题目内容
某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠RL的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）
B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）
C．电流表A1（量程250mA，内阻约为2Ω）
D．电流表A2（量程500mA，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）
F．滑动变阻器R2（阻值0～200Ω）
（1）为了使调节方便，测量的准确度较高，应选用电流表为______；滑动变阻器为______．（填写仪器符号）
（2）要求实验中小灯珠电压从零逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小．请你为该实验小组设计电路图，并在图中标出器材的符号，画在下面方框中．
（3）下面曲线是该学习小组根据实验的数据在方格纸上作出该灯珠的伏安特性曲线．请求出小灯珠在电压为1.00V和2.00V时的电阻值并说明它们大小不同的原因．（结果保留2位有效数字．）
（4）某小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯珠的电压，发现刚开始时两电表均有读数，但小灯珠不会发光，请简要分析原因：______．
【答案】分析：仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；
根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．
刚开始通过小灯珠的电流很小时，根据焦耳定律Q=I2R求解．
解答：
解：（1）由P=UI得，灯泡的额定电流I=0.263A，所以电流表选择D．电流表A2（量程300mA，内阻约为1Ω），变阻器用分压接法，应选小阻值的E．
（2）灯泡内阻R=
=14.44Ω，电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；
而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，
电路图如图所示：
（3）由图可知：U1=1.00 V时，I1=0.150A
U2=2.00V时，I2=0.245A（±0.002A），
得
由于小灯珠两端的电压升高时，灯丝的温度升高，导致灯丝电阻变大，所以有：RL2＞RL1
（4）刚开始通过小灯珠的电流很小时，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，灯丝发出的热量还不能使它的温度上升得足够高，因此它不亮．
故答案为：
（1）A2；R1
（2）滑动变阻器分压接法；电流表外接
（3）由于小灯珠两端的电压升高时，灯丝的温度升高，导致灯丝电阻变大，所以有：RL2＞RL1
（4）灯丝发出的热量还不能使它的温度上升得足够高，因此它不亮．
点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．
根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．
刚开始通过小灯珠的电流很小时，根据焦耳定律Q=I2R求解．
解答：
解：（1）由P=UI得，灯泡的额定电流I=0.263A，所以电流表选择D．电流表A2（量程300mA，内阻约为1Ω），变阻器用分压接法，应选小阻值的E．（2）灯泡内阻R=
=14.44Ω，电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，
电路图如图所示：
（3）由图可知：U1=1.00 V时，I1=0.150A
U2=2.00V时，I2=0.245A（±0.002A），
得
由于小灯珠两端的电压升高时，灯丝的温度升高，导致灯丝电阻变大，所以有：RL2＞RL1
（4）刚开始通过小灯珠的电流很小时，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，灯丝发出的热量还不能使它的温度上升得足够高，因此它不亮．
故答案为：
（1）A2；R1
（2）滑动变阻器分压接法；电流表外接
（3）由于小灯珠两端的电压升高时，灯丝的温度升高，导致灯丝电阻变大，所以有：RL2＞RL1
（4）灯丝发出的热量还不能使它的温度上升得足够高，因此它不亮．
点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．
练习册系列答案
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