2.1电流 电压 电阻（预习衔接.含解析）2025-2026学年高二上学期物理必修第三册教科版（2019）

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新课预习衔接 电流 电压 电阻
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 建邺区期末）在如图所示电路中，电压表为理想电压表，两电流表由相同的表头改装而成，电流表A1量程为1A，电流表A2量程为0.6A，闭合开关S，滑动变阻器的滑片位于a点时，电压表的读数分别为U1、两电流表示数和为I1，滑动变阻器的滑片位于b点时，电压表的读数为U2、两电流表示数和为I2，下列判断正确的是（　　）
A．U1＞U2，I2＞I1
B．两电流表A1与A2示数相同
C．滑片由a滑到b，会变化
D．两电流表A1与A2指针偏角相同
2．（2024 大通县期末）自动体外除颤器是一种便携式的医疗设备，在最佳抢救时间的“黄金4分钟”内，对心脏骤停患者利用自动体外除颤器（AED）可进行有效的除颤和心肺复苏。某型号自动体外除颤器的电容器电容是16μF，充电后电容器的电压达到4kV，某次对某心脏骤停患者进行除颤时，平均放电电流达到16A（电荷量Q＝平均放电电流×放电时间），则下列说法正确的是（　　）
A．电容器充电后的电荷量为0.64C
B．电容器的平均放电时间为4×10﹣3s
C．不同患者进行除颤时平均电流相同
D．电容器放电过程中电容器的电容逐渐减小
3．（2024 福田区校级期末）下列说法中正确的是（　　）
A．电势是一个标量，单位是V/m
B．电场强度，电容都是用比值法定义的
C．电容器所带电荷量是指各个极板所带电荷量的代数和
D．电流是矢量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
4．（2024春 天山区校级期末）一个半径为r（米）的细橡胶圆环，均匀地带上Q（库仑）的负电荷，当它以角速度ω（弧度/秒）绕中心轴线顺时针匀速转动时，环中等效电流的大小为（　　）
A．Q B． C． D．
5．（2024 南宁期末）如图是一个电路的一部分，其中R1＝5Ω，R2＝1Ω，R3＝3Ω，I1＝0.2A，I2＝0.1A，那么电流表测得的电流为（　　）
A．0.2A，方向向右 B．0.15A，方向向左
C．0.2A，方向向左 D．0.3A，方向向右
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024 徐汇区校级期末）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（　　）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应P点，小灯泡的电阻为R
C．对应P点，小灯泡的电阻为R
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”
（多选）7．（2024 西青区期末）如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α＝45°，由此得出（　　）
A．通过电阻的电流与两端电压成正比
B．电阻R＝0.5Ω
C．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R1.0Ω
D．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C
（多选）8．（2024 沈阳期中）用两个相同的小量程电流表G，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若A1量程大于A2，将A1、A2接入如图甲、乙所示的电路中，闭合电键后，下列有关说法正确的是（　　）
A．G改装成A1、A2时要串联电阻，A1串联的电阻大
B．图甲中A1、A2的指针偏角相同
C．G改装成A1、A2时要并联电阻，A1并联的电阻大
D．图乙中A1、A2的示数相同
（多选）9．（2024 东莞市校级期中）如图所示的甲、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增大时量程增大
D．乙表是电压装，R增大时量程减小
（多选）10．（2024 仓山区校级期中）如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（　　）
A．A是红表笔、B是黑表笔
B．作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小
C．当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零
D．测电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位
三．解答题（共5小题）
11．（2024 香坊区校级期中）已知电流表的内阻Rg＝120Ω，满偏电流Ig＝3mA，
