高考物理专题讲座电流表和电压表电阻的测量 26页

第2讲 电流表和电压表 电阻的测量 ‎★考情直播 1、 考纲要求 考纲内容 能力要求 考向定位 ‎1．电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等。‎ ‎2．电阻的测量 ‎1．会是用电流表和电压表测量电流和电压。‎ ‎2．掌握电流表和电压表的改装原理。‎ ‎3．掌握测量电阻的几种方法。‎ ‎（1）电阻的测量是高考电学实验的焦点。‎ ‎（2）从其考查的知识点来看，电学基础知识是考查的的重点。考纲要求在电流表的内、外接的选择，滑动变阻器分压、限流式选择；实验器材的选择以及表头的改装等具体问题中灵活运用上述基础知识。‎ ‎（3）考纲要求熟悉电流表、电压表和多用电表的使用 ‎2、考点整合 考点一 电压表和电流表 ‎（1）电流表原理和主要参数 电流表G是根据通电线圈在磁场中受磁力矩作用发生偏转的原理制成的，且指什偏角θ与电流强度I成正比，即θ＝kI，故表的刻度是均匀的。电流表的主要参数有，表头内阻Rg：即电流表线圈的电阻；满偏电流Ig：即电流表允许通过的最大电流值，此时指针达到满偏；满偏电压U：即指针满偏时，加在表头两端的电压，故Ug＝IgRg ‎（2）电流表改装成电压表 方法：串联一个分压电阻R，如图所示，若量程扩大n倍，即n＝，则根据分压原理，需串联的电阻值，故量程扩大的倍数越高，串联的电阻值越大。‎ ‎（3）电流计扩大量程 方法：并联一个分流电阻R，如图所示，若量程扩大n倍，即n＝，则根据并联电路的分流原理，需要并联的电阻值，故量程扩大的倍数越高，并联的电阻值越小。‎ 需要说明的是，改装后的电压表或电流表，虽然量程扩大了，但通过电流表的最大电流或加在电流表两端的最大电压仍为电流表的满偏电流Ig和满偏电压Ug，只是由于串联电路的分压及并联电路的分流使表的量程扩大了。‎ 特别提醒 电压表和电流表的改装原理，实质是串并联电路中的串联分压和并联分流知识点的应用。改装后的电压表和电流表满偏时，实际流过电流计的电流并没有增大，仍为电流计原来的满偏电流。‎ A ‎ [例1] 14、一毫安表头 满偏电流为9.90 mA，内阻约为300 Ω．要求将此毫安表头改装成量程为‎1 ‎A的电流表，其电路原理如图所示．图中， 是量程为‎2 ‎A的标准电流表，R0为电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．‎ ‎⑴完善下列实验步骤：‎ ‎①将虚线框内的实物图按电路原理图连线；‎ ‎②将滑动变阻器的滑动头调至端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至零；‎ A mA ‎＋‎ ‎－‎ R0‎ S E ‎③合上开关；‎ ‎④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为‎1 ‎A；‎ ‎⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会（填“增大”、“减小”或“不变”）；‎ ‎⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为 ，同时毫安表指针满偏．‎ ‎⑵回答下列问题：‎ ‎①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1 Ω，由此可知毫安表头的内阻为．‎ ‎②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为 A．‎ ‎⑧对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因素：‎ ‎。‎ 答案：（1）①如图；②b；⑤减小；⑥‎1A；（2）①310；②0.495（0.494～0.496均可）；③例如：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等。‎ 解析：（1）将滑动变阻器的滑动头调至b点是为了保护毫安表；在调节电阻箱时，由于接入回路的电阻增加，故电流表电流会减小；为了能成功改装为‎1A的量程的电流表，需要通过调节滑动变阻器使标准电流表示数回到‎1A ‎；（2）电阻箱的电阻读数为3.1Ω，此时毫安表满偏，电阻箱上的电流为1000mA－9.9mA=990.1mA，根据并联电阻值与电流值成反比，可计算毫安表的内阻为310Ω；若毫安表半偏，电阻箱的电流也减半为495mA=‎0.495A；本实验可能因电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化，导致标准电流表的示数无法精准显示‎1A，还有电表本身读数上的误差，以及电表指针偏转本身不是随电流均匀偏转等都可能影响改装后的电流表的准确程度。‎ ‎[规律总结] 解决电压表或电流表量程扩大问题，关键是要理解表头中只能通过的最大电流是电表偏转的最大角度，同量理解指针偏转的角度与流过表头的电流大小成正比．作为多量程问题，要注意每一次扩大量程，都要以前一次为基础，画出其电路示意图，才不会将扩大部分与原来部分弄错．‎ 考点二 电阻的测量 一、实验原理：‎ 原理是欧姆定律.因此只要用电压表测出电阻两端的电压，用安培表测出通过电流，用R=U/ I 即可得到阻值. ‎ 二．伏安法测电阻的两种电路形式（如图所示）‎ 三、实验电路选择 ‎1、测量电路——电流表内外接法选取 ‎（1）电路的对比 连接方式 误差来源 测量值与真实值关系 适用范围 外接法 电压表分流 电流表的读数大于流过待测的电流，故：R测时，视Rx为大电阻，应选用内接法；当Rx＝时，两种接法均可。‎ ‎2、控制电路——滑动变阻器分压式、限流式接法选取 如图所示的两种电路中，滑动变阻器（最大阻值为R0）对负载RL的电压、电流强度都起控制调节作用，通常把图（a）电路称为限流接法，图（b）电路称为分压接法.‎ ‎（1）电路的对比 负载RL上电压调节范围（忽略电源内阻）‎ 负载RL上电流调节范围（忽略电源内阻）‎ 相同条件下电路消耗的总功率 限流接法 E≤UL≤E ‎≤IL≤‎ EIL 分压接法 ‎0≤UL≤E ‎0≤IL≤‎ E（IL+Iap）‎ 比较 分压电路调节范围较大 分压电路调节范围较大 限流电路能耗较小 ‎（2）滑动变阻器的限流接法与分压接法的选择方法 滑动变阻器以何种接法接入电路，应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活择取.