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高考物理模型全归纳 第68讲 电流表内外接的选择方法及解决电表分压或分流引起的系统误差问题
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高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第68讲 电流表内外接的选择方法及
解决电表分压或分流引起的系统误差问题
1．（2022•辽宁）某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻R1＝40Ω，R2＝360Ω。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为0～ 1 mA；
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时 大 （填“大”或“小”）；
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用 乙 （填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
【解答】解：（1）由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
Um=Imr=250×10−6×1.2×103V=0.3V
此时R1和R2的电流为
I=UmR1+R2=0.340+360A=0.75×10−3A=0.75mA
所以总电流为
I总＝Im+I＝0.75mA+0.25mA＝1mA
即量程为0～1mA。
（2）当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大，所以比接在A端时大。
（3
）图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
故答案为：（1）1；（2）大；（3）乙
2．（2022•甲卷）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表Ⓐ（量程10mA，内阻约10Ω），微安表Ⓖ（量程100μA，内阻Rg待测，约1kΩ），滑动变阻器R（最大阻值10Ω），定值电阻R0（阻值10Ω），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；
（2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg＝ 990 Ω。
【解答】解：（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如图所示
（2）某次测量中，微安表的示数为IG＝90.0μA＝9×10﹣5A，电流表的示数为IA＝9.00mA＝9×10﹣3A，根据串并联电路规律和欧姆定律得
（IA﹣IG）R0＝IGRg
解得：Rg＝990Ω。
故答案为：（1）图见解析（2）990
3．（2022•乙卷）一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0～5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表Ⓥ（量程为3V，内阻很大），电流表Ⓐ（量程为1mA，内阻为300Ω），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选10Ω或1.5kΩ），定值电阻R0（阻值可选75Ω或150Ω），开关S，导线若干。
（1）要求通过Rx的电流可在0～5mA范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图；
（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为 10Ω （填“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，R0应选阻值为 75Ω （填“75Ω”或“150Ω”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时Rx两端的电压为 2.30 V，流过Rx的电流为 4.20 mA，此组数据得到的Rx的阻值为 548 Ω（保留3位有效数字）。
【解答】解：（1）电流表内阻已知，电流表与R0并联扩大电流表量程。当电流最大为5mA时，待测电阻Rx的电压大约为2.75V，电流表满偏电压为0.3V，若电流表采用内接，被测最大电压有可能超过电压表的量程，故采用外接法。滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过Rx的电流从0～5mA连续可调，电路图如图1所示：
（2）电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
通过Rx的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如图2所示：
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知：4mA1mA=300ΩR0
解得：R0＝75Ω；
（3）电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即U＝2.30V；
电流表每小格表示0.02mA，本位估读，即0.84mA，电流表量程扩大5倍，所以通过Rx的电流为I＝4.20mA；
根据欧姆定律可知：Rx=UI=2.304.20×10−3Ω≈548Ω。
故答案为：（1）电路图见解析；（2）10Ω，75Ω；（3）2.30；4.20；548。
一.知识回顾
1.电流表内、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＝
＝Rx＋RA>Rx
测量值大于真实值
R测＝
＝
适用条件
RA≪Rx
RV≫Rx
适用于测量
大电阻
小电阻
2.两种电表接法的选择
（1）阻值比较法
如已知待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻，则用“阻值比较法”
先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法。
a．若>(或Rx< )，说明Rx较小，则用电流表外接法。
b．若<(或Rx>)， 说明Rx较大，则用电流表内接法。
（2）试触法：
如不知待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻时，则用“试触法”
