电容及恒定电流重点

一．电路中有关电容器的计算（1）电容器跟与它并联的用电器的电压相等．（2）在计算出电容器的带电量后，必须同时判定两板的极性，并标在图上．（3）在充放电时，电容器两根引线上的电流方向总是相同的，一般根据正极板电荷变化情况来判断电流方向．（4）如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差；如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量绝对值之和．【例1】已知如图7-2-1所示，R 1=30Ω，R 2=15Ω，R 3=20Ω，AB 间电压U =6V ，A 端为正．电容C =2μF ，为使电容器带电量达到Q =2×10- 6C ，应将R 4的阻值调节到多大？ 【解析】由于R 1 和R 2串联分压，可知R 1两端电压一定为4V ，由电容器的电容知：为使C 的带电量为2×10-6C ，其两端电压必须为1V ，所以R 3的电压可以为3V 或5V ．因此R 4应调节到20Ω或4Ω．两次电容器上极板分别带负电和正电．还可以得出：当R 4由20Ω逐渐减小的到4Ω的全过程中，通过图中P 点的电荷量应该是4×10-6C ，电流方向为向下．【答案】20Ω或4Ω 【点拨】解决本题的关键是确定电容C 两端电势的高低．顺着电流方向通过一电阻，电势降低．2．如图1所示，两个相同的平行板电容器C 1、C 2用导线相连，开始都不带电．现将开关S 闭合给两个电容器充电，待充电完毕后，电容器C 1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态．再将开关S 断开，把电容器C 2两板稍错开一些(两板间距离保持不变)，重新平衡后，下列判断正确的是 ( )图1A ．电容器C 1两板间电压减小B ．电容器C 2两板间电压增大C ．带电微粒将加速上升D ．电容器C 1所带电荷量增大答案 BCD解析 充电完毕后电容器C 1、C 2并联，两端电压相等，都等于电源电压U ，断开S 后，电容器C 2两板稍错开一些，即两板正对面积S 减小，根据C ＝εr S 4πkd知电容减小，又由C ＝Q U ′可知，两板间电压U ′增大，此时U ′>U ，则电容器C 2又开始给C 1充电，直到两电容器电压再次相等，此时两者两端的电压比原来的电压都增大，故A 错误，B 正确；电容器C 1所带电荷量增大，故D 正确；电容器C 1两端的电压增大，根据E ＝U /d 可知，C 1两板间电场强度增大，则带电微粒受到的电场力增大，带电微粒将加速向B图7-2-1上运动，故C正确．例1、如图所示，M、N两点间电压为18V，R1=6Ω，R2=3Ω，C1=6μF，C2=3μF；当电键K断开时，A、B两点间的电压U AB为______伏，当K闭合时，电容器C1的电量______（填增大或减小）了______库．解析：当电键K断开时，电源中没有电流，电容器C1、C2的电压均等于M、N间的电压，C、B间的电压为0，相当于导线，A、D间的电压也为0，也相当于导线，所以AB间的电压等于M、N间的电压，为U AB=U MN=18V．当电键闭合时，两电阻串联，则C1、C2的电压分别等于电阻R1、R2的电压，则有例2、如图所示电路中，U=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池的内阻可忽略．求：(1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；(2)将开关断开，这以后流过R1的总电量。

试题分析：⑴闭合开关S后，与串联，由欧姆定律有(2)闭合开关S后，电容器两端的电压与的相等，有将开关S断开后，电容器两端的电压与电源的相等，有（2分）流过R1的总电量为（2分）例4、如图所示，电路中接一电动势为4 V、内电阻为2 Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4 Ω，电容器的电容为30 μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后(1)求电流表的读数；(2)求电容器所带的电荷量；(3)如果断开电源，求通过R2的电荷量．解：(1)因电流表的内阻不计，故R1、R2被电流表短路电流表的示数I＝＝0.4 A(2)电容器C上的电压与R3的电压相等，故U C＝IR3＝1.6 VQ＝CU C＝30×10-6×1.6＝4.8×10-5 C(3)断开电源后，电容器上的电量Q全部放掉，此过程中，R1与R2并联，且电阻相等，故通过R2的电荷量Q R2＝＝2.4×10-5 C热点二电功、电热、电功率和热功率4．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，则下列说法中正确的是()．A．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB．电饭煲消耗的电功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 W C．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的电源上，电饭煲可视为纯电阻，电饭煲的电阻为R＝U/I＝44 Ω，洗衣机主要元件是电动机，不能利用欧姆定律计算线圈的电阻，选项A错误；电饭煲消耗的电功率为P＝UI＝220×5 W＝1 100 W，洗衣机电动机消耗的电功率为P＝UI＝110 W，选项B错误；1 min内电饭煲消耗的电能为Pt＝1 100 W×60 s＝6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为Pt＝110 W×60 s＝6.6×103 J，选项C正确．电饭煲发热功率是I2R ＝52×44 W＝1 100 W，根据题述不能计算出洗衣机电动机内阻和发热功率，选项D错误．答案 C3．