苏科版物理初中九年级上册第十四章单元检测卷

第十四章单元检测卷一、选择题1.如图所示，把两个小灯泡串联后接到电源上，闭合开关，发现灯泡L1比灯泡L2亮一些。对这一现象分析错误的是（  ）A．L1功率比L2功率大B．L1电压比L2电压大C．L1电阻比L2电阻大D．L1电流比L2电流大【考点】实际功率．【分析】（1）灯泡的亮暗是由灯泡的实际功率决定的；（2）根据灯泡L1比灯泡L2亮结合公式P=I2R判断出电阻的大小，根据串联电路的电压、电流的规律进行分析。【解答】两灯泡串联，所以电流相等，D错误；灯泡L1比灯泡L2亮一些，所以灯泡L1的功率大于灯泡L2的功率，所以A正确；根据P=I2R，灯泡L1的功率大，电流相等，所以灯泡L1的电阻较大，所以C正确；根据U=IR，电流相等，L1的电阻大，所以两端的电压较大，所以B正确。故选：D。【点评】此题考查了串联电路电流、电压、电功率的关系，关键是根据灯泡的亮暗确定出电功率的大小得出两灯泡电阻的大小。同时涉及到了欧姆定律的知识。2．如图所示的电路，当开关闭合后，灯L1比L2亮。以下说法正确的是（  ）A．通过L1的电流大于通过L2的电流B．L1两端电压大于L2两端电压C．L1的电阻小于L2的电阻 D．L1的电功率等于L2的电功率【考点】串联电路的电流规律；电功率与电压、电流的关系；实际功率．【分析】（1）串联电路中，电流处处相等；（2）灯的亮度取决于灯的实际功率，根据欧姆定律可判出电阻关系。【解答】（1）灯L1、L2串联在同一电路里，因串联电路中的电流处处相等，所以经过它们的电流都是相等的，故A错误；（2）灯的亮度取决于灯的实际功率，灯L1比L2亮，则L1的实际电功率大于L2的实际电功率，由P=I2R可知，L1的电阻大于L2的电阻，由I=可知，L1两端电压大于L2两端电压。故CD错误；B正确。故选：B。【点评】本题考查了学生对欧姆定律、电功率公式的掌握和运用，明确灯的亮度取决于灯的实际功率。3．如图所示，电源电压保持不变，只闭合开关S时，电流表的示数为0.2A，若再闭合开关S1，发现电流表的示数为0.5A，此时通过R1的电流为I1，通过R2的电流为I2，则（  ）A．I1：I2=2：5B．I1：I2=3：5C．R1：R2=3：2D．R1：R2=2：3【考点】欧姆定律的应用．【分析】当只闭合S时，R2单独接入电路，再闭合S1时，R1、R2并联在电路中，已知总电流，根据并联电压相等和分流作用，即可做出选择。【解答】当只闭合S时，R2单独接入电路，I2=0.2A，当再闭合S1时，两电阻并联，则U2=U，I=0.5A，I1=I﹣I2=0.5A﹣0.2A=0.3A，==，由I=得：R=，===．故选项ABC错误，D正确。 故选：D。【点评】此题主要考查学生对并联电路的电流特点、电压特点、欧姆定律的理解和掌握。属于中档题。4．如图所示电路，闭合开关S1、S2，下列对电路的分析正确的是（  ）A．L1与L2串联B．电流表A1测L1的电流C．当开关S2断开时，通过L1的电流变小D．当开关S2断开时，电流表A2的示数变小【考点】电路的基本连接方式；电流表的使用．【分析】这是一个并联电路，A1、L2、S2三个元件在同一支路上，L1单独在一个支路上，A2在干路上，然后根据并联电路的电流规律分析。【解答】A、A1、L2、S2三个元件在同一支路上，L1单独在一个支路上，所以是并联电路，故A错误；B、A1、L2在同一支路上，所以A1是测L2电流，故B错误；C、当开关S2断开时，L2所在支路断路，电流变为0，而L1所在支路电流不受影响，故C错误；D、当开关S2断开时，L2所在支路断路，电流变为0，而L1所在支路电流不受影响，所以干路电流变小，A2测干路电流，因此电流表A2的示数变小，故D正确。故选：D。【点评】分析电流的路径，判断串并联是解决很多电路问题的基础。5．将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在电路中，如图所示。闭合开关后，发现灯L1较暗，灯L2较亮，则（  ） A．灯L1的电阻比灯L2的电阻大B．灯L1的额定功率比灯L2的额定功率小C．电路中，灯L1两端电压比灯L2两端电压小D．电路中，通过灯L1的电流比通过灯L2的电流大【考点】实际功率．【分析】（1）首先明确，串联电路中，电流处处相等；而灯泡的亮度由其实际功率决定，由电功率的计算式P=I2R可知，在电流一定时，实际功率大的电阻较大，即亮度大的阻值大，其两端的实际电压大；（2）已知两灯的额定电压相等，由公式P=知，在额定电压一定时，电阻越大，额定功率越小。