5 小华用如图甲所示的电路测量合金丝的电阻，电源电压为6 V。
第5题图
(1) 在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整，使实验中滑动变阻器的滑片右移时电流表的示数增大。
(2) 闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移动到最
(3) 闭合开关后，将滑动变阻器的滑片从接入电路电阻最大处移动到另一端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图乙所示位置发生很小的变化，由此可以推断：电路中
(4) 电路故障排除后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表指针如图丙所示时，电流表示数为0.5 A，由此，小华算出接入电路的合金丝的电阻为
(5) 为准确地测出合金丝的电阻，对实验应做怎样的改进？答：
第5题图
(1) 在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整，使实验中滑动变阻器的滑片右移时电流表的示数增大。
(2) 闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移动到最
左
(左/右)端。(3) 闭合开关后，将滑动变阻器的滑片从接入电路电阻最大处移动到另一端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图乙所示位置发生很小的变化，由此可以推断：电路中
6、7或7、8
(填图中表示接线柱的数字)间发生了断路
(断路/短路)。(4) 电路故障排除后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表指针如图丙所示时，电流表示数为0.5 A，由此，小华算出接入电路的合金丝的电阻为
5
$\Omega$。(5) 为准确地测出合金丝的电阻，对实验应做怎样的改进？答：
电压表改用小量程;在一定范围内调节滑动变阻器的滑片,多次测量取平均值(合理即可)
。答案：
5. (1) 如图所示 (2) 左 (3) 6、7或7、8 断路 (4) 5 (5) 电压表改用小量程;在一定范围内调节滑动变阻器的滑片,多次测量取平均值(合理即可)
5. (1) 如图所示 (2) 左 (3) 6、7或7、8 断路 (4) 5 (5) 电压表改用小量程;在一定范围内调节滑动变阻器的滑片,多次测量取平均值(合理即可)
解析：
【分析】
我们一步步梳理解题思路：
1. 第一问连接电路：题目要求滑片右移时电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的电阻要变小，因此需要将开关和滑动变阻器的右下接线柱相连，保证滑片右移时接入的电阻丝长度变短，电阻减小，电流变大。
2. 第二问操作规范：闭合开关前滑动变阻器要调到最大阻值处保护电路，结合接右下接线柱的接法，滑片在最左端时接入电阻最大，因此填左。
3. 第三问故障分析：移动滑片时两电表示数几乎不变，说明电路中电流极小，属于断路故障，且电压表相当于直接串联在电源两端，说明和电压表并联的待测电阻部分出现断路，也就是6、7或者7、8接线柱之间断路。
4. 第四问计算电阻：先读取电压表示数，图丙电压表接0~15V量程，分度值0.5V，指针指向2.5V，已知电流是0.5A，代入欧姆定律R=U/I即可算出电阻。
5. 第五问实验改进：当前使用的0~15V电压表量程分度值大，测量小电压时误差大，因此换用0~3V的小量程，同时多次测量取平均值减小误差，提升结果准确度。
【解析】
(1) 要使滑动变阻器滑片右移时电流表示数增大，滑动变阻器接入电路的电阻需减小，因此将开关的接线柱1与滑动变阻器的右下接线柱3连接，完成电路连接。
(2) 闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最大阻值处，由于滑动变阻器接右下接线柱，滑片在最左端时接入电阻丝最长，阻值最大，因此滑片移到最左端。
