ω(保留一位小数)。
(3)考虑到实验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________Ω(保留一位小数)。
解析：(1)若通过Rx相同的电流值，由题图(b)知图线Ⅰ对应的电压值大，则图线Ⅱ是采用电压表跨接在O、P两点的方案测量得到的。
(2)由题图(b)可得图线Ⅰ测得电阻阻值RⅠ＝
Ω＝50.5
Ω，图线Ⅱ测得电阻阻值RⅡ＝
Ω＝47.6
Ω，待测电阻阻值约为50
Ω，＝＝20，＝＝100，因＜，电流表采用内接法更接近待测电阻的真实值，电压表跨接在O、Q两点，测量结果为50.5
Ω。
(3)电压表跨接在O、Q间，测得的阻值为电阻与电流表内阻之和，则R＝RⅠ－RA＝(50.5－0.5)Ω＝50.0
Ω。
答案：(1)O、P　(2)Ⅰ　50.5　(3)50.0
　　自主探究
1．对常用电压表和电流表的进一步认识
(1)以前我们所认识的电压表和电流表是理想的，理想电压表的内阻看作无穷大，所在处认为是断路；理想电流表的内阻看作零，所在处认为是短路。
(2)实际电压表的内阻不是无穷大，实际电流表的内阻也不是零，因此对实际电压表或电流表可当作电阻来处理。同一般电阻不同的是电压表能显示出自身两端的电压，电流表能显示出通过自身的电流。
(3)当题目牵扯电压表或电流表的内阻时往往按实际电压表或实际电流表来处理。
2．电表改装的原理
改装成电压表
改装成电流表
内部电路
改装后的量程
U＝Ig(R＋Rg)
I＝Ig
量程扩大的倍数
n＝
n＝
接入电阻的阻值
R＝－Rg＝(n－1)Rg
R＝＝
改装后的总内阻
RV＝Rg＋R＝nRg
RA＝＝
校对电路
改装成的电压表
改装成的电流表
5.如图所示为两个量程的电压表原理图，定值电阻R1＝2.95×104
Ω，R2＝1.2×105
Ω，灵敏电流计内阻Rg＝500
Ω，满偏电流Ig＝100
μA，下列关于电压表量程的说法正确的是(　　)
A．当使用O、A两接线柱时，量程为4
V
B．当使用O、A两接线柱时，量程为6
V
C．当使用O、B两接线柱时，量程为15
V
D．当使用O、B两接线柱时，量程为30
V
解析：在电压表中，量程达到满偏时，经过“表头”的电流均为满偏电流。接O、A时Ig＝，解得U1＝3
V，A、B错误；接O、B时Ig＝，解得U2＝15
V，C正确，D错误。
答案：C
6．图为双量程的电流表电路示意图，其量程分别为0～10
mA和0～1
mA，已知表头内阻rg为200
Ω，满偏电流Ig为0.5
mA，则有(　　)
A．当使用a、c两个端点时，量程为0～10
mA，R2＝180
Ω
B．当使用a、b两个端点时，量程为0～10
mA，R1＝20
Ω
C．当使用a、c两个端点时，量程为0～1
mA，R1＝40
Ω
D．当使用a、c两个端点时，量程为0～10
mA，R2＝2
000
Ω
解析：当使用a、c两个端点时，分流电阻的阻值大，电流表量程小，为0～1
mA，I＝＋Ig，当使用a、b两个端点时，分流电阻的阻值小，电流表量程大，为0～10
mA，I′＝＋Ig，联立解得：R1＝20
Ω，R2＝180
Ω，所以A、C、D错误，B正确。
答案：B
7．小明在实验室测量某金属丝的电阻率时，经分析需要一个量程为6
V的电压表与一个量程为0.6
A的电流表，但实验室为其提供的器材有两个满偏电流为Ig＝3
mA、内阻为Rg＝120
Ω的电流表，两个最大阻值为9
999.9
Ω
的电阻箱。现用以上器材改装成量程为0.6
A的电流表需将________联的电阻箱调到________
Ω。
解析：要将提供的电流表改装成量程为0.6
A的电流表，应并联一个电阻，设应并联电阻的阻值为R2，则IR2＝I－Ig＝0.6
A－3×10－3
A＝0.597
A，根据并联电路中的电流分配关系可得R2＝Rg＝×120
Ω≈0.6
Ω，即应并联一个0.6
Ω的电阻，故并联的电阻箱应调到0.6
Ω。
答案：并　0.6
8．某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
(1)已知表头G满偏电流为100
μA，表头上标记的内阻值为900
Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1
mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1
V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3
V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝________Ω，R2＝________
Ω，R3＝________Ω。
(2)用量程为3
V、内阻为2
500
Ω的标准电压表V对改装表3
V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5
V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50
Ω和5
kΩ。为方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为________
Ω的滑动变阻器。
解析：(1)根据题意，R1与表头G构成1
mA的电流表，则IgRg＝(I－Ig)R1，得R1＝100
Ω；若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1
V，则R2＝＝910
Ω；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3
V，则R3＝－R2＝2
000
Ω。
(2)电压表与改装电表并联之后，电阻小于2
500
Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择最大阻值为50
Ω
的滑动变阻器。
答案：(1)100　910　2
000　(2)50
　　师生互动
?类型一　半偏法测电表内阻
两种测量电路
操作步骤
半偏法近似测量电流表内阻
(1)将电阻箱R的电阻调到零；(2)闭合S，调节R0，使电流表达到满偏电流I0；(3)保持R0不变，调节R，使电流表的示数为；(4)由上得RA＝R