(2012·上海卷，13)当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C，消耗的电能为0.9 J．为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是()．A．3 V 1.8 J B．3 V 3.6 JC．6 V 1.8 J D．6 V 3.6 J解析设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2，通电的时间都为t.由公式W1＝U1q1和W1＝U21R t可得：U1＝3 V，tR＝0.1.再由W2＝U2q2和W2＝U22R t可求出：U2＝6 V，W2＝3.6 J，故选项D正确．答案 D12．(多选)一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则()．A．电动机的内阻为R＝E IB．电动机的内阻为R＝EI－kmg vI2C．电动车的工作效率η＝kmg v EID．电动机的发热效率η＝EI－kmg vEI解析根据能量守恒定律，EI＝I2R＋kmg v，所以电动机的内阻为R＝EI－kmg vI2，选项A错误、B正确；电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比，即η＝kmg v EI，所以C正确；电动机的发热效率η＝EI－kmg vEI，D正确．答案BCD1.闭合电路欧姆定律(1)内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比．(2)公式：①I＝ER＋r(只适用于纯电阻电路)；②E＝U外＋Ir(适用于所有电路)．2．路端电压与外电阻的关系：电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是()．A．由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大解析根据闭合电路欧姆定律I＝E/(R＋r)知，外电路中电流I随外电阻R的变化而变化，所以选项A错误；U内＝Ir是电源内电阻上的电压，不是电源两端的电压，选项B错误；电源电动势E和内电阻r不变，由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小，选项C正确；当U不变时，电源的输出功率P 随输出电流I的增大而增大，选项D错误．答案 C热点一电路的动态分析(模型演示见PPT课件)1．判定总电阻变化情况的规律(记一记)(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．(2)若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小．图7－2－2(3)在如图7－2－2所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联．A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致．2．分析思路【典例1】图7－2－3图7－2－3所示的电路，L1、L2、L3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置．当S闭合时，3只小电灯都发光．现使滑动变阻器的滑片P向右移动时，则小电灯L1、L2、L3的变化情况()．A．L1变亮B．L2变亮C．L3变暗D．L1、L2、L3均变亮思路指导解析当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器的有效电阻变大，导致外电路的总电阻增大．由闭合电路的欧姆定律I＝ER＋r知，总电流减小，路端电压U＝E－Ir将增大．因此，通过L1灯的电流变小，L1灯变暗．U＝U L1＋U FG，得L2灯两端的电压变大，L2灯变亮．而I L1＝I L2＋I L3，通过L1灯的电流I L1变小，通过L2灯的电流I L2变大，则通过L3灯的电流I L3变小，L3灯变暗．由以上分析可知，选项B、C正确．答案BC反思总结分析此类问题要注意以下三点：(1)闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir(E、r不变)和部分电路欧姆定律U＝IR联合使用．(2)局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增．(3)两个关系：外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和．热点二闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率【典例2】如图7－2－6所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2的值分别为()．图7－2－6A．2 Ω，2 ΩB．2 Ω，1.5 ΩC．1.5 Ω，1.5 ΩD．1.5 Ω，2 Ω审题指导(1)首先认识电路的结构及组成元件．(2)甲电路输出功率最大――→隐含__________________________________________.(3)题中乙电路是非纯电阻电路，如何求电源的输出功率？___________________________________________.(4)在乙电路中，电流I ＝________A 时，输出功率最大提示 (2)外电阻与电源的内阻相等．(3)输出功率应根据P ＝IU ＝I (E －Ir )确定．(4)由P ＝IU ＝I (E －Ir )得出：I ＝2 A 时，输出功率有最大值．