如图所示，将电压表分别接在a、c和b、c两点间时，若电流表示数变化较大，说明电压表分流较大，应选用电流表内接法；若电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，则选用电流表外接法。
怎样知道变化大小呢？两次测量的电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，
(│U1- U2│/ U1)>│I1- I2│/I1,则用电流表外接法，反之，则用内接法。
二.例题精析
题型一：阻值比较法
例1．某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1kΩ，电流表内阻为0.5Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图（b）所示的两条U﹣I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。回答下列问题：
（1）图（b）中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在 O、P （填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的。
（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线 Ⅰ （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为 50.0 Ω（保留1位小数）。
【解答】解：（1）当用电流表内接法时，测量值为Rx1=Rx+RA＞Rx，当用电流表外接法时，测量值为Rx2=RxRVRx+RV＜Rx，图（b）中图线Ⅱ的斜率较小，所以应为使用电流表外接法测量的结果，即电压表跨接在O、P间测量得到的。
（2）由图线Ⅰ、Ⅱ根据Rx=ΔUΔI可知待测电阻都接近50.0Ω，可知Rx＞RARV，所以用电流表内接法测量的结果误差较小，即由图线I得到的结果更接近待测电阻的真实值。
（3）因为Rx1=Rx+RA，所以Rx＝Rx1﹣RA＝50.5Ω﹣0.5Ω＝50.0Ω
故答案为：（1）O、P；（2）Ⅰ；（3）50.0
题型二：试触法
例2．（2021•浙江）小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
（1）因电表内阻未知，用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1＝1.65V，电流表的示数如图2所示，其读数I1＝ 0.34 A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2＝1.75V，I2＝0.33A。由此可知应采用电流表 外 （填“内”或“外”）接法。
（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：
①器材与连线如图3所示，请画出对应的电路图；
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图3所示，则待测电阻Rx＝ 5 Ω
。此方法， 有 （填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是 电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近 。
【解答】解：（1）如图2所示，电流表使用的是0﹣0.6A的量程，分度值为0.02A，估读到与分度值相同位，故读数为I1＝0.34A
两次测量电压测量值绝对误差△U＝U2﹣U1＝1.75V﹣1.65V＝0.10V，
电流测量值绝对误差△I＝I1﹣I2＝0.34A﹣0.33A＝0.01A，
电压测量值相对误差△UU1=0.101.65=0.061，
电流测量值相对误差△II1=0.010.34=0.03，
可见电流测量值相对误差小于电压测量值相对误差，为了减小系统误差应使电压的测量无系统误差，故采用外接法。
（2）①电路图见右图
②由闭合电路欧姆定律I=ER+r可知，使两次电流表读示数尽量相同，则两次电路的总电阻接近相等，可知待测电阻的阻值近似等于电阻箱的阻值，由题图3可知电阻箱的读数为5Ω，则Rx＝
5Ω，
此方法是有明显的实验误差的，电阻箱的最小分度为1Ω，与待测电阻（约5Ω）比较接近，在调节电阻箱的阻值时，使电流表的读数与前一次无法完全相同，即电阻的阻值无法调节到和待测电阻相同。
故答案为：（1）①0.34；外；（2）①电路图见解答；②5；有；电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近。
题型三：解决电表分压或分流引起的系统误差问题
例3．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W的电阻Rx，现有以下实验器材可以选择：
A．电流表A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）
B．电流表A2（量程为3mA，内阻约为20Ω）
C．电压表V1（量程为10V，内阻约为50kΩ）
D．电压表V2（量程为30V，内阻约为100kΩ）
E．直流电源E（电动势为9V，内阻约为1Ω）
F．滑动变阻器R1（20Ω，1A）
G．开关、导线若干
（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选 A ，电压表应选 C
，（填器材前面的序号）。
（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图。
（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R测 大于 R真（填大于、等于或小于）。
（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，并记录此时电压表示数U和电流表示数I，则待测电阻Rx＝ UI ，该方案中若从系统误差分析，R测 等于 R真（填大于、等于或小于）。
【解答】解：（1）经过被测电阻Rx最大电流Im=ERx+r≈910×103A＝0.9mA，为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选A，电压表应选C。
（2）滑动变阻器R1的阻值为20Ω，而Rx≈10kΩ，为了方便并能多次测量，滑动变阻器应该选择分压式；由于被测电阻远大于电流表的内阻，故选择安培表内接法误差比较小，电路图如图所示：
（3）由于选择安培表内接法，有R测＝R真+RA＞R真，即若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R测大于R真。
（4）由电路图分析可知，开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，此时电压表无分流作用，则待测电阻Rx=UI是准确值，R测等于R真。