‎ ‎①下列三种情况必须选用分压式接法 Ⅰ、要求回路中某部分电路电流或电压实现从零开始可连续调节时（如：测定导体的伏安特性、校对改装后的电表等电路），即大范围内测量时，必须采用分压接法.‎ Ⅱ、当用电器的电阻RL远大于滑动变阻器的最大值R0，且实验要求的电压变化范围较大（或要求测量多组数据）时，必须采用分压接法.因为按图（b）连接时，因RL>>R0＞Rap，所以RL与Rap的并联值R并≈Rap，而整个电路的总阻约为R0，那么RL两端电压UL=IR并=·Rap，显然UL∝Rap，且Rap越小，这种线性关系越好，电表的变化越平稳均匀，越便于观察和操作.‎ Ⅲ、若采用限流接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过RL的额定值时，只能采用分压接法.‎ ‎②下列情况可选用限流式接法 Ⅰ、测量时电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且RL与R0接近或RL略小于R0，采用限流式接法.‎ Ⅱ ‎、电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采用限流式接法.‎ Ⅲ、没有很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装简便和节能因素采用限流式接法.‎ 特别提醒 ‎ 利用伏安法测电阻，无论采用电流表的内接还是外接都会产生误差，这是由于实验原理的不完善带来的，属于系统误差。测量大电阻时，用电流表的内接，测量的误差相对小一些；而测量小电阻时，用电流表的外接，测量的误差相对小一些。‎ ‎ [例2] 用伏安法测量某一电阻Rx阻值，现有实验器材如下：待测电阻Rx（阻值约5 Ω，额定功率为1 W）；电流表A1（量程0~‎0.6 A，内阻0.2 Ω）；电流表A2（量程0~‎3 A，内阻0.05 Ω）；电压表V1（量程0~3 V，内阻3 kΩ）；电压表V2（量程0~15 V，内阻15 kΩ）；滑动变阻器R0（0~50 Ω），蓄电池（电动势为6 V）、开关、导线.‎ 为了较准确测量Rx阻值，电压表、电流表应选________，并画出实验电路图.‎ ‎[解析]：由待测电阻Rx额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻Rx的额定电压、额定电流的值约为 U=≈2.2 V，I==‎0.45 A.‎ 则电流表应选A1，电压表应选V1.‎ 又因=24.5 Ω＞Rx，则电流表必须外接.‎ 因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻Rx，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，则被测电阻Rx上的最小电流为Imin==‎0.11 A＜I额，故可用限流电路.电路如图所示. ‎ ‎[规律总结] 1、器材选用与电路选择应注意从两个方面去考虑：一是分析待测电路，二是分析控制电路。‎ ‎2、在“伏安法测电阻”的实验中，一般选用总阻值较小的滑动变阻器，可方便调节。‎ ‎①在滑动变阻器作限流作用时，为使负载RX既能得到较宽的电流调节范围，又能使电流变化均匀，选择变阻器时，应使其总电阻R0大于RX，一般在2—5倍为好。‎ ‎②在滑动变阻器作为分压作用时，一般取滑动变阻器的总电阻R0在0.1RX—0.5RX之间为好。‎ ‎[例题3] 某电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，现要测量其内阻，可选用的器材如下：‎ A．待测电流表A1（量程‎0.6A）； B．电压表V1（量程3V，内阻约2kΩ）‎ C．电压表V2（量程15V，内阻约10kΩ）； D．滑动变阻器R1（最大电阻10Ω）‎ E．定值电阻R2（阻值5Ω） F．电源E（电动势4V） G．电键S及导线若干 ‎（1）电压表应选用_____________；‎ ‎（2）画出实验电路图；‎ ‎（3）如测得电压表的读数为V，电流表的读数为I，则电流表A1内阻的表达式为：RA = ______________。‎ ‎[解析] 本题利用电压表指电压，电流表指电流的功能，根据欧姆定律R=计算电流表的内阻。由于电源电动势为4V， 在量程为15V的电压表中有的刻度没有利用，测量误差较大，因而不能选；量程为3V的电压表其量程虽然小于电源电动势，但可在电路中接入滑动变阻器进行保护，故选用电压表V1。由于电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，量程为‎0.6A ，电流表上允许通过的最大电压为0.12V，因而伏特表不能并联在电流表的两端，必须将一个阻值为5Ω的定值电阻R2与电流表串联再接到伏特表上，才满足要求。滑动变阻器在本实验中分压与限流的连接方式均符合要求，但考虑限流的连接方式节能些，因而滑动变阻器采用限流的连接方式 。故本题电压表选用V1；设计电路图如图1所示；电流表A1内阻的表达式为： RA =-R2。‎ ‎[规律总结] 电流表内阻的测量和一般电阻的测量一样，所不同的就是电流表可提供通过自身的电流值作为已知条件。‎ 考点三 实验方案的设计 根据实验目的，控制实验条件，能灵活地运用已学过的物理原理、实验方法和实验仪器去处理问题，设计实验方案。也是高考实验题的主要试题。‎ 一、器材选择的原则：‎ ‎1．准确性原则：选用电表量程应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。‎ 二、实物图连线技术 无论是分压接法还是限流接法都应该先把伏安法部分接好；对限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、电键、滑动变阻器、伏安法四部分依次串联起来即可（注意电表的正负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处）。