解析 因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R 1＝2 Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P ＝IU ＝I (E －Ir )，当I ＝E 2r ＝2 A 时，输出功率P 有最大值，此时电动机的输出功率为2 W ，发热功率为4 W ，所以电动机的输入功率为6 W ，电动机两端的电压为3 V ，电阻R 2两端的电压为3 V ，所以R 2＝1.5 Ω，选项B 正确． 答案 B 反思总结 对闭合电路功率的两点认识(1)闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能．内外电路将电能转化为其他形式的能，EI ＝P 内＋P 外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现．(2)外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大．热点三 电源的U -I 图象的应用图7－2－91．根据U ＝E －Ir 可知，电源的U －I 图线是如图7－2－9所示的一条倾斜的直线．(1)直线斜率的绝对值表示电源的电阻r ，纵轴的截距为电源电动势E .(2)直线上任何一点A 与原点O 的连线的斜率表示对应的外电路电阻R .(3)图线上每一点的坐标的乘积为对应情况下电源的输出功率，对于图中的A 点有P A ＝U A I A .2．对于U －I 图线中纵坐标(U )不从零开始的情况，图线与横坐标的交点坐标小于短路电流，但直线斜率的绝对值仍等于电源的内阻．图7－2－10【典例3】 如图7－2－10所示，直线A 为电源的U －I 图线，直线B 和C 分别为电阻R 1、R 2的U －I 图线，用该电源分别与R 1、R 2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P 1、P 2，电源的效率分别为η1、η2，则( )．A ．P 1>P 2B ．P 1＝P 2C ．η1>η2D ．η1<η2解析 由直线A 可知，E ＝6 V ，r ＝1 Ω，由直线B 、C 可知，R 1＝2 Ω，R 2＝0.5 Ω，P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E r ＋R 12R 1＝8 W ，η1＝R 1r ＋R 1＝23，P 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E r ＋R 22R 2＝8 W ，η2＝R 2r ＋R 2＝13，故有：P 1＝P 2，η1>η2，只有B 、C 正确．答案 BC 反思总结 U －I 图象的一般分析思路(1)明确纵、横坐标的物理意义．(2)明确图象的截距、斜率及交点的意义．(3)找出图线上对应状态的参量或关系式．(4)结合相关概念或规律进行分析、计算．一、螺旋测微器1．构造：如图1所示是常用的螺旋测微器．它的测砧A 和固定刻度B 固定在尺架C 上，旋钮D 、微调旋钮D ′和可动刻度E 、测微螺杆F 连在一起，通过精密螺纹套在B 上．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D 每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm.即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时误差出现在毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量时被测物体长度的整毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出．测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．温馨提示螺旋测微器需要估读图2最后一位数字为估计数字，读数和记数时估计位为有效数字的最后一位．例如如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.二、游标卡尺1．构造：如图3所示，主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉．图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其读数见下表：4.某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V 或0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3) 对于0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.四、伏安法测电阻1．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表分压U＝电压表分流I＝I2.(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表的内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．(2)临界值计算法：R VR x>R xR A时，用电流表外接法．R xR A>R VR x时，用电流表内接法．图4(3)实验试探法：按图4接好电路，让电压表接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．五、测定金属的电阻率注意事项1．先测直径，再连电路：为了方便，测量直径时应在金属丝连入电路之前测量．2．电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．3．电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．误差分析2．