2019版高考物理一轮复习第七章恒定电流微专题60实验的拓展与创新备考精炼
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2019版高考物理一轮复习精选题辑周测七恒定电流)．由图象可知镍铬合金丝的电阻随电压的增大而增大．将甲和乙并联接在电路中时，通过甲的电流大．将甲和乙串联接在电路中时，甲消耗的电功率小盘边缘均匀地固定着带负电的电荷，时针方向匀速转动，则对该过程中形成的电流的理解正确的是．如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍，则其形成的电流也加倍．如果仅将盘面转动的角速度加倍，则其形成的电流也加倍U1U2U3＝关于这三种材料的电阻率)B．ρa是ρc的2倍是ρa的2倍．有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为，小柱体的横截面边长为b，现将两柱体串联接在电压，则导体的电阻率为(I a＋bUha I a＋b D．ρ＝Uh a－bI a＋b根据公式R＝ρl可得，R a＝ρaah＝ρh⎭⎪⎫1＋r 12R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2R ＋r 22R ，又知)，E 2输出电流增加量较大，由)如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的上的滑片向右移动两极板间距离增大少许两极板间距增大少许r ≠0，定值电阻R 2消耗的功率用理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用通过电源的电荷量为q 时，电源所做的功用滑片向右移动时，下列图象正确的是( )当滑动变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，2，功率与电流的关系为二次函数关系，A 正确；电容器＝E －I (R 2＋r )，电荷量Q ＝CU C ＝C [E －I (R 2＋r )]，则ΔQ ΔI＝－C (R 2＋r )，保持不变，则Q －I 图线是向下倾斜的直线，B 正确；电压表示数U ＝E －Ir ，U —I 图线应是向下倾斜的直线，C 错误；电源通过电荷量q 时，电源做的功W ＝qE ，E 是电源的电动势，则W —q 是过原点的直线，D 错误．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9.(9分)在“测定金属的电阻率\”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d 时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L ，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R ，然后由ρ＝R S L算出该金属材料的电阻率．(1)从图中读出金属丝的直径d 为________mm.(2)(ⅰ)为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材： ①电压表：0～3 V ，内阻10 k Ω②电压表：0～15 V ，内阻50 k Ω③电流表：0～0.6 A ，内阻0.05 Ω④电流表：0～3 A ，内阻0.01 Ω⑤滑动变阻器：0～10 Ω⑥滑动变阻器：0～100 Ω下列说法正确的是( )A ．电压表应选用器材①B ．电流表应选用器材④C ．实验时通电时间不宜过长D ．d 值只需在金属丝中央测量一次即可(ⅱ)实验中某同学的实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．错误1：________________________________________________________________________；错误2：________________________________________________________________________.答案：(1)1.702 (2)(ⅰ)AC (ⅱ)导线接在了滑动变阻器的滑片上 电流表内接 解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为1.5 mm ，可动刻度为20.2×0.01 mm＝0.202 mm ，所以最终读数为1.5 mm ＋0.202 mm ＝1.702 mm.(2)(ⅰ)电源由两节干电池串联组成，电动势为3 V ，电压表选①，故A 正确；电路最大电流约为I ＝E R＝0.6 A ，电流表应选③，故B 错误；通电时间过长，金属丝会发热，阻值发生变化，故C 正确；d 值需要在中间和两端都测量求平均值，故D 错误．(ⅱ)金属丝阻值约为5 Ω，电流表内阻为0.05 Ω，电压表内阻为10 k Ω，电压表内阻远大于金属丝阻值，电流表应采用外接法，导线应接在滑动变阻器的接线柱上．10．(9分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量填“红”或“黑”)色；若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如下图所示，则多用电表的读数为______ Ω，电流表的读数为________ mA，电阻箱的读数为由于用电器阻值未知，所以滑动变阻器应采用分压接法，使其电压可以从，其与用电器并联部分的电压为I 随所加电压U 变化的图象，PM 为纵轴的垂线，则下列说法中正确的是．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变＝U 1I 2某实验小组的同学在实验室利用电压表探究漆包线的漏电情况．现取两根电阻均为的漆包线固定在绝缘的水平桌面上，如图所示．电路漏电可等效为在漏电假设两导线均在距离左端M 等距离的位置的恒定电压，用理想电压表测出S 5的额定电压和额定功率分别为110 V 、40 W ，小灯泡100 W ，滑动变阻器的最大阻值为300 Ω.下列电路图中既能使两灯泡正常发光，又能使电路消耗的电能最少的是( )的额定电压均为110 V ，由R ＝U 2P可知，R A >中均可使灯泡A 、B 正常发光，但选项流较大，电路消耗的电能较多，故选项C 符合题意．图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )．电路中电源电动势为3.6 V．滑动变阻器的滑动触头向右滑动过程，电压表V 2读数逐渐减小．滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，电动机的输出功率增大．滑动变阻器的最大阻值为30 ΩR2∶R3∶R4＝1∶2∶3∶4，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值V3示数变化量的绝对值分别为，则( )消耗的电功率为7.5 WΩ消耗的电功率为0.3 W的变大而________(填“变大”、“变小”或“不变”)．