根据上述分析对各选项逐一判断即可。【解答】A、由于两灯串联在电路中，所以通过小灯泡的电流相同；开关闭合后，灯泡L1较暗，灯泡L2较亮，说明前者的实际功率较小，由P=I2R知，电流相同时，功率越小，阻值越小，因此灯L1的阻值要小于灯L2的阻值；故A错误；B、由A知：R1＜R2，那么在额定电压相同时，由P=可得出阻值越大，其额定功率越小，即灯L1的额定功率要大于灯L2的额定功率，故B错误。C、通过两灯的电流相同，而L1的阻值要小于L2的阻值，由U=IR可知，灯L1两端的实际电压要小一些，故C正确；D、串联电路电流处处相等，故D错误。故选：C。【点评】知道灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率是正确解题的前提与关键，熟练应用串联电路的特点、功率公式及欧姆定律即可解题。6．如图所示，某电子线路板上有一个由三个电阻R1、R2和R3构成的局部电路。已知通过R1和R2的电流分别为4mA和10mA，则通过R3的电流可能是（  ） A．4mAB．6mAC．10mAD．14mA【考点】并联电路的电流规律．【分析】由电路图可知，电阻并联，根据通过R1和R2的电流分别为求出O点的电流，然后利用并联电路电流的特点求得通过R3的电流。【解答】由图可知R1、R2、R3的连接方式有以下几种可能：①R1和R2并联后，再和R3串联，此时流过R3的电流为I=4mA+10mA=14mA；②R1和R3并联后，再和R2串联，此时流过R3的电流为I=10mA﹣4mA=6mA；③R2和R3并联后，再和R1串联，此时R1的电流应该大于R2的电流，而题目R2中电流是10mA，这种情况是不存在的。故流过R3的电流可能是6mA或14mA。故选：BD。【点评】本题考查了并联电路的电流规律，比较简单，属于基础知识。7．如图是探究电流通过导体产生的热量与什么因素有关的实验装置，将两根阻值不等的电阻丝R1、R2串联后分别放入两个透明容器中，并封闭等量的空气，通电前，A、B两U形管内的液面相平，接通电源一分钟后，通过R1、R2的电流分别为I1、I2，则（  ）A．I1＞I2，A管中的液面较高B．I1＜I2，A管中的液面较低C．I1=I2，A管中的液面较高D．I1=I2，A管中的液面较低【考点】焦耳定律． 【分析】由电路图可知两电阻串联，根据串联电路的电流特点可知通过它们的电流关系，根据Q=I2Rt比较两电阻产生的热量关系，密闭空气吸收热量后，体积不变，压强变大，U形管内两液面的差值变大，据此进行解答。【解答】因串联电路中各处的电流相等，所以，两电阻丝串联时通过它们的电流相等，故AB不正确；由Q=I2Rt可知，在电路和通电时间相同时，右侧电阻较大，产生的热量较多，密闭空气吸收热量后，体积不变，压强变大，右侧容器内气体的压强与大气压的差值较大，B测玻璃管液面较高，故C不正确，D正确。故选：D。【点评】本题考查了串联电路的电流特点和焦耳定律的应用，关键是明白U形管在实验中的作用。8．在如图所示的电路中，闭合开关，两表有示数，过一会后发现两只电表中有一只电表的示数明显变小，另一只电表的示数明显变大。下列判断中正确的是（  ）A．可能是灯L断路B．一定是灯L短路C．可能是滑动变阻器R断路D．一定是滑动变阻器R的滑片向左滑动【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【分析】灯断路，电流表的示数变小为0；电压表的正负接线柱通过电阻R和导线接在电源上，测量电源电压，示数变大；灯短路，电压表测量一导线两端的电压，示数变小为0，电路中的电阻变小、电流变大；滑动变阻器断路，电路断开，电压表、电流表示数都变小为0；滑动变阻器短路，电路中的电阻变小、电流变大，两表的示数都变大；滑动变阻器R的滑片向左滑动，连入的电阻变小，电流变大，灯两端的电压变大，两表示数都变大；据此综合分析。 【解答】分析电路图：AB、若灯L断路，电路中无电流，电流表的示数变小为0；电压表的正负接线柱通过R和导线接在电源上，测量电源电压，示数变大；若灯L短路，电压表测量一导线两端的电压，示数变小为0，电路中的电阻变小、电流变大，电流表的示数变大；由此可知，灯L断路和灯L短路都可以使一只电表的示数明显变小、另一只电表的示数明显变大，故A正确、B错；C、滑动变阻器断路，电路断开，电压表、电流表示数都变小为0，不符合题意，故C错；D、滑动变阻器R的滑片向左滑动，连入的电阻变小，电流变大，灯两端的电压变大，两表示数都变大，故D错。故选：A。