2020年河北中考物理复习课件专题十九 实验探究题.pptx

1、1.(2018山西,35,3分)网上传说,坦桑尼亚一个名叫姆佩巴的学生急于上课,将热牛奶放进了冰箱,令他惊奇的 是,这杯热牛奶比同时放入冰箱中的冷牛奶先结冰。有网友跟帖:热水也比冷水结冰快。后来,有人把这种 现象叫做“姆佩巴效应”。你认为传说中的“姆佩巴效应”是真的吗?请你设计一个实验方案,验证这个 说法是否正确。(温馨提示:注意实验方案的可操作性) (1)实验器材: ; (2)实验步骤: ; (3)实验结论: 。 (开放性试题,答案合理即可),答案 (1)两个相同的杯子、热水、冷水、冰柜、钟表 (2)在两个相同的杯子中,分别装入适量的等质量的热水和冷水;将两杯水同时放入同一冰柜中进行冷 冻;

2、每隔适当时间,观察水的状态变化情况 (3)若热水先结冰,则传说中的说法是真的;若冷水先结冰或同时结冰,则传说中的说法是假的 解题关键 设计实验方案时要注意控制变量,热水和冷水质量要相同,盛水的两个杯子也要完全相同,同时 放入同一冰柜,每隔适当时间,观察水的状态变化情况就可以验证真伪。,2.(2017河北沧州模拟,32)探究压力的作用效果与受力面积是否有关,小阳同学将一个正方体沿竖直方向切 成大小不同的A、B两块,并将它们放在海绵上,如图所示,发现海绵的凹陷程度相同,由此他得出的结论是: 压力的作用效果与受力面积无关。 请你利用这些器材,设计一个实验证明小阳的结论是错误的。写出实验步骤和实验现象

3、。 实验步骤: 。 实验现象: 。,答案 实验步骤:(1)将物体A放在物体B上,将它们一起叠在海绵上,观察海绵的凹陷程度;(2)将物体B放在物 体A上,将它们一起叠在海绵上,观察海绵的凹陷程度 实验现象: 两次海绵的凹陷程度不同,说明小阳的观点是错误的 解析 “探究压力的作用效果与受力面积是否有关”的实验中要控制压力不变,而受力面积不同,实验中 应用转换法,通过海绵的形变程度判断压力的作用效果。,3.(2017河北沧州一模,32)在利用如图所示装置探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验中,通过 来反映钢球动能的大小。探究物体动能与质量的关系时,有些同学对“质量不同的钢 球从同一斜面、同一高度

4、由静止开始沿斜面滚下,到达底部时的速度大小相等”有疑惑。请你在不增加器 材的情况下利用现有器材设计实验,并证明该假设。 操作方法: 。 实验现象:若 ,则说明到达底部时的速度大小相等; 若 ,则说明到达底部时的速度大小不相等。,答案 木块被推动的距离 操作方法:同时在相同高度释放质量不同的两个小球 实验现象:两球同时 到达斜面底部 两球先后到达斜面底部,4.(2019云南昆明,20,8分)在“探究电流产生的热量与哪些因素有关”的实验中,提供了如图的实验器材,其 中R1R2 实验一:探究电流产生的热量与电阻的关系 (1)请按照图中的电路图将对应实物图连接完整;,(2)电路中电阻丝的连接方式是为了

5、控制 ;电阻丝放出热量的多少,通过 来进行判 断; (3)闭合开关,经过一定时间,用电阻丝R1加热的煤油温度升高了t1,用电阻丝R2加热的煤油温度升高了t2,那 么t1 t2(选填“大于”“等于”或“小于”)。 实验二:探究电流产生的热量与电流的关系 (4)闭合开关,移动滑动变阻器的滑动触头,使电路中的电流变成实验一中电流的2倍,且通电时间相同。实 验发现:用电阻丝R1(或R2)加热的煤油,温度升高量t1(或t2) 2t1(或2t2)(选填“大于”“等于” 或“小于”),该实验说明电流产生的热量与电流 正比例关系。 (5)你认为做这个实验产生误差的主要原因是 。,答案 (1)如图所示 (2)电