控制电路的选择(1)滑动变阻器两种接法的对比RE(2)在下列情况下应选用分压式接法：①待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的最大阻值．②题中要求待测电阻上电压变化范围大，且要求从零开始连续调节．③若选用限流式接法，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流．实验八描绘小电珠的伏安特性曲线注意事项1．电流表外接法：本实验中被测小灯泡灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法．2．滑动变阻器应采用分压式连接本实验要作出U-I图线，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压接法．3．保护元件安全：为保护元件不被烧毁，开关闭合前变阻器滑片应位于图中的a端．加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压．误差分析1．由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值．2．测量时读数带来误差．3．在坐标纸上描点、作图带来误差.热点一对实验原理及注意事项的考查【典例1】(2012·安徽卷，21Ⅱ)图1为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.图1(1)完成下列实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，____________；②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，____________；③断开开关，……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．(2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图．解析(1)滑动变阻器为分压式接法，故闭合开关前，灯泡两端的电压为零，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱．闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压．(2)与实物电路相应的电路图如图所示．答案(1)①使它靠近滑动变阻器左端的接线柱②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到其额定电压(2)如解析图所示【跟踪短训】1．某同学在探究规格为“6 V,3 W”的小电珠伏安特性曲线实验中：(1)在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至________挡进行测量．(填选项前的字母)A．直流电压10 V B．直流电流5 mAC．欧姆×100D．欧姆×1图2(2)该同学采用图2所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器(阻值范围0～20 Ω，额定电流1.0 A)，L为待测小电珠，为电压表(量程6 V，电阻20 kΩ)，为电流表(量程0.6 A，内阻1 Ω)，E为电源(电动势8 V，内阻不计)，S为开关．Ⅰ.在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最________端；(填“左”或“右)Ⅱ.在实验过程中，已知各元件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是________点至________点的导线没有连接好；(图中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图2中的数字)图3Ⅲ.该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图3所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而________．(填“不变”、“增大”或“减小”)解析(1)因小电珠正常发光时的电阻R＝U2P＝363Ω＝12 Ω，小电珠未接入电路的电阻要比正常发光时小得多(因温度的影响)，故用多用电表测未接入电路的小电珠的电阻，应选D.(2)Ⅰ.在实验时，闭合开关前，应使用电器的电压、电流为最小值，故应使滑片P臵于最左端．Ⅱ.若1点到5点未接好，则电路成为滑动变阻器的限流式电路．Ⅲ.在I－U图象中的每一点与O点连线的斜率逐渐减小，即电阻的倒数减小，所以电阻增大．答案(1)D(2)Ⅰ.左Ⅱ.15(或51)Ⅲ.增大热点二对电路的连接和实验数据处理的考查【典例2】在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用器材有：电动势为6 V的电源，额定电压为2.5 V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图4甲所示是没有连接完的实物电路．(已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根)图4(1)请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整．(2)连好电路，闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2 V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向________(填“左”或“右”)端滑动．