【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，了解短路或断路对电路的影响是本题的关键。9．两根镍铬金属丝的长度关系是L1＞L2，把它们串联后接入电路，则通过它们的电流和它们两端的电压满足（  ）A．Il＞I2，U1＜U2B．I1＜I2，U1＞U2C．I1=I2，U1＞U2D．I1=I2，电压关系不定【考点】串联电路的电流规律；欧姆定律的应用．【分析】本题主要考查两个方面的知识点；（1）串联电路中电流的特点：串联电路中各处电流相等；（2）影响电阻大小的因素：电阻的大小只与导题的材料、长度、横截面积和温度有关；（3）对串联分压的理解：串联电路中电阻越大，电阻两端的电压越高。【解答】A、因为串联电路中各处电流相等，所以不正确。B、因为串联电路中各处电流相等，所以不正确。C、两根镍铬金属丝的长度关系是L1＞L2，因合金丝的横截面积不确定，所以电阻大小无法确定，又因为串联电路中电压分配与电阻成正比，所以电压关系无法确定，所以不正确。D、由C选项叙述可知，该说法正确。故选：D。【点评】能否正确判断两镍铬合金丝电阻的大小关系是本题的解题关键。10． 黄冈市利用如图所示的“坐位体前屈测试仪”对初中毕业生进行了身体柔韧性测试。测试者向前推动滑块，滑块被推动的距离越大，仪器的示数就越大。若琦同学设计了四种电路（如图所示）模拟测试，并要求电路中滑动变阻器的滑片向右滑动时，电表示数增大。其中符合要求的电路是（  ）A．B．C．D．【考点】串、并联电路的设计．【分析】先识别电路，然后根据压力的改变，判断滑动变阻器接入电路的阻值的变化，再根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化。【解答】A、电路为并联电路，电流表测量变阻器的电流，当滑片向右滑动时时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电流表的示数减小，故A选项错误；B、电路为并联电路，电流表测量定值电阻的电流，电流表的示数不变，故B错误；C、电路为串联电路，电压表测量变阻器两端的电压，当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，串联电路起分压作用，所以变阻器分得的电压变大，电压表的示数变大，故C选项正确；D、电路为串联电路，电压表测量定值电阻两端的电压，当压力增大时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流变小，定值电阻的阻值不变，因此电压表的示数变小，故D选项错误。故选：C。【点评】本题考查滑动变阻器的使用，明确电表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理来分析电路中电流、电压的变化是解题的关键。11．在如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关，电路正常工作。但过了一段时间，小灯泡发生断路，这时（  ） A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变大，电流表示数变大C．电压表示数变小，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小【考点】电路的动态分析．【分析】灯泡和电阻串联，电流表串联在电路中，电压表并联在灯泡两端；当小灯泡发生断路时，根据电流形成的条件分析电流表的示数；只有当电压表与电源两极相连时，电压表才会有示数，否则电压表示数为零。【解答】电流形成的条件：一是电源；二是闭合回路。小灯泡正常工作时，符合电流形成的条件，因此电路中有电流，即电流表有示数；当小灯泡发生断路，与灯泡串联的电流表所在的电路断开，则不符合电流形成的条件，因此电路中无电流，即电流表的示数为零；灯泡正常工作时，电阻和灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，而串联电路各部分电压之和等于电源电压，故电压表示数小于电源电压；当电路开路时，各用电器在电路中相当于导线，因此电压表通过电阻和闭合的开关与电源的两极相连，故电压表有示数，并且为电源电压；通过上述分析可得电流表示数变小；电压表示数变大。故选：A。【点评】识别电路是正确分析的前提，并且会运用串联电路的基本特点以及电压表和电流表的使用分析仪表示数的变化。12．