(2)电源的U-I图像是一条倾斜的直线，由图像可知，电源电动势E＝4.5 V，电源内阻r＝
ΔU4.5－2.5＝ Ω＝1.0 Ω。两图像的交点坐标，即灯泡两端电压ULΔI2.0
＝2.5 V，电路电流I＝2.0 A，此时电源电动势E＝Ir＋UL＋IR滑，即4.5 V＝2.0 P出UI
A×1.0 Ω＋2.5 V＋2.0 A×R滑，则R滑＝0；电池组的效率η＝×100%＝EI
P总UL2.5
×100%＝E×100%＝×100%≈56%。
4.5
答案 (1)如图所示 (2)0 56%
6．(2019·河南濮阳三模)如图所示为多用电表的原理示意图，已知表头G的满偏电流为2 mA、内阻为150 Ω，刻度盘上电阻刻度线正中央标有“30”。选择开关S旋到“2”时量程为0～10 mA，旋到“3”“4”“5”“6”时的量程未知，但测得R6＝570 Ω，R7＝900 Ω，E为两节新的干电池，内阻忽略。请回答下列问题：
(1)选择开关S旋到“6”时的量程为________。 A．0～15 A C．0～12 V
B．0～3 V D．0～15 V
(2)正确使用欧姆挡测量电阻时，滑动变阻器R3连入的阻值为________ Ω。 (3)电池用久后，电动势变小了，内阻变大了，但仍能欧姆调零，用此表去测电阻，则其测量值比真实值________。(填“偏小”“偏大”或“不变”)
解析 (1)开关S旋到“6”时为电压表，量程为：U＝IgRg＋I(R6＋R7)＝10×10
－3
×(570＋900) V＋2×10－3×150 V＝15 V，故选D项。
E－IgRg3－2×10－3×150(2)由闭合电路欧姆定律可得：R3＝＝ Ω＝270 Ω。 I10×10－3(3)电池用久了，电源电动势E变小内阻增大，欧姆表调零时，内阻变小，
ImR内EIm应用欧姆表测电阻时，I＝＝＝，由于R内偏小，则电流I
R内＋R测R内＋R测R测
1＋
R内偏小，欧姆表指针偏转角度较小，电阻测量值偏大。
答案 (1)D (2)270 (3)偏大
7．(2019·广东深圳联考)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。
(1)甲同学按图甲中的实线连接电路进行实验，其中定值电阻的作用是______________。由电压表读数U和电流表读数I，画出U-I图线如图乙所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。(结果保留2位有效数字)
(2)乙同学因为粗心，多连接了一根导线，如图甲中的虚线所示。由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U-I图线如图丙所示。乙同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图丙也可以达到实验目的，则由图丙可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。(结果保留2位有效数字)
解析 (1)定值电阻在电路中主要起到保护电路的作用；根据U＝E－Ir可知，图像与纵轴的交点表示电源电动势，故E＝2.8 V，图像的斜率表示内电阻
2.8－1.6
r＝ Ω＝0.60 Ω。
2.0
(2)由乙同学的电路接法可知，滑动变阻器的左右两部分并联后与定值电阻串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图丙所示的图像，则由图像可知，当电压为2.5 V时，电流为0.5 A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1＝1 A；而当电压为2.4 V时，电流分别对应0.33 A和0.87 A，则说明当电压为2.4 V时，干路电流为I2＝(0.33＋0.87)A＝1.2 A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5＝E－r,2.4＝E－1.2r
解得E＝3.0 V，r＝0.50 Ω。
答案 (1)保护电路 2.8 0.60 (2)3.0 0.50
8．(2019·广东肇庆检测)现有一块直流电流计G，满偏电流为200 μA，内阻约为400 Ω，某同学想把它改装成量程为2 V的电压表，他首先根据下图示电路，用半偏法测定电流计G的内阻。
(1)为提高测量准确度，在以下器材中，电阻器应选用________；电池应选用________(选填器材前的字母)。
A．电池(电动势1.5 V，内阻不计) B．电池(电动势4.5 V，内阻不计) C．电阻箱(0～999.9 Ω) D．滑动变阻器(0～500 Ω)
E．电位器(一种可变电阻，与滑动变阻器相当)(0～5.1 kΩ) F．电位器(0～51 kΩ)
(2)该同学在开关断开的情况下，检查电路连接无误后，将R的阻值调至最大。后续的实验操作步骤依次是________，最后记录R′的阻值并整理好器材(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)
A．闭合S1 B．闭合S2
C．调节R的阻值，使电流计指针偏转到满刻度 D．调节R的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半 E．调节R′的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半