2025年高考物理复习热搜题速递之电学实验（2024年7月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习热搜题速递之电学实验（2024年7月）一．选择题（共6小题）1．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A2．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同3．某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（）A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B．一个伏特表和多个定值电阻 C．一个安培表和一个电阻箱 D．两个安培表和一个滑动变阻器4．在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示。电源内阻不计，导线连接良好。若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：a．电珠L不亮；电流表示数几乎为零；b．电珠L亮度增加；电流表示数增大；c．电珠L开始不亮；后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断；d．电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断。与上述abcd四种现象对应的电路序号为（）A．③①②④ B．③④②① C．③①④② D．②①④③5．图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．上述说法都不对6．图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的23处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的13处。已知A1的内阻为0.45Ω，则AA．0.1Ω B．0.15Ω C．0.3Ω D．0.6Ω二．多选题（共2小题）（多选）7．如图所示电路，将两个相同的电流表分别改装成A1（0～3A）和A2（0～0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是（）A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏 B．A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏 C．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A D．A1的读数为1A时，干路中的电流为1.2A（多选）8．用两个相同的小量程电流表，分别改装成两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数相同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同三．填空题（共2小题）9．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻。他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示。已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为（填步骤的字母代号）；A．合上开关S2B．分别将R1和R2的阻值调至最大C．记下R2的最终读数D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终读数为rE．合上开关S1F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比（填“偏大”、“偏小”或“相等”）；③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS＝。10．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。（1）由上图读得圆柱体的直径为mm，长度为cm。（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用测得的D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝。四．实验题（共10小题）11．图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图（a）中的A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）根据题给条件可得R1+R2＝Ω，R4＝Ω。（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为；若此时B端是与“3”相连的，则读数为；若此时B端是与“5”相连的，则读数为。（结果均保留3位有效数字）12．某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源E（电动势3V）。开关1个，导线若干。实验步骤如下：①按电路原理图（a）连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器使电压表满偏；④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。回答下列问题：（1）实验中应选择滑动变阻器（填“R1”或“R2”）。（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线。（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为Ω（结果保留到个位）。（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为（填正确答案标号）。A.100μAB.250μAC.500μAD.1mA13．某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）电压表V（量程3V，内阻3kΩ）电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）固定电阻R0（阻值1000Ω）滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）电源E（电动势5V，内阻不计）开关S；导线若干。（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率（填“增大”“不变”或“减小”）。（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为W，最大功率为W．（结果均保留2位小数）14．用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。实验主要步骤：（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）在图2中，以U为纵坐标，I为横坐标，做U﹣I图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。回答下列问题：（1）电压表最好选用；电流表最好选用。A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是。A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝，r＝，代入数值可得E和r的测量值。15．