Z接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150 A2.00 V，则定值电阻R0的阻值为________Ω.变大(3)6.67表格中最大电流为0.215 A，电流表应选C.(2)在图线上取一点，将该点与原点相连，连线的斜率大小为电阻的倒数，电压越大，该连线斜率越小，则电阻越大．时，电器元件Z两端的电压为1.00 V，电阻R0上电压为所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势0.5 A．实验室提供的器材如下：999.9 Ω)；开关、导线若干．所示实物图中画出连线，将器材连接成实验电路．的阻值，记录电压表的示数U，得到若干组－1R图线．由图象得出电池组的电动势(3)本实验测得的电池组的电动势与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，测得的内阻与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)．答案：(1)如图所示 (2)2.86 6.05(6.02～6.08均可) (3)偏小 偏小解析：(2)根据闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ur R ，变换为1U ＝r E ·1R ＋1E，结合图象可得电动势E ＝2.86 V ，内阻r ＝6.05 Ω.(3)若考虑电压表内阻对实验测量的影响，则有E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫U R V ＋U R r ，变换为1U ＝r E ·1R ＋R V ＋r ER V，可知电动势测量值偏小，内阻测量值偏小． 11．(15分)(2018·安庆模拟)在如图所示电路中，定值电阻R 0＝2 Ω，电流表和电压表均为理想电表．闭合开关S ，当滑动变阻器R x 的滑片P 从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0～3 V ，电流表的变化范围为0.75～1.0 A ．求：(1)电源的电动势和内阻．(2)移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率．答案：(1)12 V 10 Ω (2)3.375 W解析：(1)当R x ＝0时，U x 1＝0，对应电流为I 1＝1.0 A ，由闭合电路欧姆定律得E ＝I 1(R 0＋r )①当R x 为最大值时，U x 2＝3 V ，对应电流为I 2＝0.75 A ，有E ＝I 2(R 0＋r )＋U x 2②R x 的最大值为R x m ＝U x 2I 2＝30.75Ω＝4 Ω. 由①②两式代入数据得E ＝12 V ，r ＝10 Ω.(2)电源的输出功率P 输出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R x ＋R 0＋r 2(R x ＋R 0) 当R x ＋R 0＝r 时，电源有最大输出功率，但R x ＋R 0恒小于r ，由输出功率随外电阻变化的关系知，当R x ＋R 0取最大值时输出功率最大，即P m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R x m ＋R 0＋r 2(R x m ＋R 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋2＋102×(4＋2) W ＝3.375 W.12．(14分)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U 1＝0.2 V 的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I 1＝0.4 A ；若把电动机接入U 2＝2.0 V 的电路中，电动机正常工作，工作电流I 2＝1.0 A ．求：。
2019高考物理一轮复习学案：第七章恒定电流 Word版含答案
第七章 恒定电流第1节电流__电阻__电功__电功率(1)由R ＝U I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)根据I ＝q t，可知I 与q 成正比。
(×)(3)由ρ＝RS l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 ＝I 2Rt 适用于任何电路。
(√)(5)公式W ＝U 2Rt ＝I 2Rt 只适用于纯电阻电路。
(√)(1)1826年德国物理学家欧姆通过实验得出欧姆定律。
(2)19世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳定律。
突破点(一) 电流的理解及其三个表达式的应用[题点全练]1.如图所示的电解液接入电路后，在t s 内有n 1个一价正离子通过溶液内截面S ，有n 2个二价负离子通过溶液内截面S ，设e 为元电荷，则以下关于通过该截面电流的说法正确的是( )A ．当n 1＝n 2时，电流大小为零B ．电流方向由A 指向B ，电流I ＝n 2＋n 1etC ．当n 1＜n 2时，电流方向由B 指向A ，电流I ＝n 2－n 1et D ．当n 1＞n 2时，电流方向由A 指向B ，电流I ＝n 1－2n 2et解析：选B 由题意可知，流过溶液截面的电量q ＝(n 1＋2n 2)e ；则电流I ＝n 2＋n 1et；当n 1＝n 2时，电流大小不为零，故B 正确，A 、C 、D 错误。
2．(2018·威海模拟)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其电阻率为ρ。
棒内单位体积内的自由电子数为n ，电子的电荷量为e ，在棒两端加上恒定电压U 时，棒内产生电流，则自由电子定向移动的速率为( )A.U ne ρL ne ρL ne ρL 2 D.Une ρ解析：选A 根据电阻定律有：R ＝ρLS ；则由欧姆定律可知，电流为：I ＝UR ＝USρL ；再根据I ＝nevS 可得：v ＝I neS ＝Une ρL；故A 正确，B 、C 、D 错误。
2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑江苏专版：第
