【高考押题卷】2025年高考物理热点难点考前冲刺 电学实验（含解析）

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高考物理考前冲刺押题预测 电学实验
一．选择题（共10小题）
1．（2024 昌平区校级期末）如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是（　　）
A．Rx的测量值等于真实值
B．Rx的测量值比真实值小
C．Rx的真实值为99.8Ω
D．Rx的真实值为100.2Ω
2．（2024 湖州期末）一电流表的满偏电流Ig＝30mA，内电阻Rg＝95Ω，要把它改装为量程为0﹣0.6A的电流表，应在电流表上（　　）
A．串联一个5.00Ω的电阻
B．串联一个4.75Ω的电阻
C．并联一个5.00Ω的电阻
D．并联一个4.75Ω的电阻
3．（2024 沙坪坝区校级期末）某同学用一个微安表头（量程1mA 内阻90Ω）：电阻箱R1和电阻箱R2组装一个多用电表，有电流10mA和电压3V两挡，改装电路如图所示，则R1、R2应调到多大阻值（　　）
A．R1＝100Ω，R2＝300Ω B．R1＝10Ω，R2＝291Ω
C．R1＝100Ω，R2＝291Ω D．R1＝10Ω，R2＝300Ω
4．（2024 城关区校级期末）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中，某同学通过测量两个电池的电流和电压，得到了如图所示的U﹣I图线，从图象中可以看出（　　）
A．电池a的电动势较大，内电阻较大
B．电池a的电动势较小，内电阻较小
C．电池b的电动势较小，内电阻较大
D．电池b的电动势较大，内电阻较小
5．（2024 未央区校级期末）有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，某学生把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（　　）
A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮
B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮
C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮
D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮
6．（2024 岳阳楼区校级期末）在测量阻值较小的金属的电阻率的实验中，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，在测量其电阻时应选择的电路是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024 石景山区一模）两个电压表V1和V2是由完全相同的两个电流表改装而成的，V1量程是5V，V2量程是15V．现把V1和V2串联起来测量15V～20V电压。下列说法中正确的是（　　）
A．V1和V2的示数相同
B．V1和V2指针偏转的角度相同
C．V1和V2示数不同，指针偏转的角度也不同
D．V1和V2的示数与V1和V2的内阻成反比
8．（2024 海淀区校级期末）某同学利用一块表头和三个定值电阻设计了如图所示的电表，该电表有1、2两个量程。关于该电表，下列说法中正确的是（　　）
A．测电压时，量程1一定小于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
B．测电流时，量程1一定大于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
C．测电压时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
D．测电流时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
9．（2024 宁江区校级期中）利用伏安法测未知电阻时，用图甲测得结果为R1，用图乙测得结果为R2，若待测电阻的真实值为R，则（　　）
A．R1＞R＞R2 B．R1＜R＜R2 C．R1＞R，R2＞R D．R1＜R，R2＜R
10．（2024 房山区一模）测量R的电阻时，如图是伏安法测电阻的部分电路，测量时开关先后接通a和b，观察到电流的表示数有显著变化，电压表的示数几乎不变。为了使测量结果准确（　　）
A．S应接a，测量值偏大 B．S应接a，测量值偏小
C．S应接b，测量值偏小 D．S应接b，测量值偏大
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 南阳模拟）四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个电压表，安培表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中（　　）
A．A1的读数比A2的读数大
B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大
C．V1读数比V2读数大
D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大
（多选）12．（2024 宜兴市校级月考）四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则（　　）
A．A1的读数比A2的读数小
B．V1的读数比V2的读数大
C．A1指针偏转角度与A2的一样大
D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度小
