小明探究“通过导体的电流与导体两端电压的关系”时，使用的器材如图*所示。电源电压不变，R为定值电阻。（1）由于...

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小明探究“通过导体的电流与导体两端电压的关系”时，使用的器材如图*所示。电源电压不变，R为定值电阻。

（1）由于导体中的电流可能与导体两端的电压和导体的电阻都有关系，所以，在本次实验中应该保持　　不变；变阻器的作用除了保护电路外，还起到　　的作用。

（2）开关闭合前，变阻器滑片P应该处于图中　　（选填“C”或“D”）端。

（3）某次实验电压表示数如图乙所示，电压为　　V。

（4）通过实验，他得到如图*所示的I﹣U图象，根据此图象，他初步得到实验结论：导体的电阻一定时，导体中的电流与该导体两端的电压成　　。

（5）某同学连接好电路后，闭合开关S，发现无论怎样滑动滑片P，电流表均无示数，电压表示数约为3V，则电路中出现的故障可能是　　。

（6）若小兰在“探究电流与电压”关系时连接的电路如图所示，则用电压表、电流表测得多组数据绘出的电流随电压的变化图象是图中的　　。

（7）小华利用小明的实验电路探究“导体的电流跟电阻的关系”，她自己额外增加了四个定值电阻（10Ω、15Ω、20Ω、30Ω），两个滑动变阻器（规格分别是“5Ω　2A”“20Ω　1A”），已知电源电压调为4.5V不变。

①实验时，先在ab间接入10Ω电阻，移动变阻器滑片P，使电压表示数为3V，并记录相应的电流值；再改接15Ω的电阻，此时滑片P应向　　（选填“C”或“D”）端移动，这样移动滑片的目的是　　。

②本实验需在ab间先后接入上述四个定值电阻，为完成整个实验，应该选取规格为　　的滑动变阻器。

③通过实验获取数据，得到如图己所示导体的电流I随电阻R变化的图象，由图象可得出结论：　　。

【回答】

解：（1）由于导体中的电流可能与导体两端的电压和导体的电阻都有关系，所以，研究通过导体的电流与导体两端电压的关系的实验中应该保持导体的电阻不变；

为得出普遍*的规律，要多次量，故变阻器的作用除了保护电路外，还起到改变导体两端的电压和电的作用；

（2）开关闭合前，变阻器滑片P应该处于阻值最大处，即图中D端；

（3）某次实验电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.6V；

（4）将他得到如图*所示的I﹣U图象延长，可知I﹣U图象为过原点的直线，故得到实验结论：导体的电阻一定时，导体中的电流与该导体两端的电压成正比；

（5）某同学连接好电路后，闭合开关S，发现无论怎样滑动滑片P，电流表均无示数，电路可能断路，电压表示数约为3V，则电压表与电源连通，故电路中出现的故障可能是R断路；

（6）若小兰在“探究电流与电压”关系时连接的电路如图丁所示，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流，由串联电路的规律及欧姆定律，电流表示数：

I＝＝﹣，

上式中，电源电压U总和R均为一定值，为一定值，故上式为I随U变化的一次减函数（U越大，I越小）则用电压表、电流表测得多组数据绘出的电流随电压的变化图象是图中的C；

（7）①先在ab间接入10Ω电阻，移动变阻器滑片P，使电压表示数为3V，将定值电阻由10Ω改接成15Ω的电阻，电阻增大，根据串联分压原理可知其分得的电压增大；

探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向D端移动，这样移动滑片的目的是使定值电阻两端的电压保持3V不变；

②电源电压调为4.5V不变，电阻两端的电压始终保持UV＝3V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：

U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣3V＝1.5V，

变阻器分得的电压为电压表示数的0.5倍，根据分压原理，当接入30Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：

R滑＝0.5×30Ω＝15Ω，

故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少15Ω的滑动变阻器。即该选取规格为“20Ω　1 A”的滑动变阻器；

③由图己知，电流与电阻之积为：

U′＝IR＝0.2A×15Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣＝0.15A×20Ω＝0.1×30Ω＝3V，为一定值，故得出的结论是：

电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。

故*为：（1）导体电阻；改变导体两端的电压和电流的作用；（2）断开；D；（3）2.6；（4）正比；（5）电阻R断路；（6）C；（7）①D；使定值电阻两端的电压保持3 V不变；②“20Ω　1 A”；③电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。

知识点：电流与电压和电阻的关系

题型：实验,探究题