6、流相等 温度的升高量 (3)大于 (4)大于 不是 (5)有能量损失,解析 (1)探究电流产生的热量与电阻的关系,应该控制通过电阻的电流和通电时间相同,电阻不同,因此应 该让两个电阻丝串联。滑动变阻器按“一上一下”的原则接入电路。 (2)串联电路中电流处处相等,两个电阻丝串联是为了控制电流相等,本实验中电流产生的热量不能用眼睛 直接观察,我们是通过观察烧瓶中温度计示数的变化来反映电阻丝通电后产生热量的多少。 (3)两个电阻丝串联,电流相等,通电时间相同,且R1R2,根据Q=I2Rt可知,电阻大的产生的热量多,因此t1 t2。 (4)电流变为原来的二倍,且通电时间相同,根据Q=I2Rt可知,温度

7、升高量t1大于2t1,说明电流产生的热量与 电流不是正比例关系; (5)烧瓶内煤油的温度不同,与外界发生热传递时损失的能量不同,因此会有实验误差。,5.(2018江苏盐城,24,6分)在探究“影响滑动摩擦力大小的因素”实验中,小明用完全相同的木块分别做了 如图所示的甲、乙、丙三个实验。 (1)将木块放在水平木板上,用弹簧测力计沿水平方向拉动,使木块做 运动,此时木块受到的滑动摩 擦力大小等于弹簧测力计的示数。 (2)甲、乙两个实验说明滑动摩擦力的大小与 有关; 两个实验说明了滑动摩擦力的大小 与接触面粗糙程度有关。 (3)小明认为滑动摩擦力的大小可能跟接触面的面积有关,于是他在上述实验的基础上

8、,将木块沿竖直方向 切成两部分继续进行实验,将测得的数据记录在表格中,由表中数据验证了自己的猜想,这种做法 (选填“正确”“错误”),理由是 。,答案 (1)匀速直线 (2)压力大小 甲、丙 (3)错误 没有控制压力不变 解析 (1)将木块放在水平木板上,应使木块做匀速直线运动,根据二力平衡的条件,此时木块受到的滑动摩 擦力大小等于弹簧测力计的示数。 (2)甲、乙两个实验,接触面的粗糙程度相同,压力不同,弹簧测力计的示数不同,说明滑动摩擦力的大小与压 力大小有关;甲、丙两个实验,压力大小相同,接触面的粗糙程度不同,说明滑动摩擦力的大小与接触面粗糙 程度有关。 (3)小明这种做法不正确。因为将木

9、块沿竖直方向切成两部分时,虽然接触面积改变了,但同时压力也改变 了,所以不符合控制变量的思想,不能正确得出结论。,6.(2019河北石家庄新华一模,33)在“探究滑轮组的机械效率”时,小明利用两组滑轮组进行了4次测量,用 一个动滑轮和一个定滑轮测定前3组数据,用两个动滑轮和两个定滑轮测得第4组数据,测得数据如表:,(1)请根据前三组数据,在图甲中画出实验中滑轮组的绕绳方法。 (2)表格中编号处数据是乙图中弹簧测力计示数,读数为 N,计算编号处数据为 %。 (3)由表中第1、2、3组数据可知,同一滑轮组的机械效率与摩擦和 有关。 (4)由表中第3、4组数据可知,不同滑轮组的机械效率与摩擦和 有关

10、,请计算出第4组实验中 克服摩擦力所做的额外功为 J。,答案 (1)如图所示 (2)1.4 57.1 (3)被提升的物重 (4)动滑轮重 0.2 解析 (1)根据前三组数据可得,承担物重的绳子股数n= = =3,依据“奇动偶定”的原则绕绳; (2)由图乙可知测力计示数为1.4 N,则滑轮组的机械效率= = = =57.1%; (3)分析1、2、3组数据可知,同一滑轮组的机械效率与摩擦和物重有关; (4)分析3、4组数据可知,不同滑轮组的机械效率与摩擦和动滑轮重有关,第4组实验中的总功W总=Fs=1.4 N 0.5 m=0.7 J,克服物重和动滑轮重所做的功W=G总h=(1 N+4 N)0.1