（多选）13．（2024 张掖期末）有一灵敏电流计，其表头内阻Rg＝1000Ω，满偏电流Ig＝100μA，以下说法正确的是（　　）
A．把它改成量程为1.5V的电压表，应串联一个15 kΩ的电阻
B．把它改成量程为1.0A的电流表，应并联一个1Ω的电阻
C．把它改成量程为1.0A的电流表，测量某电流时读数为0.5A，此时流过表头的电流为50μA
D．把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，此时流过表头的电流为100μA
（多选）14．（2024 惠农区校级期末）有一电流计，内阻Rg＝25Ω，满偏电流Ig＝3mA，现对它进行改装，下列说法正确的是（　　）
A．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个0.126Ω的电阻
B．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它串联一个0.126Ω的电阻
C．把它改装成量程为3v的电压表，需与它并联一个975Ω的电阻
D．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个975Ω的电阻
（多选）15．（2024 金凤区校级期末）在如图中，A．B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法正确的是（　　）
A．A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法
B．A中R测＞R真，B中R测＜R真
C．A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好
D．B中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R＞＞RA，故此法测较大电阻好
三．解答题（共5小题）
16．（2024 全国）如图1中E为电源，其电动势为ε，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，A为电流表，用此电路，经以下步骤可近似得A的内阻RA：①闭合K1，断开K2，调节R1使电流表读数等于其量程I0；②保持R1不变，闭合K2，调节R2，使电流表读数等于I0/2，然后读出R2的值，取RA≈R2
（1）按图1所示电路在图2中所给的实物图中画出连接导线．
（2）真实值和测量值之差除以真实值叫测量结果的相对误差，即，试导出它与电动势ε，电流表量程I0及电流表内阻RA的关系式．
（3）若I0＝10mA，真实值RA约为30Ω，要想使测量结果相对误差不大于5%，电源电动势最小应为多少伏？
17．（2024 四川）图示为用伏安法测量电阻的原理图．图中，为电压表，内阻为4000Ω；为电流表，内阻为50Ω；E为电源，R为电阻箱，Rx为待测电阻，S为开关．
（1）当开关闭合后电压表读数U＝1.6V，电流表读数I＝2.0mA．若将Rx作为测量值，所得结果的百分误差是　 　．
（2）若将电流表改为内接，开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是　 　．（百分误差100%）
18．（2024 上海）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分别小灯泡上的电流和电压）：
I（A） 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50
U（V） 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00
（1）在图1中画出实验电路图。可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干。
（2）在图2中画出小灯泡的U﹣I曲线。
（3）如果实验中测得电池的电动势是1.5V，内阻是2.0Ω，问：将本题中的小灯泡接在该电池的两端，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）小题方格图中）
19．（2024 源汇区校级模拟）现有一块59CⅡ型的小量程电流表G（表头），满偏电流2mA，内阻约为190Ω～220Ω，用它来改装成一个多用电表．
采用如图甲所示电路测量表头的内阻，供选择的器材有：
滑动变阻器R1：最大阻值200Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值10kΩ；
电阻箱R：最大阻值999.9Ω；
电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V，（电池内阻均不计）
开关、导线若干．
（1）为提高测量精确度，选用的滑动变阻器应选为 　 　（填“R1”或“R2”）；电池应选 　 　（填“E1”、“E2”或“E3”）；
（2）用该表头G改装成的多用电表的电路如图乙所示，当选择开关置于3时，多用电表测量的是 　 　；当选择开关置于6时，多用电表测量的是 　 　（填“电流”、“电压”或“电阻”）；
（3）经准确测量知Rg＝200Ω，如果多用电表电流挡的两个量程分别为0.1A和1A，则R1＝　 　Ω，R2＝　 　Ω（结果保留两位有效数字）．
20．（2024 北京）“黑盒子”表面有a、b、c三个接线柱，盒内总共有两个电子元件，每两个接线柱之间只可能连接一个元件。为了探明盒内元件的种类及连接方式，某位同学用多用电表进行了如下探测：
第一步：用电压挡，对任意两接线柱正、反向测量，指针不发生偏转
第二步：用电阻×100挡，对任意两个接线柱正、反向测量，指针偏转情况如图1所示。
（1）第一步测量结果表明盒内 　 　。
