Question

小名同学运用如图所示的实验器材做测定值电阻阻值和小灯泡功率的实验，其中小灯泡标有“3.8V”的字样．

（1）补画导线，把图（a）中的器材连接成实验电路，要求导线不交叉，且滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电阻变小，线头应接滑动变阻器的

A

（选填A、B、C、D）
（2）在连接电路前，应先将开关

断开

，并将滑动变阻器的滑片P移到

B

端（选填A、B）；
（3）小灯泡正常发光时，电流表的指示如图（b），其值为

0.32

A
（4）由实验数据可知，小灯泡正常发光时的灯丝电阻为

11.875

Ω
（5）小灯泡正常发光，小灯泡额定功率为

1.216

W；
（6）①某同学连接好电路后闭合开关，发现电流表指针向左偏转，其原因是：

电流表正负接线柱接反了

②若发现电流表指针偏转角度太小，其原因是：

电流表量程太大

③若闭合开关后，发现电压表有指示，而电流表指针不动，可能的原因是

灯泡的灯丝断路

（7）若将小灯泡换成待测定值电阻，小名同学通过实验测量了一次电流、电压值后，计算得出定值电阻的阻值，小名同学为获得测量结果而高兴．小名准备整理实验器材结束实验．你认为他的实验真的结束了吗？为得到更可靠的结果，你认为接下去他的具体操作应是

移动滑片，改变加在导体两端的电压和通过的电流，再测量几组数据

；
你提出这个建议的目的是：

多次测量求平均值，减小误差

．

Answer 1

分析：（1）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程且与灯泡并联，电流表与灯泡串联，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，滑动变阻器的滑片P向左滑动时电阻变小说明左下方接线柱必须接入电路中；
（2）为防止电路中电流过大，烧坏用电器，连接电路时开关应断开，闭合开关时滑动变阻器处于最大阻值处；
（3）根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数；
（4）额定电压下灯泡正常发光，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；
（5）根据P=UI求出灯泡的额定功率；
（6）①使用电流表测电流时，应让电流从电流表正接线柱流入，负接线柱流出，否则电流表指针将反向偏转；
②使用电流表测电流时，电流表量程选择要恰当，量程太大，电流表指针偏转角度太小；
③电压表有指示说明电压表两接线柱与电源之间是通路，电流表指针不动说明电路断路即电压表并联的部分断路；
（7）因为实验中都有误差的存在，为了减小误差，应多测量几组数据，分别求出电阻值，然后加起来求平均值，以减小测量误差．他接下来的操作应是：移动滑片，改变加在导体两端的电压和通过的电流．

解答：解：（1）灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表的量程为0～15V，且与灯泡并联；电流表与灯泡串联，滑动变阻器的滑片左下方接线柱即A接线柱与灯泡右接线柱相连，如下图所示：

（2）为保护电路，连接电路时，开关应断开，闭合开关前，滑动变阻器的滑片处于最大阻值处的B端；
（3）电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.32A；
（4）灯泡正常发光时的电压为3.8V，根据欧姆定律可得：此时灯泡的电阻R=

U

I

=

3.8V

0.32A

=11.875Ω；
（5）灯泡的额定功率P=UI=3.8V×0.32A=1.216W；
（6）①电流表指针向左偏转，原因是电流表正负接线柱接反了；
②电流表指针偏转角度太小，原因是电流表量程太大；
③电压表有指示，而电流表指针不动，说明电压表并联的部分断路，可能的原因是灯泡的灯丝断路等；
（7）他接下来的操作应是：移动滑片，改变加在导体两端的电压和通过的电流．目的是为了多次测量求平均值，减小误差．
故答案为：
（1）如上图所示；A；
（2）断开；B；
（3）0.32；
（4）11.875；
（5）1.216；
（6）①电流表正负接线柱接反了；②电流表量程太大；③灯泡的灯丝断路（合理即可）；
（7）移动滑片，改变加在导体两端的电压和通过的电流，再测量几组数据；多次测量求平均值，减小误差．

点评：本题考查了滑动变阻器使用、电表量程的选择、电表读数、减小误差的实验操作、电路故障分析等问题，是实验的常考问题；实验时要注意电表量程的选择，电表量程过大，读数、测量误差较大，量程太小，容易损坏电表，因此电表量程的选择要适当．