11、m=0.5 J,克服摩擦力所做的额外功W =W总-W=0.7 J-0.5 J=0.2 J。 知识拓展 滑轮组的机械效率与提升的物重、动滑轮重、绳重及摩擦有关。同一滑轮组,提升的物体越 重,滑轮组的机械效率越高;提升同一重物时,动滑轮重、绳重及摩擦越小,机械效率越高。,7.(2019河北张家口一模,33)我们知道滑轮组的机械效率与动滑轮的自重有关,那么用杠杆提升物体时,杠杆 的机械效率是否与杠杆的自重有关呢?为了弄清这个问题,小明进行了下面的探究。,(1)小明将一个质量均匀的铁管一端固定,把重为4 N的物体挂在铁管的中点,然后用弹簧测力计竖直提起铁 管的另一端,使物体上升的距离为10 cm,弹簧

12、测力计的示数如图甲所示,此时拉力大小是 N,弹簧测 力计通过的距离是 cm,此时杠杆的机械效率是 。 (2)小明将铁管内装满沙子,铁管的两端都密封好,然后又重复了步骤(1)中的实验,拉力大小如图乙所示,此时 图乙中杠杆的机械效率是 。,(3)由以上实验我们可以得出:当杠杆悬挂重物位置不变,拉力方向不变时,杠杆的机械效率与杠杆的自重 (选填“有关”或“无关”)。 (4)实际上影响杠杆机械效率大小的还有其他因素,请猜想:杠杆的机械效率还可能与 有关。,答案 (1)2.5 20 80% (2)62.5% (3)有关 (4)提升物体的重力(答案合理即可) 解析 (1)由图甲可知,拉力为2.5 N;根据

13、相似三角形对应边成比例,以及拉力作用点到支点的距离是悬挂物 体的点到支点距离的2倍可得,测力计通过的距离是物体上升距离的2倍,即10 cm2=20 cm;此时杠杆的机 械效率 = = = = =80%; (2)由图乙可知,拉力为3.2 N,杠杆的机械效率= = = =62.5%; (3)由以上数据分析可得,当杠杆悬挂重物位置不变,拉力方向不变时,杠杆的机械效率与杠杆自重有关; (4)利用杠杆提升重物的过程中,克服杠杆自重所做的功为额外功,提升重物所做的功为有用功,由公式= 可知,其他条件相同即所做额外功相同时,提升物体越重,所做有用功越多,则机械效率越高,故杠杆机械 效率可能还与提升的物重有关

14、。,8.(2018河北保定一模,33)实验课上,老师组织学生探究测定滑轮组的机械效率: (1)实验中应选用的测量工具是 、 。 (2)测量时,必须 拉动弹簧测力计。 (3)某小组利用如图所示的实验装置测滑轮组的机械效率,得到的实验数据如表。,分析比较第一次实验和第二次实验的数据可以得到的结论: 。 分析比较第一次实验和第三次实验的数据可以得到的结论: 。 如果用甲装置进行实验,当动滑轮下边挂500 N重物时,所用拉力为200 N,此时机械效率是 %;当 把物体浸入水中时,发现滑轮组的机械效率 ,这是因为 。,答案 (1)弹簧测力计 刻度尺 (2)在竖直方向匀速 (3)使用不同的滑轮组提升相同的

15、重物时,动滑轮的重力越大,效率越低 使用相同的滑轮组提升不同的重物时,重物的重力越大,效率越高 83.3 降低 物体浸入水中时受到浮力,有用功减少,额外功不变,效率降低(合理即可) 解析 (1)由测定滑轮组机械效率的原理= 可知,实验中需要测量钩码重力和绳子的拉力及钩码上升 高度和绳端移动的距离,故选用的测量工具是弹簧测力计、刻度尺;(2)测量时需竖直匀速拉动测力计;(3)分 析第一、二次实验数据可得,使用不同的滑轮组提升相同的重物,动滑轮越重,效率越低;分析第一、三次实 验数据可得,使用相同的滑轮组提升不同的重物,重物越重,效率越高;使用甲装置提升500 N重物时的机械 效率= = 83.3