（2）图2示出了图1[1]和图1[2]中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是 　 　Ω，图3示出了图1[3]中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是 　 　Ω。
（3）请在图4的接线柱间，用电路图符号画出盒内的元件及连接情况。
（4）一个小灯泡与3V电池组的连接情况如图5所示。如果把图5中e、f两端用导线直接相连，小灯泡仍可正常发光。欲将e、f两端分别与黑盒子上的两个接线柱相连，使小灯泡仍可发光。那么，e端应连接到 　 　接线柱，f端应连接到 　 　接线柱。
高考物理考前冲刺押题预测 电学实验
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024 昌平区校级期末）如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的下列说法正确的是（　　）
A．Rx的测量值等于真实值
B．Rx的测量值比真实值小
C．Rx的真实值为99.8Ω
D．Rx的真实值为100.2Ω
【考点】伏安法测电阻．
【专题】恒定电流专题．
【答案】C
【分析】由欧姆定律求得电阻阻值，因图示为电流表内接法，则R测＝RX+RA．可知测量值偏大，RX＝R测﹣RA．
【解答】解：由欧姆定律：R测100Ω，
RX＝R测﹣RA＝100﹣0.2＝99.8Ω
则测量值偏大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】考查电阻的测量，会由欧姆定律求解电阻及分析误差．明确内外接法对测量值的影响．
2．（2024 湖州期末）一电流表的满偏电流Ig＝30mA，内电阻Rg＝95Ω，要把它改装为量程为0﹣0.6A的电流表，应在电流表上（　　）
A．串联一个5.00Ω的电阻
B．串联一个4.75Ω的电阻
C．并联一个5.00Ω的电阻
D．并联一个4.75Ω的电阻
【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．
【答案】C
【分析】把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。
【解答】解：把电流表改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，
并联电阻阻值：R5Ω，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的前提与关键，应用并联电路特点与欧姆定律即可解题。
3．（2024 沙坪坝区校级期末）某同学用一个微安表头（量程1mA 内阻90Ω）：电阻箱R1和电阻箱R2组装一个多用电表，有电流10mA和电压3V两挡，改装电路如图所示，则R1、R2应调到多大阻值（　　）
A．R1＝100Ω，R2＝300Ω B．R1＝10Ω，R2＝291Ω
C．R1＝100Ω，R2＝291Ω D．R1＝10Ω，R2＝300Ω
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题；定量思想；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表；根据串并联电路特点计算串并联电阻阻值。
【解答】解：微安表并联一个小电阻改装成大量程的电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表。改装图如图所示：
当接o、a接线柱时当电流表用，根据并联电路特点得：IgRg＝（I﹣Ig）R1
代入数据解得：R1Ω＝10Ω
当接o、b接线柱时当电压表用，
根据串联电路得特点得：IgRg+IR2＝U
解得：R2Ω＝291Ω．故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点、欧姆定律可以解题。
4．（2024 城关区校级期末）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中，某同学通过测量两个电池的电流和电压，得到了如图所示的U﹣I图线，从图象中可以看出（　　）
A．电池a的电动势较大，内电阻较大
B．电池a的电动势较小，内电阻较小
C．电池b的电动势较小，内电阻较大
D．电池b的电动势较大，内电阻较小
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【答案】A
【分析】该实验中作出的是路端电压随电流的变化而变化的关系，结合闭合电路欧姆定律及图象知识可得出电动势及内电阻。
【解答】解：当外电阻无穷大时，路端电压等于电源的电动势，故U﹣I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，由图可知，a的电动势较大；
U＝E﹣Ir可知图象中的斜率表示电源的内电阻，a的斜率较大，故a的内阻较大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义。
5．（2024 未央区校级期末）有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，某学生把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（　　）
A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮
B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮
C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮
D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮
【考点】练习使用多用电表（实验）．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【答案】D
【分析】欧姆表表盘刻度不均匀，零刻度在右边，每次换挡都必须进行欧姆调零．
【解答】解：欧姆表的零刻度在最右边，指针偏角大说明被测电阻小，因此，要换小挡位×10，重新欧姆调零。故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意换挡后都要进行短接调零．
6．（2024 岳阳楼区校级期末）在测量阻值较小的金属的电阻率的实验中，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，在测量其电阻时应选择的电路是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】导体电阻率的测量．
【专题】计算题；定性思想；推理法；电学图象专题．
【答案】D
【分析】因为要减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，故选择分压式，小电阻选择外接法；
【解答】解：金属阻值较小，在用伏安法测电阻时应该用电流表外接法，题干中要求实验中获得较大的电压调节范围，故滑动变阻器要采用分压式接法，其中A和C是采用限流的接法，B是电流表内接，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查测定金属的电阻率实验，解题关键是要知道分压式和限流式的优缺点，再根据题目要求合理选择，以及内外接选择的依据，再运用电阻定律分析求解即可，注意单位的换算，难度不大。
7．（2024 石景山区一模）两个电压表V1和V2是由完全相同的两个电流表改装而成的，V1量程是5V，V2量程是15V．现把V1和V2串联起来测量15V～20V电压。下列说法中正确的是（　　）
A．V1和V2的示数相同
B．V1和V2指针偏转的角度相同
C．V1和V2示数不同，指针偏转的角度也不同
D．V1和V2的示数与V1和V2的内阻成反比
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【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】B
【分析】两表串联后，通过每个电流表的电流相同，指针偏转角度相同，但两电压表的总内阻不同，则两表的示数不同，其示数之比为两表的内阻之比
【解答】解：A、两伏特表串联，流过两伏特表表头的电流相等，两伏特表指针偏转角度相等，由于流过伏特表的电流相等而它们的内阻不同，则两伏特表两端电压不同，电压表读数不同，故B正确，AC错误；
D、因是串联关系，电流大小一样，两表的示数与内阻成正比，即两表读数之比等于两伏特表内阻之比，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查的是电压表的改装原理，电压表的内部电路为表头与分压电阻串联，相当于大电阻，符合欧姆定律
8．（2024 海淀区校级期末）某同学利用一块表头和三个定值电阻设计了如图所示的电表，该电表有1、2两个量程。关于该电表，下列说法中正确的是（　　）
A．测电压时，量程1一定小于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
B．测电流时，量程1一定大于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
C．测电压时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
D．测电流时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【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】B
【分析】明确改装原理，根据串并联电路的规律进行分析，从而明确两种接线中的电压和电流量程。
【解答】解：A、测量电压时，接1时，G与R1、R3串联，量程等于电流表满偏电流与R1、R3以及表头内阻之和的乘积；而接2时，量程等于满偏电流与表头内阻及R1阻值之和的乘积，因R1+R3+Rg＞R1+Rg；故量程1一定大于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关；故AC错误；
B、测电流时，接1时，总电流等于流过R2的电流与表头电流之和；接2时，总电流等于流过R2与R3的电流和流过表头的电流之和，根据并联电路规律可知，接1时的量程一定大于接2时的量程；与R1、R2和R3的阻值无关，故B正确D错误。
故选：B。
【点评】本题考查电流表改装成电压表的实验，要注意明确电流表量程等于表头电流与并联部分电流之和，而测量电压时，量程等于串联部分总电压。
9．（2024 宁江区校级期中）利用伏安法测未知电阻时，用图甲测得结果为R1，用图乙测得结果为R2，若待测电阻的真实值为R，则（　　）
A．R1＞R＞R2 B．R1＜R＜R2 C．R1＞R，R2＞R D．R1＜R，R2＜R
【考点】伏安法测电阻．
【专题】恒定电流专题．
【答案】A
【分析】两种接法都有误差：甲图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R 的电压，还包括了电流表的分压，乙图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小．
【解答】解：甲图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U＝UR+UA 电流表的示数I是通过R的真实值，则R测R真，故R1＞R；