故答案为：（1）A，C；（2）电路如图所示；（3）大于；（4）UI，等于。
三.举一反三，巩固练习
1. 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
【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。
2. 某同学通过实验测定阻值约为5Ω的电阻Rx，用内阻约为3kΩ的电压表，内阻约为0.125Ω的电流表进行测量。他设计了图甲和图乙两种电路，下列说法正确的是（ ）
A．实验中应采用图甲电路，此电路测得的Rx偏大
B．实验中应采用图乙电路，此电路测得的Rx偏大
C．实验中应采用图甲电路，误差主要是由电压表分流引起的
D．实验中应采用图乙电路，误差主要是由电流表分压引起的
【解答】解：根据RVRA=515Ω＞5Ω
故应采用电流表外接法，即实验中采用图甲电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据R=UI
可知，测得电阻比真实值小，故ABD错误，C正确。
故选：C。
3. USB数据线所用的导线是否合格至关重要．某实验小组从数据线内剥离出长1.5m的金属丝（估测其电阻Rx约0.4Ω），测量此金属丝的电阻。实验室提供的器材有：
A．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻为RAl＝1Ω）
B．电流表A2（量程为0～1A，内阻RA2约为0.5Ω）
C．电压表V（量程为0～15V，内阻为Rv＝10kΩ）
D．定值电阻R1＝1Ω
E．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω）
F．电源E（电动势为1.5V，内阻约为2Ω）
G．开关S一只，导线若干
（1）该实验小组设计的部分实验电路如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为 B ，电表2为 A 。（均填写器材前的字母序号）
（2）若要求测量流过金属丝的电流从零开始调节，请你设计、完善实验电路，并画在虚线框中 如图所示 。
（3）经过多次测量，得到如图乙所示的图像（其中I1为电表1的读数，I2为电表2的读数），由此可知I2与I1﹣I2关系式为 I2＝I1+I1rA1R1+Rx （用题中物理量的符号表示），金属丝的电阻值为 0.33 Ω（结果保留2位有效数字）。
（4）本实验所采用测量电阻的实验方法， 不会 （“会”或“不会”）产生系统误差；采用图像法求金属丝电阻，可以减小 偶然 误差（“系统”或“偶然”）。
【解答】解：（1）一节干电池的电动势约为1.5V，由图甲电路可求待测电阻的最大电流I=ER1+Rx=1.51.0+0.4A=1.07A，略大于电流表A1的量程，但由于电流表A1的内阻是已知的，所以它也可以作为电压表使用，故电表2应为电流表A1（即元件B）；
电表1是串联在干路中，测总电流的，所以选择量程稍大的电流表A2（即元件A）。
（2）在确定测量电路的情况下，按题设要求，由于电流需要从0开始调节，则滑动变阻器采用分压接法，画出原理图如图所示；
（3）由串并联电路I2＝I1+I1rA1R1+Rx，即I2=R1+RxRA1⋅(I1−I2)，变形后得到Rx=I1RA1I2−I1−R1（从图象中任取一组数据可以求出金属丝的电阻）。
结合I2﹣（I2﹣I1）图象的斜率可以知道：k=R1+RxRA1=0.20−00.15，解得：Rx＝0.33Ω；
（4）由于电流表的内阻已考虑在内，电表的示数均为真实值，所以不会产生系统误差。
从图象中任取一组数据可以求出金属丝的电阻，但由于偶然因素可以产生较大的误差，但图象法求电阻，源却不会受到影响，故图象法减小了偶然误差。
故答案为：（1）B、A；（2）图见解析；（3）I2=R1+RxRAl⋅(I1−I2)、0.33；（4）不会、偶然
4. 在测量一节干电池的电动势E和内阻r的实验中．
（1）实验室有如下器材：
A．干电池1节；
B．滑动变阻器（0～10Ω）；
C．滑动变阻器（0～200Ω）；
D．电压表（0～3V～15V）；
E．电流表（0～0.6A～3A）；
F．开关、导线若干
其中滑动变阻器应选 B ．
（2）为了减小实验误差，请在虚线框内画出该实验合理的电路图．图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最右端时，其使用电阻值最大．
（3）闭合开关后，发现电压表指针有偏转，而电流表指针不偏转，在不断开电路的情况下，应选择多用电表的 C 检查电路故障．
A．电阻“×1”挡
B．电流250mA挡
C．直流电压2.5V挡
D．直流电压10V挡
1
2
3
4
5
6
电流I/A
0.10
0.19
0.25
0.31
0.41
0.49
电压U/V
1.42
1.40
1.35
1.32
1.26
1.24
（4）某同学记录的实验数据如表，试根据这些数据在图丙中画出U﹣I图象，根据图象得到被测电池的电动势E＝ 1.48 V，内电阻r＝ 0.500 Ω（保留三位有效数字）．
（5）造成本实验系统误差的主要原因是 电压表的分流 ．
【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择总阻值较小的，所以滑动变阻器选B。
（2）由于一节干电池的内阻较小，为了减少实验误差，实验电路如图1所示：
根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图2所示；
（3）闭合开关后，发现电压表指针有偏转，而电流表指针不偏转，在不断开电路的情况下，应该选用应选择多用电表的电压表进行测量，由于电源电动势约为1.5V，所以电压表应该选用直流电压2.5V挡检查电路故障，故C正确，ABD错误；
故选：C；
（4）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，图象如图3所示：
由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.48V，电源电动势E＝1.48V，
电源内阻：r=ΔUΔI=1.48−1.180.6−0Ω＝0.500Ω；
（5）相对于电源来说，电流表采用外接法，电流表的测量值小于通过电源的电流，所以本实验误差产生的原因是电压表的分流造成的。
故答案为：（1）B；（2）电路图、实物连接图见解析；（3）C；（4）1.48（1.45～1.50）；0.500（0.480～0.520）；（5）电压表的分流。
某校举行了一次物理实验操作技能比赛，甲、乙两组同学选用合适的电学元件，设计合理的电路，并能较准确地测出同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A.电流表G（满偏电流为10mA，内阻为10Ω）