对分压电路，应该先把电源、电键和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动触头两点的电势高低，根据伏安法部分电表正负接线柱的情况，将伏安法部分接入该两点间。‎ 例4.用以下器材测量一待测电阻的阻值(900-1000Ω),如图.‎ ‎ 电源,具有一定内阻,电动势约为9.0V;‎ ‎ 电压表V1,量程为1.5V,内阻r1=750Ω ‎ 电压表V2, 量程为5V,内阻r2=2500Ω ‎ 滑动变阻器,最大阻值约为100Ω ‎ 单刀单掷开关,导线若干.‎ ‎（1）.测量中要求电压表的读数不小于其量程的1/3,试画出测量电阻RX的一种实验电路原理图(原理图中的元件要用题图中相应的英文字母标注).‎ ‎（2）.根据你既画的电路原理图在题给的实物图上画出连线.‎ ‎（3）.若电压表V1的读数用U1表示,电压表V2的读数用U2表示,则由已知量和测得量表示RX的公式为______.‎ ‎[解析] 本题的实验目的是测量一待测电阻的阻值,根据给出的实验器材的规格作如下思考:‎ ‎(1).电源电动势约为9V,而电压表量程较小,且所用变阻器阻值远小于待测电阻的阻值,因此应考虑用变阻器分压接法.‎ ‎(2).题中未给出电流表,而已知电压表的量程和内阻,因此电压表可作电流表使用,这是本实验设计的关键.实验电路如图 ‎(3).实物图连接也是高考实验设计的一种关键.注意两点:一是画出的电路图器材符号与实物图中实物摆放的位置基本一致,便于连接实物图.二是实物图的连线尽可能规则,而且不相交.‎ ‎[规律总结] 设计性实验题型可归纳为以下3类:‎ ‎(1).给出实验器材,设计实验方案,处理实验数据.‎ ‎(2).给出实验情景,设计处理实验实验数据,试题给出实验目的和电路图,推测实验原理,完成数据处理,或者完成实验步骤和数据处理,给出实验目的器材步骤,要求处理数据并误差分析.‎ ‎(3).自选实验器材,设计、选择实验电路 考点四 描绘小灯泡的伏安特性曲线 实验电路原理电路如图所示，因为小电珠（即小灯泡）的电阻较小（10Ω左右）所以应该选用安培表外接法。‎ U/V I/A O 小灯泡的电阻会随着电压的升高，灯丝温度的升高而增大，所以U-I曲线不是直线。为了反映这一变化过程，灯泡两端的电压应该由零逐渐增大到额定电压。所以滑动变阻器必须选用分压接法。开始时滑动触头应该位于左端（使小灯泡两端的电压为零）。‎ 由实验数据作出的I-U曲线如右，说明灯丝的电阻随温度升高而增大，也就说明金属电阻率随温度升高而增大。（若用U-I曲线，则曲线的弯曲方向相反。）‎ 若选用的是标有“3.8V ‎0.3A”的小灯泡，电流表应选用0‎-0.6A量程；电压表开始时应选用0-3V量程，当电压调到接近3V时，再改用0-15V量程。‎ ‎[考点分析] 考查利用伏安法测灯泡的伏安曲线与处理图象能力 例题5.(2)用下列器材组装成描绘电阻R伏安特性曲线的电路，请将实物图连线成为实验电路。‎ ‎ 微安表μA(量程200μA，内阻约200)；‎ ‎ 电压表V(量程3V，内阻约10K)；‎ ‎ 电阻R(阻值约20k)；‎ ‎ 滑动变阻器R(最大阻值50，额定电流‎1 A)．‎ ‎ 电池组E(电动势3V，内阻不计)；‎ 开关S及导线若干。‎ 答案：实物连接如图 解析：从题目中给的电压表的内阻和电流表的内阻以及待测电阻R0的阻值可以判断测量电路要用伏安法的内接法，变阻器的电阻比较小，所以电源电路采用分压法。‎ 例6、现要测定一个额定电压4 V、额定功率1.6 W的小灯泡（图中用表示）的伏安特性曲线。要求所测电压范围为0.1 V～4 V。 ‎ 现有器材：直流电源E（电动势4.5 V，内阻不计），电压表（量程4.5 V，内阻约为4×104 Ω），电流表（量程250 mA，内阻约为2 Ω），电流表（量程500 mA，内阻约为1 Ω），滑动变阻器R（最大阻值约为30 Ω），电子键S，导线若干。‎ 甲 乙 如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是        ，下面两个电路应该选用的是           。‎ 解析：（1）灯泡的电阻，由，所以选择量程为500mA的电流表，又因为，所以采用安培表外接法。所以选择甲图。‎ ‎[规律总结] 此实验待测灯泡的电阻小又要求从0开始测多组实验数据，所以采用“测小用外接，零起必分压”的实验方法。‎ 考点5 测定金属的电阻率 被测电阻丝的电阻较小，所以选用电流表外接法；本实验不要求电压调节范围，可选用限流电路。因此选用上面左图的电路。开始时滑动变阻器的滑动触头应该在右端。本实验通过的电流不宜太大，通电时间不能太长，以免电阻丝发热后电阻率发生明显变化。‎ ‎[考点分析] 考查螺旋测微器的读数与伏安法测电阻的实验知识 例题7. (04年海淀一模）在“测金属丝的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx。‎ 图7‎ S1‎ S2‎ V A R1‎ Rx R2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎40‎ ‎35‎ ‎30‎ ‎25‎ ‎20‎ 图6‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ cm ‎35‎ ‎36‎ ‎37‎ ‎（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：ρ=（用上述测量量的字母表示）。‎ ‎（2）若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数如图6所示，则金属丝长度的测量值为l=cm，金属丝直径的测量值为d=mm。‎ ‎（3）用电流表和电压表测金属丝的电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，不论使用电流表内接法还是电流表外接法，都会产生系统误差。按如图7所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻造成的系统误差。利用该电路进行实验的主要操作过程是：‎ 第一步：先将R2的滑动头调到最左端，单刀双掷开关S2向1闭合，闭合电键S1，调节滑动变阻器R1和R2，使电压表和电流表的示数尽量大些（在不超过量程的情况下），读出此时电压表和电流表的示数U1、I1。