(1)断开S2、闭合S1，调节R0，使表满偏为I0；(2)保持R0不变，闭合S2，调节R，使表读数为；(3)由上得RA＝R
半偏法近似测量电压表内阻
(1)闭合S，调节电阻箱阻值为R1时，测得表示数为U1；(2)改变电阻箱阻值为R2时，测得表示数为；(3)由上得RV＝R2－2R1
(1)滑动变阻器的滑片滑至最右端，电阻箱的阻值调到最大；(2)闭合S1、S2，调节R0，使表示数指到满偏刻度；(3)断开S2，保持R0不变，调节R，使表指针指到满刻度的一半；(4)由上得RV＝R
[典例1]　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(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)，开关两个，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。
(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(选填“＞”“＝”或“＜”)，主要理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[解析]　(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法。实验电路如图所示。
(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻。
(3)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(其他合理说法同样给分)。
[答案]　见解析
?类型二　等效替代法测电阻
　如图所示，(1)S接1，调节R2，读出电流表示数为I；
(2)S接2，R2不变，调节电阻箱R1，使电流表示数仍为I；
(3)由以上可得Rx＝R1。
该方法的优点是消除了电流表内阻对测量的影响，缺点是电阻箱的电阻R1不能连续变化。
[典例2]　电流表A1的量程为0～200
μA、内电阻约为500
Ω，现要测其内阻，除若干开关、导线之外还有器材如下：
电流表A2：与A1规格相同；
滑动变阻器R1：阻值0～20
Ω；
电阻箱R2：阻值0～9
999
Ω；
保护电阻R3：阻值约为3
kΩ；
电源：电动势E约1.5
V、内电阻r约2
Ω。
(1)如图所示，某同学想用替代法测量电流表内阻，设计了部分测量电路，在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中，使实验可以完成。
(2)电路补充完整后，请你完善以下测量电流表A1内电阻的实验步骤。
a．先将滑动变阻器R1的滑动端移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到________(选填“最大”或“最小”)。
b．闭合开关S1、S，调节滑动变阻器R1，使两电流表的指针在满偏附近，记录电流表A2的示数I。
c．断开S1，保持S闭合、R1不变，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数________，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1内电阻r＝________。
[解析]　(1)滑动变阻器的阻值远小于待测电流表内阻，因此必须采用分压接法，电路图如图所示。
(2)a.实验前R2应该调节到最大，以保证电表安全；c.替代法最简单的操作是让A2示数不变，则可直接从R2的读数得到电流表的内电阻。
[答案]　(1)图见解析
(2)a.最大　c．再次为I(或仍为I)　R0
?类型三　电桥法测电阻
　在a、b间接一灵敏电流计，如图所示，当其读数为零即Uab＝0时，相当于a、b间断路，此时φa＝φb,
则有IR1＝I′R3，IR2＝I′R4，两式相除得＝，即R1R4＝R2R3，此时交叉电阻的乘积相等，所以知道其中任意三个电阻就可以求出第四个电阻的阻值。
[典例3]　某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100
μA，内阻大约为2
500
Ω)的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20
Ω，另一个阻值为2
000
Ω)；电阻箱Rz(最大阻值为99
999.9
Ω)；电源E(电动势约为1.5
V)；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。
(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。
(2)完成下列填空：
①R1的阻值为________
Ω(选填“20”或“2
000”)。
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的________端(选填“左”或“右”)对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz的阻值置于2
500.0
Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置。最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势________(选填“相等”或“不相等”)。
④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2
601.0
Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为________Ω(结果保留到个位)。
(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[解析]　(2)R1起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即R1的电阻为20