(3) 移动滑片时，电压表和电流表示数变化极小，说明电路中几乎没有电流，为断路故障，且电压表串联接入电路，说明与电压表并联的待测电阻所在的6、7或7、8接线柱之间发生断路。
(4) 电压表选用0~15V量程，分度值为0.5V，示数为2.5V，由欧姆定律得合金丝电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{2.5V}{0.5A}=5Ω$。
(5) 由于待测电阻两端电压最大不超过3V，使用0~15V量程测量误差较大，因此电压表改用0~3V小量程，同时调节滑动变阻器的滑片多次测量电阻，取平均值减小实验误差。
【答案】
(1)
(2) 左
(3) 6、7或7、8；断路
(4) 5
(5) 电压表改用小量程；在一定范围内调节滑动变阻器的滑片，多次测量取平均值（合理即可）
【知识点】
滑动变阻器使用；伏安法测电阻；电路故障分析
【点评】
本题是伏安法测电阻的经典实验综合题，覆盖了电路连线、实验操作规范、故障排查、数据计算、实验优化多个核心考点，既考察学生的基础实验操作能力，也要求学生能结合现象逻辑推导故障原因，理解减小实验误差的常用方法。
【难度系数】
0.5
我们一步步梳理解题思路：
1. 第一问连接电路：题目要求滑片右移时电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的电阻要变小，因此需要将开关和滑动变阻器的右下接线柱相连，保证滑片右移时接入的电阻丝长度变短，电阻减小，电流变大。
2. 第二问操作规范：闭合开关前滑动变阻器要调到最大阻值处保护电路，结合接右下接线柱的接法，滑片在最左端时接入电阻最大，因此填左。
3. 第三问故障分析：移动滑片时两电表示数几乎不变，说明电路中电流极小，属于断路故障，且电压表相当于直接串联在电源两端，说明和电压表并联的待测电阻部分出现断路，也就是6、7或者7、8接线柱之间断路。
4. 第四问计算电阻：先读取电压表示数，图丙电压表接0~15V量程，分度值0.5V，指针指向2.5V，已知电流是0.5A，代入欧姆定律R=U/I即可算出电阻。
5. 第五问实验改进：当前使用的0~15V电压表量程分度值大，测量小电压时误差大，因此换用0~3V的小量程，同时多次测量取平均值减小误差，提升结果准确度。
【解析】
(1) 要使滑动变阻器滑片右移时电流表示数增大，滑动变阻器接入电路的电阻需减小，因此将开关的接线柱1与滑动变阻器的右下接线柱3连接，完成电路连接。
(2) 闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最大阻值处，由于滑动变阻器接右下接线柱，滑片在最左端时接入电阻丝最长，阻值最大，因此滑片移到最左端。
(3) 移动滑片时，电压表和电流表示数变化极小，说明电路中几乎没有电流，为断路故障，且电压表串联接入电路，说明与电压表并联的待测电阻所在的6、7或7、8接线柱之间发生断路。
(4) 电压表选用0~15V量程，分度值为0.5V，示数为2.5V，由欧姆定律得合金丝电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{2.5V}{0.5A}=5Ω$。
(5) 由于待测电阻两端电压最大不超过3V，使用0~15V量程测量误差较大，因此电压表改用0~3V小量程，同时调节滑动变阻器的滑片多次测量电阻，取平均值减小实验误差。
【答案】
(1)
(2) 左
(3) 6、7或7、8；断路
(4) 5
(5) 电压表改用小量程；在一定范围内调节滑动变阻器的滑片，多次测量取平均值（合理即可）
【知识点】
滑动变阻器使用；伏安法测电阻；电路故障分析
【点评】
本题是伏安法测电阻的经典实验综合题，覆盖了电路连线、实验操作规范、故障排查、数据计算、实验优化多个核心考点，既考察学生的基础实验操作能力，也要求学生能结合现象逻辑推导故障原因，理解减小实验误差的常用方法。
【难度系数】
0.5
6 在相距 10 km 的甲、乙两地间有两条输电线,已知每条输电线的电阻是 100 Ω。现输电线在某处发生短路,为确定短路位置,检修员利用电压表、电流表和电源连成如图所示电路进行检测,当电压表示数为 2.0 V 时,电流表示数为 80 mA,则短路位置距甲地的距离是多少千米?