‎ 第二步：保持两滑动变阻器滑动头位置不变，将单刀双掷开关S2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2。‎ 请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式 解析:（1）根据电阻定律可得ρ=πd2Rx/‎4l，（2）因偶然误差l ‎=36.47～36.50，根据螺旋测微器的读数方法知d=0.797～0.799，（3）由串联电路规律得:Rx=‎ ‎[规律总结] 此题实际告诉一种消除伏安法测电阻的系统误差的方法。‎ 考点6 练习使用多用电表 ‎１．欧姆表构造 ‎２．测量原理 所以： ‎ 注意：指针偏转的角度与通过表头的电流大小成正比，但被测电阻的大小与流过表头的电流大小所成的关系如上，既不成正比，也不成反比．‎ ‎3、使用多用电表时首先应该根据被测物理量将选择开关旋到相应的位置。使用前应先进行机械调零，用小螺丝刀轻旋调零螺丝，使指针指左端零刻线。使用欧姆挡时，还应进行欧姆调零，即将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指右端零刻线处。欧姆挡的使用：⑴选挡。一般比被测电阻的估计值低一个数量级，如估计值为200Ω就应该选×10的倍率。⑵调零。⑶将红黑表笔接被测电阻两端进行测量。⑷将指针示数乘以倍率，得测量值。⑸将选择开关扳到OFF或交流电压最高挡。用欧姆挡测电阻，如果指针偏转角度太小，应增大倍率；如果指针偏转角度太大，应减小倍率。‎ ‎[考点分析] 考查利用多用电表测电压、电流与电阻的使用方法 例7．多用电表表头的示意图如右。在正确操作的情况下： ‎ ‎⑴若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是______，测量结果为___________。‎ ‎⑵若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是______，测量结果为___________。‎ ‎⑶若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是______，测量结果为___________。‎ ‎~‎ Ω Ω ‎×1k ×100 ×10 ×1‎ Ω OFF ‎2.5 10 50 250 500 ‎ ‎2.5‎ ‎50‎ mA ‎100‎ ‎10‎ ‎1‎ ‎10‎ ‎250‎ V ‎~‎ ‎+‎ V ‎⑷若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：________，_________，_________。‎ ‎⑸全部测量结束后，应将选择开关拨到______或者_______。‎ ‎⑹无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从色_____表笔经______插孔流入电表。‎ ‎[解析] ⑴直流电压，1.24V。⑵直流电流，49mA。⑶电阻，17kΩ。⑷该用×1kΩ倍率，重新调零，将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值。⑸OFF，交流电压500V档位置。⑹红，正。‎ ‎[规律总结]多用电表可以测直流电压与电流，也可以测交流电压与电流，还可以当欧姆表来测电阻。当欧姆表用时：使用前要经过调整（机械调零，选择量程后要电阻调零），使用后要复位（拔出表笔，选择开关应置于“OFF”档或交流高压档），使用过程中换档后要重新调零。‎ ‎★高考重点热点提醒探究 电学实验的综合考察 ‎[例1] Ⅱ.（12分）一直流电压表，量程为1V，内阻为1000Ω。现将一阻值在5000～7000Ω之间的固定电阻R1与此电压表串联，以扩大电压表的量程。为求得扩大后量程的准确值，再给定一直流电源（电动势E为6～7V，内阻可忽略不计），一阻值R2=2000Ω的固定电阻，两个单刀开关S1、S2及若干导线。‎ ‎（1）为达到上述目的，将答题卡上对应的图连成一个完整的实验电路图.‎ ‎（2）连线完成以后，当S1与S2均闭合时，电压表的示数为0.90 V；当S1闭合，S2断开时，电压表的示数为0.70 V，由此可以计算出改装后电压表的量程为V，电源电动势为V.‎ 答案：7，6.3‎ 解析：（1）将待测电压表与标准电阻串联后与电源连接即可。设电源电动势为E，则由闭合电路欧姆定律，当两开关都闭合时，R2被短路，有：当S1闭合，S2断开时，解两式得：R1=6000Ω ，E=6.3V；根据串联分压原理，可得电压表量程为7V。‎ ‎ [例2] （2）（13分）右图为一电学实验的实物连线图． 该实验可用来测量待测电阻Rx的阻值(约500Ω)． 图中两具电压表量程相同， 内阻都很大． 实验步骤如下：‎ ‎①调节电阻箱， 使它的阻值R0与待测电阻的阻值接近； 将滑动变阻器的滑动头调到最右端．‎ ‎②合上开关S．‎ ‎③将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，‎ ‎ 使两个电压表指针都有明显偏转．‎ ‎④记下两个电压表和的读数U1和U2‎ ‎⑤多次改变滑动变阻器滑动头的位置， 记下和的多组读数U1和U2‎ ‎⑥求Rx的平均值．‎ 回答下面问题:‎ ‎（Ⅰ）根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中电阻箱的符号为， 滑动变阻器的符号为，其余器材用通用的符号表示。‎ ‎（Ⅱ）不计电压表内阻的影响，用U1、U2和R0表示Rx的公式为Rx=___________‎ ‎（Ⅲ）考虑电压表内阻的影响， 用U1、U2、R0、的内阻r1、的内阻r2表示Rx的公式为Rx=__________________‎ 答案：（1）4.592～4.594；‎ ‎（2）I电路如图：.‎ II III.‎ 解析：（1）螺旋测微器固定刻度部分读数为‎4.5mm，可动刻度部分读数为‎0.093mm,所以所测铜丝直径为‎4.593mm。‎ ‎（2）不计电压表内阻，根据串联分压原理，有：‎ ‎（3）可考电压表内阻影响，则R０与Rｖ１的并联电阻与Rｘ与Ｒｖ２的并联电阻串联分压，即：解得：。