1、简答题  有小灯泡L1（6V，3W）和L2（6V，1W）各一只，电阻箱R一只，电源一个（电动势为12V，内阻不计），电键一个，导线若干，试设计一电路，使L1和L2都能正常发光．
（1）根据你的设计，用线（表示导线）完成如图所示的仪器连线；
（2）实验中，当L1和L2都能正常发光时，电阻箱R的电阻应调为______Ω．

参考答案：（1）由题意知，两灯泡额定电压都是6V，电源电动势是12V，为使两灯泡正常发光，可把两灯泡并联，然后与电阻箱串联，电路图如图所示．
（2）∵P=UI，
∴灯泡正常发光时的电流I1=P1U1=3W6V=0.5A，I2=P2U2=1W6V=16A，灯泡正常发光时，干路电流I=I1+I2=23A，电阻箱阻值R=12V-6V23A=9Ω．
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）9．

本题解析：

本题难度：一般

2、简答题  在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：
A．小灯泡（3.8V，1.5W）
B．直流电源（电动势4.5V，内阻约0.4Ω）
C．电流表（量程0～500mA，内阻约0.5Ω）
D．电压表（量程0～5V，内阻约5000Ω）
E．滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流2A）
F．滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流1A）
G．开关一个，导线若干
如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示的四个电路中的______，应选用的滑动变阻器是______（选填R1或R2）．

参考答案：由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，分压式接法适用于测量较大阻值电阻（与滑动变阻器的总电阻相比），由于R1＜RL，选用R1时滑片移动时，电压变化明显，便于调节．又小灯泡的电阻约RL=9.6Ω，RVRL＞RLRA，所以安培表应该选用外接法．故应选用图丙所示电路由于电路中采用分压接法，故滑动变阻器应采用小电阻R1；
故答案为：丙，R1

本题解析：

本题难度：一般

3、简答题  在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：
A．小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流约0.3A）
B．直流电流表A（0～0.6A，内阻约0.5Ω）
C．直流电压表V（0～6V，内阻约5kΩ）
D．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）
E．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）
F．电源（6V，内阻不计）
G．开关S及导线若干．
（1）实验中滑动变阻器应选用______（选填R1?或R2）；
（2）某同学设计了实验测量电路，通过改变变阻器的滑片位置，使电表读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I．请在图甲中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整；

（3）该同学在实验中测出8组对应的数据（见下表）：

参考答案：（1）因描绘小灯泡伏安特性曲线的实验要求电流从零开始调节，故变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器误差小，故应选R?1．
? （2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器用分压式，如图所示，



（3）根据表格数据描点作出U-I图线如图所示．由图象可知，当U=3.8V时，I=0.33A，由P=UI可得P=3.8×0.33W=1.25W，即小灯泡的额定电流为1.25W，随着电流的增大，由于电压表的分流作用，测得的电流偏大，故电阻测量值小于真实值，根据欧姆定律R=UI，由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大．



故答案为（1）R?1，（2）如图所示，（3）1.25，小于，增大，图象如图．

本题解析：

本题难度：一般

4、实验题  要测量一只电压表的内阻RV。提供的器材有：待测电压表V（量程0—3v，内阻约为3KΩ）；电阻箱R0（阻值0—9999.9Ω）；滑动变阻器R1（阻值0—20Ω，额定电流为1A）；滑动变阻器R2（0—1500Ω，额定电流为0.5A）；电源E（电动势为6V，内阻为0.5Ω）；电键S及导线若干。

①如果采用图所示的电路测定电压表的内阻，并且要得到较高的精确度，那么从以上给出的器材中，滑动变阻器R应选用?。
②在以下所给的实验步骤中，排出合理的顺序为：?
A．合上电键S；
B．使滑动触头P处于最左端，R′的阻值调至最大；
C．保持滑动变阻器的解头位置不变，增大电阻箱的阻值，使电?压表示数为满偏读数的一半，记下电阻箱的此时阻值R2′
D．调节电阻箱和滑动变阻器，使电压表示数满偏，记下电阻箱的此时阻值R1′；
③用测得的物理量表示电压表内阻应为?；
④在上述实验中测得的电压表内阻值会比真实值?。（填“偏大”、“偏小”或“相同”）?

参考答案：①? R1?。?②? B A D C? .
③? R2/ --2R1/?。?④?偏大?。

本题解析：
分析：滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据实验目的与原理合理安排实验步骤；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电压表内阻，并分析实验误差。
解答：①电源电动势是6V，滑动变阻器阻值0-20Ω，额定电流为1A，电源接在滑动变阻器两端，最大电流为0.6，能保证电路安全；要精确测量待测电压表内阻，方便实验操作，可以选用滑动变阻器；
②半偏法测电压表内阻，合理的实验步骤是：B、使滑动触头P处于最左端，R′的阻值调至最大；
A、合上电键S； D、调节电阻箱和滑动变阻器，使电压表示数满偏，记下电阻箱的此时阻值；
C、保持滑动变阻器的触头位置不变，增大电阻箱的阻值，使电压表示数为满偏读数的一半，记下电阻箱的此时阻值；
③设电压表与定值电阻的串联电压为U，电压表内阻为，电压表示数满偏时，电阻箱的阻值为，电路电流?①；电压表与定值电阻的串联电压不变，增大电阻箱的阻值，使电压表示数为满偏读数的一半，电压表内阻不变，由可知，电压表示数变为原来的一半，则电路电流变为原来的一半，此时?②，?由①②解得：；
④在实验步骤C中，保持滑动变阻器的触头位置不变，增大电阻箱的阻值，电路总电阻变大，待测电压表与定值电阻的串联电压变大，当电压表半偏时电阻箱的阻值偏大，则电压表内阻测量值偏大。
故答案为：①；②BADC；③；④偏大．

本题难度：一般

5、实验题  (7分)有一个阻值在100Ω~200Ω之间的未知电阻Rx，额定功率为0．25W，现在用伏安法准确测量它的阻值，备有以下器材：
A．量程0~50 mA、内阻为20Ω电流表A1；
B．量程0~3A、内阻为0．01Ω电流表A2；
C．量程0~5V、内阻为10KΩ的电压表V1；
D．量程0~15V、内阻为20KΩ的电压表V2；
E．0~20Ω、允许电流2A的变阻器R；
F．电动势12 V 、内阻为0．1Ω的直流电源E；
G．导线若干、开关适量。
（1）实验中电压表应选?。电流表应选?。
（2）为在较大范围内多测量几次电压和电流值并减小误差，请在虚方框中画出实验电路图，并用画线表示导线连接好实物图。

（3）闭会开关S前，变阻器的滑片应在?。

参考答案：（1）D（或）? A（或）?
（2）分析及电路图、实物连线图见解析：
(3)最左端（电流表示数为零的那端）

本题解析：（1）电流表和电压表读数超过量程的时误差较小，通过的最大电流为,则电流表选A；两端最大电压，电压表选D
（2）因所以测量电路用电流表外接，为在较大范围内多测量几次电压和电流值并减小误差，变阻器用分压法，实验电路及实物连线图如下

（3）闭会开关S前，应保证电路当中电流最小所以，变阻器的滑片应在最左端（电流表示数为零的那端）
点评：中等难度。本题关键，一要根据要求选择合适器材；二要选择合适的电路；三要电路连接不能出错。

本题难度：一般