Ω，为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器R1的滑片C应移到左端，确保微安表两端电压为零；反复调节D的位置，使闭合S2前后微安表的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等；将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2
601.0
Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变，说明＝，则解得RμA＝2
550
Ω。
(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。
[答案]　(1)如图所示
(2)①20　②左　③相等　④2
550　(3)调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程
9．(2021·适应性测试重庆卷)某同学拟将量程为Ig＝1
mA、内阻约为几十欧姆的电流表G改装成量程为1
V的电压表。
(1)他首先设计了如图所示电路来测量电流表G的内阻Rg，图中E为电源电动势。现有最大阻值分别为100
Ω和2
600
Ω
的滑动变阻器，则R2应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器。开关S1接通，S2未接通时，调节R2使电流表G示数为1.00
mA；接通S2后，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，调节电阻箱R1，当其阻值为50
Ω时，电流表G的示数为0.50
mA，则电流表G的内阻Rg为________Ω。
(2)为了将电流表G改装成量程为1
V的电压表，需要________(选填“串联”或“并联”)一个大小为________Ω的电阻。
解析：(1)本题中采用“半偏法”测电流表的内阻，要求滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，电流表内阻为几十欧，则R2应选用最大阻值为2
600
Ω的滑动变阻器。
半偏法中变阻器改变后其阻值等于电流表内阻，即50
Ω。
(2)改装后电压表的内阻较大，故应该串联一个电阻。
改装后电压表的满偏电流为0.001
A，满偏电压为1
V，则改装后电压表内阻为
RV＝
Ω＝1
000
Ω
则需要串联的电阻为
R＝RV－Rg＝1
000
Ω－50
Ω＝950
Ω。
答案：(1)2
600　50　(2)串联　950
10．(2018·高考全国卷Ⅰ)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25
℃～80
℃范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT，其标称值(25
℃时的阻值)为900.0
Ω；电源E(6
V，内阻可忽略)；电压表○V
(量程150
mV)；定值电阻R0(阻值20.0
Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为1
000
Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～999.9
Ω)；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0
℃。将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0；断开S1，记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0
℃。实验得到的R2-t数据见下表。
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
(1)在闭合S1前，图(a)中R1的滑片应移动到________(选填“a”或“b”)端。
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2-t曲线。
(3)由图(b)可得到RT在25
℃～80
℃范围内的温度特性。当t＝44.0
℃时，可得RT＝________Ω。
(4)将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图(c)所示，该读数为________Ω，则手心温度为________℃。
解析：(1)闭合开关S1前，应让滑片移动到b端，使滑动变阻器连入电路的阻值最大。
(3)由图象可知t＝44.0℃时，电阻的阻值为450
Ω。
(4)由图(c)可得电阻箱阻值为620.0
Ω，由图象可得温度约为33.0
℃。
答案：(1)b
(2)如图所示
(3)450　(4)620.0　33.0
11．某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量。
实验室提供的器材有：两个相同的待测电源(内阻r≈1
Ω)，电阻箱R1(最大阻值为999.9
Ω)，电阻箱R2(最大阻值为999.9
Ω)，电压表V(内阻约为2
kΩ)，电流表A(内阻约为2
Ω)，灵敏电流计G，两个开关S1、S2。主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为I1、U1、r1、r2；
②反复调节电阻箱R1和R2(与①中的电阻值不同)，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为I2、U2。
回答下列问题：
(1)电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势φA和φB的关系为________；
(2)电压表的内阻为________，电流表的内阻为________；
(3)电源的电动势E为________，内阻r为________。
解析：由本电路的连接特点可知左、右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同。根据部分电路欧姆定律可分别求解电压表与电流表的内阻；在不同状态下采集数据，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势E和内阻r。