B.电流表A（0～0.6A～3A，内阻未知）
C.电压表V（0～5V～10V，内阻未知）
D.滑动变阻器R（0～100Ω，1A）
E.电阻箱R0（0～9999.99Ω）
F.开关与导线若干
（1）甲组同学设计了图甲所示的实验电路图，想把电流表G改装成量程为10V的电压表，需要将电阻箱R0的阻值调到 990 Ω。
（2）甲组同学根据该实验电路测出的数据绘制的I1﹣I2图线如图乙所示（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可以得到被测电池组的电动势E＝ 7.6 V，内阻r＝ 5.7 Ω。（结果均保留2位有效数字）
（3）乙组同学设计了图丙所示的实验电路图，对电池组进行测量，记录了多组单刀双掷开关S2分别接1、2时对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制出的U﹣I图线如图丁中所示的A、B两条直线（其中直线A是开关S2接1时的直线）；分析A、B两条直线可知，此电池组的电动势E＝ EA ，内阻r＝ EAIB 。（均用图中EA、EB、IA、IB表示）
【解答】解：（1）根据图甲所示的实验电路图，想把电流表G改装成量程为10V
的电压表，需要将电阻箱R0的阻值调到：R0=UIg−Rg=1010×10−3Ω﹣10Ω＝990Ω
（2）由图示根据闭合电路欧姆定律有：E＝I1（R0+Rg）+（I1+I2）r，代入已知并整理变形得：
I1＝−rR0+Rg+rI2+ER0+Rg+r，结合I1﹣I2图象的斜率k＝−rR0+Rg+r=5−70.45−0.1×10﹣3，截距b=ER0+Rg+r=7.5×10﹣3A
联立代入数据解得电动势为：E≈7.6V，内阻为：r≈5.7Ω，
（3）由图丙分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：
当S2接1时，是电流表的内接法（相对于电源），从图丁可以看出，当电流表的示数为零时，即电源的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图象的纵截距b1＝E；由于电流表内阻的影响，则短电流I短1＜I短，即横截距（即短路电流）小于真实值。
当S2接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流的示数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路电压小于电动势，根据实验原理知：图象的纵截距b2＜E。由于电流表的测量值就是通过电源的电流，则I短2＝I短，即图象的横截距是真实值。
总结以上两点可知，U﹣I图象中纵截距小的EB是S2接2的数据所作，图线A是S2接1时中的实验数据描出，则电源电动势为：E＝EA，电源的内阻r=EAIB。
故答案为：（1）990；（2）7.6，5.7；（3）EA，EAIB。
5. 要测量一个未知电阻Rx的阻值，要求测量精度尽量高、且电表的指针偏角必须超过量程的三分之一。实验室提供了以下器材：
可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：
多用电表A﹣V﹣Ω
电流表A1（量程5mA，内阻等于10Ω）
电流表A2（量程10mA，内阻等于5Ω）
滑动变阻器R（0～5Ω）
定值电阻R1（R1＝180Ω）
定值电阻R2（R2＝20Ω）
电源E（电动势1.5V，内阻不计）
（1）由于考虑电表的选择，该同学使用多用电表欧姆表“×10”挡对电阻进行了粗测，其阻值如图甲中指针所示，则Rx的阻值大约是 220 Ω。
（2）请在图乙中把电路图补充完整，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁 如图所示 。（图中需标明所选器材的字母代号）
（3）若某次测得电流表A1、A2示数分别为I1、I2，则被测电阻的大小为Rx＝ I1(R1+r1)I2−I1 （用可能用到的符号I1、I2、r1、r2、R1、R2表示）；
（4）若通过调节滑动变阻器，测得多组数据I1、I2，作出I2﹣I1的图像如图丙所示，求得图线的斜率为k＝1.9，则被测电阻的大小为Rx＝ 211 Ω（保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）多用电表电阻刻线是22，选用“×10”挡，则Rx的阻值为22×10Ω＝220Ω
（2）由电路图可看出，本题为伏安法测电阻，则需将电流表A1改装为电压表，由于电源电动势为1.5V，则A1改装的电压表应能测1.5V的电压，则有Ig（R串+r1）≈1.5V，代入数据有：R串≈290Ω，则选R1较为合适。
如图所示。
（3）根据欧姆定律有
Rx=I1(R1+r1)I2−I1
（4）由（3）可得
I2=r1+R1+RxRxI1
由上式可知k=r1+R1+RxRx
则代入数据计算可得Rx＝211Ω
故答案为：（1）220；（2）如图所示； （3）I1(R1+r1)I2−I1；（4）211。
6. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验
（1）应该选择的实验电路是如图中的 甲 （选填“甲”或“乙”）。
（2）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图丙中的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U﹣I图线。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I/A
0.06
0.12
0.24
0.26
0.36
0.48
（3）根据（2）中所画图线可得出干电池的电动势E＝ 1.5 V，内电阻r＝ 0.83 Ω。（结果均保留两位有效数字）
（4）某同学进一步用如图丁所示的电路测量电源的电动势和内阻，其中R是电阻箱，定值电阻R0＝3000Ω，G是理想电流计。改变R的阻值分别读出电流计的读数，作出1R−1I图像如图戊
所示，由图可求得电源的电动势E＝ 3.0 V，内电阻r＝ 1.0 Ω。（结果均保留两位有效数字）
【解答】解：（1）一节干电池的内阻很小，为减小实验误差，应选择图甲所示电路图。
（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象，让尽可能多的点通过直线，不能通过直线的点对称分别在直线两侧，图象如图所示；
（3）根据闭合电路的欧姆定律可得：E＝U+Ir，则有：U＝E﹣Ir；
由图示图象可知，电源电动势E＝1.5V，电源内阻：r=ΔUΔI=1.5−1.00.6Ω≈0.83Ω。
（4）由图丙所示电路图可知，电源电动势：E＝IR0+（I+IR0R）r，
整理得：1R=ErR0•1I−R0+rrR0，
由图丁所示图象可知，k=ErR0=11000Ω﹣2•V，R0+rrR0=1Ω﹣1
代入数据解得：E≈3.0V，r≈1.0Ω；