16、%;当物体浸入水中时受到浮力作用,额外功不变,有用功减少,机械效率降低。,9.(2018河北保定清苑一模,33)某同学制作了测量液体密度的“密度天平”。将下列实验空白处补充完整: (1)首先选择一根长杠杆,将其中点O挂在支架上,若杠杆右端下沉,需将平衡螺母向 (选填“左”或 “右”)调节,使杠杆在水平位置平衡。 (2)杠杆水平平衡后,如图甲所示,在左侧离支点10 cm的A位置用细线固定一个质量为110 g、容积为50 mL 的容器,右侧用细线悬挂一质量为50 g的钩码(细线的质量忽略不计)。测量液体密度时往容器中加满待测 液体,移动钩码使杠杆在水平位置平衡,记录钩码悬挂位置的刻度值,再通过简单

17、计算就可以得出液体的密度。,(3)容器中不装液体,杠杆水平平衡时钩码悬挂的位置是“密度天平”的“零刻度”,“零刻度”应标在支 点O的右侧 cm处。 (4)若测量某种液体密度时,钩码悬挂点在距支点31 cm处,则此种液体的质量为 g,该液体的密度为 g/cm3。 (5)若杠杆水平平衡时钩码悬挂点在“密度天平”的“零刻度”右侧a cm处,则液体的密度= g/cm3。 【拓展】若杠杆足够长,用此“密度天平”还可以测量固体的密度。先在容器中加满水,再将待测固体(大 于水的密度)轻轻浸没在水中,溢出部分水后,调节钩码的位置,使杠杆水平平衡,测出钩码悬挂点离支点O的 距离为56 cm;用量筒测出溢出水的体

18、积如图乙所示,则此固体的密度为 g/cm3。(已知水=1.0 g/cm3),答案 (1)左 (3)22 (4)45 0.9 (5) 【拓展】5 解析 (1)杠杆右倾,平衡螺母向左调节;(3)容器不装液体时,设钩码在B处时杠杆平衡,因为FA=G桶,FB=G码,根 据杠杆平衡条件得FALA=FBLB,即m桶gLA=m码gLB,钩码距离O点LB= = =22 cm;(4)容器中装满待 测液体时,可得关系式(m桶+m液)LA=m码LB,即(110 g+m液)10 cm=50 g31 cm,解得m液=45 g;该液体的密度为液 = = =0.9 g/cm3;(5)(110 g+50 cm3)10 cm=

19、50 g(22 cm+a cm),解得= g/cm3;【拓展】固体的 体积等于溢出水的体积,由图乙可知固体体积等于30 cm3,容器中还剩有20 cm3的水,m剩水=1 g/cm320 cm3= 20 g,此时(m桶+m剩水+m固)LA=m码LB,即(110 g+20 g+m固)10 cm=50 g56 cm,解得m固=150 g,则固体密度为固= = =5 g/cm3。,10.(2018吉林长春,25,4分)某实验小组在“探究电流与电阻的关系”实验中,按如图甲所示的电路图正确连 接电路,逐次将不同阻值的电阻R接在a、b间,每次闭合开关前,滑动变阻器的滑片均移到阻值最大端。 (1)当接入的电阻

20、R为5 时,闭合开关,电流表无示数,电压表示数如图乙所示,移动滑片,两表指针保持不 动。若电路中只有一处故障,则故障是 ;电源两端的电压为 V。,丙 (2)排除故障后进行如下操作:闭合开关,记录电流表示数;移动滑片使电压表示数为U0时,记录电流表示 数;当接入的电阻R分别为10 、15 时,闭合开关,重复步骤;当接入的电阻R为Rx时,闭合开关,电压 表示数大于U0,记录电流表示数;利用测得的数据绘制出如图丙所示的图像。 (3)实验中,滑动变阻器消耗的最大功率为 W。,(4)仍使用原有器材,若使以上四个电阻都能为实验所用,应控制a、b之间的电压至少为 V。,答案 (1)R断路 6 (3)1.8