(1)电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等。
(2)由于电流计G的示数为0，在步骤①中，通过电压表的电流IV＝I1－，电压表的内阻为RV＝＝；左、右两个电源两极间的电压相等，U1＝I1(r2＋RA)，得电流表内阻为RA＝－r2。
(3)根据闭合电路欧姆定律得E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r，解得E＝，r＝。
答案：(1)φA＝φB　(2)　－r2
(3)　
PAGE
-
17
-实验十二　用多用电表测量电学中的物理量
授课提示：对应学生用书第170页
一、实验目的
1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法。
2．会使用多用电表测电压、电流及电阻。
3．会用多用电表探索黑箱中的电学元件。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个。
2．实验步骤
(1)观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程。
(2)机械调零：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)测量小灯泡的电压和电流。
①按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压。
②按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流。
(5)测量定值电阻
①根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；
②将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；
③读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；
④测量完毕，拔出表笔，并将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡。
[规律方法总结]
1．使用多用电表的注意事项
(1)表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔，注意电流的实际方向应为“红入”“黑出”。
(2)区分“机械零点”与“欧姆零点”。机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮。
(3)由于欧姆挡表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应挡位的倍率。
(4)使用多用电表时，手不能接触表笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触表笔的金属杆。
(5)测量电阻时待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表。
(6)测电阻时每换一挡必须重新欧姆调零。
(7)使用完毕，选择开关要置于交流电压最高挡或“OFF”挡。长期不用，应把表内电池取出。
2．多用电表对电路故障的检测
(1)断路故障的检测方法
①将多用电表拨到直流电压挡作为电压表使用。
a．将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏。
b．在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联。若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点。
②将多用电表拨到直流电流挡作为电流表使用，将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路。
③用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路，不能用欧姆表检测电源的情况。
(2)短路故障的检测方法
①将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路。
②用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路。
授课提示：对应学生用书第171页
命题点一　教材原型实验
　多用电表的使用及注意事项
[典例1]　(2021·山东潍坊检测)(1)用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动部件________，使指针对准电流的0刻线。
②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
③将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________。使指针对准电阻的________(选填“0刻线”或“∞刻线”)。
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的待测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量。
A．将K旋转到电阻挡“×1
k”的位置
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，下列说法正确的是________。
A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小
B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量
C．选择“×100”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值等于2
500
Ω
D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大
[解析]　(1)①电表使用前要调节指针定位螺丝，使指针指在电流的0刻线位置，故调节部件S；
