1、人教版高中物理選修 3-1 第二章恒定電流單元檢測3/15人教版高中物理選修 3-1第二章恒定電流單元檢測題號一一三總分得分一、單選題（本大題共 15小題，共60.0分）1.有一橫截面積為S的銅導線，流經其中的電流強度為I,設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電量為 e,此時電子的定向移動速度為v,在t時間內，通過導線的橫截面積的自由電子數目可表示為（）- A. FB. C. 一D. 一2.如圖所示，圖線a是某一電源的U-I曲線，圖線b是一定值電阻的 U-I曲線.若將該電源與該定值電阻連成閉合電路（已知該電源的內阻r=2.0Q）,則說法錯誤的是（）A.該定值電阻為；B.該電源電動勢為20

2、V；C.將2只這種電阻串聯作為外電阻，電源輸出功率最大;D.將3只這種電阻并聯作為外電阻，電源輸出功率最大;3 .如圖，四個燈泡 Li,L2,L3,L4完全一樣，規格都是12V、12W,在AB兩端加上60V的電壓， 則經過L3的電流是（）uA. 1AB. 2AC.4 .如圖，電源內阻較大，當開關閉合、滑動變阻器滑片位于某位置 時，水平放置的平行板電容器間一帶電液滴恰好處于靜止狀態， 燈泡L也能正常發光，現將滑片由該位置向a端滑動，則A.燈泡將變暗，電源效率將減小B.液滴帶正電，將向下做加速運動C.電源的路端電壓增大，輸出功率也增大D.滑片滑動瞬間，帶電液滴電勢能將減小5 .在如圖所示的電路中，

3、電阻Ri=4Q, R2=6Q, R3=3Q,電流表內阻不計，在 A、B兩點間加上9V的電壓時，電流表的讀數為（）A. 0B. 1 AC. AD. 2 A6 .用比值法定義物理量是物理學中一種常用方法，以下物理量表達式中不屬于比值法定義的是（）A.電源電動勢 一B.導體電阻-C.電容器的電容D.電流強度-7 .鉛蓄電池的電動勢為 2V,這表示（）A.電路中每通過1C的電量，電源就把2J的電能轉化為化學能B.蓄電池兩極的電壓為 2VC.蓄電池在1秒內將2J的化學能轉化為電能D.蓄電池將化學能轉化為電能的本領比一節干電池電動勢為 的大8 .關于導體的電阻及電阻率的說法中，正確的是（）A.由 -可知，

4、導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比B.由 -知，導體的電阻與長度1、電阻率 成正比，與橫截面積S成反比C.將一根導線一分為二，則半根導線的電阻和電阻率都是原來的二分之一D.將一根電阻絲均勻拉長為原來2倍,則電阻絲的電阻變為原來的2倍9 .電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻 Ri、R2及滑動變阻 器R連接成如圖所示的電路，當滑動變阻器的滑片由中點滑 向a端時，下列說法正確的是（）A.電壓表和電流表讀數都增大B.電壓表和電流表讀數都減小電流表讀數增大U,通過的電流強度為C.電壓表讀數增大，電流表讀數減小D.電壓表讀數減小10 .直流電動機的線圈電阻為R,正常工作時，電動機兩端

5、的電壓為I,工作時間為t,下列說法正確的是（）A.電動機線圈產生的熱量為B.電動機線圈產生的熱量為C.電動機消耗的電能為D.電動機輸出的機械能為UIt11 .小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線過P點的切線，PQ為U軸的垂 線，PM為I軸的垂線.則下列說法中正確的是（）A.隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小B.對應P點，小燈泡的電阻為一人教版高中物理選修 3-1 第二章恒定電流單元檢測C.對應P點，小燈泡的電阻為 一D.對應P點，小燈泡的功率為圖中梯形PQON所圍的面積12.某發電站采用高壓輸電向外輸送電能.若輸送的總功率為P0,輸送電壓為U,輸電線