故答案为：（1）甲；（2）图象如图所示；（3）1.5；0.83；（4）3.0；1.0。
高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第68讲 电流表内外接的选择方法及
解决电表分压或分流引起的系统误差问题
1．（2022•辽宁）某同学要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻R1＝40Ω，R2＝360Ω。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为0～ 1 mA；
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时 大 （填“大”或“小”）；
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用 乙 （填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
【解答】解：（1）由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
Um=Imr=250×10−6×1.2×103V=0.3V
此时R1和R2的电流为
I=UmR1+R2=0.340+360A=0.75×10−3A=0.75mA
所以总电流为
I总＝Im+I＝0.75mA+0.25mA＝1mA
即量程为0～1mA。
（2）当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大，所以比接在A端时大。
（3
）图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
故答案为：（1）1；（2）大；（3）乙
2．（2022•甲卷）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表Ⓐ（量程10mA，内阻约10Ω），微安表Ⓖ（量程100μA，内阻Rg待测，约1kΩ），滑动变阻器R（最大阻值10Ω），定值电阻R0（阻值10Ω），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；
（2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg＝ 990 Ω。
【解答】解：（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如图所示
（2）某次测量中，微安表的示数为IG＝90.0μA＝9×10﹣5A，电流表的示数为IA＝9.00mA＝9×10﹣3A，根据串并联电路规律和欧姆定律得
（IA﹣IG）R0＝IGRg
解得：Rg＝990Ω。
故答案为：（1）图见解析（2）990
3．（2022•乙卷）一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0～5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表Ⓥ（量程为3V，内阻很大），电流表Ⓐ（量程为1mA，内阻为300Ω），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选10Ω或1.5kΩ），定值电阻R0（阻值可选75Ω或150Ω），开关S，导线若干。
（1）要求通过Rx的电流可在0～5mA范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图；
（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为 10Ω （填“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，R0应选阻值为 75Ω （填“75Ω”或“150Ω”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时Rx两端的电压为 2.30 V，流过Rx的电流为 4.20 mA，此组数据得到的Rx的阻值为 548 Ω（保留3位有效数字）。
【解答】解：（1）电流表内阻已知，电流表与R0并联扩大电流表量程。当电流最大为5mA时，待测电阻Rx的电压大约为2.75V，电流表满偏电压为0.3V，若电流表采用内接，被测最大电压有可能超过电压表的量程，故采用外接法。滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过Rx的电流从0～5mA连续可调，电路图如图1所示：
（2）电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
通过Rx的电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如图2所示：
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知：4mA1mA=300ΩR0
解得：R0＝75Ω；
（3）电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即U＝2.30V；
电流表每小格表示0.02mA，本位估读，即0.84mA，电流表量程扩大5倍，所以通过Rx的电流为I＝4.20mA；
根据欧姆定律可知：Rx=UI=2.304.20×10−3Ω≈548Ω。
故答案为：（1）电路图见解析；（2）10Ω，75Ω；（3）2.30；4.20；548。
一.知识回顾
1.电流表内、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＝
＝Rx＋RA>Rx
测量值大于真实值
R测＝
＝
适用条件
RA≪Rx
RV≫Rx
适用于测量
大电阻
小电阻
2.两种电表接法的选择
（1）阻值比较法
如已知待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻，则用“阻值比较法”
先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法。
a．若>(或Rx< )，说明Rx较小，则用电流表外接法。
b．若<(或Rx>)， 说明Rx较大，则用电流表内接法。
（2）试触法：
如不知待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻时，则用“试触法”
如图所示，将电压表分别接在a、c和b、c两点间时，若电流表示数变化较大，说明电压表分流较大，应选用电流表内接法；若电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，则选用电流表外接法。
