人教版高中物理选修3-1 第二章《恒定电流》单元测试(含解析)

第二章《恒定电流》
题号
一
二
三
总分
得分
一、单选题（本大题共15小题，共60.0分）
有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在△t时间内，通过导线的横截面积的自由电子数目可表示为（　　）
A.
B.
C.
D.
如图所示，图线a是某一电源的U﹣I曲线，图线b是一定值电阻的U﹣I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则说法错误的是（）
A.
该定值电阻为；
B.
该电源电动势为20V；
C.
将2只这种电阻串联作为外电阻,电源输出功率最大；
D.
将3只这种电阻并联作为外电阻,电源输出功率最大；
如图，四个灯泡L1,L2,L3,L4完全一样,规格都是12V、12W,在AB两端加上60V的电压,则经过L3的电流是(???)
A.
1A
B.
2A
C.
D.
如图，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑片由该位置向a端滑动，则
A.
灯泡将变暗,电源效率将减小
B.
液滴带正电,将向下做加速运动
C.
电源的路端电压增大,输出功率也增大
D.
滑片滑动瞬间,带电液滴电势能将减小
在如图所示的电路中，电阻R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω，电流表内阻不计，在A、B两点间加上9V的电压时，电流表的读数为（　　）
A.
0
B.
1?A
C.
?A
D.
2?A
用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的是（　　）
A.
电源电动势
B.
导体电阻
C.
电容器的电容
D.
电流强度
铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）
A.
电路中每通过1C的电量,电源就把2J的电能转化为化学能
B.
蓄电池两极的电压为2V
C.
蓄电池在1秒内将2J的化学能转化为电能
D.
蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池电动势为的大
关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是（　　）
A.
由可知,导体的电阻跟导体两端的电压成正比,跟导体中的电流成反比
B.
由知,导体的电阻与长度l、电阻率成正比,与横截面积S成反比
C.
将一根导线一分为二,则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
D.
将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍,则电阻丝的电阻变为原来的2倍
电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是（　　）
A.
电压表和电流表读数都增大
B.
电压表和电流表读数都减小
C.
电压表读数增大,电流表读数减小
D.
电压表读数减小,电流表读数增大
直流电动机的线圈电阻为R，正常工作时，电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，下列说法正确的是（　　）
A.
电动机线圈产生的热量为
B.
电动机线圈产生的热量为
C.
电动机消耗的电能为
D.
电动机输出的机械能为UIt
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为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则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
C.
对应P点,小灯泡的电阻为
D.
对应P点,小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积
某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输送电压为U，输电线的总电阻为R，则下列说法中正确的是（　　）
A.
输电线上的电流为
B.
输送总功率
C.
输电线上损失的功率
D.
输电线上损失的功率
有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，则（　　）
A.
从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a：b
B.
从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1：1
C.
若电流方向竖直向下,大柱体与小柱体的电阻之比为a：b
D.
若电流方向竖直向下,大柱体与小柱体的电阻之比为：
如图所示，直线A为电源的U-I图线，曲线B为小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（　　）
A.
4W、8W
B.
4W、6W
C.
2W、4W
D.
2W、3W
用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）
A.
B.
C.
D.
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
伏安法测电阻，测量电路的接法有安培表内接法和安培表外接法两种电路，如图A、B所示，其中______（填A或B）属安培表外接法．用安培表外接法测Rx，测量值R测=，与真实值比，是偏______（填大或小），外接法适用于测阻值较______（填大或小）的电阻．
如图1中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为______mm；如图2游标卡尺读数为______cm，一个电流表的满偏电流值Ig=0.6A，面板如图3所示，指针现在的电流示数是______A．
某电池电动势为1.5V，如果不考虑它内部的电阻，当把它的两极与150Ω的电阻连在一起时，16秒内有______C的电荷定向移动通过电阻的横截面，相当于______个电子通过该截面（一个电子的电荷量为1.60×10-19C）．