乙图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即 I＝IR+IV 电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测R真，故R＞R2；
故R1＞R＞R2，故A正确，BCD均错误；
故选：A。
【点评】待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．
待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．
10．（2024 房山区一模）测量R的电阻时，如图是伏安法测电阻的部分电路，测量时开关先后接通a和b，观察到电流的表示数有显著变化，电压表的示数几乎不变。为了使测量结果准确（　　）
A．S应接a，测量值偏大 B．S应接a，测量值偏小
C．S应接b，测量值偏小 D．S应接b，测量值偏大
【考点】伏安法测电阻．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】D
【分析】伏安法测电阻时，电流表外接时，误差来自电压表的分流，电流表内接时误差来自电流表的分压，根据电压和电流的变化情况来判断采用内接还是外接法。
【解答】解：电流表示数有显著变化，电压表的示数几乎不变，说明电压表分流的误差较大，电流表分压的误差较小，应采用电流表内接法，即S接b，可减小误差，此时电压偏大，测量值偏大，故ACB错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题的方法称为实验试探法，在不知道电压表、电流表和被测电阻的大约阻值时，常常采用这种方法。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 南阳模拟）四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个电压表，安培表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中（　　）
A．A1的读数比A2的读数大
B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大
C．V1读数比V2读数大
D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题．
【答案】AC
【分析】两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．
【解答】解：AB、电流表改装成安培表是并联一个较小的电阻，并联的电阻越小，量程越大，所以安培表A1的内阻小，A2的内阻大，当它们并联时，则流过A1的电流要大一些，所以安培表A1的读数较大，因为是由两个同样的电流表改装而成的，并联在电路中，所以指针偏转角度一样大，选项A正确，选项B错误；
CD、同理改装成电压表，串联在电路中时，两表的指针偏转角度也是一样大，选项D错误，电压表V1的量程大，说明串联的电阻大，V1的内阻大于V2的内阻，串联分压大，所以V1读数比V2读数大，选项C正确。
故选：AC。
【点评】本题关键要知道安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流．
（多选）12．（2024 宜兴市校级月考）四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则（　　）
A．A1的读数比A2的读数小
B．V1的读数比V2的读数大
C．A1指针偏转角度与A2的一样大
D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度小
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．
【答案】BC
【分析】表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大。然后再根据电路的串并联知识分析即可。
【解答】解：电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；
A、由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A错误，C正确；
B、两电压表串联，故通过两表的电流相等，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角，因V1量程大于V2量程，故V1的读数比V2的读数大，故B正确，D错误；
故选：BC。
【点评】本题要求学生能熟练应用串并联电路的规律及电表的性质，应明确由电流表扩大量程时为并联一小电阻，而将电流表改装为电压表时应串联一大电阻，而表头中的满偏电流和电压是不变的。
（多选）13．（2024 张掖期末）有一灵敏电流计，其表头内阻Rg＝1000Ω，满偏电流Ig＝100μA，以下说法正确的是（　　）
A．把它改成量程为1.5V的电压表，应串联一个15 kΩ的电阻
B．把它改成量程为1.0A的电流表，应并联一个1Ω的电阻
C．把它改成量程为1.0A的电流表，测量某电流时读数为0.5A，此时流过表头的电流为50μA
D．把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，此时流过表头的电流为100μA
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【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】CD