市场上一些不法商贩常用纯净水冒充价格较高的矿泉水对外出售，矿泉水中含有人体所需的多种矿物质，导电能力较强，纯净水是用自来水经过多层过滤后得到的饮用水，矿物质较少，导电能力较差，小明根据这两种水导电能力不同这一特点，设计了如图所示的装置，验证他家购买的水是不是矿泉水。P，Q是相同的两根细长玻璃管。P内装满已知矿泉水，Q内装满待测的“矿泉水”。单刀双掷开关S从1拨到2时（  ） A．若电压表示数不变，则Q内是纯净水B．若电压表示数不变，则Q内是矿泉水C．若电压表示数变小，则Q内是纯净水D．若电压表示数变小，则Q内是矿泉水【考点】欧姆定律的应用．【分析】（1）若Q内是纯净水，电阻较大，单刀双掷开关S从1拨到2时，电路的总电阻变大，电流变小，根据U=IR可知，电压表示数变小；（2）若Q内是矿泉水，单刀双掷开关S从1拨到2时，电路的总电阻不变，电流不变，根据U=IR可知，电压表示数不变；【解答】（1）若电压表示数不变，根据I=可知电流不变，因为电源电压不变，所以总电阻不变，说明Q内装满待测的“矿泉水”与P内装满已知矿泉水电阻相同，说明Q内是矿泉水，故A错误，B正确；（2）若电压表示数变小，根据I=可知电流变小，因为电源电压不变，所以总电阻变大，说明Q内装满待测的“矿泉水”比P内装满已知矿泉水电阻大，说明Q内是纯净水，故C正确，D错误；故选：BC。【点评】本实验设计巧妙，通过电压表的示数判断两容器中液体的电阻关系来验证他家购买的水是不是矿泉水，这种实验思路值的同学们借鉴。二、填空题（共7小题）13．定值电阻R1=10Ω，R2=20Ω，接入如图所示电路中，闭合开关S，则通过R1、R2的电流之比I1：I2=  ；R1：R2两端的电压之比U1：U2=  。【考点】串联电路的电流规律；欧姆定律的应用．【分析】两电阻串联时通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出它们两端的电压之比。【解答】两电阻串联，因串联电路中各处的电流相等，所以，通过它们的电流之比I1：I2=1：1； 由I=可得，两电阻两端的电压之比：====。故答案为：1：1；1：2。【点评】本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律公式的应用，是一道基础题目。14．如图所示，R1=4Ω，R2=6Ω，当开关S闭合时，通过R1与R2的电流之比为  ；加在R1与R2两端的电压之比为  。【考点】串联电路的电流规律；欧姆定律的应用．【分析】两电阻串联时通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出它们两端的电压之比。【解答】解：两电阻串联，因串联电路中各处的电流相等，所以，通过它们的电流之比I1：I2=1：1；由I=可得，两电阻两端的电压之比：====。故答案为：1：1；2：3。【点评】本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律公式的应用，是一道基础题目。15．两根电热丝R1、R2串联在同一电路中，R1＞R2，则通过R1、R2的电流I1  I2，放出的热量Q1  Q2．（选填“＞”、“＜”或“=”）【考点】串联电路的电流规律；焦耳定律的计算公式及其应用．【分析】根据串联电路的电流特点可知通过R1、R2的电流关系。根据Q=I2Rt分析放出的热量关系。【解答】串联电路各处的电流相等，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2相等，即I1=I2。已知R1、R2串联在同一电路中，R1＞R2，t相同，由Q=I2Rt可得，放出的热量Q1＞Q2。故答案为：=；＞。【点评】本题考查了串联电路的电流特点和焦耳定律的计算公式及其应用，是一道基础题。16．张阳在探究电阻上的电流跟两端电压的关系时，用记录的实验数据作出了如图所示的U﹣I图象，则a的电阻值为  Ω，将a、b串联接在电压为3V的电源上，电路中电流为   A。【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验．【分析】（1）由U﹣I图象找出a与b图线所对应的电压与电流值，然后由欧姆定律求出电阻阻值；（2）根据串联电路的电阻特点及欧姆定律求出电路电流。【解答】（1）由U﹣I图象知，电阻阻值为：Ra===10Ω，Rb===5Ω；（2）两电阻串联接在3V电源上时，电路电流I===0.2A；故答案为：10；0.2。