6. 导电性是纯净水的重要指标之一，水中杂质含量越少，水越纯净，导电性越差。用如图甲所示的电路测量纯净水电阻的大小，电源电压$U=3\ \mathrm{V}$，电流表A的量程为$0∼5\ \mathrm{mA}$、$R_0$为定值电阻、G为装满水的柱状玻璃管、$R_x$为玻璃管内纯净水的电阻。G两端为导电活塞，右端活塞固定，左端活塞可以自由地移动，从而改变玻璃管内纯净水柱的长度$L$。玻璃管侧壁连有一个阀门K，可以按需调节玻璃管内水量。

（1）电路中$R_0$的作用是。
（2）闭合开关S，若玻璃管G中的水量固定，水越纯净，电流表的示数越；若活塞右移，则电流表的示数变。
（3）闭合开关S，改变玻璃管中水柱的长度$L$，读出对应的电流表的示数$I$，多次实验，采集不同数据，并绘制出$\dfrac{1}{I}-L$的图像，如图乙中图线$a$所示，则$R_0=\_\_\_\_\_\_\Omega$。当$L=1\ \mathrm{cm}$时，玻璃管中纯净水的电阻大小为$\Omega$。若电路中电流表示数为$I$，则玻璃管中纯净水电阻$R_x$的表达式为$R_x=$（用已知物理量符号$U$、$I$、$R_0$表示，单位均为国际单位）。
（4）小明换另一种纯净水，重复（3）中实验步骤，采集数据，绘制出$\dfrac{1}{I}-L$的图像如图乙中虚线$b$所示，则$a$、$b$两图线代表的纯净水，更纯净的是（填“$a$”或“$b$”）。

6. (1) 保护电路 (2) 小 大 (3) 600 1200 U/I - R₀ (4) a
提示:(2) 水越纯净,导电性越差,电阻值越大,电流越小;活塞右移时,水柱长度L变小,电阻值变小,电流变大。(3) 由图线a知,L=0时,R_x=0,I=1/(0.2 mA⁻¹)=5 mA,R₀=U/I=3 V/0.005 A=600 Ω,L=1 cm时,I'=1/(0.6 mA⁻¹)=5/3 mA,R_x=U/I' - R₀=3 V/(5/3 ×10⁻³ A)-600 Ω=1200 Ω;玻璃管中纯净水电阻R_x=U/I - R₀。(4) L相同时,I_a＜I_b,故R_a＞R_b,更纯净的是a代表的纯净水。