③欧姆表测量前要进行欧姆调零，故调节部件T(欧姆调零旋钮)使指针指向电阻0刻线；
④指针偏转角度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率，每次换挡要重新调零然后测量电阻，故步骤为A、D、C。
(2)双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，测量值偏小，故A正确；测量时若发现指针向右偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，若向左偏离中央刻度过大，则必须增大倍率，重新调零后再进行测量，故B错误；欧姆表刻度是左密右疏，选择“×100”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于2
500
Ω，大于2
000
Ω，故C错误；欧姆表内的电池使用时间太长，电动势减小，内阻增大，电池电动势变小、内阻变大时，欧姆调零时，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig＝，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流的示数体现出来的，由I＝＝＝，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数偏大，故D正确。
[答案]　(1)①S　③T　0刻线　④ADC　
(2)AD
　多用电表的原理及读数
[典例2]　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。
(1)图(a)中的A端与________(选填“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________。(结果均保留三位有效数字)
[解析]　(1)A端与电池正极相连，电流从A端流出，A端与黑表笔相连。(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与R6无关，A错；使用欧姆挡时，需要红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，B对；使用电流挡时，B端与“1”或“2”相连，与R6无关，C错。(3)B端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5
mA挡、直流1
mA挡，由电表的改装原理可知，B端与“2”相连时，有I2＝IG＋，解得R1＋R2＝160
Ω；B端与“4”相连时，多用电表为直流电压1
V挡，表头并联部分电阻R0＝，R4＝－R0＝880
Ω。(4)B端与“1”相连时，电表读数为1.45
mA；B端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100
Ω挡，读数为11.0×100
Ω＝1.10×103
Ω；B端与“5”相连时，多用电表为直流电压5
V挡，读数为2.90
V。
[答案]　(1)黑　(2)B　(3)160　880
(4)1.45
mA　1.10×103
Ω　2.90
V
规律总结
1．欧姆表刻度盘不同于电压、电流表刻度盘
(1)左∞右0：电阻无限大与电流、电压零刻度重合，电阻零与电流、电压最大刻度重合。
(2)刻度不均匀：左密右疏。
(3)欧姆挡是倍率挡，即读出的示数应再乘以该挡的倍率。电流、电压挡是量程范围挡。
在不知道待测电阻的估计值时，应先从小倍率开始，熟记“小倍率小角度偏，大倍率大角度偏”(因为欧姆挡的刻度盘上越靠左读数越大，且测量前指针指在左侧“∞”处)。
2．多用电表的读数应注意的问题
(1)欧姆表的读数：电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积。
(2)电压表、电流表的读数：要根据量程确定精确度，精确度是1、0.1时，要估读到最小分度的下一位，精确度是0.02、0.5、5时，估读到最小分度的所在位。
命题点二　实验创新设计
　实验目的创新
[典例3]　(2019·高考全国卷Ⅲ)某同学欲将内阻为
98.5
Ω、量程为100
μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15
kΩ刻度正好对应电流表表盘的50
μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14
kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1
500
Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500
Ω)，电阻箱(0～99
999.9
Ω)，干电池(E＝1.5
V，r＝1.5
Ω)，红、黑表笔和导线若干。
(1)欧姆表设计
将图(a)中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为________Ω；滑动变阻器选________(选填“R1”或“R2”)。
(2)刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为________、________。
(3)校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图(c)所示，则电阻箱接入的阻值为________Ω。
[解析]　(1)欧姆表的中值刻度为欧姆表的内阻，即r＋R0＋RA＋R＝15
kΩ，解得R＝900
Ω。由于滑动变阻器R2的最大阻值为500
Ω，所以滑动变阻器选R1。
(2)根据闭合电路欧姆定律，
得Ia＝和Ib＝，
代入数据解得Ra＝45
kΩ，Rb＝5
kΩ。
(3)使用欧姆表测量电阻时，首先要进行电阻调零，此时应将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指在0
kΩ上。
电阻箱的阻值为(0.1×0＋1×0＋10×0＋100×0＋1
000×5＋10
000×3)
Ω＝35
000.0
Ω。
[答案]　(1)如图所示　900　R1