21、(4)4.5 解析 (1)由题意可知,电路故障应为电阻R断路,此时电流表与电压表串联,电流表没示数,电压表测量电源 电压,由图乙知U=6 V。 (3)a、b间接入5 电阻,闭合开关后变阻器R2连入电路的阻值最大,由图像可知,此时电路中电流I=0.3 A,则 变阻器的最大阻值R2= -Rab= -5 =15 ;当接入Rx时,由图像可得,此时电路中电流I=0.1 A,则Rx= -R2= -15 =45 ;分析图像可知,实验过程中U0=3 V,变阻器两端电压U2=U-U0=6 V-3 V=3 V,电流最大值I大= 0.6 A时,变阻器消耗的功率最大,P大=UI大=3 V0.6 A=1.8 W。 (4

22、)若使以上四个电阻都能为实验所用,应控制a、b间的电压至少为Uab=IRx=0.1 A45 =4.5 V。 解题关键 由图像可知定值电阻为5 ,滑动变阻器的滑片在阻值最大端时,电流是0.3 A,据此可计算出滑 动变阻器最大阻值是15 。知道滑动变阻器最大阻值后,其他问题就迎刃而解了。,11.(2017重庆A,16,8分)小张同学在做“测量小灯泡电阻”的实验中,所用器材如下:两节新干电池,标有 2.5 V相同规格的小灯泡若干,两个滑动变阻器R1“10 1 A”、R2“20 2 A”,开关、导线若干。 甲,(1)请你根据图甲,用笔画线代替导线,将图乙中的电路连接完整(要求:滑动变阻器滑片P右移灯泡

23、变亮,且导 线不交叉)。 (2)闭合开关前,应将滑片P置于 (选填“A”或“B”)端。正确连接电路后,闭合开关S,移动滑片P, 小张发现小灯泡始终不亮,电流表指针几乎未偏转,电压表有示数,则故障原因可能是 。,A.小灯泡短路 B.滑动变阻器短路 C.小灯泡断路 D.滑动变阻器断路 (3)排除故障后,移动滑片P,依次测得6组数据,如表一所示。其中第2次实验时电流表表盘如图丙,此时电路 中的电流为 A;第4次实验时灯泡电阻值为 。由表一中的数据可知,小张选用的滑动变阻 器应是 (选填“R1”或“R2”)。 (4)小张将这6组数据算得的电阻值取平均值作为小灯泡的电阻,这种数据处理方式是 (选填“合

24、理”或“不合理”)的。,表一,表二,(5)小张继续用图乙所示装置来探究“电流与电阻的关系”。他分别把阻值准确的5 、10 、20 的定值电阻接入原小灯泡的位置,通过实验,记录电流表示数如表二所示。他发现通过导体的电流跟电阻 不成反比,其原因可能是: 。,答案 (1)如图所示 (2)A C (3)0.2(0.20) 8 R2 (4)不合理 (5)未控制电压表示数一定(未控制定值电阻两端电压不变),数为0.2 A;根据欧姆定律可知第4次实验时灯泡的电阻为R= = =8 ;电源由两节干电池组成,电源电 压为3 V,第1次实验时灯泡两端的电压为0.5 V,则滑动变阻器两端的电压为U=3 V-0.5 V

25、=2.5 V,电流为0.16 A, 则滑动变阻器接入电路的电阻为R= = =15.625 ,故应选择R2;(4)由表格中的数据可知,灯丝电阻随 温度变化而变化,在不同电压下,温度不同,电阻也不同,所以求平均值是不合理的;(5)实验时,分别把5 、 10 、15 电阻接入原灯泡位置,闭合开关,原灯泡位置接入的电阻越大,分担的电压越大,没有保持电阻两 端的电压不变,所以得到电流跟电阻不成反比。,解析 (1)滑动变阻器滑片P右移灯泡变亮,表明电路中的电流变大,则电池负极应该接在滑动变阻器右下角 B点;(2)闭合开关前,滑动变阻器连入电路的阻值应调至最大,即应将滑片P移至A端;电压表有示数,电流表指

26、针几乎不偏转,说明与电压表并联的小灯泡断路,故选C;(3)电流表量程为00.6 A,分度值为0.02 A,电流表示,12.(2019河北石家庄新华一模,34)小明同学按图甲所示的电路图连接图乙所示的实物图,来测量小灯泡的 额定功率。已知小灯泡的额定电压为2.5 V,电源电压恒为3 V。,(1)请根据图甲的电路图用笔画线代替导线将图乙的实物连接成完整电路。 (2)正确连接电路,闭合开关,发现小灯泡不亮,电压表有示数,电流表指针几乎不动,产生这种现象的原因是 。 (3)排除故障,继续实验,最后根据实验数据画出I-U图像,如图丙所示,根据图像求出小灯泡正常发光时的功 率为 W。,(4)通过分析I-U