某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1，R2（其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线。（2）完成下列填空：①R1的阻值为Ω（填“20”或“2000”）②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中的滑动变阻器的端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1．将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置、最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势（填“相等”或“不相等”）④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为Ω（结果保留到个位）。（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：。16．某同学想要描绘标有“3.8V0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：电压表V1（0～3V，内阻等于3kΩ）电压表V2（0～15V，内阻等于15kΩ）电流表A1（0～200mA，内阻等于10Ω）电流表A2（0～3A，内阻等于0.1Ω）滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）定值电阻R3（阻值等于1Ω）定值电阻R4（阻值等于10Ω）定值电阻R5（阻值等于1kΩ）电源E（E＝6V，内阻不计）①请在方框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在元件的符号旁；②该同学描绘出的I﹣U图象应是图中的．17．某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。（1）根据图（a）和题给条件，将图（b）中的实物连线。（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是。（填正确答案标号）A.18mAB.21mAC.25mAD.28mA（3）产生上述问题的原因可能是。（填正确答案标号）A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200ΩB．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200ΩC．R值计算错误，接入的电阻偏小D．R值计算错误，接入的电阻偏大（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝。18．图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1＝Ω，R2＝Ω。（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为Ω的电阻，R应选用最大阻值为Ω的滑动变阻器。（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻。图（b）中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框的电路。则图中的d点应和接线柱（填“b”或“c”）相连。判断依据是。19．某探究性学习小组利用如图1所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1＝1.0kΩ，电阻R1＝9.0kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0＝3.0Ω的电阻。①按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是导线断开；若读数为零，则一定是导线断开。②排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图2．由I1﹣I2图象得到的电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω。20．某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A．电压表（量程0～1V，内阻约10kΩ）B．电压表（量程0～10V，内阻约100kΩ）C．电流表（量程0～1mA，内阻约30Ω）D．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.05Ω）E．电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）F．电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）G．滑动变阻器R0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）①为使测量尽量准确，电压表选用，电流表选用，电源选用。（均填器材的字母代号）②画出测量Rx阻值的实验电路图。③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会其真实值（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是。

2025年高考物理复习热搜题速递之电学实验参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A，R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】恒定电流专题．【答案】C【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．【解答】解：AB、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A＝1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB错误；CD、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.06A；故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD中要注意R2对电流表的量程没有影响！2．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】恒定电流专题．【答案】B【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．【解答】解：A、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故A错误，B正确。C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。故CD错误。故选：B。【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．3．某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（）A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B．一个伏特表和多个定值电阻 C．一个安培表和一个电阻箱 D．两个安培表和一个滑动变阻器【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】误差分析和数据处理；比较思想；推理法；恒定电流专题．【答案】D【分析】根据U﹣I图象与坐标轴的交点求解电动势和内阻。