‎ ‎ [例3] 23、 (12分）2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家。材料的电阻随磁场的增加而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度。‎ 若图1为某磁敏电阻在室温下的电阻一磁感应强度 特性曲线，其中RB、RO分别表示有、无磁场时磁 敏电阻的阻值。为了测量磁感应强度B，需先测量 磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB。请按要求完成下列实验。‎ ‎(l）设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路,‎ 在图2的虚线框内画出实验电路原理图（磁敏电阻及 所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为 ‎0.6~1.0T,不考虑磁场对电路其它部分的影响）。要求误差较小。‎ 提供的器材如下：‎ A．磁敏电阻，无磁场时阻值Ro=150Ω B．滑动变阻器R，全电阻约20Ω C．电流表④，量程2.5mA，内阻约30Ω D．电压表⑦，量程3v，内阻约3kΩ E．直流电源E，电动势3v，内阻不计 F．开关S，导线若千 ‎(2）正确接线后，将磁敏电阻置人待测磁场中．测量数据如下表：‎ l ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U(V)‎ ‎0.00‎ ‎0.45‎ ‎0.91‎ ‎1.50‎ ‎1.79‎ ‎2.71‎ I(mA)‎ ‎0.00‎ ‎0.30‎ ‎0.60‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.80‎ 根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB=＿＿＿＿＿＿Ω，‎ 结合图l 可知待测磁场的磁感应强度B =＿＿＿＿＿＿T 。‎ ‎ ( 3 ）试结合图l 简要回答，磁感应强度B 在0 ~0.2T 和0.4 ~1.0T 范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？‎ ‎( 4 ）某同学查阅相关资料时看到了图3 所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻~磁感应强度特性曲线（关于纵轴对称），由图线可以得到什么结论？‎ 答案：( l ）如右图所示 ( 2 ) 1500 0.90 ‎ ‎( 3 ）在0 ~0.2T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）；在0 . 4 ~1 .0T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） ( 4 ）磁场反向．磁敏电阻的阻值不变。‎ ‎ [例4] I.右图为一正在测量中的多用电表表盘.‎ ‎（1）如果是用×10档测量电阻，则读数为。‎ ‎（2）如果是用直流10 mA档测量电流，则读数为 mA。‎ ‎ （3）如果是用直流5 V档测量电压，则读数为 V。‎ 答案：Ⅰ．（1）60 （2）7.18（3）3.59‎ 解析：‎ 欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为6×10Ω=60Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18mA；同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1V=3.59V。‎ A S1‎ S2‎ R1‎ R E ‎[例5] 有一电流表，量程为1mA，内阻rg约为100Ω。要求测量其内阻。可选用的器材有：电阻箱R0，最大阻值为99999.9Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为10kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2kΩ；电源E1，电动势约为2V，内阻不计；电源E2，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线若干。‎ 采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：‎ a.断开S1和S2，将R调到最大；b.合上S1，调节R使满偏；c.合上S2，调节R1使半偏，此时可认为的的内阻rg＝R1。试问：‎ ‎（ⅰ）在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选①；为了使测量尽是精确，可变电阻R应该选择②；电源E应该选择③。　　‎ ‎（ⅱ）认为内阻rg＝R1，此结果与的rg真实值相比④。（填“偏大”、“偏小”、“相等”）‎ ‎[剖析]（ⅰ）根据半偏法的测量原理，R1必须选R0；由于电流表的满偏电流很小，要求R1的阻值很大，故R应选滑动变阻器甲，电源选择E2，误差较小。 ‎ ‎　　　（ⅱ）根据闭合电路的欧姆定律及电路特点可得：‎ ‎　　　　　合上S1，调节R使满偏：Ig＝‎ 合上S2，调节R1使半偏（电路中的总电流）：I＝‎ 故：I＞Ig。 所以，通过电阻箱的电流IR1：IR1＞Ig 用U表示电阻箱两端电压，则R1＝＜＝Ig 即：rg＞R1‎ ‎　　　　　故：认为内阻rg＝R1，此结果与的rg真实值相比偏小。‎ ‎[答案]（ⅰ）R0　　滑动变阻器甲　　　　　E2　　　　　（ⅱ）偏小 ‎[名师指引]《把电流表改装成电压表》是新教材新增加的一个分组实验，复习时实验应从实验目的、原理、仪器、步骤、误差等方面加强研究。‎ ‎[例6] 检测一个标称值为5Ω的滑动变阻器。可供使用的器材如下：‎ A．待测滑动变阻器Rx，全电阻约5Ω（电阻丝绕制紧密，匝数清晰可数）‎ B．电流表A1，量程‎0.6A，内阻约0.6Ω C．电流表A2，量程‎3A，内阻约0.12Ω D．