27、图像,发现小灯泡的电阻是变化的,其原因是 。 (5)完成上述实验后,小明又重新设计了电路,如图丁所示,测量另一个小灯泡的额定功率,这个小灯泡正常工 作的电流为I,请完成实验步骤(已知电源电压为U)。 只闭合开关S1,移动滑动变阻器R2的滑片,使电流表示数为 ; 只闭合开关S2,保持滑动变阻器R2的滑片位置不变, ,使电流表示数为I;再将滑动 变阻器R2的滑片调到最左端,读出电流表的示数为I。 则小灯泡的额定功率表达式为P额= (用字母表示)。,答案 (1)如图所示 (2)灯泡断路 (3)0.625 (4)灯丝电阻随温度升高而变大 (5)I 调节滑动变阻器R1的滑片,可知,当U=2.5 V时,通

28、过灯泡的电流为0.25 A,则灯的额定功率P额=UI=2.5 V0.25 A=0.625 W;(4)灯泡电阻变 化的原因为灯丝电阻受温度的影响;(5)只闭合S1,灯泡与R2串联,移动R2的滑片,使电流表的示数为I;只闭 合S2,保持R2的滑片的位置不变,调节R1的滑片,使电流表示数仍为I,此时R1连入电阻值等于灯泡正常工作时 的电阻;再将R2的滑片调到最左端,电路中只连有R1,且R1= ,则灯泡的额定功率P额=I2RL=I2R1=I2 = 。,解析 (1)根据“先串后并”的原则,将灯泡右接线柱与变阻器的A接线柱连接,并将电压表并联在灯泡两 端;(2)由现象“灯泡不亮,电压表有示数,电流表指针几

29、乎不动”可判断,故障原因应为灯泡断路;(3)由图像,13.(2019河北石家庄桥西一模,20)小明探究电流与电阻的关系,实验器材有:电源(电压不变)、电阻箱、滑 动变阻器A(0500 )、滑动变阻器B(020 )、电流表、电压表、开关和导线。,甲 乙,(1)请在图甲中用笔画线代替导线,完成电路连接。 (2)在实验中将滑片P从一端缓慢移到另一端的过程中,发现在很大一段范围内电压表的示数变化很小,电压 调节非常不方便,于是小明换用了滑动变阻器 (选填“A”或“B”),解决了这个问题。接着小明,按正确步骤开始实验,开关闭合时,两表的示数如图乙中(a)、(b)所示,则电源电压为 V。小明移动 滑片,使

30、电压表示数为6 V,记录电流表示数,然后改变电阻箱的阻值继续实验。要保证小明能够完成实验, 电阻箱连入电路的阻值范围是 。 (3)小明顺序完成实验,得到如表所示的数据,则实验结论是: 。,【拓展】实验后,小明要测量标有“6 V”字样的小灯泡的额定功率,发现电流表已经损坏,于是小明又找来 一个开关,再利用一个10 的定值电阻R0及原有实验部分器材设计了如图所示的电路图。 只闭合S1,调节滑片P使电压表示数为6 V; 断开S1,使滑动变阻器连入电路的阻值 (选填“变大”“变小”或“不变”),再闭合S2,此时电压 表示数为5 V; 灯泡的额定功率P额= W。,答案 (1)如图 (2)B 9 1040

31、 (3)电压一定时,电流与电阻成反比 【拓展】不变 2.25,解析 (1)为完成探究,利用电阻箱改变阻值,故将电压表并联在电阻箱两端;(2)根据题意推断,电路中接入 了变阻器A,由于阻值太大,分得了电源电压的绝大部分,导致电压调节不便,故应换用滑动变阻器B;按正确 的实验步骤,开关闭合前,滑片移至阻值最大处,即R滑=20 ,结合两表示数得U源=IR滑+U=0.2 A20 +5 V= 9 V;电流最大为0.6 A时,电阻箱接入阻值最小,则R小= = =10 ,为完成探究,当电流最小,即滑动变阻器 连入阻值最大为20 时,电阻箱连入阻值最大,则 = ,R大=40 ,故电阻箱连入阻值范围为1040