【解答】解：通过改变电路的阻值从而获得多组数据，根据U﹣I图象与坐标轴的交点求解电动势和内阻。A．安培表测电流，伏特表测路端电压，滑动变阻改变电路的阻值从而获得多组数据，故A可取；B．伏特表测路端电压，电流可由路端电压和定值电阻求得，通过改变接入定值电阻的个数改变电路的电阻，故B可取；C．安培表测电流，再由电流和定值电阻可得路端电压，通过改变接入定值电阻的个数改变电路的电阻，故C可取；D．两个安培表和一个滑动变阻器，不管怎么组合，不能测出路端电压，故不能测出电动势和内阻，故D最不可取。本题选最不可取的一组器材，故选：D。【点评】解决本题的关键会从U﹣I图线获取电源的电动势和内阻，电源的内阻等于图线的斜率绝对值，以及会分析误差的来源。4．在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示。电源内阻不计，导线连接良好。若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：a．电珠L不亮；电流表示数几乎为零；b．电珠L亮度增加；电流表示数增大；c．电珠L开始不亮；后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断；d．电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断。与上述abcd四种现象对应的电路序号为（）A．③①②④ B．③④②① C．③①④② D．②①④③【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线．【专题】压轴题．【答案】A【分析】本题考查对故障电路的判断，可以根据电路去分析可能出现的故障，再与现象对应起来即可找出正确答案；要注意电表的正确接法、滑动变阻器的接法．【解答】解：①中电流表测量干流电流，不能测灯泡中的电流；故电流表接线错误；将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S后电珠L不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠L逐渐变亮，由于总电阻减小，干路电流增大，电流表示数增大，是b；在②中安培表连接错误，应该连接在干路上，开始时滑动变阻器的电阻最大，通过电珠的电流太小，电珠L不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠后来忽然发光，由于大部分电流流过电流表造成电流表从示数不为零到线圈烧断，是c；在③中伏特表和安培表应该互换位置，由于伏特表串联造成电珠L不亮，电流表示数几乎为零，是a；在④中安培表使电珠短路，电珠L始终不亮，电流表从示数增大到线圈烧断，是d。即①②③④分别对应bcad。正确的是A。故选：A。【点评】我们对于图象的分析清楚一些，故不应只去考虑出现的现象而忽视了对电路的研究；应从电路可能出现的故障进行分析．5．图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．上述说法都不对【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题；恒定电流专题．【答案】B【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．【解答】解：A、由图甲所示可知，电阻与G并联，甲为电流表，分流电阻R增大时，电阻分流电流减小，量程变小。故A错误，B正确；C、由图乙所示可知，电阻R与G串联，乙为电压表，R增大，电阻分压电压变大，量程变大。故C错误；D、由以上分析可知，B正确，则D的说法错误，故D错误；故选：B。【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．6．图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的23处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的13处。已知A1的内阻为0.45Ω，则AA．0.1Ω B．0.15Ω C．0.3Ω D．0.6Ω【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题；恒定电流专题．【答案】A【分析】根据串联电路电流相等的特点和并联电路电压相等的特点，利用欧姆定律分别列出两电流表满偏时指针的关系，再把A2的内阻代入求解方程即可求出A1的内阻。【解答】解：设电流表A1、A2满偏电流分别为I1、I2；由题意知，当电流表串联时：I1=23I2当电流表并联时，电流表的电压为：U＝I2R2=13I1R1由于R1＝0.45Ω…③将①③式代入②解得：R2＝0.1Ω。故选：A。【点评】本题要理解并掌握串联电路和并联电路特点，能根据两电流表示数之间的关系建立方程组。二．多选题（共2小题）（多选）7．如图所示电路，将两个相同的电流表分别改装成A1（0～3A）和A2（0～0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是（）A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏 B．A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏 C．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A D．A1的读数为1A时，干路中的电流为1.2A【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题．【答案】AD【分析】电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两个电流计的满偏电压相同，A1和A2的最大电流分别是3A和0.6A，所以欧姆定律，改装后的两电流表内阻之比为1：5．【解答】解：A、电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故A正确，B错误。C、两电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5，则通过电流表的电流之比为5：1．A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A，故C错误，D正确；故选：AD。【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．（多选）8．用两个相同的小量程电流表，分别改装成两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数相同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题．【答案】BC【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．【解答】解：A、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故A错误，B正确。C、图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．三．填空题（共2小题）9．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻。他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示。已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为BEFADC（填步骤的字母代号）；A．合上开关S2B．分别将R1和R2的阻值调至最大C．