一个表头的内阻25Ω，当通过2mA电流时，其指针偏转一小格。
（1）用它做电流表，要使它量程扩大6倍，应______
(选填“串联”、“并联”)电阻值为______Ω的电阻
（2）若两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5V,
V2表的量程是15V，把它们串联起来接入电路中，则两电压表指针偏转角度之比为______,两电压表示数之比为
______.
某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势（电动势E约为9V，内阻r约为50Ω）．
已知该电池允许输出的最大电流为150mA，该同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内阻约为2kΩ，量程为15V，R为电阻箱，阻值范围0～9999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．
（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：
A.2Ω
B.20Ω
C.200Ω
D.2000Ω
本实验应选______
（填入相应的字母）作为保护电阻．
（2）该同学完成电路的连接后，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，读取电压表的示数，其中电压表的某一次偏转如图乙所示，其读数为______
．
（3）改变电阻箱的阻值，取得多组数据，作出了如图丙所示的图线，则根据该同学所作的图线可求得该电池的电动势E为______
V，内阻r为______
Ω．（结果保留两位有效数字）
利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．除导线、开关外，实验室还提供如下器材：
A．电压表V1（3V，内阻约为5kΩ）
B．电压表V2（15V，内阻约为10kΩ）
C．电流表A1（0.6A，内阻约为1Ω）
D．电流表A2（3A，内阻约为0.03Ω）
E．阻值为2.0Ω的定值电阻R1
F．阻值为20Ω的定值电阻R2
G．最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3
H．最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4
要求尽量减小实验误差．
（1）应该选择的实验电路是图______（选“a”或“b”）．
（2）电压表应选择______，电流表应选择______，定值电阻应选择______，滑动变阻器应选择______．（填写选项前的序号）
（3）通过实验采集数据，分别以电流表的示数I（A）和电压表的示数U（V）为横、纵坐标，计算机拟合得到U-I图象，拟合公式为U=-2.6I+1.4．则电源的电动势E=______V；内阻r=______Ω．
（4）在该实验中，产生系统误差的主要原因是______．
A．电压表的分流作用
B．电压表的分压作用
C．电流表的分压作用
D．电流表的分流作用
E．定值电阻的分压作用
F．滑动变阻器的分流作用．
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
如图10所示的电路中，电阻R2=15Ω，R3=10Ω，电源的电动势E=12V，内电阻r=1Ω，安培表的读数I=0.4A．?求：
（1）流过电阻R1的电流是多少？
（2）电阻R1的阻值是多大？
（3）电源的输出功率是多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．
本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．
【解答】
解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为
?
V=vtS。
又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt。
由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q=It，而电子的电荷量为e，则?t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=，故C正确。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值；读出两图线交点处电压和电流，根据欧姆定律求出电源的电动势；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大。
定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势。
【解答】
A.图线b的斜率k==6Ω，则定值电阻的阻值R=k=6Ω，故A正确；
B.由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V，故B正确；
CD.对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C错误，D正确。
本题选错误的，故选C。
3.【答案】A
【解析】【分析】
先分析电路的结构，此电路为L3，L4并联后与L1，L2串联接入电路，根据串并联电路的特点结合欧姆定律列式求解即可。
?本题主要考查了欧姆定律以及串并联电路的特点的直接应用，知道串联电路，电流处处相等，并联电路电压相等，难度不大，属于基础题。
【解答】
分析电路可知L3，L4并联后与L1，L2串联接入电路
灯泡的电阻R=
则电路总电阻
干路电流I=
则经过L3的电流，故A正确，BCD错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】【分析】
将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，分析电路中总电阻的变化，判断变阻器电压的变化，判断电容器充电还是放电，由板间场强的变化分析液滴的运动情况，根据场强的变化分析电势的变化，从而明确电势能的变化情况。
?本题电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，注意抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析，注意下极板接地，故板间电势均为负值。
【解答】
A.将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源的效率为η=×100%=×100%，U增大，则知η增大，故A错误；
B.液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电，路端电压增大，故电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动，故B错误；
C.由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C错误；
D.因电容器两端的电压增大，故电荷所在位置相对于下极板的电势差增大，因下极板接地，故所在位置的电势减小，因粒子带正电，故粒子电势能减小，故D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】【分析】
由图可知，图中电阻与并联后与串联，电流表测量的是电阻的电流；先求解总电阻，根据欧姆定律求解干路电流，根据并联电路的电流关系得到通过电阻的电流。
本题关键是明确电路的串并联结构，再根据串并联电压、电流和电阻关系和欧姆定律列式求解；电路结构分析是解题的关键。
【解答】
图中电阻与并联后与串联，电路的总电阻为：R=4Ω+=6Ω；根据欧姆定律，干路电流为：I=，由于并联电路的电流与电阻成反比，故：
=×1.5A=1A，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6.【答案】C
【解析】【分析】
所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性。