怎样知道变化大小呢？两次测量的电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，
(│U1- U2│/ U1)>│I1- I2│/I1,则用电流表外接法，反之，则用内接法。
二.例题精析
题型一：阻值比较法
例1．某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1kΩ，电流表内阻为0.5Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图（b）所示的两条U﹣I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。回答下列问题：
（1）图（b）中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在 O、P （填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的。
（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线 Ⅰ （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为 50.0 Ω（保留1位小数）。
【解答】解：（1）当用电流表内接法时，测量值为Rx1=Rx+RA＞Rx，当用电流表外接法时，测量值为Rx2=RxRVRx+RV＜Rx，图（b）中图线Ⅱ的斜率较小，所以应为使用电流表外接法测量的结果，即电压表跨接在O、P间测量得到的。
（2）由图线Ⅰ、Ⅱ根据Rx=ΔUΔI可知待测电阻都接近50.0Ω，可知Rx＞RARV，所以用电流表内接法测量的结果误差较小，即由图线I得到的结果更接近待测电阻的真实值。
（3）因为Rx1=Rx+RA，所以Rx＝Rx1﹣RA＝50.5Ω﹣0.5Ω＝50.0Ω
故答案为：（1）O、P；（2）Ⅰ；（3）50.0
题型二：试触法
例2．（2021•浙江）小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
（1）因电表内阻未知，用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1＝1.65V，电流表的示数如图2所示，其读数I1＝ 0.34 A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2＝1.75V，I2＝0.33A。由此可知应采用电流表 外 （填“内”或“外”）接法。
（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：
①器材与连线如图3所示，请画出对应的电路图；
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图3所示，则待测电阻Rx＝ 5 Ω
。此方法， 有 （填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是 电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近 。
【解答】解：（1）如图2所示，电流表使用的是0﹣0.6A的量程，分度值为0.02A，估读到与分度值相同位，故读数为I1＝0.34A
两次测量电压测量值绝对误差△U＝U2﹣U1＝1.75V﹣1.65V＝0.10V，
电流测量值绝对误差△I＝I1﹣I2＝0.34A﹣0.33A＝0.01A，
电压测量值相对误差△UU1=0.101.65=0.061，
电流测量值相对误差△II1=0.010.34=0.03，
可见电流测量值相对误差小于电压测量值相对误差，为了减小系统误差应使电压的测量无系统误差，故采用外接法。
（2）①电路图见右图
②由闭合电路欧姆定律I=ER+r可知，使两次电流表读示数尽量相同，则两次电路的总电阻接近相等，可知待测电阻的阻值近似等于电阻箱的阻值，由题图3可知电阻箱的读数为5Ω，则Rx＝
5Ω，
此方法是有明显的实验误差的，电阻箱的最小分度为1Ω，与待测电阻（约5Ω）比较接近，在调节电阻箱的阻值时，使电流表的读数与前一次无法完全相同，即电阻的阻值无法调节到和待测电阻相同。
故答案为：（1）①0.34；外；（2）①电路图见解答；②5；有；电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近。
题型三：解决电表分压或分流引起的系统误差问题
例3．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W的电阻Rx，现有以下实验器材可以选择：
A．电流表A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）
B．电流表A2（量程为3mA，内阻约为20Ω）
C．电压表V1（量程为10V，内阻约为50kΩ）
D．电压表V2（量程为30V，内阻约为100kΩ）
E．直流电源E（电动势为9V，内阻约为1Ω）
F．滑动变阻器R1（20Ω，1A）
G．开关、导线若干
（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选 A ，电压表应选 C
，（填器材前面的序号）。
（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图。
（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R测 大于 R真（填大于、等于或小于）。
（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，并记录此时电压表示数U和电流表示数I，则待测电阻Rx＝ UI ，该方案中若从系统误差分析，R测 等于 R真（填大于、等于或小于）。
【解答】解：（1）经过被测电阻Rx最大电流Im=ERx+r≈910×103A＝0.9mA，为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选A，电压表应选C。
（2）滑动变阻器R1的阻值为20Ω，而Rx≈10kΩ，为了方便并能多次测量，滑动变阻器应该选择分压式；由于被测电阻远大于电流表的内阻，故选择安培表内接法误差比较小，电路图如图所示：
（3）由于选择安培表内接法，有R测＝R真+RA＞R真，即若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R测大于R真。
（4）由电路图分析可知，开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，此时电压表无分流作用，则待测电阻Rx=UI是准确值，R测等于R真。
故答案为：（1）A，C；（2）电路如图所示；（3）大于；（4）UI，等于。
三.举一反三，巩固练习