记下R2的最终读数D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终读数为rE．合上开关S1F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比相等（填“偏大”、“偏小”或“相等”）；③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS＝I1⋅【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题；恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】①用的是半偏法测电阻：实验时要先保证安全，故要先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独较准与电表串联得到最大电流值，再用半偏法测其内阻。②从设计理论上看电流达到半偏时，要调节R2到两并联电阻相等时。③扩大量程并联电阻值为：R=【解答】解：①先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独较准与电表串联得到最大电流值，再用半偏法测其内阻，由此得顺序为BEFADC。②调节RR2，电流达到半偏时，两并联支路电阻相等。③扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为：R故答案为：①BEFADC②相等③I【点评】考查实验过程的分析，明确安全的原则及实验原理。会求改装电流表的原量及电阻的求解。10．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。（1）由上图读得圆柱体的直径为1.847mm，长度为4.240cm。（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用测得的D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝πD2【考点】导体电阻率的测量．【专题】实验题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解。【解答】解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.7×0.01mm＝0.347mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.347mm＝1.847mm；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为8×0.05mm＝0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm＝42.40mm＝4.240cm；（2）根据电阻定律，有：R＝ρLS=解得：ρ=π故答案为：（1）1.847，4.240；（2）πD【点评】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度。并掌握电阻定律与欧姆定律的应用。四．实验题（共10小题）11．图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图（a）中的A端与黑（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是B（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）根据题给条件可得R1+R2＝160Ω，R4＝880Ω。（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为1.48mA；若此时B端是与“3”相连的，则读数为1.10kΩ；若此时B端是与“5”相连的，则读数为2.95V。（结果均保留3位有效数字）【考点】练习使用多用电表（实验）．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【答案】（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10kΩ；2.95V。【分析】（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；（2）明确电路结构，知道欧姆挡中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；（3）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；（4）明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数。【解答】解：（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要时行调节，故B正确；AC错误；故选：B；（3）直流电流挡分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，R1+R2=IgR总电阻R总=160×480160+480接4时，为电压挡，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，R4=1-1×10-（4）若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA（1.47﹣1.49）；若与3连接，则为欧姆挡×100Ω挡，读数为11×100＝1100Ω＝1.10kΩ；若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V（2.91﹣2.97均可）；故答案为：（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10kΩ；2.95V。【点评】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。12．某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源E（电动势3V）。开关1个，导线若干。实验步骤如下：①按电路原理图（a）连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器使电压表满偏；④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。回答下列问题：（1）实验中应选择滑动变阻器R1（填“R1”或“R2”）。（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线。（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为2520Ω（结果保留到个位）。（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为D（填正确答案标号）。A.100μAB.250μAC.500μAD.1mA【考点】测定电压表或电流表的内阻．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要几乎不变，故需要选择较小的变阻器；（2）对照电路图连线，可以先连接电源、电键和变阻器，最后将电压表和电阻箱串联后并联上去；（3）结合欧姆定律列式求解即可；（4）电压表为表头与分压电阻串联而成，根据欧姆定律，用满偏电压除以电阻即可。【解答】解：（1）调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变阻器选阻值小的，故选滑动变阻器R1；（2）实物图连接如图所示：（3）电压表和电阻箱整体分压不变，故：U＝U′+代入数据，有：2.5＝2+解得：RV＝2520Ω（4）该表头的满刻度电流为：I=2.5V2520Ω=1.0×10故选D故答案为：（1）R1；（2）如图所示；（3）2520；（4）D。