【分析】
本题结合电路与图像考查电阻、欧姆定律的应用，需逐步分析：
1. 第(1)问：定值电阻串联在电路中，可限制电流，避免电流过大，起到保护作用；
2. 第(2)问：水越纯净导电性越差（电阻越大），电源电压不变时，电流越小；活塞右移使水柱长度L减小，纯净水电阻变小，总电阻变小，电流变大；
3. 第(3)问：根据欧姆定律，总电阻$R_总=R_0+R_x$，电流$I=\frac{U}{R_总}$，故$\frac{1}{I}=\frac{R_0+R_x}{U}$，结合图线a的特殊点（L=0时$R_x=0$）计算$R_0$，再代入L=1cm时的$\frac{1}{I}$值求对应电流，进而算$R_x$，最后推导$R_x$的表达式；
4. 第(4)问：纯净水越纯净电阻越大，相同L时，$\frac{1}{I}$越大则电流越小，总电阻越大，对比图线a、b判断电阻大小，确定更纯净的水。
【解析】
(1) 电路中串联$R_0$，可防止因$R_x$过小导致电路电流过大，起到保护电路的作用，故答案为保护电路；
(2) 水越纯净，导电性越差（电阻越大），电源电压$U$不变，由$I=\frac{U}{R_总}$可知电流越小；活塞右移时，水柱长度$L$减小，纯净水电阻$R_x$减小，总电阻减小，电流变大，故依次填小、大；
(3) 由图线a，$L=0$时$R_x=0$，此时$\frac{1}{I}=0.2\ \mathrm{mA^{-1}}=0.2×10^3\ \mathrm{A^{-1}}$，对应电流$I=\frac{1}{0.2×10^3\ \mathrm{A^{-1}}}=5×10^{-3}\ \mathrm{A}$，根据欧姆定律$R_0=\frac{U}{I}=\frac{3\ \mathrm{V}}{5×10^{-3}\ \mathrm{A}}=600\ \Omega$；当$L=1\ \mathrm{cm}$时，$\frac{1}{I}=0.6\ \mathrm{mA^{-1}}=0.6×10^3\ \mathrm{A^{-1}}$，对应电流$I'=\frac{1}{0.6×10^3\ \mathrm{A^{-1}}}=\frac{5}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}$，总电阻$R_总'=\frac{U}{I'}=\frac{3\ \mathrm{V}}{\frac{5}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}}=1800\ \Omega$，故$R_x=R_总'-R_0=1800\ \Omega-600\ \Omega=1200\ \Omega$；由欧姆定律$U=I(R_0+R_x)$，变形得$R_x=\frac{U}{I}-R_0$；
(4) 纯净水更纯净时电阻更大，相同L下，图线a的$\frac{1}{I}$更大，说明电流更小，总电阻更大，即$R_x$更大，故更纯净的是a。
【答案】
(1) 保护电路；(2) 小；大；(3) 600；1200；$\frac{U}{I}-R_0$；(4) a
【知识点】
欧姆定律、电阻的影响因素、电路保护元件
【点评】
本题结合电路与图像分析，考查欧姆定律的应用及电阻与导电性的关系，需准确解读图像数据推导物理量，综合性适中。
【难度系数】
0.5

7. 小丽等同学连接并联电路时，发现“两个小灯泡并联的电路中再并联一个小灯泡，原来两个小灯泡都变暗了”。他们认为再并联一个小灯泡后，原来的灯泡因两端的电压变低而变暗，但不知道实际电压变小的原因。于是，几名同学提出了三种猜想，猜想一：并联的灯越多，导线损失的电压越大；猜想二：并联的灯越多，电池两端的电压越小；猜想三：并联的灯越多，干路中的电流越小。

（1）根据所学的知识，他们经过讨论，断定猜想三是错误的。你认为他们判断的依据是。
（2）为了验证其他猜想，他们设计了如图甲所示的电路进行实验。先将1只电阻连接在A、B两点之间，读出开关闭合前电压表$\mathrm{V}_{1}$的示数，以及开关闭合后电压表$\mathrm{V}_{1}$和$\mathrm{V}_{2}$的示数，然后分别将2只、3只、4只相同的电阻并联在A、B两点之间，进行多次实验，记录的实验数据如表所示。

①这说明猜想一是的，猜想二是的。（均填“正确”或“错误”）
②分析数据可知，电池输出的实际电压和电路中所接的电阻大小有关，电路中所接的电阻越小，电池两端输出的实际电压越。
③设$U$和$U_{1}$的变化为$\Delta U_{1}$，$U_{1}$和$U_{2}$的差为$\Delta U_{2}$，则$\Delta U_{1}$（填“$＞$”或“$＜$”）$\Delta U_{2}$，查阅资料可知，电池内部是有电阻的，导线也是有一定电阻的，分析数据可知，（填“电池内部”或“导线”）电阻是导致AB两端实际电压变小的主要原因。
（3）小兰同学设计了如图乙所示的电路，用一个电流表和一个已知电阻$R_{0}$，测出未知电阻$R_{x}$的阻值。请你根据前面探究的结论对该测量方案进行评估。采用该方案的测量结果将（填“偏大”或“偏小”），简单说明理由：。