1. 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
【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。
2. 某同学通过实验测定阻值约为5Ω的电阻Rx，用内阻约为3kΩ的电压表，内阻约为0.125Ω的电流表进行测量。他设计了图甲和图乙两种电路，下列说法正确的是（ ）
A．实验中应采用图甲电路，此电路测得的Rx偏大
B．实验中应采用图乙电路，此电路测得的Rx偏大
C．实验中应采用图甲电路，误差主要是由电压表分流引起的
D．实验中应采用图乙电路，误差主要是由电流表分压引起的
【解答】解：根据RVRA=515Ω＞5Ω
故应采用电流表外接法，即实验中采用图甲电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据R=UI
可知，测得电阻比真实值小，故ABD错误，C正确。
故选：C。
3. USB数据线所用的导线是否合格至关重要．某实验小组从数据线内剥离出长1.5m的金属丝（估测其电阻Rx约0.4Ω），测量此金属丝的电阻。实验室提供的器材有：
A．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻为RAl＝1Ω）
B．电流表A2（量程为0～1A，内阻RA2约为0.5Ω）
C．电压表V（量程为0～15V，内阻为Rv＝10kΩ）
D．定值电阻R1＝1Ω
E．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω）
F．电源E（电动势为1.5V，内阻约为2Ω）
G．开关S一只，导线若干
（1）该实验小组设计的部分实验电路如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为 B ，电表2为 A 。（均填写器材前的字母序号）
（2）若要求测量流过金属丝的电流从零开始调节，请你设计、完善实验电路，并画在虚线框中 如图所示 。
（3）经过多次测量，得到如图乙所示的图像（其中I1为电表1的读数，I2为电表2的读数），由此可知I2与I1﹣I2关系式为 I2＝I1+I1rA1R1+Rx （用题中物理量的符号表示），金属丝的电阻值为 0.33 Ω（结果保留2位有效数字）。
（4）本实验所采用测量电阻的实验方法， 不会 （“会”或“不会”）产生系统误差；采用图像法求金属丝电阻，可以减小 偶然 误差（“系统”或“偶然”）。
【解答】解：（1）一节干电池的电动势约为1.5V，由图甲电路可求待测电阻的最大电流I=ER1+Rx=1.51.0+0.4A=1.07A，略大于电流表A1的量程，但由于电流表A1的内阻是已知的，所以它也可以作为电压表使用，故电表2应为电流表A1（即元件B）；
电表1是串联在干路中，测总电流的，所以选择量程稍大的电流表A2（即元件A）。
（2）在确定测量电路的情况下，按题设要求，由于电流需要从0开始调节，则滑动变阻器采用分压接法，画出原理图如图所示；
（3）由串并联电路I2＝I1+I1rA1R1+Rx，即I2=R1+RxRA1⋅(I1−I2)，变形后得到Rx=I1RA1I2−I1−R1（从图象中任取一组数据可以求出金属丝的电阻）。
结合I2﹣（I2﹣I1）图象的斜率可以知道：k=R1+RxRA1=0.20−00.15，解得：Rx＝0.33Ω；
（4）由于电流表的内阻已考虑在内，电表的示数均为真实值，所以不会产生系统误差。
从图象中任取一组数据可以求出金属丝的电阻，但由于偶然因素可以产生较大的误差，但图象法求电阻，源却不会受到影响，故图象法减小了偶然误差。
故答案为：（1）B、A；（2）图见解析；（3）I2=R1+RxRAl⋅(I1−I2)、0.33；（4）不会、偶然
4. 在测量一节干电池的电动势E和内阻r的实验中．
（1）实验室有如下器材：
A．干电池1节；
B．滑动变阻器（0～10Ω）；
C．滑动变阻器（0～200Ω）；
D．电压表（0～3V～15V）；
E．电流表（0～0.6A～3A）；
F．开关、导线若干
其中滑动变阻器应选 B ．
（2）为了减小实验误差，请在虚线框内画出该实验合理的电路图．图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整．要求变阻器的滑片滑至最右端时，其使用电阻值最大．
（3）闭合开关后，发现电压表指针有偏转，而电流表指针不偏转，在不断开电路的情况下，应选择多用电表的 C 检查电路故障．
A．电阻“×1”挡
B．电流250mA挡
C．直流电压2.5V挡
D．直流电压10V挡
1
2
3
4
5
6
电流I/A
0.10
0.19
0.25
0.31
0.41
0.49
电压U/V
1.42
1.40
1.35
1.32
1.26
1.24
（4）某同学记录的实验数据如表，试根据这些数据在图丙中画出U﹣I图象，根据图象得到被测电池的电动势E＝ 1.48 V，内电阻r＝ 0.500 Ω（保留三位有效数字）．
（5）造成本实验系统误差的主要原因是 电压表的分流 ．
【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择总阻值较小的，所以滑动变阻器选B。
（2）由于一节干电池的内阻较小，为了减少实验误差，实验电路如图1所示：
根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图2所示；
（3）闭合开关后，发现电压表指针有偏转，而电流表指针不偏转，在不断开电路的情况下，应该选用应选择多用电表的电压表进行测量，由于电源电动势约为1.5V，所以电压表应该选用直流电压2.5V挡检查电路故障，故C正确，ABD错误；
故选：C；
（4）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象，图象如图3所示：
由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.48V，电源电动势E＝1.48V，
电源内阻：r=ΔUΔI=1.48−1.180.6−0Ω＝0.500Ω；
（5）相对于电源来说，电流表采用外接法，电流表的测量值小于通过电源的电流，所以本实验误差产生的原因是电压表的分流造成的。
故答案为：（1）B；（2）电路图、实物连接图见解析；（3）C；（4）1.48（1.45～1.50）；0.500（0.480～0.520）；（5）电压表的分流。
某校举行了一次物理实验操作技能比赛，甲、乙两组同学选用合适的电学元件，设计合理的电路，并能较准确地测出同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A.电流表G（满偏电流为10mA，内阻为10Ω）
B.电流表A（0～0.6A～3A，内阻未知）
C.电压表V（0～5V～10V，内阻未知）
D.滑动变阻器R（0～100Ω，1A）
E.电阻箱R0（0～9999.99Ω）
F.开关与导线若干