电压表V1，量程15V，内阻约15KΩ E．电压表V2，量程3V，内阻约3KΩ F．滑动变阻器R，全电阻约20Ω G．直流电源E，电动势3V，内阻不计 H．游标卡尺 I．毫米刻度尺 J．电键S导线若干 ‎（1）用伏安法测定Rx的全电阻值，所选电流表___________(填“A‎1”‎或“A‎2”‎)，所选电压表为_________(填“V‎1”‎或“V‎2”‎)。‎ ‎（2）画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将下图中实物连接成测量电路。‎ 电路原理图和对应的实物连接如图 ‎（3）为了进一步测量待测量滑动变阻器电阻丝的电阻率，需要测量电阻丝的直径和总长度，在不破坏变阻器的前提下，请设计一个实验方案，写出所需器材及操作步骤，并给出直径和总长度的表达式。‎ ‎[剖析]（3）‎ 方案一：‎ 需要的器材：游标卡尺、毫米刻度尺 主要操作步骤：‎ 数出变阻器线圈缠绕匝数n 用毫米刻度尺（也可以用游标卡尺）测量所有线圈的排列长度L，可得电阻丝的直径为d=L/n 用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D，可得电阻丝总长度l=nπ（D-）也可以用游标卡尺测量变阻器瓷管部分的外径D，得电阻丝总长度l=n（D-）。‎ 重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值 方案二 需要的器材：游标卡尺 主要的操作步走骤：‎ 数出变阻器线圈缠绕匝数n 用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D1 和瓷管部分的外经D2，可得电阻丝的直径为d=‎ 电阻丝总长度l=π（D1+D2）‎ 重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值 ‎[答案] （1）A1 V2 （2）如图所示 （3）见剖析 ‎★抢分频道 ‎◇限时基础训练（20分钟）‎ 班级 姓名 成绩 ‎1、如图6所示是测定电流表内阻的电路图。电流表的内阻约100Ω左右，满偏电流为500µA，用电池做电源。‎ 图6‎ ‎（1）现备有以下可变电阻：‎ A．电阻箱，阻值范围为0~100Ω B．电阻箱，阻值范围为0~999.9Ω C．滑动变阻器，阻值范围为0~200Ω D．滑动变阻器，阻值范围为0~20 KΩ 在上述可变电阻中，电路图中的R应选用，R′应选用。‎ ‎（2）某同学进行的实验步骤如下：‎ ‎①先将R的阻值调到最大，合上S1，调节R的阻值，使电流表的指针转到满刻度。‎ ‎②合上S2，调节R′和R的阻值，使电流表的指针转到满刻度的一半。‎ ‎③记下R′的阻值 指出上述实验步骤中有什么错误。答：‎ ‎1 .答案：(1）滑动变阻器应选电阻大的D；电阻箱应选B，（2）第②步中，合上S2后不应再调节R。‎ ‎【解析】 由题中给出的电路图可知，该题要求用半偏法测电流表的内阻。由半偏法的原理可知，选电阻箱时，只要它能调出与电流表内阻相当的电阻即可；另外，当电阻箱接入时，维持总电流几乎不变是至关重要的，因为这时才可以说两条支路上各有一半电流。为此：①滑动变阻器的实际组织应远大与电流表的内阻，成为整个电路电阻的主要部分，使R′的接入仅使电阻发生微小变化。②在调节电阻箱时，电阻R不应变化 ‎2、将满偏电流Ig=300μA、内阻未知的电流表G改装成电压表并进行核对。 ‎ ‎（1）利用如图所示的电路测量电流表G的内阻（图中电源的电动势E=4V）：先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R′，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时R′的阻值为200Ω，则电流表内阻的测量值Rg=    Ω。‎ ‎（2）将该表改装成量程为3V的电压表，需    （填“串联”或“并联”）阻值为R0=    Ω的电阻。‎ ‎（3）把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试在答题卡上画出实验电路图和实物连接图。‎ ‎2.答案：（1）100 （2）串联，9900 （3）如图 ‎【解析】（1）Rg/R′=，故Rg= Ω=100 Ω.‎ ‎（2）据IgRg+IgR0=3 V解得R0=9 900 Ω.（3）略 ‎3、现要测量某一电压表的内阻。给定的器材有：待测电压表（量程2 V，内阻约为4 kΩ）；电流表（量程1.2 mA，内阻约500 Ω）；直流电源E（电动势约2.4 V，内阻不计）；固定电阻3个：R1=4000 Ω，R2=10000 Ω，R3=15000  Ω；电键S及导线若干。‎ 要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的一半。‎ i.试从3个固定电阻中选用1个，与其它器材一起组成测量电路，并在虚线框内画出测量电路的原理图。（要求电路中各器材用题中给定的符号标出。）‎ ii.电路接通后，若电压表读数为U，电流表读数为I，则电压表内阻RV＝            。‎ ‎3．答案：i.如图所示。ii.‎ ‎【解析】选择的固定电阻的阻值应与伏特表阻值差不多，这样伏特表和电流表的偏转均超过其量程的一半，读数精确性比较大，所以选择R1‎ ‎。Ⅱ.略 ‎4．图中R为已知电阻，Rx为待测电阻，K1为单刀单掷开关，K2为单刀双掷开关，V为电压表（内阻极大），（E为电源（内阻不可忽略）。现用图中电路测量电动势E及电阻Rx。‎ （1） 写出操作步骤：‎ ‎（2）由R及测得的量，可得E=，Rx=。‎ ‎4．[答案] 见解析。‎ ‎ [解析]（1）①K1断开，K2接到a端，记下电压表的读数U1；‎ ‎②K2仍接到a端，闭合K1，记下电压表的读数U2；‎ ‎③K1仍闭合，K2接到b端，记下电压表的读数U3。‎ ‎（2）U1‎ ‎5．图所示为伏安法测电阻的一种常用电路。以下分析正确的是 A.此接法的测量值大于真实值 B.此接法的测量值小于真实值 ‎ C.此接法要求待测电阻值小于电流表内阻 D.开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端 ‎5．