6、的總電阻為R,則下列說法中正確的是（）A.輸電線上的電流為-B.輸送總功率一C.輸電線上損失的功率D.輸電線上損失的功率13 .有兩個同種材料制成的導體，兩導體為橫截面為正方形 的柱體，柱體高均為 h,大柱體柱截面邊長為 a,小柱體 柱截面邊長為b,則（）A.從圖示電流方向看大柱體與小柱體的電阻之比為a：bB.從圖示電流方向看大柱體與小柱體的電阻之比為1：1C.若電流方向豎直向下，大柱體與小柱體的電阻之比為a：D.若電流方向豎直向下，大柱體與小柱體的電阻之比為14 .如圖所示，直線 A為電源的U-I圖線，曲線B為小燈泡的 U-I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出 功率和電源的總功

7、率分別是（）A. 4W、8WB. 4W、6WC. 2W、4W15.用圖示的電路可以測量電阻的阻值.圖中RX是待測電阻，R0是定值，G是靈敏度很高的電流表，MN是一段均勻的電阻絲.閉合開關，改變滑動頭P的位置，當通過電流表 G的電流為零時， 測得MP=l1，PN=l2,則R的阻值為（）D. 2W、3WA. 一B.C.-11 / 15D.二、填空題（本大題共 6小題，共24.0分）16.伏安法測電阻，測量電路的接法有安培表內接法和安培表外接法兩種電路，如圖A、B所示，其中（填A或B）屬安培表外接法.用安培表外接法測 R,測量值Ru=-,與真 實值比，是偏（填大或小），外接法適用于測阻值較 （填大或

8、?。┑碾娮?17 .如圖1中給出的是用螺旋測微器測量一金屬薄板厚度時的示數，此讀數應為 mm；如圖2游標卡尺讀數為 cm,一個電流表的滿偏電流值 Ig=0.6A,面板如圖3所示， 指針現在的電流示數是 A.18 .某電池電動勢為1.5V,如果不考慮它內部的電阻，當把它的兩極與150 的電阻連在一起時，16秒內有 C的電荷定向移動通過電阻的橫截面，相當于 個電子通過該截面(一個電子的電荷量為1.60M0-19C).19 . 一個表頭的內阻25 Q,當通過2mA電流時，其指針偏轉一小格。(1)用它做電流表，要使它量程擴大6倍，應(選填“串聯”、“并聯”)電阻值為 Q的電阻(2)若兩只電壓表 V1和

9、V2是由完全相同的兩個電流計改裝成的， V1表的量程是5V, V2 表的量程是15V,把它們串聯起來接入電路中， 則兩電壓表指針偏轉角度之比為 , 兩電壓表示數之比為.20 .某同學利用電壓表和電阻箱測定一種特殊電池的電動勢(電動勢E約為9V,內阻r約為 50Q).已知該電池允許輸出的最大電流為150mA,該同學利用如圖甲所示的電路進行實驗，圖中電壓表的內阻約為 2kQ,量程為15V, R為電阻箱，阻值范圍 09999Q, %是定 值電阻，起保護電路的作用.(1)實驗室備有的定值電阻R0有以下幾種規格:A.2 QB.20 QC.200 QD.2000 Q本實驗應選 （填入相應的字母）作為保護電

10、阻.（2）該同學完成電路的連接后，閉合開關S,調節電阻箱的阻值，讀取電壓表的示數，其中電壓表的某一次偏轉如圖乙所示，其讀數為 .（3）改變電阻箱的阻值，取得多組數據，作出了如圖丙所示的圖線，則根據該同學所 作的圖線可求得該電池的電動勢E為 V,內阻r為 Q （結果保留兩位有21 .利用電流表和電壓表測定一節干電池的電動勢和內電阻.除導線、開關外，實驗室還提供如下器材：A.電壓表Vi （3V,內阻約為5k）B.電壓表V2 （15V,內阻約為10kQ）C.電流表A1 （0.6A,內阻約為1口）D.電流表A2 （3A,內阻約為0.03 Q）E.阻值為2.0弼定值電阻R1F.阻值為20 的定值電阻R2

11、G.最大阻值為10 的滑動變阻器R3H.最大阻值為100 的滑動變阻器R4 要求盡量減小實驗誤差.（1）應該選擇的實驗電路是圖 （選a”或 b”）.（2）電壓表應選擇 ,電流表應選擇 ,定值電阻應選擇 ,滑動變阻器應選擇.（填寫選項前的序號）（3）通過實驗采集數據，分別以電流表的示數I （A）和電壓表的示數 U （V）為橫、縱坐標，計算機擬合得到 U-I圖象，擬合公式為U=-2.6I+1.4.則電源的電動勢 E=V; 內阻r=Q .（4）在該實驗中，產生系統誤差的主要原因是 .A.電壓表的分流作用B.電壓表的分壓作用C.電流表的分壓作用D.電流表的分流作用E.定值電阻的分壓作用F.滑動變阻器的