【点评】本题是半偏法测电阻原理的改编，关键是明确实验原理，结合欧姆定律进行分析，在变阻器选择上，要从减小系统误差的角度进行分析，不难。13．某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）电压表V（量程3V，内阻3kΩ）电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）固定电阻R0（阻值1000Ω）滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）电源E（电动势5V，内阻不计）开关S；导线若干。（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻增大（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率增大（填“增大”“不变”或“减小”）。（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为0.39W，最大功率为1.18W．（结果均保留2位小数）【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【答案】（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）0.39；1.18。【分析】（1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法；（2）根据I﹣U图象的性质进行分析，明确电阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况；（3）分析滑动变阻器接入电阻的变化，作出等效电源的伏安特性曲线，得出对应的电流值和电压值，从而明确灯泡功率的极值。【解答】解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表的内阻已知，故应采用电流表内接法，可容易消除系统误差；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示；（2）I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；（3）当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为4V，等效内阻为10Ω；则有：U＝4﹣10I；作出电源的伏安特性曲线如图a中实线所示；由图可知，灯泡电压为U＝1.75V，电流I＝225mA＝0.225A，则最小功率P＝UI＝1.75×0.225W＝0.39W；当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为1.0Ω，作出电源的伏安特性曲线如图a中虚线所示；如图a可知，此时电压为3.70V，电流为320mA＝0.32A；则可知最大功率Pmax＝U'I'＝3.70×0.32＝1.18W。故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）0.39；1.18。【点评】本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，知道实验中数据分析的基本方法，注意在分析功率时只能根据图象进行分析求解，不能利用欧姆定律进行分析。14．用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。实验主要步骤：（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）在图2中，以U为纵坐标，I为横坐标，做U﹣I图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。回答下列问题：（1）电压表最好选用A；电流表最好选用C。A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是C。A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝ka，r＝k﹣R2，代入数值可得E和r的测量值。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【答案】（1）A，C；（2）C；（3）ka；k﹣R2。【分析】（1）根据给出的仪表分析电流和电压最大值，电表量程略大于最大值即可；同时注意明确电压表内阻越大越好，而电流表内阻越小越好；（2）明确滑动变阻器的接法以及对电路的调节作用，则可得出正确的接法；（3）根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据数学规律可求得电动势和内电阻。【解答】解：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I=ER1+R2+（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；B项中是两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选：C；（3）由闭合电路欧姆定律可知：U＝E﹣I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k＝r+R2；则内阻r＝k﹣R2；令U＝0，则有：I=Er+R2=Ek；由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a故答案为：（1）A，C；（2）C；（3）ka；k﹣R2。【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。15．某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1，R2（其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线。（2）完成下列填空：①R1的阻值为20Ω（填“20”或“2000”）②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中的滑动变阻器的左端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1．将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置、最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势相等（填“相等”或“不相等”）④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为2550Ω（结果保留到个位）。（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。。【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据电路原理图在实物图上连线；（2）①根据实验方法确定R1选择阻值较小或较大的滑动变阻器；②为了保护微安表，分析滑片C开始应处的位置；③接通S2前后，微安表的示数保持不变，由此分析电势高低；④根据比例方法确定Rx的值；（3）从减少误差的方法来提出建议。【解答】解：（1）根据电路原理图在实物图上连线，如图所示：（2）①R1选择20Ω；这是因为滑动变阻器的分压式接法要求滑动变阻器的最大阻值远小于负载阻值，滑动变阻器的最大阻值越小，滑片滑动时，电压变化越均匀，越有利于实验的进行；故R1＝20Ω；②为了保护微安表，通过微安表的电流应从零逐渐增大，当滑片C滑到滑动变阻器的最左端时，通过微安表的电流为零。