【分析】改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R；电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为RRg，U为改装后的量程。
【解答】解：A、改装成电压表要串联电阻分压，串联阻值为：RRg1000＝14000Ω，故A错误；
B、改装成电流表要并联分流，并联阻值：R0.1Ω，故B错误；
C、把它改成量程为1.0A的电流表，用它去测量某电流时读数为0.5A，则指针正好是满偏的一半，即为50μA，故C正确；
D、把它改成量程为1.5V的电压表，测量某电压时读数为1.5V，说明此时电流表达到满偏，此时流过表头的电流为100μA，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查电表的改装原理，明确电压表要串联电阻分压，电流表要并联电阻分流，同时明确测量的基本方法和读数方法。
（多选）14．（2024 惠农区校级期末）有一电流计，内阻Rg＝25Ω，满偏电流Ig＝3mA，现对它进行改装，下列说法正确的是（　　）
A．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个0.126Ω的电阻
B．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它串联一个0.126Ω的电阻
C．把它改装成量程为3v的电压表，需与它并联一个975Ω的电阻
D．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个975Ω的电阻
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题；平抛运动专题．
【答案】AD
【分析】把电流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求出并联电阻阻值；
把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值．
【解答】解：A、把电流表改装成0.6A的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：R0.126Ω，故A正确，B错误；
C、把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R′Rg25＝975Ω，故C错误，D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题．
（多选）15．（2024 金凤区校级期末）在如图中，A．B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法正确的是（　　）
A．A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法
B．A中R测＞R真，B中R测＜R真
C．A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好
D．B中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R＞＞RA，故此法测较大电阻好
【考点】伏安法测电阻．
【专题】恒定电流专题．
【答案】ACD
【分析】两种接法都有误差：A图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过灯泡电阻R的电流，还包括了电压表的电流；B图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是灯泡电阻R的电压，还包括了电流表的分压；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小。
【解答】解：A、A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法，故A正确；
B、A图中，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律R，电阻测量值偏小，即R测＜R真；
B图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律R，电阻测量值偏大，即R测＞R真；故B不正确；
C、A图中，误差来源与电压表的分流作用，为了减小误差，应使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好，故C正确；
D、B图中，误差来源与电流表的分压作用，为了减小误差，应使R＞＞RA，故此法测较大电阻好，故D正确；
故选：ACD。
【点评】待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法。测量值偏大。
待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小。
三．解答题（共5小题）
16．（2024 全国）如图1中E为电源，其电动势为ε，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，A为电流表，用此电路，经以下步骤可近似得A的内阻RA：①闭合K1，断开K2，调节R1使电流表读数等于其量程I0；②保持R1不变，闭合K2，调节R2，使电流表读数等于I0/2，然后读出R2的值，取RA≈R2
（1）按图1所示电路在图2中所给的实物图中画出连接导线．
（2）真实值和测量值之差除以真实值叫测量结果的相对误差，即，试导出它与电动势ε，电流表量程I0及电流表内阻RA的关系式．
（3）若I0＝10mA，真实值RA约为30Ω，要想使测量结果相对误差不大于5%，电源电动势最小应为多少伏？
【考点】伏安法测电阻．