[方法点拨](1)结合闭合电路欧姆定律、串并联电路特点，去理解电路，找出测量量与已知量间的关系．(2)熟练掌握基本实验的原理、实验方法等是解决创新实验的关键．1．某同学测量直流恒流电源的输出电流I0和定值电阻R x的阻值，电路如图1所示．图1实验器材如下：直流恒流电源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8 A)；待测电阻R x(阻值约为20 Ω)；滑动变阻器R(最大阻值约为50 Ω)；电压表V(量程15 V，内阻约为15 kΩ)；电流表A(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；请回答下列问题．(1)实验所用器材如图2所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．图2(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到____处(选填“a”或“b”)，其理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；(3)所得实验数据如下表，请在如图3所示的直角坐标系上画出U—I图象.图3(4)根据所画U－I图象，可求得直流恒流电源输出电流I0＝________A，待测电阻的阻值R x ＝________ Ω.(结果保留两位有效数字)2．(2018·南京市多校联考)图4中虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表．已知表头的满偏电流为2 mA、内阻阻值范围为180～200 Ω，定值电阻R1＝50 Ω，R2＝1 460 Ω，为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图所示的电路中，来测量表头G的内阻；图4(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：电流表：a.0～10 mA b．0～600 mA滑动变阻器：a.0～20 Ωb．0～1 000 Ω则电流表应选________，滑动变阻器应选________；(选填字母代号)(2)将选择的器材接入电路；①依照电路图，补充完整图5中的实物图；图5②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调节滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1－I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻R g＝________ Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V.3．利用如图6所示的电路测量一个满偏电流为300 μA，内阻r g约为100 Ω的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：图6A．滑动变阻器(阻值范围0～20 Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C．滑动变阻器(阻值范围0～30 kΩ)D．电源(电动势1.5 V，内阻0.5 Ω)E．电源(电动势8 V，内阻2 Ω)F．电源(电动势12 V，内阻3 Ω)(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器应选用__________，电源应选用__________．(选填器材前面的字母序号)(2)实验时要进行的主要步骤有：A．断开S2，闭合S1B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C．闭合S2D．调节R′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二E．记下此时R′的阻值为190 Ω则待测电流表的内阻r g的测量值为________Ω，该测量值________此电流表内阻的真实值．(选填“大于”“小于”或“等于”)4．(2017·启东中学模拟)发光二极管(LED)是由镓(Ga)、砷(As)与磷(P)等的化合物制成的一种能够发光的半导体电子元件，通常用在电路及仪器中作为指示灯，或组成文字或数字显示，其显著的特点就是具有单向导电性．其电路符号如图7甲所示，正常使用时带“＋”号的一端应接在电源的正极，带“－”号的一端应接在电源的负极．某课外活动小组用实验方法测得某型号发光二极管两端的电压U和通过它的电流I的数据如下表所示图7(1)有如图乙、丙两个可供选择的电路，应选图________(填“乙”或“丙”)电路进行实验，实验中的系统误差主要是由____________________________________引起的．(2)请在图8的坐标纸上用描点法画出该型号发光二极管的伏安特性曲线．图8(3)若该型号发光二极管的最佳工作电压为2.5 V，现用5 V的稳压电源供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的该型号二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为________Ω.(结果保留三位有效数字)答案精析1．(1)如图所示(2)a 开关S 闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程 (3)如图所示(4)0.87～0.92 19～22 2．(1)a a (2)①如图所示②200 0～10 mA(10 mA) 0～15 V(15 V) 3．(1)C E (2)95 小于解析 (1)在半偏法测电流表的内阻实验中，为了减小实验误差，滑动变阻器阻值范围尽量选择较大的，电源电压尽量选择较大的，故滑动变阻器应选用C ，电源应选用E ，如果选择了F ，由于它的电压太大，当变阻器的电阻达到最大时电路中的最小电流I ＝12 V30 000 Ω＝400 μA ，超过电流表满偏电流；(2)当电流表满偏时，说明干路电流为300 μA ，若使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，即200 μA 时，通过电阻箱R ′的电流就为100 μA ，由于电流表与电阻箱的电流之比为2∶1，则它们的电阻之比为1∶2，所以电流表的内阻为1902 Ω＝95 Ω；该测量值小于此电流表内阻的真实值，因为实际干路的电流会比300 μA 稍大一些，故通过电阻箱的电流会比100 μA 稍大一些，所以它的电阻就会稍小一些． 4．(1)丙 电压表分流 (2)见解析图 (3)116(112～120均可)解析 (1)滑动变阻器应接成分压式电路，而电流表内阻未知，故电流表用内、外接都可以，故题图丙正确，题图丙电路图中，电压表与二极管并联，会因分流引起误差； (2)如图所示(3)根据U －I 图线，当二极管的工作电压为2.5 V 时，工作电流约为21.5 mA ，串联电阻上分到的电压应为2.5 V ，故应串联的电阻为：R ＝U I ＝ 2.521.5×10－3Ω≈116 Ω.(112～120都算正确)。
2019版浙江选考一轮复习物理(选考部分B版)训练：第7章 恒定电流 第7章