【点评】本题考查了求导体电阻、电路电流，用到的知识点有：欧姆定律、串联电路的特点；由图象找出电阻电压与电流的对应值是正确解题的关键。17．如图所示的电路中，电压U保持不变，电阻R1=R2，开关S断开时，电流表的示数为I1；开关S闭合时，电流表的示数为I2，则I1：I2=  。【考点】欧姆定律的应用．【分析】（1）开关S断开时，电路为R2的简单电路，根据欧姆定律表示出电流表的示数；（2）开关S闭合时，R1、R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压和电流特点以及欧姆定律求出电流表的示数，进一步求出开关闭合前后通过电流表的示数之比。【解答】开关S断开时，电路为R2的简单电路； 电流表的示数为I1=开关S闭合时，R1、R2并联，因R2两端的电压不变，所以根据欧姆定律可知通过R2的电流不变，I1′=I1；通过R1的电流为I1″=，电流表的示数为I2=I1′+I1″=+=，所以I1：I2=：=1：2。故答案为：1：2。【点评】解决本题的关键：一是理解当电源电压不变时，给一条支路并联另一条支路时，对原来支路无影响（电流不变）；二是灵活运用并联电路的分流关系。18．如图所示，电源电压不变。闭合S1后，再闭合S2，电流表的示数  ，电压表的示数  。（选填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】电路的动态分析．【分析】当开关S1闭合S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表测R2两端电压；当S2也闭合后，R1被短路，电路中只有R2。【解答】当开关S1闭合S2断开时，电流表示数I=，电压表示数U2。当S2也闭合后，R1被短路，故电压表测R2两端电压，也等于电源两端电压，故电压表示数变大；电流表I′=，故I′＞I，即电流表示数变大。故答案：变大；变大。 【点评】开关的断开闭合引起电路的变化，这是本题首先要弄清的地方，然后各个电表测量的哪个物理量，这是接下来要弄清的。三、实验探究题19．[探究名称]探究欧姆定律[猜想与假设]导体中的电流可能与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。[设计并进行实验]（1）探究导体中的电流跟它两端电压的关系①如图甲所示，请您用笔画线代替导线把滑动变阻器正确接入电路中，要求：滑片P向右移动时电流表示数逐渐增大。②此实验中，滑动变阻器的作用是  和  ③…（2）小英同学探究“导体中的电流与电阻的关系”时，进行创新实验，除了与原有实验所必须的器材相同外，没领电压表，而是多领了一只电流表，并设计出如图乙所示的电路图，进行实验。①连接电路，调节滑动变阻器，读出电流表A1与A2的示数分别记为I1和I2；②把定值电阻R2换成R3，调节滑动变阻器使电流表A1的示数为  ，使R3两端的  不变。记录此时电流表A2的示数为I3；③把定值电阻R3换成R4，重复上一步骤进行实验；④分析数据得出电流与电阻的关系。【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验．【分析】（1）①掌握滑动变阻器的接法，滑片P向右移动时电流表示数逐渐增大，则滑动变阻器的阻值应减小，从而可以确定滑动变阻器下面所接的接线柱；②滑动变阻器在电学实验的基本作用是保护电路；若导体中的电流跟它两端电压的关系，则需改变电阻两端的电压，是由滑动变阻器来完成的；（2）要探究电流和电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，此题中电流表与R1串联代替了电压表，所以在换接电阻时，应保持R1的电流不变，即R两端的电压不变。 【解答】（1）滑动变阻器滑片P向右移动时电流表示数逐渐增大，则滑动变阻器的阻值变小，所以滑动变阻器下面应接右边的接线柱，上面可接任意一个接线柱，如图所示：；②滑动变阻器的基本作用是保护电路，此外还可以改变定值电阻两端的电压；（2）②把定值电阻R2换成R3，需保持电阻两端的电压不变，所以应调节滑动变阻器使电流表A1的示数仍为I1；故答案为：（1）①如上图所示；②保护电路；改变定值电阻两端的电压；（2）I1；电压。【点评】此题是探究电流和电压、电阻的关系，在实验中需用控制变量法，主要考查了滑动变阻器的连接、作用，同时考查了在没有电压表时控制电压不变的方法，应注意学习。20．