32、; (3)分析数据可得,电压一定时,电流与电阻成反比;【拓展】只闭合S1,灯与变阻器串联,调节滑片,使电压表示 数为6 V,灯泡正常发光;断开S1,滑片位置不变,连入电路的电阻不变,再闭合S2,R0与变阻器串联,电压表示数为 5 V,则此时电路中的电流为I0= = =0.5 A,变阻器连入电路的阻值R变= = =8 ,故灯泡的额定 电流I额=I变= = = A,灯泡的额定功率P=U额I额=6 V A=2.25 W。,14.(2017河北石家庄长安一模,34)在探究“电阻一定时,电流与电压的关系”时,实验中可供使用的器材有: A.电流表(量程00.6 A) B.电压表(量程03 V,015 V)

33、 C.定值电阻R1(阻值为5 ) D.定值电阻R2(阻值为10 ) E.滑动变阻器R3(10 ,2 A) F.滑动变阻器R4(100 ,1 A) G.干电池两节(一节干电池的电压为1.5 V ) H.开关S一个,导线若干 现利用以上部分器材,探究“电阻一定时,电流与电压的关系”,要求实验过程中电表的最大示数能超过电 表量程的一半,同时又考虑操作方便。则: (1)用来探究的定值电阻R应选 ,滑动变阻器应选 (选填实验器材前字母代号); (2)如图甲是小明没有连接完的实物电路,请你用笔画线代替导线将实物图补充完整(要求滑动变阻器滑片 向右移动时电阻变大);,(3)连接好电路,闭合开关后小明发现,电

34、流表示数为0,电压表有示数,移动滑片,电压表示数几乎不变,则电路 出现的故障可能是 。 【拓展】在探究“导体电流和电阻的关系”时,小刚发现电流表损坏。聪明的小刚借助一个已知电阻R0和 一个单刀双掷开关就解决了问题,设计电路如图乙所示,请你将小刚的实验过程补充完整。闭合开关S后: 将单刀双掷开关拨到1处,将滑片滑到某一位置,读出电压表的示数为U1; 。则通过电阻R的电流I= 。更换电阻R后,应将单刀双掷开关 拨到1处,调节滑动变阻器的滑片使电压表的示数为 ,再重复上述操作。,答案 (1)C E (2)如图所示 (3)电阻R断路 【拓展】保持滑动变阻器滑片位置不变,将单刀双掷开关拨到2处,读出电压

35、表的示数为U2 U1,解析 (1)由题意可知电源电压U=3 V,要求实验中电表的最大示数超过电表量程的一半,若选用定值电阻R2, 滑动变阻器阻值为0时,电路中的电流I最大= = =0.3 A,不符合题意,故应选用定值电阻R1;由串联电路的 分压比例可知,电压表示数若超过量程的一半,滑动变阻器连入电路中的阻值小于5 即可,则选用滑动变阻 器R3即可达到要求,R4阻值太大,不便操作;(2)要求滑片向右移动阻值变大即应选A接线柱与开关连接;(3)闭 合开关,电流表示数为0,电压表有示数,则说明电阻R处断路。【拓展】单刀双掷开关拨到1,电压表测量R两 端电压,电压为U1;单刀双掷开关拨到2处,保持滑片位置不动,读出电压表示数为U2,即R与R0两端的总电压为 U2,则R0两端电压为U2-U1,电路中的电流I= ;更换R后,单刀双掷开关拨到1处,调节滑动变阻器的滑片 使电压表示数保持不变,即示数为U1,再重复上述操作。 解题关键 探究“电阻一定时,电流与电压的关系”时要求实验过程中电表的最大示数超过电表量程的一 半,即滑动变阻器连入阻值为0时,电路中的电流大于0.3 A,这为选择器材的关键条件。 易错警示 探究“电流与电阻的关系”需在更换电阻后,调节滑动变阻器滑片保持电阻两端电压不变。,