[加试要求]1．电源和电流(c) 2.电动势(c) 3.欧姆定律、U－I图象及I－U图象(c) 4.串联电路和并联电路(c) 5.焦耳定律(c) 6.导体的电阻(c) 7.闭合电路的欧姆定律(d) 8.实验：探究导体电阻与其影响因素(包括材料)的关系(同时练习使用螺旋测微器)(√)第1讲部分电路及其规律[考纲解读] (1)知道电流的定义式，并会用来解决导线中的电流问题及运动电荷所产生的等效电流。
(2)会用电动势定义式实行简单计算。
(3)理解欧姆定律，并会用来解决相关问题。
(4)理解导体的U－I图象和I－U图象(伏安特性曲线)。
(5)知道焦耳定律，会用焦耳定律推导导体热功率的表达式。
考点一电流欧姆定律导体的电阻[知识梳理]1．电源和电流(1)电流形成的机制：自由电荷的定向移动形成电流，一是要有自由电荷，二是要有电势差。
(2)恒定电流的含义：大小和方向都不变的电流称为恒定电流。
(3)电流方向的确定方法：电流是标量(填“标量”或“矢量”)，电流方向跟正电荷定向移动的方向相同，外电路由电源正极流向电源负极，内电路由电源负极流向电源正极。
(4)电流的定义式及单位：I＝q/t，其中q是时间t内通过导体横截面的电荷量，电流的单位：安培，符号：A。
2．电动势的定义式和单位(1)物理意义：反映电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。
(2)定义：电源在移动电荷过程中，非静电力对电荷做的功W与移动电荷的电荷量的比值。
(3)定义式：E＝Wq；单位：伏特，符号：V。
(4)电源内部也是由导体组成的，电源内部的电阻叫电源的内阻。
3．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 ＝UR 。
(3)适用条件：适用于金属和电解液导电，适用于纯电阻电路。
4．导体的电阻 (1)电阻①定义式：R ＝UI 。
②物理意义：导体的电阻反映了导体对电流防碍作用的大小，R 越大，防碍作用越大。
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2019届高三物理一轮复习基础自主梳理 要点研析突破 速效提升训练第七章 恒定电流 检测
章末检测提升(七)第七章恒定电流一、选择题(本大题共10小题，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)1．电视中有这样一则广告“南孚电池容量大，玩具车用过后，收音机接着用”。
玩具车的两节南孚干电池，已经用过较长时间，不能再驱动了，把它们取出来用电压表测电压，电压表示数接近3 V，再把它们作为收音机的电源，收音机能正常工作。
下列说法中正确的是()A．这两节干电池的电动势减小了很多B．这两节干电池的内阻减小了很多C．这个收音机的额定电压一定比玩具车的额定电压小很多D．这个收音机正常工作时的电流一定比玩具车正常工作时的电流小解析：电池用久后，内阻变大，电动势几乎不变，收音机能工作是因为它的工作电流较小．答案：D2．(多选)某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380 V，当吊车以0.1 m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为20 A，g取10 m/s2.则下列说法正确的是() A．电动机的内阻为19 ΩB．电动机的内阻为4.75 ΩC．电动机的输出功率为7.6×103 WD．电动机的工作效率为75%解析：由UI＝mgv＋I2r，可得电动机的内阻为r＝4.75 Ω，选项B 正确，A 错误；电动机的输出功率为P ＝mgv ＝5.7×103 kg ×10 m /s 2×0.1 m /s ＝5.7×103 W ，选项C 错误；电动机的工作效率为η＝mgv UI×100%＝75%，选项D 正确．答案：BD3．如图所示为两电源的UI 图象，则下列说法正确的是( ) A ．电源①的电动势比电源②的大，内阻比电源②的内阻小 B ．当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等 C ．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等D ．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大解析：图线在U 坐标轴上的截距等于电源电动势，图线的斜率等于电源的内阻，因此选项A 错误；作外接电阻R 的伏安特性曲线分别交电源①②的伏安特性曲线于S 1、S 2两点，工作点横、纵坐标的乘积IU ＝P 为电源的输出功率，由图可知，无论外接多大电阻，两工作点S 1、S 2横、纵坐标的乘积不可能相等，且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故选项B 错误，D 正确；电源的效率η＝P 出P 总＝I 2R I 2（R ＋r ）＝R R ＋r ，因此电源内阻不同则电源效率不同，选项C 错误．答案：D4．(多选)如图所示．M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。
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第七章 恒 定 电 流 (1)从近三年高考试题考点分布可以看出，高考对本章内容的考查重点有对电路基本概念和规律的考查以及对闭合电路欧姆定律的考查。
电路动态分析，故障判断题，以非常高的频率出现在各地的高考题中。
高考一直非常重视对四个实验的考查，电学实验除了考查大纲要求的实验，还有一些设计型的实验，考查学生独立完成实验的能力，包括理解实验原理、实验目的及要求，了解器材的使用，掌握实验步骤方法和数据的处理能力等。
(2)高考对本章内容主要以选择题和实验题形式出现，难度中等。
第1节电流__电阻__电功__电功率 电 流 [想一想] 如图7－1－1所示，电子绕核运动可以看做一环形电流。
设氢原子中的电子以速度v在半径为r的轨道上运动，用e表示电荷量，则其等效电流为多大？ 7－1－1 提示：氢原子的核外电子只有一个，电子绕核做圆周运动，圆轨道周长为2πr，电子运动速率为v，则每秒钟电子绕核转动转过的圈数为n＝。
电流为每秒钟通过某横截面的电荷量，对电子绕核运动形成的等效电流而言，其等效电流为I＝ne＝e。
[记一记] 1．形成电流的条件 (1)导体中有能够自由移动的电荷。
(2)导体两端存在电压。
2．电流的方向 与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反。
电流虽然有方向，但它是标量。
3．电流 (1)定义式：I＝。
(2)微观表达式：I＝nqSv。
(3)单位：安培(安)，符号A,1 A＝1 C/s。
[试一试] 1.如图7－1－2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( ) 7－1－2 A．vq B. C．qvS D. 解析：选A t时间内通过截面的电荷量为Q＝vt·q，I＝＝vq，A正确。