探究并联电路电路电流规律：宝宝和玲玲同学想探究并联电路电流规律，【猜想与假设】（1）宝宝同学猜想：并联电路中各支路电流相等；（2）玲玲同学猜想：并联电路干路中的电流等于各支路电流之和。【设计实验与制定计划】宝宝和玲玲同学分别从实验室选取电流表3只，灯泡2只，开关1个，滑动变阻器1个，干电池，导线若干。实验电路图如图所示。【进行实验与收集证据】（1）宝宝同学根据电路图连接好实验电路，连接过程中，开关应该  ；检查电路无误后，开始实验，正确读出电流表示数如下表：实验次数I1╱AI2╱AI3╱A10.160.160.3220.200.200.4030.220.220.44（2）玲玲同学根据电路图正确连接好实验电路，开始实验，正确的读出电流表示数如下表：实验次数I1╱AI2╱AI3╱A 10.100.200.3020.140.280.4230.181.800.54【分析与论证】分析记录的实验数据，宝宝同学得出：并联电路中各支路电流相等；玲玲同学得出：并联电路总电流有时等于各支路电流之和，有时不等于各支路电流值和。【评估】（1）宝宝同学得出错误的实验结论，主要原因是  ；（2）玲玲同学的实验记录表格中，实验次数  读数错误，原因是  。（3）为了使实验结论更具科学性，请你提出合理化建议（1条即可）： 。【考点】探究串并联电路中的电流特点实验．【分析】（1）实验时为了得到普遍规律，采用相同灯泡和不同灯泡进行实验；（2）分析表中实验数据，可知C的电流值与其它两个不同，即错误的数值是0.54A，它与1.80A相比较明显小很多，即指针在同一个位置读数时使用较大的量程读数；（3）为了使实验结论更具科学性，普遍性，应该换用不同规格的灯泡再进行多次测量得出实验结论。【解答】【进行实验与收集证据】（1）宝宝同学根据电路图连接好实验电路，连接过程中，开关应该断开；检查电路无误后，闭合开关，开始实验；【评估】（1）实验得到的数据具有特殊性，每一次两支路电流都相等，由于并联电压相等，所以可知他所选用的小灯泡规格是相同的，因此得出的实验结论不具有普遍性和科学性；（2）分析玲玲同学的实验记录表格中数据可以看出，第三次的数据明显差别很大，所以这一次是错误的，干路电流表示数比支路电流表示数小，原因只有一种就是读数时看错量程了；（3）为了使实验结论更具科学性，普遍性，应该换用不同规格的灯泡再进行多次测量得出实验结论。 故答案为：【进行实验与收集证据】（1）断开；【评估】（1）选用了两只规格相同的灯泡；（2）3；读错了量程；（3）应该选用不同规格的灯泡再进行多次实验得出结论。【点评】此题考查学生对于并联电路电流实验的理解和掌握，熟知并联电路电流特点是解题关键。四、计算题21．如图是利用滑动变阻器控制电流的电路，其中电阻R为100欧姆，它与滑动变阻器串联在电路中，通过电阻的电流可在10毫安～100毫安范围内调节。（1）选用电源的电压应为多大？（2）变阻器的总电阻为多大？额定电流至少要多大？（3）上述电路能否使电阻R两端的电压调为零？请说明理由。【考点】欧姆定律的应用．【分析】（1）由电路图可知，电阻R与滑动变阻器串联，当滑片位于a端时，电路为R的简单电路，此时通过电阻的电流最大，根据欧姆定律求出电源的电压；（2）当滑片位于b端时，两电阻串联，电路中的电流最小，根据欧姆定律求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出滑动变阻器的最大阻值；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，通过滑动变阻器的电流即为其最小额定电流；（3）根据串联电路电阻的分压特点可知，电路不能使电阻R两端的电压调为零。【解答】（1）当滑片位于a端时电路为R的简单电路，电路中的电流最大，I=100mA=0.1A，所以电源的电压U=IR=0.1A×100Ω=10V；答：电源的电压为10V。（2）当滑片位于b端时，电流最小，为I=10mA=0.01A，电路的总电阻R总===1000Ω，所以Rab=R总﹣R=1000Ω﹣100Ω=900Ω；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流0.1A，此时滑动变阻器不能被烧坏，即为滑动变阻器的最小额定电流。答：变阻器的总电阻为900Ω，额定电流至少要0.1A。 （3）不可能，因为R两端的电压UR=×10V，当R滑增大时，U将减小，当R滑达到最大值900欧时，UR取到最小值1V，不能取到0。【点评】本题考查了电路的动态分析，关键是电路中最大电流和最小电流时滑片位置的判断和电路串并联的辨别。