所以开始时，滑片C应滑到滑动变阻器的最左端；③接通S2前后，微安表的示数保持不变，则微安表两端的电压不变，又微安表右端电势在S2接通前后保持不变，所以说明S2接通前B与D所在位置的电势相等；④设微安表内阻为Rx，根据题意有2500Rx=Rx2601，解得（3）为了提高精度，可以调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。原因是，在微安表的读数接近满量程的情况下，为了使B、D两点电势相等而调节滑动变阻器R2时，R2滑片的微小偏差将导致微安表指针产生较大偏摆，有利于更精确的调节R2；反之，在微安表指针偏摆较小的情况下，R2滑片的微小偏差很难从微安表上显示出来。故答案为：（1）图见解析；（2）①20；②左；③相等；④2550；（3）调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。对于实验仪器的选取一般要求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则。16．某同学想要描绘标有“3.8V0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：电压表V1（0～3V，内阻等于3kΩ）电压表V2（0～15V，内阻等于15kΩ）电流表A1（0～200mA，内阻等于10Ω）电流表A2（0～3A，内阻等于0.1Ω）滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）定值电阻R3（阻值等于1Ω）定值电阻R4（阻值等于10Ω）定值电阻R5（阻值等于1kΩ）电源E（E＝6V，内阻不计）①请在方框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在元件的符号旁；②该同学描绘出的I﹣U图象应是图中的B．【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】①分析给定仪器，明确电表的量程；根据安全性原则进行改装；同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电流表接法；②根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析，同时明确I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．【解答】解：①灯泡额定电压为3.8V，而给出的电压表量程分别为15V和3V，15V量程太大，无法正确测量；故只能选用3V量程，并且与定值电阻串联扩大量程；3V量程的电压表内阻为3KΩ；根据串并联电路规律可知，应选择1KΩ的定值电阻串联；额定电流为0.3A，而给出的量程中3A量程过大，不能使用；只能采用将电流表量程200mA的电流表与定值电阻并联的方式来扩大量程；根据改装原理可知，并联10Ω的定值电阻，即可将量程扩大到0.4A；因本实验中要求多测几组数据，因此应采用滑动变阻器分压接法；同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；故答案如图所示；②因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I﹣U图象中图线的斜率应越来越小；故选：B．故答案为：①如图所示；②B．【点评】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验以及电表的改装，要求能明确改装原理，并正确掌握本实验中电路的接法；注意分压接法以及电流表接法的正确判断．17．某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。（1）根据图（a）和题给条件，将图（b）中的实物连线。（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是C。（填正确答案标号）A.18mAB.21mAC.25mAD.28mA（3）产生上述问题的原因可能是AC。（填正确答案标号）A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200ΩB．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200ΩC．R值计算错误，接入的电阻偏小D．R值计算错误，接入的电阻偏大（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝9979【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据电路图连接实物电路图。（2）根据微安表量程与图（c）所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后根据电流表改装原理求出改装后电流表的量程。（3）把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，根据题意与改装原理分析实验误差。（4）根据电流表的改装原理与题意求出并联电阻阻值。【解答】解：（1）微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图（a）所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）微安表量程为250μA，由图（c）所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为160μA，电流表示数为16.0mA，电流表示数为微安表示数的16.0×10-改装后电流表量程为：250×10﹣6×100＝25×10﹣3A＝25mA，故C正确；故选：C；（3）由（2）可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由并联电路特点可知，分流电阻阻值偏小，把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R=IAB、如果微安内阻Rg测量值错误，并联分流电阻阻值R偏小，则微安内阻Rg测量值偏小，微安表内阻实际阻值大于测量值1200Ω，故A正确，B错误；CD、如果R值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电流表量程偏大，故C正确，D错误；故选：AC；（4）把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R=I由（2）可知，流过分流电阻电流为流过微安表电流的99倍，则并联电阻：R=Rg99，Rg把微安表改装成20mA的电流表，并联电阻阻值：R并=Ig则：k=99故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）C；（3）AC；（4）9979【点评】本题考查了电流表的改装问题，把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题。18．图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1＝15Ω，R2＝35Ω。（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为300Ω的电阻，R应选用最大阻值为3000Ω的滑动变阻器。（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻。图（b）中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框的电路。则图中的d点应和接线柱c（填“b”或“c”）相连。