电阻 电阻定律 [记一记] 1．电阻 (1)定义式：R＝。
(2)物理意义：导体的电阻反映了导体对电流的阻碍作用。
2019版高考物理一轮复习第七章恒定电流冲刺训练
2019版高考物理一轮复习第七章恒定电流冲刺训练在高考中对电学实验一般不直接考查课本上的学生实验，而是在学生实验的基础上进行创新，比如常常在实验原理、实验器材、数据处理等方面加以改进；学生应以常规实验为依据，从实验电路图入手，结合实验的具体要求进行推理分析。
角度一对实验原理的创新考查在高考的电学实验中，并不仅仅测量电阻的阻值或测定电源的电动势和内阻，有时可能会测定二极管的导电特性、电容器的充、放电规律等。
处理此类问题时，首先要掌握被测实验器材的电学特性，其次要熟练把握控制电路、测量电路的特点。
[典例1] 二极管具有独特的单向导电性，当在二极管两极之间所加正向电压小于某值时，二极管的电阻很大(1×106Ω，甚至更大)，而当正向电压超过某值时，二极管的电阻随两端电压的升高而急剧减小。
为了探究二极管的导电特性：(1)实验小组先用多用电表判断二极管的极性。
步骤如下：A．将多用电表置于欧姆表“×100”挡，短接红、黑表笔，调整________，使指针指向表盘右侧“0”位置；B．将二极管串接在两表笔之间，多用电表示数如图甲中a所示；C．将二极管两极对调，多用电表示数如图甲中b所示，则此时与红表笔接触的是二极管的________(填“正”或“负”)极。
(2)实验小组设计了如图乙所示的实验电路，通过实验测得相关数据如下表。
正向电压U/V0.100.200.300.400.500.550.600.650.680.70 正向电流I/mA0000.020.260.56 1.13 1.79 2.37 3.00接在位置________；②根据表中数据，在图丙中作出二极管的伏安特性曲线(要求保留所描的点迹)，由图线可知，二极管是________(填“线性”或“非线性”)元件。
(3)若此二极管为发光二极管，正常发光时通过的电流为3.00 mA ，若用1.5 V 的电源供电，则应该给二极管________(填“串”或“并”)联一个约________ Ω的电阻。
(浙江专版)2019届高考物理一轮复习 第7章 恒定电流 7 章末热点集训课件 新人教版
32W．
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分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1 中电流都减 小，与题意相矛盾，故 B 项错误；若 R3 短路或 R4 短路，总 电阻减小，总电流增大，电流表 A 中电流变大，与题意相矛 盾，故 C、D 项错误．
U－I 图象的应用 将三个完全相同的小灯泡按如图甲所示的方式连入 电路，其中的电压表和电流表均为理想电表，蓄电池的内阻 不可忽略．当开关闭合后，电压表 V1 的读数为 4．0 V，经测
确；由题中的条件不能得出蓄电池的电动势和内阻的大小，
D 错误． [答案] C
2．(多选)如图所示，A、B 分别为电源 E 和电
阻 R 的 U－I 图线，虚线 C 是过图线 A、B 交点的曲线 B 的
切线．现将电源 E 与电阻 R 及开关、导线组成闭合电路，由
eate图d 象wi可th知A( spo)se.SlEidveaslufoarti.oNnEoTnl3y..5 Client Profile 5.2.0 Copyright 2004-2011 Aspose Pty Ltd.
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A．R1 断路
B．R2 断路
C．R3 短路
D．R4 短路
解析：选 A．等效电路如图所示．若 R1 断 路，电路的外电阻变大，总电流减小，路端
电压变大，L1 两端电压变大，L1 变亮；ab 部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，
总电流减小，通过 L2E、vRa4l的ua电ti流on都o减n小ly.， eate故d wAi项th正A确sp；o若seR.S2 断lid路e，s f总or电.阻N变ET大3，.5总C电l流ie减nt小P，roafci部le 5.2.0
2019届高考物理(人教浙江版)一轮复习课件：第7章恒定电流3实验六
刻度格数(分 刻度总长 每小格与 1 mm 的 精确度(可准
度)
度
差值
确到)
10
9 mm
0．1 mm
0．1 mm
20
19 mm0．05 mm0．源自5 mm5049 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
(3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径 d 的读数如图所示，则 读数为________mm．
(4)若用 L 表示金属丝的长度，d 表示直径，测得电阻为 R， 请写出计算金属丝电阻率的表达式 ρ＝________．
解析：(1)电池组电压是 3 V，流过金属丝的最大电流 Im＝r＋ERx ＝0．5 A，故电流表选 C，电压表选 D；滑动变阻器选总阻
电流表内接法
电流表外接法
电路图
误差原因
电阻测量 值
适用条件
电流表分压 U 测＝Ux＋UA R 测＝UI测测＝Rx＋RA>Rx 测量值大于真实值
RA≪Rx
电压表分流 I 测＝Ix＋IV R 测＝UI测测＝RRx＋xRRVV<Rx 测量值小于真实值
RV≫Rx
5．伏安法测电阻的电路选择方法 (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． (2)临界值计算法 Rx< RVRA时，用电流表外接法； Rx> RVRA时，用电流表内接法．
对仪器读数和实验原理的考查 1．螺旋测微器 (1)构造：如图甲，S 为固定刻度，H 为可动刻度． (2)原理：可动刻度 H 上的刻度为 50 等份，旋钮 K 每旋转一 周，螺杆 P 前进或后退 0．5 mm，则螺旋测微器的精确度为 0．01 mm．
2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑江苏专版：第