（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联多大的电阻？改装后的电压表内阻是多少？
（2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联多大的电阻？
12．（2024 鄂尔多斯期末）如图所示，是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V．当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知电流表的内阻Rg为500Ω，满偏电流Ig为1mA，则R1＝　 　Ω，R2＝　 　Ω．
13．（2023春 临渭区期末）如图1所示，斯密特触发器可以将连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号，当加在它的输入端A的电势逐渐上升到1.6V，输出端Y会突然从高电平跳到低电平0.25V，而当输入端A的电势下降到0.8V时，输出端Y会从低电平跳到高电平3.4V．如图2所示是一个温度报警器的简易电路图，RT为热敏电阻，R1为可变电阻（最大阻值为1kΩ），蜂鸣器工作电压3～5V，热敏电阻的阻值随温度变化如图3所示，若要求热敏电阻在感测到80℃时报警，则R1应调至 　 　kΩ；若要求热敏电阻在感测到更高的温度时才报警，R1的阻值应 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
14．（2024 谯城区校级期中）有一块小量程电流表，满偏电流为50μA，内阻为800Ω。现要将它改装成0～1mA、0～10mA的两量程电流表，某同学除了参考电路图甲外，还设计了如图乙所示电路。
（1）若采用图甲的电路，则R1、R2是多少，若采用图乙的电路，则R1、R2是多少？（保留小数点后一位）
（2）请根据两种电路的特点，简单说明实际使用中用哪一种？
15．（2024 城关区校级期中）图为用伏安法测量电阻的原理图。图中V为电压表，内阻为4000Ω；mA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。闭合开关后电压表示数U＝1.6V，电流表示数I＝2.0mA。
（1）我们把U与I的比值称为Rx的测量值，即，试求出该值的大小。
（2）实际上U与I的比值是Rx与电压表并联后的总电阻，请据此求出Rx的真实值。
新课预习衔接 电流 电压 电阻
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 建邺区期末）在如图所示电路中，电压表为理想电压表，两电流表由相同的表头改装而成，电流表A1量程为1A，电流表A2量程为0.6A，闭合开关S，滑动变阻器的滑片位于a点时，电压表的读数分别为U1、两电流表示数和为I1，滑动变阻器的滑片位于b点时，电压表的读数为U2、两电流表示数和为I2，下列判断正确的是（　　）
A．U1＞U2，I2＞I1
B．两电流表A1与A2示数相同
C．滑片由a滑到b，会变化
D．两电流表A1与A2指针偏角相同
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】实验题；错解分析题；比较思想；极端假设法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】先根据欧姆定律和串并联电路的关系，表示出电流和电压的表达式，从表达式可以看出大小关系。根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出滑动变阻器两端电压的函数表达式，根据表达式中斜率和截距的意义回答。
【解答】解：A、设电源电势为E，内阻为r，据欧姆定律有：I1，而I2，由于Ra＜Rb，所以I1＞I2，U1＝E﹣I1（R1+RA+r），U2＝E﹣I2（R1+RA+r），由于I1＞I2，所以U2＜U1，故A错误；
BD、两电流表是由相同的表头与不同的分流电阻并联改装而成，两电流表又是并联的，则相同的两表头电压相等，电流也相等，则偏转角相等，但两电流表的量程不同，表示的电流的示数不同，故B错误，D正确；
C、据闭合电路欧姆定律得：滑动变阻器两端的电压U＝E﹣I（R1+RA+r），那么U﹣I直线的斜率就是R1+RA+r，不会改变，故C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律的应用问题，分析清楚图示电路图、知道电路连接是解题的前提，根据题意应用欧姆定律电压的函数表达式。
2．（2024 大通县期末）自动体外除颤器是一种便携式的医疗设备，在最佳抢救时间的“黄金4分钟”内，对心脏骤停患者利用自动体外除颤器（AED）可进行有效的除颤和心肺复苏。某型号自动体外除颤器的电容器电容是16μF，充电后电容器的电压达到4kV，某次对某心脏骤停患者进行除颤时，平均放电电流达到16A（电荷量Q＝平均放电电流×放电时间），则下列说法正确的是（　　）
A．电容器充电后的电荷量为0.64C