判断依据是闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。【考点】电表的改装和应用（实验）．【专题】实验题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。（2）应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻与滑动变阻器的阻值，然后作出选择。（3）有电流流过电表时电表指针发生偏转，没有电流流过电表时电表指针不偏转，根据电路图分析答题。【解答】解：（1）使用a、b接线柱时，Iab＝Ig+Igrg使用a、c接线柱时，Iac＝Ig+Ig(r解得：R1＝15Ω，R2＝35Ω；（2）改装后电流表内阻：r=rg(R0作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：R＝r+RA+R0=EI=1.50.003=500Ω，R0＝R﹣r﹣RA＝500﹣33﹣150＝317Ω，则应电路电流最小时滑动变阻器接入电路的阻值约为R滑=EI最小-R=1.50.0005-500＝2500Ω（3）由图示电路图可知，图中的d点与接线柱c相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2；故答案为：（1）15；35；（2）300；3000；（3）c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。【点评】本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。19．某探究性学习小组利用如图1所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1＝1.0kΩ，电阻R1＝9.0kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0＝3.0Ω的电阻。①按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是aa'导线断开；若读数为零，则一定是bb'导线断开。②排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图2．由I1﹣I2图象得到的电池的电动势E＝1.4V，内阻r＝0.5Ω。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】通过多用电表的电压表示数是否为零，结合电路分析确定哪根导线断开。根据闭合电路欧姆定律以及串并联电路的特点，得出两电流的表达式，结合图线的斜率和截距求出电动势和内阻的大小。【解答】解：①将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，可知cc′不断开，再测量a、a′间电压，若读数不为零，可知bb′间不断开，则一定是aa′间断开。若aa′间电压为零，则bb′导线断开。②根据串并联电路的特点，结合闭合电路欧姆定律得：E＝U+Ir，则有：E＝I1（R1+r1）+（I1+I2）×（R0+r），可知I1=-I2解得：E＝1.4V，图线斜率的绝对值为：r+3104=(0.14-0.05)×1故答案为：①aa'，bb'，②1.4（1.36～1.44均可）0.5（0.4～0.6均可）【点评】解决本题的关键确定故障的方法，对于图线问题，一般的解题思路是得出两物理量之间的关系式，结合图线斜率和截距进行求解，难度中等。20．某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A．电压表（量程0～1V，内阻约10kΩ）B．电压表（量程0～10V，内阻约100kΩ）C．电流表（量程0～1mA，内阻约30Ω）D．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.05Ω）E．电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）F．电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）G．滑动变阻器R0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）①为使测量尽量准确，电压表选用B，电流表选用C，电源选用F。（均填器材的字母代号）②画出测量Rx阻值的实验电路图。③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会大于其真实值（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是电压表的读数大于待测电阻两端实际电压。【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】①分析给出的仪表，根据安全和准确性原则进行分析，从而确定应选择的测量仪表；②根据实验原理确定实验电路图，明确分压接法和内外接法的正确应用；③分析电路图，根据电表内阻的影响进行分析，明确误差情况和原因。【解答】解：①因待测电阻阻值较大，为了准确测量，应采用较大的电动势，故选电动势为12V的电源F；电压表选择10V的量程，最大电流I约为：I=1010000=0.001A＝1mA②因给出的滑动变阻器总阻值较小，所以应采用分压接法，同时因待测电阻较大，为了准确测量，电流表选择内接法，故电路图如图所示；③因本实验采用电流表内接法，由于电流表分压影响，电压表测量值将大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值将大于真实值；故答案为：①B；C；F；②如图所示；③大于；电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压。【点评】遇到电学实验问题应明确：①通过求出待测电阻的最大电流来选择电流表量程；②明确“大内偏大，小外偏小“的电流表接法和误差情况分析；③若变阻器的全电阻能满足电路电阻要求时，变阻器可以采用限流式接法。

考点卡片1．导体电阻率的测量【知识点的认识】一、实验目的1．掌握螺旋测微器的原理及读数方法．2．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法．3．会用伏安法测电阻的方法测定金属的电阻率．二、实验原理把电阻丝连入如图所示的电路，用电压表测其两端电压，用电流表测电流，根据Rx=UI计算金属丝的电阻Rx，然后用米尺测量金属丝的有效长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，计算出金属丝的横截面积三、实验器材毫米刻度尺、螺旋测微器、直流电压表和直流电流表、滑动变阻器、电池、开关及连接导线、金属电阻丝．四、实验步骤1．测直径：用螺旋测微器在导线的三个不同位置上各测一次，取直径d的平均值．2．测长度：将金属丝两端固定在接线柱上悬空拉直，用毫米刻度尺测量接入电路的金属丝长度L（即有效长度），反复测量三次，求出L的平均值．3．连电路：按照如图所示的电路图用导线把器材连好，并把滑动变阻器的阻值调至最大．4．测电阻：电路经检查无误后，闭合开关S，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记录在表格内，断开开关S，求出电阻R的平均值．5．算电阻率：将测得的R、L、d的值代入电阻率计算公式ρ＝RSL=πd2R4L中，计算出金属丝的电阻率．或利用U﹣I图线的6．整理：拆去实验线路，整理好实验器材．五、注意事项1．金属丝的长度，应该是在连入电路之后再测量，测量的是接入电路部分的长度，并且要在拉直之后再测量．2．用螺旋测微器测直径时应选三个不同的部位测三次，再取平均值．3．接通电源的时间不能过长，通过电阻丝的电流强度不能过大，否则金属丝将因发热而温度升高，这样会导致电阻率变大，从而造成误差．