[方法点拨](1)可从闭合电路电势升高、降低角度理解闭合电路欧姆定律．(2)较复杂电路可由各节点电势的高低判定各支路中电流方向，判断电路串并联结构．1．(2018·宜兴市多校联考)如图1所示电路，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法正确的是()图1A．电流表的示数变大B．R3两端的电压减小C．R2的功率增大D．R1的电流增大2．电阻非线性变化的滑动变阻器R2接入图2甲的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x(x为图中a与触头之间的距离)，定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是()图2A．电流表A示数变化不相等B．电压表V2的示数变化相等C．电阻R1的功率变化相等D．电源的输出功率不断增大3．某电池对纯电阻供电的输出功率P随电流I变化的图象如图3所示．则下列说法正确的是()图3A ．该电源的电动势E ＝2 VB ．该电源的内阻r ＝1 ΩC ．若I ＝2 A ，则外电阻R ＝1 ΩD ．同一输出功率P 可对应两个不同的电流I 1、I 2，即对应两个不同的外电阻R 1、R 2，且r ＝R 1·R 24．(多选)在如图4所示电路中，电源内阻不能忽略，R 1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P 位于变阻器的中点，P 由中点向上移动到顶端的过程中( )图4A ．电源的内功率先减小后增大B ．电源的效率先减小后增大C ．电流表的示数先减小后增大D ．电压表的示数先增大后减小5．(多选)(2018·启东中学模拟)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电源的效率为1－Ir EC ．电源的输出功率为EID ．电动机消耗的热功率为U 2R6．两电源电动势分别为E 1、E 2(E 1>E 2)，内阻分别为r 1、r 2.当这两个电源分别和一阻值为R 的电阻连接时，电源输出功率相等．若将R 减小为R ′，电源输出功率分别为P 1、P 2，则( ) A ．r 1>r 2 P 1<P 2 B ．r 1<r 2 P 1>P 2 C ．r 1<r 2 P 1<P 2D ．r 1>r 2 P 1>P 27．(多选)在如图5所示的电路中，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列说法正确的是( )图5A.U 1I 不变，ΔU 1ΔI 不变B.U 2I 变大，ΔU 2ΔI 变大 C.U 2I 变大，ΔU 2不变 D.U 3I 变大，ΔU 3不变 8．(多选)(2018·暨阳地区联考)如图6所示的电路中，电源内阻一定，若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表V 的示数减小ΔU ，电流表A 的示数增加ΔI (电压表与电流表均为理想电表)，在这个过程中( )图6A ．通过R 1的电流减少量等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压增加量等于ΔUC ．路端电压减少量等于ΔU D.ΔUΔI为定值 9．(多选)(2017·铜山中学模拟)如图7所示的电路中，电源有不可忽略的内阻，R 1、R 2、R 3为三个可变电阻，电容器C 1、C 2所带电荷量分别为Q 1和Q 2，下列判断正确的是( )图7A ．仅将R 1增大，Q 1和Q 2都将增大B ．仅将R 2增大，Q 1和Q 2都将增大C ．仅将R 3增大，Q 1和Q 2都将不变D ．突然断开开关S ，Q 1和Q 2都将不变10．(多选)(2017·泰州中学期末)如图8甲所示，电阻R 1的阻值为0.5R 0、灯泡L 的电阻值恒为R0，R2是热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如图乙所示．已知电流表为理想电表，电源的内阻r＝R0.则下列说法中正确的是()图8A．当温度升高时，R1两端的电压增大B．当温度降低时，电流表的示数增大C．当温度升高时，灯泡L的亮度变大D．当温度为40 ℃时，电源的输出功率最大11．(多选)如图9甲所示的电路中，不计电表内阻的影响，改变滑动变阻器的滑片位置，测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化的实验图象如图乙所示，则下列说法正确的是()图9A．图线a是电压表V1的示数与I的关系图线B．图线b的延长线一定过坐标原点OC．图线a、b的交点的横、纵坐标值的乘积等于电阻R0消耗的瞬时功率D．图线a、b的交点的横、纵坐标值的乘积等于电源的瞬时输出功率答案精析1．A [当滑动变阻器R 1的滑片向上滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流I 减小，路端电压U 增大，R 3两端的电压等于路端电压，则知R 3两端的电压增大，则通过R 3电流I 3增大，通过R 2电流I 2＝I －I 3，I 减小，I 3增大，则I 2减小，故R 2的功率减小，R 2两端电压U 2也减小；R 1、R 4并联电压U 并＝U －U 2，U 增大，U 2减小，则知U 并增大，故通过电流表和R 4的电流I A 增大，电流表的示数变大．通过R 1的电流I 1＝I 2－I A ，I 2减小，I A 增大，则通过R 1的电流I 1减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．] 2．B3．A [当外电阻等于电源内阻时，输出功率最大，P ＝I 2R ＝I 2r ，解得r ＝0.5 Ω，由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R ＋r )＝2×(0.5＋0.5) V ＝2 V ，A 正确，B 错误；当I ＝2 A 时，电源的输出功率最大，此时外电阻等于电源内阻，所以R ＝0.5 Ω，C 错误；同一输出功率可对应两个不同的电流I 1、I 2，即对应两个不同的外电阻R 1、R 2，有(E R 1＋r )2R 1＝(E R 2＋r )2R 2，解得r 2＝R 1·R 2，D 错误．] 4．AD5．AB [电动机额定电压为U ，额定电流为I ，当电动机正常工作时，消耗的电功率为P总＝UI ，A 正确；电源的总功率为IE ，内部发热的功率为I 2r ，所以电源的效率为IE －I 2rIE ＝1－IrE，B 正确；电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P 出＝UI ，故C 错误；电动机消耗的热功率应该用P ＝I 2R 来计算，所以热功率P ＝I 2R ，由于电动机为非纯电阻电路，不能用U 2R求解热功率，故D 错误．]6．A [根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －Ir ，可知电源的U －I 图线的斜率绝对值等于r ，所以有：r 1>r 2，电源的U －I 图线与电阻的U －I 图线的交点就表示了该电阻接在该电源上时的工作状态，此交点的横、纵坐标的乘积为电源的输出功率，即以此交点和坐标原点为两个顶点的长方形的面积表示电源的输出功率，若将R 减小为R ′，由图可知：P 1<P 2，故选A.]7．ACD [根据欧姆定律得知，U 1I ＝ΔU 1ΔI ＝R 1，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，R 1恒定不变，所以U 1I 、ΔU 1ΔI 均不变，故A 正确；U 2I＝R 2，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，R 2变大，故U 2I 变大，根据闭合电路欧姆定律得U 2＝E －I (R 1＋r )，则有ΔU 2ΔI ＝R 1＋r ，不变，故B 错误，C 正确；U 3I ＝R 1＋R 2，变大，根据闭合电路欧姆定律得U 3＝E －Ir ，则有ΔU 3ΔI ＝r ，不变，D 正确．]