B．电容器的平均放电时间为4×10﹣3s
C．不同患者进行除颤时平均电流相同
D．电容器放电过程中电容器的电容逐渐减小
【考点】电流的概念及性质；电容的概念与物理意义．
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电容器专题；理解能力．
【答案】B
【分析】A.根据电容的定义式求电荷量；
B.根据电流强度的定义式求平均放电时间；
C.不同患者的电阻不同，根据欧姆定律分析作答；
D.根据电容器电容的决定因素分析作答。
【解答】解：A．根据电容的定义式，可得充电后电容器的带电量Q＝CU＝16×10﹣6×4×103C＝6.4×10﹣2C，故A错误；
B．根据电流强度的定义式，可得电容器的平均放电时间，故B正确；
C．不同患者的电阻不同，根据欧姆定律可知患者的平均电流不同，故C错误；
D．电容器的电容决定于电容器本身，与电容器是否带电无关，因此电容器放电过程电容器的电容保持不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电容器的定义式、电流强度的定义式和欧姆定律，知道电容器的电容决定于电容器本身，与电压和电荷量无关。
3．（2024 福田区校级期末）下列说法中正确的是（　　）
A．电势是一个标量，单位是V/m
B．电场强度，电容都是用比值法定义的
C．电容器所带电荷量是指各个极板所带电荷量的代数和
D．电流是矢量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
【考点】电流的概念及性质；矢量和标量的区分与判断；电容的概念与物理意义．
【专题】定性思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】B
【分析】电势是标量；电场强度和电容都是用比值法定义的；电容器所带电荷量是其中一个极板所带电荷量的绝对值；电流是标量。
【解答】解：A．电势的运算法则是代数加减法则，所以电势是一个标量，单位是V，故A错误；
B．电场强度，电容都是用比值法定义的，故B正确；
C．电容器所带电量等于任意一个极板所带电荷量的绝对值，两个极板所带电荷量的代数和是零，故C错误；
D．物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，虽然电流有方向，但是它的运算不适用于平行四边形法则，所以电流是标量，故D错误。
故选：B。
【点评】熟练掌握电势、电场强度、电容、电流等基本概念是解题的基础。
4．（2024春 天山区校级期末）一个半径为r（米）的细橡胶圆环，均匀地带上Q（库仑）的负电荷，当它以角速度ω（弧度/秒）绕中心轴线顺时针匀速转动时，环中等效电流的大小为（　　）
A．Q B． C． D．
【考点】等效电流的计算．
【专题】恒定电流专题．
【答案】C
【分析】负电荷Q均匀分布在橡胶环上，当环转动时，在环上任取一截面则一个周期T内穿过此截面的电荷量为Q，因此应用电流的定义式I，再结合圆周运动相关的知识即可求解．
【解答】解：负电荷运动的周期T，则电流I，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查等效电流的求法，解题关键在于明确一个周期内流过导体截面的电量．
5．（2024 南宁期末）如图是一个电路的一部分，其中R1＝5Ω，R2＝1Ω，R3＝3Ω，I1＝0.2A，I2＝0.1A，那么电流表测得的电流为（　　）
A．0.2A，方向向右 B．0.15A，方向向左
C．0.2A，方向向左 D．0.3A，方向向右
【考点】复杂电路的简化；欧姆定律的简单应用．
【专题】恒定电流专题．
【答案】C
【分析】分别求出R1两端的电压和R2两端的电压，然后判断根据电位确定R3两端的电压以及电流的方向，再根据求出通过R3的电流，最后根据节点法确定通过电流表电流的方向和大小．
【解答】解：R1两端的电压U1＝I1R1＝0.2AX5Ω＝1V
R2两端的电压U2＝I2R2＝0.1AX1Ω＝0.1V
R1左端与R2的左端电位相等，U1＞U2，则R1右端的电位低于R2右端的电位。
R3两端的电压U3＝U1﹣U2＝1V﹣0.1V＝0.9V
通过R3的电流I3，R3上端电位低，下端电位高，电流方向由下向上。
因此用节点法可知通过电流表的电流方向向左。
设电流表的示数为IA，对于电流表左端的节点，流入节点的电流等于流出节点的电流。
即IA+I2＝I3
电流表的示数IA＝I3﹣I2＝0.3A﹣0.1A＝0.2A。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断，本题涉及电位的概念，以及节点法判断电流方向以及电流大小，难度较大，要求大家需要掌握更多关于电学的知识．
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024 徐汇区校级期末）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（　　）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应P点，小灯泡的电阻为R