4．要恰当选择电流表、电压表的量程，调节滑动变阻器的阻值时，应注意同时观察两表的读数，尽量使两表的指针偏转较大，以减小读数误差．5．伏安法测电阻是这个实验的中心内容，测量时根据不同情况，根据所给器材对电流表的内接还是外接做出正确选择．六、误差分析1．金属丝直径、长度的测量带来误差．2．测量电路中电流表及电压表对电阻测量的影响，因为电流表外接，所以R测＜R真，由R＝ρLS可知ρ测＜ρ真3．通电电流过大，时间过长，致使电阻丝发热，电阻率随之变化带来误差．七、实验创新在此实验中，由于电压表、电流表内阻的影响，从而使金属丝电阻测量值偏小，可以改进实验电路，消除由于电表内阻的影响而带来的实验误差．1．等效替换法连接电路如图所示，R′为电阻箱，Rx为待测电阻，通过调节电阻箱R′，使单刀双掷开关S分别接a和b时，若电流表中的电流示数相同，就表明Rx＝R′，即可测出Rx．（此方法可以在没有电压表的情况下顺利进行）2．附加电阻法连接电路如图所示，R0为一阻值较大的固定电阻，Rx为待测电阻．（1）断开S2，闭合S1调节变阻器R，使电流表、电压表都有一个适当读数，记下两表读数I1、U1．（2）保持变阻器阻值R不变，再闭合S2，记下两表的读数I2、U2．（3）待测电阻Rx=U【命题方向】题型一：仪器的选取及电路设计在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为3Ω，实验室备有下列实验器材：A．电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ）B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω）C．滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流0.5A）D．电源E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）E．开关S，导线若干（1）为减小实验误差，应选用图中乙（填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图．（2）现用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得其直径示数如丙图，则直径为0.608mm．图丁为两电表的示数，则该金属丝的电阻率为1.16×10﹣6Ωm．（结果保留3位有效数字）分析：（1）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路．（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．由图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值，由电阻定律求出电阻率．解：（1）因RVR=30003则有RV（2）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×10.8mm＝0.108mm，所以最终读数为0.608mm．由图示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，所示为1.2V，由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，电阻阻值：R=UI=由R＝ρLS可知，电阻率：ρ=RSL=2.4×3.14×(12×0.608×10故答案为：（1）乙；（2）0.608（0.606～0.609mm均正确）；1.16×10﹣6（1.15×10﹣6～1.17×10﹣6Ω•m均正确）．点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键．同时掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．题型二：电表内阻的测量实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表G1内阻r1的电路如图1所示．供选择的仪器如下：①待测电流表G1（0～5mA，内阻约300Ω），②电流表G2（0～10mA，内阻约100Ω），③定值电阻R1（300Ω），④定值电阻R2（10Ω），⑤滑动变阻器R3（0～1000Ω），⑥滑动变阻器R4（0～20Ω），⑦干电池（1.5V），⑧电键S及导线若干．（1）定值电阻应选③，滑动变阻器应选⑥．（在空格内填写序号）（2）用连线连接实物图2．（3）补全实验步骤：①按电路图连接电路，将滑动触头移至最左端；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1，G2的读数I1，I2；③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图3所示．（4）根据I2﹣I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1＝（k﹣1）R1．分析：由于电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍，定值电阻要和待测电流表内阻接近；滑动变阻器采用的分压式接法，其电阻不要太大．根据实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式．解：（1）器材选择：定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍；滑动变阻器的电阻不要太大．故定值电阻选③，滑动变阻器选⑥．（2）连接实物图如图所示．（3）补充实验步骤见①将滑动触头移至最左端③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2（4）根据并联分流公式IG2=解得r1＝（k﹣1）R1，式中r1即rG1．本题答案是：（1）③，⑥（2）见上图（3）①将滑动触头移至最左端．③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2（4）r1＝（k﹣1）R1．点评：本题考查测量实际电流表G1内阻r1的实验器材选择，实物电路连接及实验原理（并联分流）等．对于变阻器分压式接法，操作时要注意：开关闭合前，变阻器输出电压要最小．【解题方法点拨】一（对应题型一）．对电学实验器材的选择一般分两步考虑，首先要根据实验的要求设计好测量电路，选择必要的相应的器材时要着重考虑准确性；然后设计供电电路，此时选择相应的器材时要着重考虑安全性．电学实验器材选择的原则（1）准确性原则：选用电表量程时应考虑尽可能减小测量值的相对误差，电压表、电流表在使用时尽可能使指针接近满量程，若指针偏转不到满偏角度的1/3，读数误差较大．（2）安全性原则：通过电源，电表，滑动变阻器，用电器的电流不能超过其允许的最大电流．（3）便于操作原则：选择控制电路时，既要考虑供电电压的变化范围是否满足实验要求，又要注意便于操作．若控制电路为限流接法，则选滑动变阻器总阻值与待测电阻相当的；若控制电路为分压接法，则选滑动变阻器总阻值较小的（在不超过其额定电流的情况下）．二（对应题型二）．1．对于电表内阻的测量，设计要点如下：（1）测量的原理：欧姆定律R=U（2）电压表的读数是其内阻两端的电压，电流表的读数是流经其内阻的电流；（3）若要测电压表的内阻，则要想办法测出其电流即可；若要测电流表的内阻，则要想办法测出其电压即可．（4）已知内阻的电压表可作电流表使用，已知内阻的电流表可作电压表使用．（5）测出定值电阻的电压可间接求电流，测出定值电阻的电流可间接求电压．2．伏安法测电阻【知识点的认识】伏安法测电阻（1）电流表的内接法和外接法的比较内接法外接法电路图误差原因电流表分压U测＝Ux+UA电压表分流I测＝Ix+IV电阻测量值R测=U测I测=Rx测量值大于真实值R测=U测测量值小于真实值适用条件RA≪RxRV≫Rx适用于测量