8．AD [因电压表示数减小，而R 1为定值电阻，故电流的减小量一定等于ΔUR 1，故A 正确；R 1两端的电压减小，则说明R 2两端的电压及内电压均增大，故R 2两端的电压增加量一定小于ΔU ，故B 错误；因内电压增大，故路端电压减小，由B 的分析可知，路端电压的减小量一定小于ΔU ，故C 错误；设电源电动势是E ，电源内阻是r ，调整可变电阻前电路电流是I ，调整后电路电流是I ′，在闭合电路中，电源电动势等于内外电压之和，即E ＝U V ＋I (r ＋R 2)① E ＝U V ′＋I ′(r ＋R 2)②②－①得：U V ′－U V ＋(I ′－I )(r ＋R 2)＝0， ΔI (r ＋R 2)＝U V －U V ′＝ΔU ，则ΔUΔI ＝r ＋R 2，故D 正确．]9．BC [仅增大R 1，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电容器C 1两端电压增大，C 2两端电压减小，电容器所带电荷量Q 1增大，Q 2减小，故A 错误；仅增大R 2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R 1两端电压变小，电阻R 2两端电压变大，电容器C 1、C 2两端电压变大，两电容器所带电荷量Q 1和Q 2都增加，故B 正确；仅增大R 3，整个电路电阻不变，Q 1和Q 2都将不变，故C 正确；突然断开开关S ，两个电容器都放电，Q 1和Q 2都将减小，故D 错误．] 10．AD [温度升高时，R 2的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，R 1两端电压增大，电源内电压增大，路端电压减小，灯泡L 两端的电压减小，灯泡L 的亮度变小，A 正确，C 错误；温度降低时，R 2的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，B 错误；温度为40 ℃时，R 2＝R 0，此时外电路的总电阻为R 0，等于电源的内阻，所以电源的输出功率最大，D 正确．] 11．BCD。
2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑江苏专版：第
[方法点拨](1)本实验要求电压必须从0开始变化，所以滑动变阻器要用分压式接法．(2)仪器选择要首先保证安全，其次是保证精确，再次是操作简便，若选不到理想的仪器，其中几个相比较，选较好的．1．(2017·盐城中学第三次模拟)某研究性学习小组的同学们设计了描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验，待测小灯泡的额定电压为3.8 V．要求测量结果尽量精确，并绘制出小灯泡两端电压在0～3.8 V范围内完整的伏安特性曲线．(1)若实验室的电压表、电流表和滑动变阻器都满足实验要求，则在如图1所示的两种实验方案中，应选择____图所示电路进行实验．(选填“甲”或“乙”)图1(2)若实验中只提供了量程为3 V，内阻为3 000 Ω的电压表V1，为了绘制完整的伏安特性曲线，需要将电压表V1改装成量程为4 V的电压表V2，则应将电压表V1________(选填“串联”或“并联”)一个阻值为________ Ω的定值电阻，才能实现改装的要求．(3)小组的同学们正确描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，根据这个曲线，同学们对小灯泡的实际功率与其两端的电压的关系，或与通过其电流的关系，猜想出了如图所示的关系图象，其中可能正确的是______．(选填选项下面的字母序号)图2(4)某同学将该小灯泡接在一个电动势为3.0 V、内阻为5.0 Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡的实际功率约为______W．(保留2位有效数字)2．(2018·如东县质量检测)某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的器材如下：待测小灯泡(2.5 V,1.25 W)电源(电动势3 V，内阻不计)电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω；0～3 A，内阻约0.025 Ω)电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ；0～15 V，内阻约15 kΩ)单刀单掷开关及导线若干(1)为了减小误差，在本实验中电流表应选用0～____ A量程；电压表应选用0～________ V 量程．(2)如图3是本实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，为了满足实验要求并尽可能减小误差，请补充完成实物图间的连线．图33．为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图4所示的实验电路，已知小灯泡的规格为“12 V,5 W”．图4(1)闭合开关前，应将电路图中的滑动变阻器的滑片移到________(填“a”或“b”)端．根据连接好的实物图，调节滑动变阻器，记录多组电压表和电流表的读数，作出的I－U图线如图5甲中实线所示，由图线分析可知，小灯泡的电阻随温度的升高而________(填“增大”或“减小”)．若某次电流表的示数如图乙所示，则此时小灯泡的功率为________W(保留两位有效数字)．图5(2)若I－U图象中的虚线Ⅰ或Ⅱ表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实验中得到的实线相比，虚线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)才是其真实的伏安特性曲线．4．某物理学习小组拟用下列器材研究小灯泡L两端的电压与通过它的电流的关系曲线．A．小灯泡L(4.0 V,0.7 A)B．电流表A(0～0.6 A，内阻为0.2 Ω)C．电压表V(0～3 V，内阻为9 kΩ)D．标准电阻R1＝1 ΩE．标准电阻R2＝3 kΩF．滑动变阻器R(0～10 Ω)G．学生电源(电动势E＝6 V，内阻不计)H．开关一个，导线若干(1)为了准确描绘出小灯泡L较完整的U－I曲线，请在图6甲虚线框内画出实验电路图．图6(2)该学习小组同学正确进行实验操作，并处理实验数据后，描点作图得到了如图乙所示的小灯泡L的U－I图线．某次实验中得到的电压表示数如图丙所示，电压表示数为________V，此时小灯泡的电阻约为________ Ω(保留两位有效数字)．