【专题】实验题；压轴题；恒定电流专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据实验原理图连接实物图时注意：电表的正负极不能接反了，导线一定接在接线柱上．
（2）根据电路的串并联和电压、电流之间的关系可以求出其表达式．
（3）代入（2）中的表达式即可求出正确结果．
【解答】解：（1）在连实物图时注意电源正负极和电表正负极不要接反，导线不要接在滑片上，根据原理图可得其实物连接图如下所示：
（2）根据实验步骤①有： ①
在步骤②中当闭合K2时，RA和R2并联，所以有： ②
③
联立①②③可解得：
（3）要使相对误差不小于5%，则有：
所以解得： ≥6v．
故答案为：（1）实物图如上所示
（2）电流表量程I0及电流表内阻RA的关系式为：
（3）电源电动势最小应为6V．
【点评】本实验学生在讨论相对误差时容易出错，做题时注意实验步骤，根据实验步骤的提示，根据电路图逐步列方程求解．
17．（2024 四川）图示为用伏安法测量电阻的原理图．图中，为电压表，内阻为4000Ω；为电流表，内阻为50Ω；E为电源，R为电阻箱，Rx为待测电阻，S为开关．
（1）当开关闭合后电压表读数U＝1.6V，电流表读数I＝2.0mA．若将Rx作为测量值，所得结果的百分误差是　20%　．
（2）若将电流表改为内接，开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是　5%　．（百分误差100%）
【考点】伏安法测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据实验数据求出电阻的测量值；由并联电路特点求出通过待测电阻的电流，然后由欧姆定律求出待测电阻的真实值，最后求出实验的百分误差．
（2）当电流表采用内接法时，电阻测量值等于待测电阻真实值与电流表内阻之和，然后求出实验的百分误差．
【解答】解：（1）电阻测量值：R800Ω；
通过电压表的电流：IV0.0004A＝0.4mA，
通过待测电阻的电流：IX＝I﹣IV＝2mA﹣0.4mA＝1.6mA，
待测电阻的真实值：RX1000Ω，
实验百分误差为：20%；
（2）电流表采用内接法时，电阻测量值等于待测电阻真实值RX与电流表内阻RA之和，即R′＝RX+RA，此时实验百分误差为：||×100%100%100%＝5%；
故答案为：（1）20%；（2）5%．
【点评】本题考查了求实验测量的百分误差，分析清楚电路结构、熟练应用串并联电路的特点及欧姆定律是正确解题的关键．
18．（2024 上海）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分别小灯泡上的电流和电压）：
I（A） 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50
U（V） 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00
（1）在图1中画出实验电路图。可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干。
（2）在图2中画出小灯泡的U﹣I曲线。
（3）如果实验中测得电池的电动势是1.5V，内阻是2.0Ω，问：将本题中的小灯泡接在该电池的两端，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）小题方格图中）
【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；电功和电功率的计算．
【专题】实验题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）测量小灯泡的伏安特性曲线要求多测几组数据，则可知电路的接法；根据内阻的大小可得出电流表的接法；
（2）由描点法描出各坐标对应的点，用平滑的曲线将各点连接；
（3）由于灯泡的电阻随温度的变化而变化，故不能直接用欧姆定律求解；但由电路的特点可通过作图法得出灯泡的实际电压、电流，由P＝UI可求得实际功率。
【解答】解：（1）由题意可知，本实验中应采用滑动变阻器分压接法；同时由于灯泡内阻较小，为了减小误差，应采用电流表外接法；
（2）将各点对应的坐标描在图中，用平滑的曲线将各点连接即可，注意不能用折线；
图象如图所示；
（3）作出电源的伏安特性曲线，因电源与灯泡串联，电流相等，故交点即为灯泡的工作点；由图可知，灯泡的工作电压为0.8V，工作电流为0.35A，故灯泡的功率P＝UI＝0.35×0.8W＝0.28W；
故答案为：（1）（2）见下图；
（3）0.28W．作出电源的伏安特性曲线，因电源与灯泡串联，电流相等，故交点即为灯泡的工作点；由图可知，灯泡的工作电压为0.8V，工作电流为0.35A，故灯泡的功率P＝UI＝0.35×0.8W＝0.28W；
【点评】灯泡由于电阻随温度的变化而变化，故在求功率时一定不能直接利用欧姆定律求解电流，再求功率；应通过串联电路的规律通过作图的方法得出电压及电流，再求实际功率。
19．（2024 源汇区校级模拟）现有一块59CⅡ型的小量程电流表G（表头），满偏电流2mA，内阻约为190Ω～220Ω，用它来改装成一个多用电表．
采用如图甲所示电路测量表头的内阻，供选择的器材有：
滑动变阻器R1：最大阻值200Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值10kΩ；
电阻箱R：最大阻值999.9Ω；
电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V，（电池内阻均不计）
开关、导线若干．
（1）为提高测量精确度，选用的滑动变阻器应选为 　R2　（填“R1”或“R2”）；电池应选 　E3　（填“E1”、“E2”或“E3”）；