C．对应P点，小灯泡的电阻为R
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”
【考点】欧姆定律的简单应用．
【专题】恒定电流专题．
【答案】BD
【分析】小灯泡的I﹣U特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率越小，电阻越大．任一状态灯泡的电阻R．由P＝UI可求得功率．
【解答】解：A、I﹣U图线各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大。故A错误。
B、C根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R，R不等于切线斜率，故B正确，C错误。
D、P点的功率P＝UI，故可以用矩形PQOM所围“面积”来表示；故D正确；
故选：BD。
【点评】对于线性元件，欧姆定律成立，即R，对于非线性元件，欧姆定律不成立，R．
（多选）7．（2024 西青区期末）如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α＝45°，由此得出（　　）
A．通过电阻的电流与两端电压成正比
B．电阻R＝0.5Ω
C．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R1.0Ω
D．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C
【考点】欧姆定律的简单应用；电容的概念与物理意义．
【专题】恒定电流专题．
【答案】AD
【分析】电阻R的I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系。对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解。由图读出电压为U＝6V时的电流，由q＝It求解每秒内通过电阻的电荷量。
【解答】解：A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确
BC、根据电阻的定义式R可知，I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，则得RΩ＝2Ω，故BC错误。
D、由图知，当U＝6V时，I＝3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q＝It＝3×1C＝3.0C，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了学生对电阻的定义式R的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别。
（多选）8．（2024 沈阳期中）用两个相同的小量程电流表G，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若A1量程大于A2，将A1、A2接入如图甲、乙所示的电路中，闭合电键后，下列有关说法正确的是（　　）
A．G改装成A1、A2时要串联电阻，A1串联的电阻大
B．图甲中A1、A2的指针偏角相同
C．G改装成A1、A2时要并联电阻，A1并联的电阻大
D．图乙中A1、A2的示数相同
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】定性思想；实验分析法；基本实验仪器；实验能力．
【答案】BD
【分析】根据电流表的改装原理分析所并联的电阻的大小；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。
【解答】解：AC、小量程电流表改装成大量程电流表，需要并联一个较小的电阻，不是串联电阻；
需要并联的电阻阻值为R并，可见，需要改装的电流表量程越大，需要并联的电阻越小，故A1并联的电阻小，故AC错误；
B、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，通过表头的电流相等，则指针偏转的角度相同，故B正确；
D、图乙中的A1、A2串联，根据串联电路电流强度处处相等可知，A1、A2的示数相同，故D正确。
故选：BD。
【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）9．（2024 东莞市校级期中）如图所示的甲、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增大时量程增大
D．乙表是电压装，R增大时量程减小
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．
【答案】BC
【分析】理解电表改装的原理，结合电阻的变化趋势分析出电表量程的变化趋势。