由小灯泡L的U－I图线可知小灯泡L的电阻随电流I的增大而________(填“增大”“不变”或“减小”)．(3)若将此小灯泡L与定值电阻R0＝4 Ω串联后接在电动势为4.0 V、内阻为1.0 Ω的蓄电池组两端，则小灯泡的实际功率约为________W(保留两位有效数字)．答案精析1．(1)甲 (2)串联 1 000 (3)AB (4)0.36～0.42解析 (1)由于小灯泡两端的电压需要从0开始测量，故滑动变阻器需要采用分压式接法，则题图甲电路是正确的；(2)原电压表的量程为3 V ，改装后的电压表的量程为4 V ，故1 V 的电压差需要用一个电阻串联分压获得，该电阻的阻值为1 000 Ω；(3)根据P ＝U 2R可知，U 2＝RP ，即在U 2－P 图象中，斜率为R ，因为随着电压的增大，灯泡的电阻是增大的，故U 2－P图象的斜率也是增大的，故选项A 正确，C 错误；根据P ＝I 2R 可知，I 2＝1R·P ，即在I 2－P 图象中，其斜率为1R，当电阻增大时，其倒数减小，故I 2－P 图象的斜率在变小，故选项B 正确，D 错误；(4)在同一坐标系中，作出电源的I －U 图线，其与灯泡的伏安特性曲线的交点即为灯泡两端的电压和电流，故小灯泡的实际电功率为P ＝2.0×0.19 W ＝0.38 W.2．(1)0.6 3 (2)如图所示解析 (1)根据小灯泡规格“2.5 V ,1.25 W ”可知，小灯泡的额定电压U ＝2.5 V ，额定电流I ＝P U ＝1.252.5A ＝0.5 A ，因此电流表应选“0～0.6 A ”量程，电压表应选“0～3 V ”量程； (2)因为实验要求小灯泡两端电压及通过小灯泡的电流从0开始变化，所以滑动变阻器应采用分压式接法；小灯泡阻值较小，电流表应采用外接法，如图所示．3．(1)a 增大 2.4 (2)Ⅱ解析 (1)开始时应使测量电路两端的电压为零，故开关闭合前应将滑动变阻器滑片移到a 端；由题图甲可知图象的斜率越来越小，则说明电阻越来越大，小灯泡的电阻随温度的升高而增大；由电流表示数可知，电流大小为0.40 A ，则由题图I －U 图象可知，电压为6.0 V ，故灯泡功率P ＝UI ＝6×0.40 W ＝2.4 W ；(2)由于电流表采用外接法，电压表分流使电流表示数偏大，而电压表示数是准确的，故Ⅱ为真实的图象．4．(1)见解析图(2)2.70 5.3(5.2也可) 增大 (3)0.79(0.75～0.83均可)解析 (1)要准确描绘小灯泡的U －I 曲线，小灯泡两端电压要从0开始调节，所以滑动变阻器采用分压接法；又因小灯泡的额定电压为4.0 V ，额定电流为0.7 A ，而电压表量程为3.0 V ，电流表量程为0.6 A ，所以要描绘完整曲线，必须把电压表、电流表的量程扩大，由串并联规律知，可将电压表与标准电阻R 2＝3 kΩ串联改装为量程为4 V 的电压表，将电流表与标准电阻R 1＝1 Ω并联改装成量程为0.72 A 的电流表；因改装后的电压表内阻远大于小灯泡电阻，所以电流表采用外接法，实验电路如图a.(2)由题图丙电压表指针位置可知此时电压表示数为2.70 V ，则改装电压表两端的电压，即小灯泡两端的电压为U ＝3.60 V ，由题图乙知此时通过小灯泡的电流约为0.68 A ，由R ＝U I得此时小灯泡L 的电阻约为5.3 Ω.(3)令小灯泡两端电压为U ，通过的电流为I ，由闭合电路欧姆定律知E 0＝U ＋I (R 0＋r 0)，即U ＝4－5I ，在题图乙坐标系中作图线，如图b 所示，此时两条图线的交点坐标为(0.45 A,1.75 V)，所以小灯泡此时的实际功率为P ＝1.75×0.45 W ≈0.79 W.。
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60 实验的拓展与创新
[方法点拨] (1)结合闭合电路欧姆定律、串并联电路特点，去理解电路，找出测量量与已知量间的关系．(2)熟练掌握基本实验的原理、实验方法等是解决创新实验的关键．
1．某同学测量直流恒流电源的输出电流I0和定值电阻R x的阻值，电路如图1所示．
图1
实验器材如下：
直流恒流电源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8 A)；
待测电阻R x(阻值约为20 Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值约为50 Ω)；
电压表V(量程15 V，内阻约为15 kΩ)；
电流表A(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；
请回答下列问题．
(1)实验所用器材如图2所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．
图2
(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到____处(选填“a”或“b”)，其理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)所得实验数据如下表，请在如图3所示的直角坐标系上画出U—I图象.
图3
(4)根据所画U－I图象，可求得直流恒流电源输出电流I0＝________A，待测电阻的阻值R x ＝________ Ω.(结果保留两位有效数字)
2．(2018·南京市多校联考)图4中虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表．已知表头的满偏电流为2 mA、内阻阻值范围为180～200 Ω，定值电阻R1＝50 Ω，R2＝1 460 Ω，为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图所示的电路中，来测量表头G的内阻；
图4
(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：
电流表：a.0～10 mA b．0～600 mA
滑动变阻器：a.0～20 Ωb．0～1 000 Ω
则电流表应选________，滑动变阻器应选________；(选填字母代号)
(2)将选择的器材接入电路；
①依照电路图，补充完整图5中的实物图；
图5
②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调节滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1－I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻R g＝________ Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V.
3．利用如图6所示的电路测量一个满偏电流为300 μA，内阻r g约为100 Ω的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：。