7. (1) 并联的灯越多,总电阻越小,干路电流越大 (2) ①正确 正确 ②小 ③＞ 电池内部 (3) 偏小 开关S₁闭合后,电阻两端的实际电压变小
提示:(2) ②并联的电阻只数越多,电阻越小,U₂越小,导线上损失的电压越大,电池两端的电压(U₁示数)越小;③接入1只电阻时,电池内部电阻的电压为6.00 V-5.85 V,导线上的电压为5.85 V-5.84 V,因6.00 V-5.85 V＞5.85 V-5.84 V,同理6.00 V-5.71 V＞5.71 V-5.69 V……设U和U₁的变化为ΔU₁,U₁和U₂的示数差为ΔU₂,则ΔU₁＞ΔU₂,故电池内部电阻是导致AB两端实际电压变小的主要原因。(3) 闭合开关S₁后,导线和电池内部损失的电压变大,待测电阻两端的实际电压变小,采用该方案的测量结果将偏小。

【分析】
要解决本题，需逐步拆解问题：首先根据并联电路电阻规律和欧姆定律判断猜想三的正误；再结合实验数据对比猜想一、二，通过计算电压损失变化确定主要原因；最后结合探究结论评估测量方案的偏差。
1. 猜想三的判断：并联用电器越多总电阻越小，电源电压不变时，总电阻越小干路电流越大，因此猜想三错误。
2. 实验数据分析：观察并联电阻数量与电池两端电压、导线电压损失的关系，判断猜想是否正确；通过计算电源内部和导线的电压变化，比较大小得出主要原因。
3. 测量方案评估：结合“并联用电器越多，导线和电池内部电压损失越大”的结论，分析待测电阻两端电压变化，判断测量结果偏差。
【解析】
（1）并联电路中，并联的用电器越多，总电阻越小；电源电压保持不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，总电阻越小，干路电流越大，因此猜想三“干路电流越小”错误，判断依据为：并联的灯越多，总电阻越小，干路电流越大。
（2）①分析实验数据：并联电阻数量越多，电池两端电压（电压表$\mathrm{V}_{1}$示数）越小，故猜想二“并联的灯越多，电池两端的电压越小”正确；导线损失的电压为$\mathrm{V}_{1}$示数与$\mathrm{V}_{2}$示数的差，并联电阻数量越多，该差值越大，说明导线损失的电压越大，故猜想一正确。
②电路中所接的电阻越小（并联电阻越多，总电阻越小），电池两端输出的实际电压（$\mathrm{V}_{1}$示数）越小，因此填“小”。
③设开关闭合前电压表$\mathrm{V}_{1}$的示数为电源电动势$U$，则电源内部电阻的电压变化$\Delta U_{1}=U - U_{1}$，导线电阻的电压变化$\Delta U_{2}=U_{1} - U_{2}$。代入数据计算：接入1只电阻时，$\Delta U_{1}=6.00\mathrm{V}-5.85\mathrm{V}=0.15\mathrm{V}$，$\Delta U_{2}=5.85\mathrm{V}-5.84\mathrm{V}=0.01\mathrm{V}$，显然$\Delta U_{1}＞\Delta U_{2}$，说明电池内部电阻的电压损失更大，是导致AB两端实际电压变小的主要原因，故填“＞”和“电池内部”。
（3）该测量方案中，开关$\mathrm{S}_{1}$闭合后，待测电阻$R_{x}$并联接入电路，干路电流变大，电池内部和导线的电压损失增大，导致待测电阻两端的实际电压变小；测量时若假设电压不变，会使计算出的$R_{x}$阻值偏小，因此测量结果偏小，理由是：开关$\mathrm{S}_{1}$闭合后，导线和电池内部损失的电压变大，待测电阻两端的实际电压变小。
【答案】
(1) 并联的灯越多,总电阻越小,干路电流越大
(2) ①正确；正确 ②小 ③＞；电池内部
(3) 偏小；开关$\mathrm{S}_{1}$闭合后,导线和电池内部损失的电压变大,待测电阻两端的实际电压变小
【知识点】
并联电路的电流规律；欧姆定律的应用；电路的动态分析
【点评】
本题以实际电路问题为载体，考查并联电路特点、欧姆定律的应用及实验探究能力，要求学生结合数据分析得出结论，逻辑推理要求较高，是一道综合性较强的电路题。
【难度系数】
0.4