题目内容
9．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω） B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ） D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用B，电压表应选用C（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的甲（选填“甲”或“乙”）．
（2）图14是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线．
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx=$\frac{U}{I}$=5.2Ω（保留两位有效数字）．
（4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是B；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是D．（选填选项前的字母）
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值D．电压表测量值大于Rx两端的电压值．
分析 （1）首先根据电源电动势大小选择出电压表量程，再根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；然后根据闭合电路欧姆定律结合电流表最小电流求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；再根据待测电阻满足$\frac{{R}_{V}^{\;}}{{R}_{x}^{\;}}＞\frac{{R}_{x}^{\;}}{{R}_{A}^{\;}}$可知电流表应用外接法．
（2）根据所选电路连接实物图即可；
（3）明确电表的读数要求：电表有“$\frac{1}{10}$”估读、“$\frac{1}{5}$”估读和“$\frac{1}{2}$”估读三种方式，要看电表每小格的读数是多少，若每小格读数为0.02A，则应是“$\frac{1}{2}$”估读，即应估读到0.01A；若每小格读数为0.1V，则应是“$\frac{1}{10}$”估读，即应估读到0.01V．
（4）根据欧姆定律和串并联规律，将电表内阻考虑在内即可明确误差原因．
解答 解：（1）由于电源电动势为4V，所以电压表应选C；
根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：${I}_{m}^{\;}=\frac{U}{R}=\frac{3}{5}A=0.6A$，所以电流表应选B；
根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：${R}_{max}^{\;}=\frac{E}{{\frac{1}{3}I}_{A}^{\;}}=\frac{4}{\frac{1}{3}×0.6}Ω=20Ω$，所以变阻器可以采用限流式接法，由于待测电阻满足$\frac{{R}_{V}^{\;}}{{R}_{x}^{\;}}＞\frac{{R}_{x}^{\;}}{{R}_{A}^{\;}}$，所以电流表应用外接法，即电路图应是“限流外接”，所以应采用图甲电路．
（2）根据原理图可得出实物连线图如图所示：
（3）电流表的读数为：I=0.50A，电压表的读数为：U=2.60V，所以待测电阻为：R=$\frac{U}{I}$=$\frac{2.60}{0.50}Ω$=5.2Ω；
（4）根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表A的分流作用，导致电流表的测量值大于流经${R}_{x}^{\;}$的电流，所以产生误差的主要原因是B；
若采用乙电路，由于电流表的分压作用，导致电压表的测量值大于${R}_{x}^{\;}$两端的电压值，所以造成误差的主要原因是D；
故答案为：（1）B，C，E，甲
（2）如图
（3）5.2
（4）B，D
点评 对电学实验应明确：①根据电源电动势或待测电阻的额定电压来选择电压表量程；根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程．②根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器，当变阻器的全电阻满足要求时，变阻器可以采用限流式接法；当变阻器全电阻太小或电路要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器，可方便调节．③当待测电阻满足$\frac{{R}_{V}^{\;}}{{R}_{x}^{\;}}＞\frac{{R}_{x}^{\;}}{{R}_{A}^{\;}}$时，电流表应用外接法，满足$\frac{{R}_{V}^{\;}}{{R}_{x}^{\;}}＜\frac{{R}_{x}^{\;}}{{R}_{A}^{\;}}$时，电流表应用内接法．
天天向上一本好卷系列答案
小学生10分钟应用题系列答案| A． | 电场强度大的地方，电势一定也高 | |
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