比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，比如：电场强度、磁感应强度、加速度、电阻、电容等等。
?【解答】
A.电动势公式是电动势的定义式，故A不符合题意；
B.导体电阻，R等于电压U与电流I的比值，属于比值法定义，故B不符合题意；
C.电容器的电容是由电容器本身决定的，电容器的电容是电容器电容决定式，不是定义式，故C符合题意；
D.电流强度，电流I等于流过导体的某横截面与时间t的比值，属于比值法定义，故D不符合题意。
本题选不属于比值法定义的，故选：C。
7.【答案】D
【解析】【分析】
?电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于电路中每通过1C的电量，电流所做的功。它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用，常用符号E（有时也可用ε）表示，单位是伏（V）。
本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位；同时应该知道：电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，即与电源两端电压的方向相反。
【解答】
?A.铅蓄电池的电动势为2V，表示电路中每通过1C的电量，电流所做的功为2J，即2J化学能转化为电能，故A错误；
B.电源两极间电压，当电源不接入电路时，等于电源的电动势；当接入电路时，小于电源的电动势，故B错误；
C.电源每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能，不是在1s内将2J的化学能转变成电能，故C错误；
D.电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D正确。
故选D。
8.【答案】B
【解析】【分析】
根据欧姆定律和电阻定律进行分析，明确电阻的大小取决于电阻率、导体的长度和截面积有关，和电压及电流无关。
本题考查电阻定律及欧姆定律的正确应用，要注意电阻可以由欧姆定律求解，但电阻与电压和电流无关。
【解答】
A.由欧姆定律可求得电阻，但电阻与导体两端的电压及电流无关，故A错误；
B.由R=ρ知，导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比，故B正确；
C.电阻率是由导体的材料决定的，导线一分为二时，导体的电阻率不变，故C错误；
D.将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，长度增加原来的2倍，同时横截面积变原来，电阻丝的电阻变为原来的4倍，故D错误；
故选B。
9.【答案】B
【解析】解：当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增加，内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；
因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确，ACD错误；
故选：B。
由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．
本题考查闭合电路欧姆定律的使用，一般按局部-整体、局部的思路进行分析．
10.【答案】A
【解析】【分析】
?电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，线圈产生的热量根据焦耳定律求解．电功是消耗电能的量度，求出电功，得到电动机消耗的电能，由能量转化和守恒定律求解电动机输出的机械能。
对于电动机，正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电功大于电热；当电动机通电不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，电功等于电热。
【解答】
解：AB、根据焦耳定律得，电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt，故A正确，B错误；
C、电动机两端的电压为U，通过的电流强度为I，工作时间为t，则电功为W=UIt，电动机消耗的电能为W=UIt；
电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，求线圈产生的热量不能用；故C错误；
D、由能量转化和守恒定律得，电动机输出的机械能E机=W-Q=UIt-I2Rt，故D错误；
故选：A。
11.【答案】B
【解析】【分析】
根据电阻的定义，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大。对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数。
本题中灯泡是非线性元件，其电阻，但。图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，而不是图象的斜率表示电阻的倒数。
【解答】
A.
图线上的点与O点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故A错误；
BC.
图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，对应P点，小灯泡的电阻为，故C错误，B正确；
D.
因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D错误。
故选B。
12.【答案】C
【解析】【分析】
根据P=UI求出输电线上的电流，结合求出输电线上损失的功率。
解决本题的关键知道输送功率和输送电压、电流的关系，知道输送电压和电压损失的区别。
【解答】
AB.根据P0=UI得，输电线上的电流I=，由于U不是输电线上损失的电压，不能通过I=求解输电线上的电流，输送的总功率也不能根据求解，故AB错误；
CD.输电线上损失的功率=（）2R，故C正确，D错误。
故选C。
13.【答案】B
【解析】【分析】
根据电阻定律进行分析，注意明确导线长度和截面积的确定，从而求出各自的电阻，进而求出对应的比值。
本题考查电阻定律的应用，要注意本题可以作为电阻微型化的依据，注意电流方向不同，同一个电阻其阻值可能不同。
【解答】
AB.从图示方向看，则根据电阻定律可知，R1==，R2==，故两电阻相等，比值为1：1，故A错误，B正确；
CD.若电流竖直向下，则根据电阻定律有：R1=，R2=，故R1：R2=b2：a2；故CD错误。
故选B。
14.【答案】B
【解析】解：由图A读出：电源的电动势E
=3V，内阻r===0.5Ω；
两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压U
=2V，电流I
=2A；
则电源的总功率P总=EI=3×2W=6W
电源的输出功率P出=EI-I2r=（3×2-22×0.5）W=4W
故选：B。
电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率．
解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵．
15.【答案】C
【解析】解：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；
通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，故通过R0和Rx的电流也相等，所以有：
；
根据电阻定律公式有：
有：；
故
解得：
故选：C。
闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可．
本题是串并联电路中电流、电压关系和电阻定律、欧姆定律的综合运用问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力，不难．
16.【答案】A
?
小
?