[答案] A ‎ [剖析] 此电路图采用的是内接法，所以要求被测电阻比安培表的内阻要大得多，内接法的测量结果比真实值大.分压电路要求开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最右端以保护电表.‎ ‎6．利用图中给定的器材测量电压表V的内阻Rv。图中B 为电源（内阻可忽略不计）, R为电阻箱，K为电键。‎ ① 将图中实物连接为测量所用的电路。‎ ‎② 写出实验中必须记录的数据（用符号表示）, 并指出各符号的意义：____________________‎ ‎③ 用② 中记录的数据表示RV的公式为RV=________。 ‎ ‎6．[答案] 见解析。‎ ‎[解析] 应用题中的已知器材：电阻箱、电源，设计电路来测伏特表的内阻。‎ 方法1、① 连线如图所示。‎ ‎②R1、R2,它们是电阻箱的两次读数；U1、U2,它们是相应的电压表的两次读数。‎ 有：E =U1+U1R1/RV，E =U2+U2R2/RV解得：‎ ‎③R V = 方法2、① 连线同方法1。‎ ‎②闭合K，调节R，使伏特表读数为满偏，此时R的读数为R1，再调节R，使伏特表读数为半偏，此时R的读数为R2。‎ 有：E =U+UR1/RVE =U/2+UR2/2RV解得：‎ ③ R V =R1-2R2‎ 注：按此方法，必须要求伏特表的量程小于电源电动势。‎ 方法3、① 连线同方法1。‎ ‎②闭合K，调节R，使R的读数为0，伏特表的读数为U1，再调节R，使伏特表读数为U2，此时R的读数为R1。‎ 有：E =U1 E =U2+U2R1/RV解得：‎ ‎③R V =U2R1/（U1-U2）。‎ 注：按此方法，必须要求伏特表的量程大于或等于电源电动势。‎ 方法4、① 连线如图所示。‎ ‎②调节R为某值，闭合K，伏特表的读数为U1；断开K，伏特表读数为U2，此时R的读数为R1。‎ 有：E =U1 E =U2+U2R1/RV解得：‎ ‎③R V =U2R1/（U1-U2）。‎ 注：按此方法，必须要求伏特表的量程大于或等于电源电动势。‎ ‎◇基础提升训练 ‎1．两只完全相同的电流表，分别改成一只电流表和一只电压表，一位同学不小心做实验时误将两只表串起来连接在电路中，则两只表的指针可能出现下列哪种现象（ ）‎ Ａ．两表的指针都不偏转 Ｂ．两表指针偏转角度相同 Ｃ．两表指针都偏转，电流表的指针偏转角度大得多 Ｄ．两表指针都偏转，电压表的指针偏转角度大得多 1． 答案：Ｄ ‎ 解析：把完全相同的电流表，分别改成一只电流表和一只电压表，串联接入电路中时，电流表中均有电流通过，两表指针都偏转，只是电压表中的表头处在干路中，而电流表的表头处在支路中，所以电压表的表头处电流大，偏转的角度大得多．‎ 图4‎ ‎（1）‎ R1‎ R2‎ 乙 甲 ‎（2）‎ ‎·‎ R1‎ 甲 R2‎ 乙 ‎·‎ ‎2．有甲乙两个不同的电流表，每个表的指针偏转与电流成正比且刻度均匀。把阻值为R1的电阻与甲表串联，阻值未知的另一电阻与乙表串联，把改装后的甲、乙两个电流表串联，接到电路A、B的两端，如图4（1）所示，发现甲、乙两表的指针偏转格数分别是n1、n2，然后将这两个表并联，再接到电路A、B的两端，如图4（2）所示，发现甲、乙两表的指针偏转格数分别是n3、n4，试求电阻R2的阻值。‎ ‎2．解析：第一种情况中，由于两表串联，因此它们的读数相等，即有I1=I2。设甲乙两表指针每偏转一格，表示的电流分别为I01、I02，则有：‎ ‎①‎ 在第二种情况下，甲乙两表的读数分别为I3、I4则有：，②‎ 两式相比得：，可解得：‎ ‎3． 图１中电源电动势为Ｅ，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，Ｓ为单刀双掷开关，Ｒ为待测电阻。当Ｓ向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1,电流表读数为I1；当Ｓ向Ｒ一侧闭合时，电流表读数为I2。‎ ‎（１）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻 Ｒ＝______________。‎ ‎（２）根据图１所给出的电路，在图２的各器件实物 图之间画出连接的导线。‎ ‎3．解析：‎ 连线如图 ‎4．有一电阻R ，其阻值大约在40Ω至50Ω之问，需进一步测定其阻值，现有下列器材：‎ 电池组ε，电动势为9V，内阻忽略不计；‎ 电压表Ｖ，量程为0至10Ｖ，内阻20Ω；‎ 电流表A1，量程为0至50ｍＡ，内阻约20Ω；‎ 电流表A2，量程为0至‎300mＡ，内阻约4Ω；‎ 滑动变阻器R1，阻值范围为0至100Ω，额定电流‎1A；‎ 滑动变阻器R2，阻值范围为0至1700Ω，额定电流0.３Ａ，‎ 开关Ｓ及导线若干．‎ 实验电路图如图１所示，实验中要求多测几组电流、电压厦．在实验中应选电流表和滑动变阻器． ‎ ‎4．答案：A2 R1 ‎ 解析: 首先估算电路中可能达到的最大电流值，假设选电流表A1，则，Im≈≈‎0.14A超过了A1的量程，及假设选电流表A2，则I’m≈≈‎0.18A，未超出A2的量程，故应选电流表A2，这一选择遵循了安全性原则． ‎ 对滑动变阻器的选择。假没选R1，电路中的最小电流约为 Imin≈≈‎0.06A， ‎ 故电路中的电流强度范围为‎0.06A～‎0.18A．又假设选R2，电路中的最小电流约为 ‎ I’min≈≈‎‎0.06A 故电路中的电流强度范围为‎0.005A-‎0.18A，因为电流表A2。的量程为0.3Ａ，电流强度为0.06Ａ时，仅为电流表A2。量程的1/5，如果移动滑动变阻器阻值再增大，其电流表的示数将更小，读数误差会更大，因此对于R2而言，有效的调节长度太小，将导致电流强度值随滑动片位置的变化太敏感．调节不方便，故应选滑动受阻器R1，这一选择就遵循了方便性原则． ‎ ‎5．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大。某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：‎ （1） 在左下框中画出实验电路图。可用的器材有：电压表、电流表。滑线变阻器、（变化范围0－10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干。