【解答】解：AB．甲是并联电阻起分流作用，为电流表，因为灵敏电流计与电阻并联，则两者的电压相等，当R增大，分流电流减小，量程变小，故A错误，B正确；
CD．乙是串联电阻起分压作用，为电压表，因为灵敏电流计与电阻串联，则两者的电流相等，当R增大，分压电压变大，量程变大，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了电表改装的相关应用，理解电表改装的原理，结合电路构造的分析即可完成解答。
（多选）10．（2024 仓山区校级期中）如图是多用电表内部结构示意图，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（　　）
A．A是红表笔、B是黑表笔
B．作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小
C．当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零
D．测电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率更大的挡位
【考点】多用电表的原理．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；实验能力．
【答案】AC
【分析】多用电红表笔与欧姆表内置电源负极相连，黑表笔与电源正极相连；电流表的分流电阻越小，电流表量程越大，电压表分压电阻越大，电压表量程越大；根据欧姆表的使用方法分析C；测电阻时若指针偏转过大，说明电流过大，电阻过小。
【解答】解：A．多用电红表笔与欧姆表内置电源负极相连，A接电池负极是红表笔、B接电池正极是黑表笔，故A正确；
B．作电流表时分流电阻越小量程越大，1比2量程大，作电压表时分压电阻越大量程越大，6比5量程大，故B错误；
C．当选择开关与3或4相连，回路有电池是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零，故C正确；
D．测电阻时，如果指针偏转过大，说明待测电阻小，应将选择开关拨至倍率更小的挡位，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了多用电表的结构，是一道基础题，知道电流表、电压表、欧姆表的改装原理是解题的前提与关键，分析清楚图示电路图即可解题。
三．解答题（共5小题）
11．（2024 香坊区校级期中）已知电流表的内阻Rg＝120Ω，满偏电流Ig＝3mA，
（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联多大的电阻？改装后的电压表内阻是多少？
（2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联多大的电阻？
【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）根据串联电路中的分压原理可明确应串联的电阻，同时根据改装原理分析被测电压的数值；
（2）根据并联电路的原理即可明确应并联的电阻大小．
【解答】解：（1）要把它改装成量程是6 V的电压表，应串联的电阻：120＝1880Ω
改装后的电压表内阻RV＝R+Rg＝120+1880＝2000Ω
（2）要把它改装成量程是3 A的电流表，应并联的电阻0.12Ω；
答：（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联1880Ω的电阻；改装后的电压表内阻是2000Ω；
（2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联0.12Ω电阻．
【点评】本题考查的电表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值．同时掌握并联电路的分流作用，能根据欧姆定律求解电阻大小．
12．（2024 鄂尔多斯期末）如图所示，是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V．当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知电流表的内阻Rg为500Ω，满偏电流Ig为1mA，则R1＝　9500　Ω，R2＝　90000　Ω．
【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】改装后的量程为U＝Ig（Rg+R串）据此可求出 R串Rg
【解答】解：接a、b时，为串联的R1，则R1Rg500＝9500Ω
接a、c时，为串联的R1和R2，则R2Rg﹣R1500﹣9500＝90000Ω
故答案为：9500Ω 90000Ω
【点评】电流表串联电阻后量程变大，为U＝Ig×R总