(3)通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表示数，并绘制成了如图乙所示的U－I图线，根据U－I图线提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率为________W.(4)小灯泡的U－I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是_____________________________________________________________________ ___．解析(1)小灯泡的电阻很小，因此采用电流表外接法；实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压，滑动变阻器应采用分压式接法．实物电路如答案图所示．(2)将滑片P向右端滑动，可以增大灯泡两端的电压．(3)根据U－I图象可知，U＝2.5 V时，I＝0.2 A，所以小灯泡的额定功率为P＝UI＝0.5 W.(4)U－I图线上各点与原点连线的斜率表示灯丝的电阻，图线是曲线而不是过原点的直线，这是因为灯丝的电阻会随温度的升高而增大．答案(1)如图所示(2)右(3)0.5(4)灯丝的电阻会随温度的升高而增大反思总结实物连线的原则1．先串后并，接线到柱，注意量程和正负．2．对限流电路，用笔画线代替导线，从电源正极开始，把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”四部分依次串联起来即可(注意电表的正负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处)．3．对分压电路，应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动触头两点的电势高低，根据“伏安法”部分电表正负接线柱的情况，将“伏安法”部分接入该两点间．【跟踪短训】2．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠(2.5 V,0.6 W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干．(1)粗测小电珠的电阻，应选择多用电表________倍率的电阻挡(请填写“×1”“×10”或“×100”)；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图5甲所示，结果为________Ω.图5(2)实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图乙完成实物图6中的连线．图6(3)开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于________端．为使小电珠亮度增加，P应由中点向________端滑动．(4)下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点________间多测几组数据(请填写“ab”“bc”“cd”“de”或“ef”).解析7.5 Ω.(2)因为小电珠的电阻比较小，故伏安法测量时应该用电流表外接法，测量的电压应该从零开始，故滑动变阻器要用分压式接法，实物连接如图所示．(3)开关闭合前滑片P应臵于a端，为了使小电珠亮度增加，应使滑片从中点向b 端滑动．(4)ab之间的电流增加了0.122 A，其他段电流依次增加了0.03 A左右，所以需要在ab之间将电流分为0.030 A、0.060 A、0.090 A，分别测出相应的电压值．答案(1)×17.5(2)见解析图(3)a b(4)ab实验九测定电源的电动势和内阻,注意事项1．可选用旧电池：为了使电路的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些，可选用已使用过一段时间的1号干电池．2．电流不要过大，读数要快：干电池在大电流放电时，电动势E 会明显下降，内阻r 会明显增大，故长时间放电不宜超过0.3 A ，短时间放电不宜超过0.5 A ．因此，实验中不要将I 调得过大，读电表要快，每次读完立即断电．3．计算法求E 、r ：要测出不少于6组I 、U 数据，且变化范围要大些，用方程组求解时，要将测出的I 、U 数据中，第1和第4为一组、第2和第5为一组、第3和第6为一组，分别解出E 、r 值再求平均值．4．合理选择标度：为使图线分布空间大，如图2所示，纵坐标可以不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，电源的内阻不能用r ＝EI 短确定，应根据r＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI 确定．图2误差分析①用图象法求E 和r 时作图不准确．②由于电流表或电压表的分压或分流存在系统误差． •本实验中测量结果是：E 测<E 真，r 测<r 真.热点一 伏安法测电源电动势和内阻图3【典例1】 (2013·浙江卷，22)采用如图3所示的电路“测定电池的电动势和内阻”．(1)除了选用照片中的部分器材外，________(填选项)；图4A．还需要电压表B．还需要电流表C．还需要学生电源D．不再需要其他器材(2)测量所得数据如下：(3)根据第5次所测得的实验数据，求得电流表内阻R A＝________.解析(1)照片中已有电流表、电阻箱和干电池，还缺少电压表，故选A.(2)作出U-I图象，由图象斜率可求得r＝(0.75±0.10)Ω.(3)由欧姆定律得：R＋R A＝UI，得R A＝UI－R＝0.22 Ω.答案(1)A(2)(0.75±0.10)Ω(3)0.22 Ω热点二测定电源电动势和内阻的其他方法电源的电动势和内阻测量方法一般为伏安法，另外还有以下几种方法：1．安阻法：用一个电流表和电阻箱测量，电路如图7甲所示，测量原理为：E ＝I1(R1＋r)，E＝I2(R2＋r)，由此可求出E和r，此种方法使测得的电动势无偏差，但内阻偏大．。