答案：6. 短路位置到甲地的两段输电线的总电阻 $R=\dfrac{U}{I}=\dfrac{2.0\ \mathrm{V}}{80× 10^{-3}\ \mathrm{A}}=25\ \Omega$, 因 10 km 输电线的电阻为 $100\ \Omega$, 且电阻和长度成正比, 所以, 短路处距甲地的输电线总长度 $L=\dfrac{25\ \Omega}{100\ \Omega}×10\ \mathrm{km}=2.5\ \mathrm{km}$, 则短路位置距甲地的距离 $s=\dfrac{1}{2}× L=\dfrac{1}{2}×2.5\ \mathrm{km}=1.25\ \mathrm{km}$
解析：
【分析】
首先明确解题思路：1. 该电路利用伏安法测量的是从甲地到短路位置的往返两条输电线的总电阻，先根据欧姆定律R=U/I代入电压表、电流表的示数计算出该总电阻；2. 题目已知单条10km长的输电线电阻为100Ω，由于同种材料、横截面积相同的输电线，电阻和长度成正比，据此计算出总电阻对应的输电线总长度；3. 注意这个总长度是从甲地到短路点、再从短路点返回甲地的两段输电线的长度之和，因此将总长度除以2，就能得到短路位置距离甲地的单程距离，避免直接把总长度当成单程距离的常见错误。
【解析】
解：
1. 先统一电流单位：
$I=80\ \mathrm{mA}=80×10^{-3}\ \mathrm{A}=0.08\ \mathrm{A}$
2. 根据欧姆定律，计算甲地到短路位置的两段输电线的总电阻：
$R=\frac{U}{I}=\frac{2.0\ \mathrm{V}}{0.08\ \mathrm{A}}=25\ \Omega$
3. 已知单条长度为10km的输电线电阻为100Ω，输电线电阻与长度成正比，因此电阻为25Ω对应的单根输电线总长度为：
$L=\frac{R}{R_0}× L_0=\frac{25\ \Omega}{100\ \Omega}×10\ \mathrm{km}=2.5\ \mathrm{km}$
4. 上述长度L是往返两根输电线的总长度，因此短路位置距离甲地的单程距离为：
$s=\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}×2.5\ \mathrm{km}=1.25\ \mathrm{km}$
【答案】
1.25 km
【知识点】
欧姆定律，电阻与长度正比，输电线故障检测
【点评】
本题是输电线短路定位的经典应用题，核心易错点是容易忽略测得的电阻是甲地到短路点往返两根输电线的总电阻，误将总长度直接作为甲地到短路点的距离得到2.5km的错误结果，解题时要明确电路中接入的是两根串联的输电线，最终距离需要取总长度的一半。
【难度系数】
0.6
首先明确解题思路：1. 该电路利用伏安法测量的是从甲地到短路位置的往返两条输电线的总电阻，先根据欧姆定律R=U/I代入电压表、电流表的示数计算出该总电阻；2. 题目已知单条10km长的输电线电阻为100Ω，由于同种材料、横截面积相同的输电线，电阻和长度成正比，据此计算出总电阻对应的输电线总长度；3. 注意这个总长度是从甲地到短路点、再从短路点返回甲地的两段输电线的长度之和，因此将总长度除以2，就能得到短路位置距离甲地的单程距离，避免直接把总长度当成单程距离的常见错误。
【解析】
解：
1. 先统一电流单位：
$I=80\ \mathrm{mA}=80×10^{-3}\ \mathrm{A}=0.08\ \mathrm{A}$
2. 根据欧姆定律，计算甲地到短路位置的两段输电线的总电阻：
$R=\frac{U}{I}=\frac{2.0\ \mathrm{V}}{0.08\ \mathrm{A}}=25\ \Omega$
3. 已知单条长度为10km的输电线电阻为100Ω，输电线电阻与长度成正比，因此电阻为25Ω对应的单根输电线总长度为：
$L=\frac{R}{R_0}× L_0=\frac{25\ \Omega}{100\ \Omega}×10\ \mathrm{km}=2.5\ \mathrm{km}$
4. 上述长度L是往返两根输电线的总长度，因此短路位置距离甲地的单程距离为：
$s=\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}×2.5\ \mathrm{km}=1.25\ \mathrm{km}$
【答案】
1.25 km
【知识点】
欧姆定律，电阻与长度正比，输电线故障检测
【点评】
本题是输电线短路定位的经典应用题，核心易错点是容易忽略测得的电阻是甲地到短路点往返两根输电线的总电阻，误将总长度直接作为甲地到短路点的距离得到2.5km的错误结果，解题时要明确电路中接入的是两根串联的输电线，最终距离需要取总长度的一半。
【难度系数】
0.6