小
【解析】解：所谓安培表外接法是指待测电阻先与电压表并联后再与电流表串联的接法，故A为外接法；
使用外接法时，由于电压表分流而使电流测量值偏大，则由欧姆定律可知，电阻测量值偏小．
当待测电阻的阻值相对电压表较小时，电压表的分流较小，则产生的误差较小，故该接法适合测小电阻．
故答案为：A；小；小．
明确电流表内外接法的电路结论，根据欧姆定律求电阻的测量值，明确实验中由于电压表分流而存在测量误差，要根据串并联电路的规律分析误差情况．
本题考查电流表内外接法的认识以及实验误差的分析情况，要注意外接法适用于测小电阻，且结果偏小，而内接法适用于测大电阻，且结果偏大；即可用口诀为：大内偏大；小外偏小．
17.【答案】6.125；10.02；0.34
【解析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为6mm．可动刻度读数为0.01×12.5mm=0.125mm，所以最终读数为：6mm+0.125mm=6.125
mm；
游标卡尺的主尺读数为10cm，游标读数为
0.1×2=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为10cm+0.02cm=10.02cm；
电流表的最小分度为0.02A，则要估读到0.01A，为0.34A．
故答案为：6.125，10.02，0.34．
游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．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
解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．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
18.【答案】0.16
?
1.0×1018
【解析】解：根据闭合电路欧姆定律得，I==A=0.01A
通过的电量q
=It=16×0.01C=0.16C
　　　　　　　　　　　　　　　　
相当于电子的数目n===1×1018
故答案为：0.16，1.0×1018．
根据闭合电路欧姆定律I=，求出电流I，再根据q=It求出多少电荷发生定向移动．根据n=求出电子的数量．
解决本题的关键掌握欧姆定律的公式I=，以及电流的定义式I=．
19.【答案】（1）并联
?
5Ω
（2）1:1
?
?1:3
【解析】【分析】
（1）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可以求出并联电阻阻值.
（2）串联电路的电流相等；电压与电阻成正比；
解题的的关键是利用欧姆定律解题。
【解答】
（1）把电流表的量程扩大6倍,需要并联分流电阻，分流电阻分得的电流为通过电流表的5倍，分流电阻阻值为电流表内阻的，则并联电阻阻值:；
（2）因是串联关系通过两电压表的电流相同，故指针偏转的角度相同，即为1:1；串联后电流一样故偏转角度相等但两表的读数为两电压表的分压，读数之比为两者的内阻之比，即1:3；
故答案为：（1）并联
?
5Ω
?
?（2）1:1
?
?1:3
20.【答案】B；6.5；10；50
【解析】解：（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律得
???Im=
得R0=10Ω
所以实验应选B．
（2）电压表应选择15V的量程，所以读数为6.5V，
（3）闭合开关，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数，再改变电阻箱的电阻，得出多组数据．
根据E=U+r，知=+，
知图线的纵轴截距表示电动势的倒数，图线的斜率等于．
有：=0.1，
解得E=10V．=5，解得r=50Ω．
故答案为：
（1）B．（2）6.5?v（3）10V，50Ω
（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律求出此时的R0，再选择定值电阻R0的规格．
（2）根据电压表应选择15V的量程进行读数．
（3）本实验采取伏阻法测量电源的电动势和内阻，根据实验的原理E=U+r，知=+，通过图线的斜率和截距去求电源的电动势和内阻．
解决本题的关键：知道运用伏阻法测量电源电动势和内阻的原理，会根据图象测量电源的电动势和内阻，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量．
21.【答案】a；A；C；E；G；1.4；0.6；A
【解析】解：（1）由于两电表内阻未知，并且电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以应采用相对电源的外接法，故选择a电路；
（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选0-3V的C；电路中电流较小，故电流表应选择量程较小的A1；
由于电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的E；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的G；
（3）由闭合电路欧姆定律可知，U=E-Ir，对比给出的公式U=-2.6I+1.4可知，电源电动势E=1.4V，等效内阻为2.6Ω，则电源实际内阻r=2.6-2=0.6Ω；
（4）本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，而保护电阻作出内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器没有影响，故A正确，BCDE错误．
故选：A．
故答案为；（1）a；（2）A，C，E，G；（3）1.4；0.6；（4）A．
（1）明确实验原理，从而确定实验电路接法；
（2）明确电源的电动势和电流的大致范围，从而确定电压表和电流表，根据定值电阻和滑动变阻器的作用确定定值电阻和滑动变阻器；
（3）根据闭合电路欧姆定律即可确定电动势和内电阻；
（4）明确电路结论，从而确定误差来源．
本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
22.【答案】解：（1）并联部分电压为：
通过的电流为：
流过电阻的电流为：
（2）两端的电压为：=12-6-1×1=5V
的阻值为：
（3）电源的输出功率为：
答：（1）流过电阻R1的电流是1A
（2）电阻R1的阻值是5Ω
（3）电源的输出功率是11W
【解析】（1）由欧姆定律求出并联部分的电压，再求出通过的电流，最后求出流过电阻R1的电流；
（2）求出电阻两端的电压，根据欧姆定律求出电阻R1的阻值；
（3）电源的输出功率等于总功率减去内阻上消耗的功率；
本题考查闭合电路欧姆定律的应用，在解题时要注意分析电路结构，正确应用串并联电路的规律及部分电路的欧姆定律分析电路的电流及电压关系．
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