（1）甲组同学设计了图甲所示的实验电路图，想把电流表G改装成量程为10V的电压表，需要将电阻箱R0的阻值调到 990 Ω。
（2）甲组同学根据该实验电路测出的数据绘制的I1﹣I2图线如图乙所示（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可以得到被测电池组的电动势E＝ 7.6 V，内阻r＝ 5.7 Ω。（结果均保留2位有效数字）
（3）乙组同学设计了图丙所示的实验电路图，对电池组进行测量，记录了多组单刀双掷开关S2分别接1、2时对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制出的U﹣I图线如图丁中所示的A、B两条直线（其中直线A是开关S2接1时的直线）；分析A、B两条直线可知，此电池组的电动势E＝ EA ，内阻r＝ EAIB 。（均用图中EA、EB、IA、IB表示）
【解答】解：（1）根据图甲所示的实验电路图，想把电流表G改装成量程为10V
的电压表，需要将电阻箱R0的阻值调到：R0=UIg−Rg=1010×10−3Ω﹣10Ω＝990Ω
（2）由图示根据闭合电路欧姆定律有：E＝I1（R0+Rg）+（I1+I2）r，代入已知并整理变形得：
I1＝−rR0+Rg+rI2+ER0+Rg+r，结合I1﹣I2图象的斜率k＝−rR0+Rg+r=5−70.45−0.1×10﹣3，截距b=ER0+Rg+r=7.5×10﹣3A
联立代入数据解得电动势为：E≈7.6V，内阻为：r≈5.7Ω，
（3）由图丙分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：
当S2接1时，是电流表的内接法（相对于电源），从图丁可以看出，当电流表的示数为零时，即电源的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图象的纵截距b1＝E；由于电流表内阻的影响，则短电流I短1＜I短，即横截距（即短路电流）小于真实值。
当S2接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流的示数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路电压小于电动势，根据实验原理知：图象的纵截距b2＜E。由于电流表的测量值就是通过电源的电流，则I短2＝I短，即图象的横截距是真实值。
总结以上两点可知，U﹣I图象中纵截距小的EB是S2接2的数据所作，图线A是S2接1时中的实验数据描出，则电源电动势为：E＝EA，电源的内阻r=EAIB。
故答案为：（1）990；（2）7.6，5.7；（3）EA，EAIB。
5. 要测量一个未知电阻Rx的阻值，要求测量精度尽量高、且电表的指针偏角必须超过量程的三分之一。实验室提供了以下器材：
可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：
多用电表A﹣V﹣Ω
电流表A1（量程5mA，内阻等于10Ω）
电流表A2（量程10mA，内阻等于5Ω）
滑动变阻器R（0～5Ω）
定值电阻R1（R1＝180Ω）
定值电阻R2（R2＝20Ω）
电源E（电动势1.5V，内阻不计）
（1）由于考虑电表的选择，该同学使用多用电表欧姆表“×10”挡对电阻进行了粗测，其阻值如图甲中指针所示，则Rx的阻值大约是 220 Ω。
（2）请在图乙中把电路图补充完整，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁 如图所示 。（图中需标明所选器材的字母代号）
（3）若某次测得电流表A1、A2示数分别为I1、I2，则被测电阻的大小为Rx＝ I1(R1+r1)I2−I1 （用可能用到的符号I1、I2、r1、r2、R1、R2表示）；
（4）若通过调节滑动变阻器，测得多组数据I1、I2，作出I2﹣I1的图像如图丙所示，求得图线的斜率为k＝1.9，则被测电阻的大小为Rx＝ 211 Ω（保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）多用电表电阻刻线是22，选用“×10”挡，则Rx的阻值为22×10Ω＝220Ω
（2）由电路图可看出，本题为伏安法测电阻，则需将电流表A1改装为电压表，由于电源电动势为1.5V，则A1改装的电压表应能测1.5V的电压，则有Ig（R串+r1）≈1.5V，代入数据有：R串≈290Ω，则选R1较为合适。
如图所示。
（3）根据欧姆定律有
Rx=I1(R1+r1)I2−I1
（4）由（3）可得
I2=r1+R1+RxRxI1
由上式可知k=r1+R1+RxRx
则代入数据计算可得Rx＝211Ω
故答案为：（1）220；（2）如图所示； （3）I1(R1+r1)I2−I1；（4）211。
6. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验
（1）应该选择的实验电路是如图中的 甲 （选填“甲”或“乙”）。
（2）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图丙中的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U﹣I图线。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I/A
0.06
0.12
0.24
0.26
0.36
0.48
（3）根据（2）中所画图线可得出干电池的电动势E＝ 1.5 V，内电阻r＝ 0.83 Ω。（结果均保留两位有效数字）
（4）某同学进一步用如图丁所示的电路测量电源的电动势和内阻，其中R是电阻箱，定值电阻R0＝3000Ω，G是理想电流计。改变R的阻值分别读出电流计的读数，作出1R−1I图像如图戊
所示，由图可求得电源的电动势E＝ 3.0 V，内电阻r＝ 1.0 Ω。（结果均保留两位有效数字）
【解答】解：（1）一节干电池的内阻很小，为减小实验误差，应选择图甲所示电路图。
（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象，让尽可能多的点通过直线，不能通过直线的点对称分别在直线两侧，图象如图所示；
（3）根据闭合电路的欧姆定律可得：E＝U+Ir，则有：U＝E﹣Ir；
由图示图象可知，电源电动势E＝1.5V，电源内阻：r=ΔUΔI=1.5−1.00.6Ω≈0.83Ω。
（4）由图丙所示电路图可知，电源电动势：E＝IR0+（I+IR0R）r，
整理得：1R=ErR0•1I−R0+rrR0，
由图丁所示图象可知，k=ErR0=11000Ω﹣2•V，R0+rrR0=1Ω﹣1
代入数据解得：E≈3.0V，r≈1.0Ω；
故答案为：（1）甲；（2）图象如图所示；（3）1.5；0.83；（4）3.0；1.0。
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