(2)45　5　(3)0　35
000.0
创新评价
本实验创新点体现在由电表的使用变为欧姆表的设计并进行刻度和校准，属于多用电表的原理的迁移与拓展。　
　实验目的创新
[典例4]　如图1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2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2所示。
请将记录表补充完整，并在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)多用电表使用前应进行机械调零，机械调零装置为A。
(2)在用直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否有电源时，一个表笔接a，另一个表笔应短暂接b，防止电流过大烧毁电表。
(3)黑箱中无电源且每对接点间正、反阻值相等，故为电阻元件，由多用电表读数可知所缺数据为5.0
Ω。由a、b间电阻为5
Ω，a、c间为10
Ω，b、c间为15
Ω知，电路图如答案图所示。
[答案]　(1)A　(2)短暂　(3)5.0　电路图如图
创新评价
本实验创新之处是利用多用电表探测黑箱内元件、检测电路故障，同时考查了多用电表的读数及电路设计。　
　实验设计创新
[典例5]　小明在实验室中发现一个外观上像电阻的未知元件D，设计了如图甲所示电路进行实验探究，请按要求回答问题：
(1)小明按图甲连接好电路，闭合开关S，将滑动变阻器滑片缓慢地从a端移到b端，发现起始阶段电压表的示数逐渐增大，后续阶段电压表示数保持6
V不变，若D为电阻元件，则该过程中它的电阻值的变化情况可能是________。
A．阻值一直为0
B．阻值先不变，后续阶段变小
C．阻值恒定且远大于R2
D．阻值先不变，后阶段变大
(2)根据元件D铭牌上的部分信息，小明从网络获知该元件为稳压二极管，它有正、负极之分，在电路中当D的正极接高电势时，其iu图线如图乙中OC所示；当D的负极接高电势时，其iu图线如图乙中OAB所示，其中AB段为D的稳压工作区，由此可判断图甲中D的黑色端是它的________极(选填“正”或“负”)。
　
(3)小明接着设计了用多用电表欧姆挡按图丙对该元件进行探究，图丙中虚线框部分是其内部等效电路，已知电源电动势E＝9
V，电表满偏电流Ig＝3
mA。实验时小明先进行欧姆调零，则调零后多用电表内部总电阻为________Ω；调零后按图丙连接元件D进行测量，若D恰好处于稳压工作区，则此时测得元件D的阻值应为________Ω。
[解析]　(1)因在滑片移动过程中，发现起始阶段电压表的示数逐渐增大，后续阶段电压表示数保持6
V不变，则知元件阻值可能先不变，后续阶段变小，故B正确。
(2)结合第(1)问中所给条件，可知D元件黑色部分为负极。
(3)由R总＝，解得R总＝3
000
Ω；D恰好处于稳压工作区时，其两端电压U＝6
V，而U＝，解得RD＝6
000
Ω。
[答案]　(1)B　(2)负　(3)3
000(或3×103)　
6
000(或6×103)
创新评价
本实验创新之处体现在实验设计上，由多用电表原理与读数拓展为探究未知元件的特性，充分考查了对多用电表原理的理解。　
PAGE
-
9
-实验十　测定金属的电阻率
授课提示：对应学生用书第160页
一、实验目的
1．掌握螺旋测微器的原理及读数方法。
2．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。
3．会用伏安法测电阻，并能测定金属丝的电阻率。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理
根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用伏安法测出电阻Rx，即可计算出金属丝的电阻率。
2．实验器材
被测金属丝、直流电源(4
V)、电流表(0～0.6
A)、电压表(0～3
V)、滑动变阻器(50
Ω)、开关、导线若干、螺旋测微器、毫米刻度尺。
3．实验步骤
(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d。
(2)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丝的有效长度，反复测量三次，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。
(5)闭合开关，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。
(6)将测得的Rx、l、d值，代入公式S＝和Rx＝ρ中，计算出金属丝的电阻率。
[规律方法总结]
1．数据处理
(1)在求Rx的平均值时可用两种方法：
①用Rx＝分别算出各次的数值，再取平均值。
②用U-I图线的斜率求出。
(2)计算电阻率：将记录的数据U、I、l、d的值代入电阻率计算式得ρ＝Rx＝。
2．注意事项
(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径应在金属丝连入电路之前测量。
(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法。
(3)测量金属丝的有效长度：测量时应将金属丝接入电路并拉直，测量待测金属丝接入电路的两个端点之间的长度。
(4)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大。
3．误差分析
(1)测量电阻时采用外接法，电压表分流产生误差。
(2)长度和直径的测量产生误差。
授课提示：对应学生用书第161页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　某学生用如图甲所示的电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：
被测金属导线ab，电阻约10
Ω，允许流过的最大电流为0.8
A；
稳恒电源E，电源输出电压恒为E＝12
V；
电压表V，量程为3
V，内阻约5
kΩ；
保护电阻，R1＝10
Ω，R2＝30
Ω，R3＝200
Ω；
刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等。
实验时的主要步骤如下：
①用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d。
②按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好。
③闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U。
④描点作出U-x图线求出金属导线的电阻率ρ。
完成下列填空：
(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图乙所示，该金属导线的直径d＝________
mm。
(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选________。
(3)根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U画出的Ux图线如图丙所示，其中图线的斜率为k，则金属导线的电阻率ρ＝________。(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)
[解析]　(1)根据螺旋测微器读数规则，该金属导线的直径d＝0.5
mm＋37.0×0.01
mm＝0.870
mm。
(2)根据题述可知电源输出电压恒为E＝12
V，电压表V的量程为3
V，保护电阻R应该分压9
V。由于被测金属导线ab的电阻约为10
Ω，所以保护电阻R应选R2＝30
Ω。(3)被测金属导线横截面积S＝，aP段电阻Rx＝ρ＝。电压表的示数U＝IRx，电流I＝，又＝，联立得到U＝x。Ux图线的斜率k＝，解得ρ＝。
[答案]　(1)0.870　(2)R2　(3)
　数据处理与分析
[典例2]　小张同学打算测量由某种合金材料制成的金属丝的电阻率ρ，待测金属丝的横截面为圆形。实验器材有：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻约几千欧)、电流表(内阻约几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。
(1)用毫米刻度尺测量待测金属丝的长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图1和图2所示，可得其长度L＝________
cm，直径D＝________mm。
　　　　　图1　　　　　　　　　图2
(2)该同学要用图象法求出待测金属丝的阻值，要求电压从0开始变化。请将图3所示实物电路图中所缺导线补全。
　
图3　　　　　　　　　　图4
(3)图4是根据实验中测得的6组电流I、电压U的值描绘的点，由图可求出电阻值R＝________Ω(保留三位有效数字)。
(4)请写出待测金属丝的电阻率ρ的表达式ρ＝________(用测得的物理量符号和已知常数表示)。
[解析]　(1)待测金属丝长度测量值为59.40
cm；螺旋测微器的读数为0＋43.4×0.01
mm＝0.434
mm，即待测金属丝直径测量值为0.434
mm。
(2)要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法；待测金属丝电阻较小，电流表采用外接法。实物电路图连接如图甲所示。
甲　　　　　　　　　　乙
(3)在题图4中用直线拟合各数据点，使直线通过尽量多的点，其他点均匀分布在直线两侧，舍弃离直线较远的点，如图乙所示，直线的斜率表示待测金属丝的电阻，根据所画直线可得R≈5.80
Ω。
(4)由电阻定律可知，R＝ρ，S＝，解得：ρ＝。
[答案]　(1)59.40　0.434(0.433～0.435均可)　(2)图见解析　(3)5.80(5.70～5.90均可)　(4)
易错警示
数据处理与分析的4点注意
—————————————————————————
(1)测定金属电阻率实验，由于被测金属丝的阻值较小，一般采用电流表外接法。
(2)实验时特别注意：为了方便，测量直径时应在金属丝连入电路之前测量。　
(3)根据电阻定律得ρ＝时，要明确各物理量的意义及单位。
(4)利用图象进行数据处理时，用平滑的曲线进行连线，让尽量多的数据描点落在图线上；如果连线为直线，不能落在连线上的点应均匀分布在两侧，偏差太大的点应舍弃。要推导出纵横坐标轴物理量的关系式，弄清斜率、截距等的物理意义，从而求出相关物理量。　
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　(2019·高考天津卷)现测定长金属丝的电阻率。
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________
mm。
(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100
Ω，画出实验电路图，并标明器材代号。
电源E(电动势10
V，内阻约为10
Ω)
电流表A1(量程0～250
mA，内阻R1＝5
Ω)
电流表A2(量程0～300
mA，内阻约为5
Ω)
滑动变阻器R(最大阻值10
Ω，额定电流2
A)
开关S及导线若干
(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝________。从设计原理看，其测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
[解析]　(1)d＝20.0×0.01
mm＝0.200
mm。
(2)本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的满偏电压UA1＝ImR1＝1.25
V，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
(3)当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过Rx的电流为I＝I2－I1，Rx两端电压U＝I1R1，故Rx＝＝；不考虑读数误差，从设计原理看，测量值等于真实值。
