题目内容
（2013?玄武区二模）在“测量小灯泡电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为8Ω，实验器材如图甲所示．
（1）小明连接的实验电路如图甲所示，其中有一条导线连接错误，请在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线，画出正确的连线．
（2）实验中，正确连接电路，且操作正确．闭合开关S后，发现电流表示数如图乙所示，但小灯泡不发光．那么接下来合适的实验操作应该是 （选填序号）
A．移动滑动变阻器的滑片，继续实验．
B．检查电路是否短路，替换同一规格的小灯泡．
C．检查电路是否断路，替换同一规格的小灯泡．
（3）实验时，电压表的示数为U，电流表的示数为I，该同学利用P=UI计算出小灯泡的电功率．若考虑电表的电阻对测量的影响，则电功率的测量结果与真实值相比偏
（1）小明连接的实验电路如图甲所示，其中有一条导线连接错误，请在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线，画出正确的连线．
（2）实验中，正确连接电路，且操作正确．闭合开关S后，发现电流表示数如图乙所示，但小灯泡不发光．那么接下来合适的实验操作应该是 （选填序号）
A
A
A．移动滑动变阻器的滑片，继续实验．
B．检查电路是否短路，替换同一规格的小灯泡．
C．检查电路是否断路，替换同一规格的小灯泡．
（3）实验时，电压表的示数为U，电流表的示数为I，该同学利用P=UI计算出小灯泡的电功率．若考虑电表的电阻对测量的影响，则电功率的测量结果与真实值相比偏
大
大
（选填“大”或“小”），原因是电流表测通过灯泡与电压表的总电流，所测电流偏大
电流表测通过灯泡与电压表的总电流，所测电流偏大
．分析：（1）灯泡应串联接入电路，电压表与灯泡并联．
（2）当通过灯泡的电流太小时，灯泡实际功率很小，灯泡不发光，应移动滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值，看灯泡是否发光．
（3）电压表与灯泡并联，电压表具有分流作用，使所测电流大于灯泡的实际电流，由P=UI分析答题．
（2）当通过灯泡的电流太小时，灯泡实际功率很小，灯泡不发光，应移动滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值，看灯泡是否发光．
（3）电压表与灯泡并联，电压表具有分流作用，使所测电流大于灯泡的实际电流，由P=UI分析答题．
解答：
解：（1）由电路图可知，电压表连接错误，电压表应并联在灯泡两端，电路图如图所示．
（2）由图乙所示电流表可知，其量程是0～0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.12A，通过灯泡电流太小，灯泡实际功率太小，灯泡不发光，应移动滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值，观察灯泡是否发光；故A正确．
（3）由电路图可知，电压表与灯泡并联，测灯泡电压，电压表对灯泡来说具有分流作用，电流表所测电流大于流过灯泡的实际电流，则所测灯泡功率P=UI大于灯泡的实际功率．
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）A；（3）大；电流表测通过灯泡与电压表的总电流，所测电流偏大．
解：（1）由电路图可知，电压表连接错误，电压表应并联在灯泡两端，电路图如图所示．（2）由图乙所示电流表可知，其量程是0～0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.12A，通过灯泡电流太小，灯泡实际功率太小，灯泡不发光，应移动滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值，观察灯泡是否发光；故A正确．
（3）由电路图可知，电压表与灯泡并联，测灯泡电压，电压表对灯泡来说具有分流作用，电流表所测电流大于流过灯泡的实际电流，则所测灯泡功率P=UI大于灯泡的实际功率．
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）A；（3）大；电流表测通过灯泡与电压表的总电流，所测电流偏大．
点评：本题考查了修改实验电路图、电流表读数、实验操作、实验误差分析等，对电表读数时，应选确定其量程与分度值，然后再读数．
练习册系列答案
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