（2）用该表头G改装成的多用电表的电路如图乙所示，当选择开关置于3时，多用电表测量的是 　电阻　；当选择开关置于6时，多用电表测量的是 　电压　（填“电流”、“电压”或“电阻”）；
（3）经准确测量知Rg＝200Ω，如果多用电表电流挡的两个量程分别为0.1A和1A，则R1＝　0.40　Ω，R2＝　3.6　Ω（结果保留两位有效数字）．
【考点】练习使用多用电表（实验）；电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）用半偏法测量电流计的内电阻，要求干路电流不变（近似不变），故滑动变阻器电阻要远大于电流表G电阻，阻值相差越大，误差越小；
（2）欧姆表、电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成，根据电表结构选择；
（3）接1时为G表头与R2串联成一支路，该支路再与R1并联，作为电流表，由电路得出量程的表达式．接2时为R1与R2串联后与G表头并联成一电流表，由电路得出量程的表达式．由两个表达式求得R1与R2的值．
【解答】解：（1）用半偏法测量电流表G的内电阻，要求干路电流近似不变，故滑动变阻器电阻要远大于电流计电阻，阻值相差越大，误差越小，故滑动变阻器采用10kΩ的
R2；电流表G满偏时，根据闭合电路欧姆定律，全电路电阻：R
当E＝1.5V时，R＝750Ω；
当E＝3V时，R＝1.5kΩ；
当E＝4.5V时，R＝2.25kΩ；
滑动变阻器连入电路的电阻与电流计电阻相差越大，误差越小，故电源选择E3；
（2）当选择开关置于3时，电源与两并联电阻串联，构成欧姆表，可测量电阻．当选择开关置于1、2时，电流表G与电阻并联，可用来测量电流．当选择开关置于6时，电流表G与电阻串联，可用来测量电压．
（3）接1时，R1起分流作用为一支路，G与R2串联为一支路，此时量程为I1＝1A，而电流表的量程为2mA，当G表头达到满偏时通过两个支路的总电流为I1＝1A，即
同理，接2时，R1+R2为一支路起分流作用，G为一支路，此时量程为 I2＝0.1A
则 I2＝Ig
解得：R1＝0.40Ω，R2＝3.6Ω
故答案为：（1）R2；E3； （2）电阻；电压； （3）0.40；3.6．
【点评】本题考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式，解答本题的关键是明确半偏法测量电阻的实验原理，明确减小实验误差的方法，了解基本仪器多用电表的结构、原理以及使用方法．
20．（2024 北京）“黑盒子”表面有a、b、c三个接线柱，盒内总共有两个电子元件，每两个接线柱之间只可能连接一个元件。为了探明盒内元件的种类及连接方式，某位同学用多用电表进行了如下探测：
第一步：用电压挡，对任意两接线柱正、反向测量，指针不发生偏转
第二步：用电阻×100挡，对任意两个接线柱正、反向测量，指针偏转情况如图1所示。
（1）第一步测量结果表明盒内 　不存在电源　。
（2）图2示出了图1[1]和图1[2]中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是 　1.2k　Ω，图3示出了图1[3]中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是 　400　Ω。
（3）请在图4的接线柱间，用电路图符号画出盒内的元件及连接情况。
（4）一个小灯泡与3V电池组的连接情况如图5所示。如果把图5中e、f两端用导线直接相连，小灯泡仍可正常发光。欲将e、f两端分别与黑盒子上的两个接线柱相连，使小灯泡仍可发光。那么，e端应连接到 　c　接线柱，f端应连接到 　a　接线柱。
【考点】练习使用多用电表（实验）；用多用电表探测黑箱内的电学元件．
【专题】实验题．
【答案】见试题解答内容
【分析】用多用电表探索黑箱内的电学元件时要注意各个挡位的含义，尤其是注意测二极管时正反电阻不同。欧姆挡进行测量时，注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，因此将接线柱进行正反两次测量时，若发现示数不变则说明是定值电阻，若正反电阻差距很大，则说明是二极管，若开始电阻很小，很快电阻变为无穷大，则说明是电容器。总之根据电表示数和元件特点进行判断。
【解答】解：（1）使用电压挡进行测量，目的是看内部是否有电源，由于指针没有示数，因此内部无电源，故黑箱内不存在电源。
故答案为：不存在电源。
（2）使用欧姆表读数时注意其零刻度在右侧，因此读数时要从右侧读，读出结果然后乘以挡位即为所测电阻阻值。所以图（1）示数为R＝12×100＝1.2kΩ，图（2）读数为R＝4×100Ω＝400Ω。
故答案为：1.2kΩ，400Ω。
（3）使用欧姆挡进行测量时注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，观察图1中的（1）（2）可知：在测量bc之间的电阻时，对两个接线柱进行正反测量，其阻值相同，说明bc之间接有一个定值电阻；观察图1中的（3）（4）可知：在测量ac之间电阻时，黑表笔接c时电阻很小，接a时电阻很大，说明ac之间有二极管，而且c应该接二极管的正极；观察图1中的（5）可知：黑表笔接时b时电阻比（3）中黑表笔接c电阻大，说明了a、c、b之间串联了二极管、电阻两个元件，由图（6）可知，ab之间电阻无穷大，因此ab之间应该是断路。
故黑箱内元件的连接如图所示：
（4）二极管正向电阻很小，因此应该讲二极管入电路，由于e和电源正极相连，因此要使灯泡仍可发光，应该和二极管的正极相连即和c相连，f和a相连。
故答案为：c，a。
【点评】用多用电表探索黑箱内的电学元件实际上就是考查多用电表的各个挡位的特点以及一些元件的特性如：定值电阻、二极管、电容器等，同时注意黑箱内部的元件串并联情况。
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