[答案]　(1)0.200(0.196～0.204均可)　(2)图见解析　(3)　相等
创新评价
本题的创新点在于利用“安—安”法替代“伏—安”法，用已知内阻的电流表A1充当电压表，利用电流之差测通过Rx的电流，使电阻的测量在设计上不存在误差。　
　实验数据处理创新
[典例4]　市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员经查阅，纯铜的电阻率为1.8×10－8
Ω·m。现取横截面积约为1
mm2、长度为100
m(真实长度)的铜电线，进行实验测量其电阻率，实验室现有的器材如下：
A．电源(电动势约为5
V，内阻不计)；
B．待测长度为100
m的铜电线，横截面积约1
mm2；
C．电压表V1(量程为3
V，内阻约为0.5
kΩ)；
D．电压表V2(量程为5
V，内阻约为3
kΩ)；
E．电阻箱R(阻值范围0～999.9
Ω)；
F．定值电阻R0＝1
Ω；
G．开关、导线若干。
(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d＝________
mm。
(2)小组设计的测量电路如图乙所示，则P是________，N是________，通过实验作出的图象如图丙所示。(填器材名称及对应符号)
(3)这捆铜电线的电阻率ρ＝________Ω·m(结果保留三位有效数字)；你认为电阻率大的可能原因是______________________________________________________。
(4)本实验中铜电线的电阻率测量值比真实值将会________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)，原因是_______________________________________________________
________________________________________________________________________。
[解析]　(1)铜电线的直径d＝1.0
mm＋12.5×0.01
mm＝1.125
mm。
(2)P测量的电压大于N测量的电压，故P是电压表V2，N是电压表V1。
(3)分析电路可知通过铜电线的电流Ix＝IR＝，
Rx＝＝R＝(－1)R，
整理得＝1＋Rx·，
根据题图丙可知斜率k＝Rx＝
Ω＝2.60
Ω，
S＝πr2＝π()2≈0.994
mm2，
ρ＝＝
Ω·m≈2.58×10－8
Ω·m，
故电阻率达不到要求，原因是铜电线使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜。
(4)由于没考虑电压表V1的分流，使测得的铜电线的电阻偏大，由Rx＝ρ知，电阻率的测量值较真实值偏大。
[答案]　(1)1.125(1.123～1.127均可)　
(2)电压表V2　电压表V1　(3)2.58×10－8(2.55×10－8～2.61×10－8)　铜电线使用的可能是再生铜或含过多杂质的次铜(其他合理答案也可)
(4)偏大　没有考虑到电压表V1的分流
创新评价
本实验在设计上采用“伏—伏”法，实验突出的创新点体现在
-图象分析处理实验数据，充分体现了数形结合方法在实验探究中的应用。　
　实验目的创新
[典例5]　(2021·上海静安模拟)国标(GB/T)规定自来水在15
℃时电阻率应大于13
Ω·m.某同学利用图甲电路测量15
℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3
V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3
V，内阻很大)，电压表V2(量程为3
V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值为4
kΩ)，定值电阻R2(阻值为2
kΩ)，电阻箱R(最大阻值为9
999
Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材。
(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙所示，则d＝________mm。
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx＝________(用R1、R2、R表示)。
(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-关系图象。自来水的电阻率ρ＝________
Ω·m(保留两位有效数字)。
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
[解析]　(1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃管内径d＝30
mm＋0×0.05
mm＝30.00
mm。
(2)把S拨到1位置，记录电压表V1示数，得到通过水柱的电流I1＝，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Rx；把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R，得到该支路的电流I2＝，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋R2，联立解得Rx＝。
(3)由电阻定律Rx
＝ρ，Rx＝，联立解得R＝·。R关系图象斜率k＝0.4×103
Ω·m，k＝，S＝，代入数据解得ρ＝≈14
Ω·m。
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则由(2)可得Rx＝，其中R1′为电压表V1的内阻与R1的并联值，因为并联值小于R1，则应用Rx＝计算Rx时，测得的Rx值偏大，即自来水电阻测量值偏大，则自来水电阻率测量结果将偏大。
[答案]　(1)30.00　(2)　(3)14　(4)偏大
创新评价
本实验采用教材实验原理测自来水在15
℃时电阻率替代测金属丝的电阻率，在数据处理过程中采用R-关系图象分析实验数据。
PAGE
-
9
-

展开更多......

收起↑