13．（2023春 临渭区期末）如图1所示，斯密特触发器可以将连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号，当加在它的输入端A的电势逐渐上升到1.6V，输出端Y会突然从高电平跳到低电平0.25V，而当输入端A的电势下降到0.8V时，输出端Y会从低电平跳到高电平3.4V．如图2所示是一个温度报警器的简易电路图，RT为热敏电阻，R1为可变电阻（最大阻值为1kΩ），蜂鸣器工作电压3～5V，热敏电阻的阻值随温度变化如图3所示，若要求热敏电阻在感测到80℃时报警，则R1应调至 　0.42　kΩ；若要求热敏电阻在感测到更高的温度时才报警，R1的阻值应 　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【考点】串联电路的特点及应用；常见的传感器及分类．
【专题】应用题；推理法；恒定电流专题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】非门的特点是输入状态和输出状态完全相反。根据门电路的特点做出输出状态的电势随时间的变化图线。
根据温度求出热敏电阻的阻值，通过串并联的特点求出R1的阻值。
【解答】解析：热敏电阻在80℃时的电阻是RT＝80Ω，斯密特触发器输入端A的电势是0.8V时，输出端Y的电压为3.4V，这时蜂鸣器开始工作。由串联电路分压特点知：。
∴R1＝80Ω＝420Ω＝0.42kΩ。
由热敏电阻的阻值随温度变化的图象可知，温度升高时，热敏电阻的阻值减小，而斯密特触发器输入端的电压仍保持不变，则电阻R1的阻值应减小。
故答案为：0.42；减小。
【点评】解决本题的关键掌握电流表、电压表改装的原理，以及掌握门电路的特点以及串并联电路的特点，并能灵活运用。
14．（2024 谯城区校级期中）有一块小量程电流表，满偏电流为50μA，内阻为800Ω。现要将它改装成0～1mA、0～10mA的两量程电流表，某同学除了参考电路图甲外，还设计了如图乙所示电路。
（1）若采用图甲的电路，则R1、R2是多少，若采用图乙的电路，则R1、R2是多少？（保留小数点后一位）
（2）请根据两种电路的特点，简单说明实际使用中用哪一种？
【考点】电表的改装和应用（实验）．
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力；推理能力．
【答案】（1）若采用图甲的电路，则R1、R2是4.2Ω和37.9Ω，若采用图乙的电路，则R1、R2是42.1Ω和4.0Ω；
（2）见解析。
【分析】（1）根据串并联电路特点和欧姆定律计算；
（2）分析在换挡位时造成的电流、电压变化分析判断。
【解答】解：（1）由题图甲，根据串并联电路规律可得：
选择I1＝1mA＝1×10﹣3A挡位时：
IgRg＝（I1﹣Ig）（R1+R2），
选择I2＝10mA＝1×10﹣2A挡位时：
Ig（Rg+R2）＝（I2﹣Ig）R1，
联立代入数据解得：
R1≈4.2Ω，R2≈37.9Ω；
采用图乙电路时，
选用0～1mA量程时有：IgRg＝（I1﹣Ig）R2
代入数据解得R2＝42.1Ω
选用0～10mA量程时有：IgRg＝（I10﹣Ig）R1
代入数据解得R1＝4.0Ω
（2）甲图电路，当开关接到左边接线柱时并联电阻较小，通过电流较大，所以此时对应改装电流表的较大量程，接右边接线柱时并联两个串联的电阻，阻值较大，通过电流较小，所以此时对应量程较小。实际中不选乙图电路是因为乙图电路在通电状态下，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而易损坏。
答：（1）若采用图甲的电路，则R1、R2是4.2Ω和37.9Ω，若采用图乙的电路，则R1、R2是42.1Ω和4.0Ω；
（2）见解析。
【点评】本题考查电表的改装，要求掌握电表改装的原理。
15．（2024 城关区校级期中）图为用伏安法测量电阻的原理图。图中V为电压表，内阻为4000Ω；mA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。闭合开关后电压表示数U＝1.6V，电流表示数I＝2.0mA。
（1）我们把U与I的比值称为Rx的测量值，即，试求出该值的大小。
（2）实际上U与I的比值是Rx与电压表并联后的总电阻，请据此求出Rx的真实值。
【考点】伏安法测电阻．
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】（1）该电阻的测量值的大小800Ω；
（2）待测电阻Rx的真实值为1000Ω。
【分析】（1）根据欧姆定律求解电阻的测量值；
（2）测量值与真实值不相等的原因是电压表的分流作用，根据并联电路的电流关系及欧姆定律求电阻的真实值。
【解答】解：（1）根据欧姆定律，待测电阻的测量值
（2）根据欧姆定律，通过电压表的电流
根据并联电路的电流特点，通过待测电阻的电流IR＝I﹣IV＝2.0mA﹣0.4mA＝1.6mA
待测电阻的真实值
答：（1）该电阻的测量值的大小800Ω；
（2）待测电阻Rx的真实值为1000Ω。
【点评】解决本题的关键是明确待测电阻测量值与真实值存在误差的原因，这是求解待测电阻真实值的前提。
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