‎ ‎（2）在右图中画出小灯泡的U-I曲线。‎ ‎（3）如果第15题实验中测得电动势是1.5V，内阻是2.0Ω。问：将本题中的小灯泡接在该电池两端，小灯泡的实际功率是多少？（简要写出求解过程；若需作图，可直接画在第（2）小题的方格图中）‎ ‎5．解析:‎ ‎（3）作出U=ε－Ir图线，可得小灯泡工作电流为‎0.35A，工作电压为0.80V，因此小灯泡实际功率为0.28W.‎ ‎6．在测量金属丝的电阻率的实验中，已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供测量电阻丝的电阻时选用，应选用的器材有：___________。‎ A、量程是0～‎0.6A，内阻是0.5Ω的电流表， ‎ B、量程是0～‎3A，内阻是0.1Ω的电流表，‎ C、量程是0～3V，内阻是6kΩ的电压表，‎ E、阻值是0～1kΩ、额定电流为‎0.5A 的滑动变阻器，‎ F、阻值是0～20Ω、额定电流为‎2A的滑动变阻器，‎ G、蓄电池（6V） H、开关一个，导线若干，画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图，然后根据电路图连接实物图。‎ ‎6．A C F G H 实物图连接本题略（滑动变阻器本题可用限流式接法）‎ ‎7．（06天津）一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到______档。如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是_______Ω。‎ ‎7．答案：×100；调零（或重新调零）；2.2×103（或2.2k） ‎ 解析: 表头指针偏转角度小，说明测量电阻的阻值偏大，应选择大倍率的档×100档，换档后必须重新调零，由图刻度读出测量电阻的阻值为2.2×103Ω。‎ ‎8．一学生用多用电表测电阻。他在实验中有违反使用规则之处。他的主要实验步骤如下：‎ ‎1．选择开关扳到“×1k欧姆档上；‎ ‎2．把表笔插入测试笔插孔中，先把两根表笔相接触，旋转调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；‎ ‎3．把两跟表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针几乎满偏；‎ ‎4．换用“×‎100”‎的欧姆挡，发现这时指针的偏转适中，随即记下欧姆数值；‎ ‎5．把表笔从测试笔插孔中拔出后，就把多用表放回桌上原处，实验完毕。‎ 这个学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆。这个学生在实验中违反了那一或那一些重要的使用规则？‎ 答：‎ ‎8．答案：该题中不符合操作规则的是：换到合适的量程后，要重新调整调零旋钮；使用后不能把选择开关置于欧姆档。‎ ‎◇能力提升训练 第I卷（共48分）‎ 一、选择题(本题包括6小题，每小题8分，共48分。每小题至少有1个选项符合题意)‎ ‎1．以下说法正确的是（　　　）‎ Ａ．采用伏安法测电阻时，只要仪器选得正确，可以保证没有系统误差 Ｂ．用伏安法测电阻，不论是用电流表外接法，还是用电流表内接法，都存在系统误差．‎ Ｃ．用欧姆表测电阻，既方便又准确 Ｄ．伏安法测电阻，存在系统误差的原因是由于电流表的分压 ‎１．答案：Ｂ。‎ 解析：系统误差是实验方法与实验器材造成的，不是错误，伏安法测电阻，其误差来源就是实际电表非理想电表，电压表的内阻不是无穷大，而电流表的内阻不是为零．当用安培表外接法时，电压表内阻不是无穷大，电压表有分流作用，使得实际通过待测电阻的电流比电流表所测电流要小，引起了误差；当用安培表内接法时，则于安培表内阻不是零，它有分压作用，电压表所测电压比待测电阻两端的实际电压要大，引起误差．‎ ‎２．有一未知电阻Ｒx，为较准确地测出其阻值，先后用下图中(a)、(b)两种电路进行测试，利用甲图测得的数据是“2.8V，5.0mA”，而用乙图测得的数据是“3.0V，4.0mA”，那么该电阻测得的较为准确的情况是（ ）‎ Ａ．560Ω，偏大　　　　Ｂ．560Ω，偏小 Ｃ．750Ω，偏小　　　　Ｄ．750Ω，偏大 ‎２．答案：Ｄ 解析：由于，即电流表的变化大，电压表的分流作用大，根据试触法的原则，可知用安培表内接法比较准确；又根据大内偏大的原则，可知读数是偏大的．‎ ‎3．如图示，若将电压表V1接到a、b间，读数为18V，若将电压表V2接在a、b间，则读数为18.6V，现将两表串联后接到a、b间，两表的读数分别为U1，U2，则一定有（）‎ A．U1>9.3VB．U2>9.3V C．D．‎ ‎3．答案：Ｂ 解析：通过V1、V2的读数可知，两表的电阻都不是无穷大，所以造成了读数的误差。并由分压原理可知，电压表V1的内阻比V2的内阻大，当两表串联接入电路，对整个回路而言，总电阻比一个表接入时变大，又因为路端电压随外电阻的阻值增大而增大，可以将R1等效成内电阻，串接后的R2两端电压比原来的大，即V1与V2的电压之和比原来的大，对V1、V2看成是两个电阻，则它们的分压作用与其阻值成正比，设想如果两表都是由V2构成，则两表的读数都比原来的一半大，都会大于9.3V，而V1的内阻比V2小，其分压作用更小，所以V2的读数一定比9.3V大．‎ ‎4.将一个改装的电流表接入电路中进行校准，发现待测表的读数比标准表的读数偏大些，如表头Ｇ的Ig是准确的，出现的误差可能是下述哪种原因（　　　）‎ Ａ．Ｒg的测量值比真实值偏大 Ｂ．Ｒg的测量值比真实值偏小 Ｃ．所并联的Ｒ并比公式算出的值偏小 Ｄ．所并联的Ｒ并比公式算出的值偏大 ‎4. 答案：ＡＤ ‎ 解析：待测表的读数比标准表偏大，是由于通过待测表的表头电流比标准值大，使Ｇ的指针偏转大；也就是待测表的Ｒ比标准的Ｒ并而引起．根据公式 可知，‎ ‎（１）Ｉ与表头的Ｉg准确时，R并与Ｒg成正比，可知Ａ对；‎ ‎（２）同理，当Ｒg准确时，，但实际并联电阻比算出值大，通过Ｇ的电流大，指针偏转也就大．故Ｄ也对．‎ ‎5. 如图所示的分压器电路，A、B为分压器的输出端，若把滑动变阻器的滑动片P置于变阻器中央，下列判断正确的是( )‎ A、空载时输出电压UAB=UCD/2； ‎ B、当接上负载R时，输出电压UAB