12、分流作用.三、計算題（本大題共 1小題，共10.0分）22 .如圖10所示的電路中，電阻 R2=15Q, R3=10Q,電源的電 動勢E=12V,內電阻r=1 安培表的讀數I=0.4A.求：(1)流過電阻Ri的電流是多少？(2)電阻Ri的阻值是多大？(3)電源的輸出功率是多少？答案和解析1 .【答案】C【解析】【分析】首先根據電流強度的定義可以求得t時間內通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數， 再根據電流的微觀的表達式，根據電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導線橫截面的自由電子的個數.本題計算自由電子的個數，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從

13、電流強度的角度.【解答】解：在t時間內，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為v t,由于銅導線的橫截面積為S,則在t時間內，電子經過的導線體積為V=v tSo又由于單位體積的導線有 n個自由電子，則在t時間內，通過導線橫截面的自由電子數目可 表示為N=nvS to由于流經導線的電流為I,則在t時間內，流經導線的電荷量為Q=I t,而電子的電荷量為e,則t時間內通過導線橫截面的自由電子數目可表示為：N=,故C正確。故選：Co2 .【答案】C【解析】【分析】根據圖線b的斜率求出定值電阻的阻值；讀出兩圖線交點處電壓和電流，根據歐姆定律求出電源的電動勢；對于電源，當內外電路的電阻相等時輸出功率最大

14、。定值電阻的伏安特性曲線斜率等于電阻，電源的伏安特性曲線的斜率絕對值表示內電阻、縱軸截距表示電動勢?！窘獯稹緼.圖線b的斜率k=-=6 Q,則定值電阻的阻值 R=k=6Q,故A正確；B.由圖讀出交點的電壓 U=15V,電流I=2.5A,根據閉合電路歐姆定律得，電源的電動勢： E=U+Ir=15V+2.5 2V=20V,故 B正確；CD.對于電源，當內外電路的電阻相等時輸出功率最大，故將3只這種電阻并聯作為外電阻，電源輸出功率最大，故 C錯誤，D正確。本題選錯誤的，故選 Co3 .【答案】A【解析】【分析】先分析電路的結構，此電路為L3, L4并聯后與Li, L2串聯接入電路，根據串并聯電路的特

15、點結合歐姆定律列式求解即可。本題主要考查了歐姆定律以及串并聯電路的特點的直接應用，知道串聯電路，電流處處相等，并聯電路電壓相等，難度不大，屬于基礎題?！窘獯稹糠治鲭娐房芍狶3, L4并聯后與Li, L2串聯接入電路燈泡的電阻R=則電路總電阻總-干路電流I= 息則經過L3的電流-，故A正確，BCD錯誤。故選A。4 .【答案】D【解析】【分析】將滑片由該位置向a端滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，分析電路中總電阻的變化，判斷變阻器電壓的變化，判斷電容器充電還是放電，由板間場強的變化分析液滴的運動情況， 根據場強的變化分析電勢的變化，從而明確電勢能的變化情況。本題電容器動態變化分析與電路動態變化分析

16、的綜合，注意抓住電容器的電壓與電阻電壓的關系進行分析，注意下極板接地，故板間電勢均為負值?！窘獯稹緼.將滑片由該位置向 a端滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，電路中總電阻增大，電路中 電流減小，燈泡消耗的功率減小，則燈泡將變暗.外電路總電阻增大，路端電壓增大，則電源的效率為 刀一X100%=-X100%, U增大，則知 刀增大，故 A錯誤；B.液滴受力平衡，因電容器上極板帶負電， 板間場強向上，則知液滴帶正電，路端電壓增大， 故電容器板間電壓增大， 板間場強增大，液滴所受的電場力增大， 因此液滴將向上做加速運 動，故B錯誤；C.由于電源的內電阻與外電阻關系未知，所以不能判斷輸出功率如何變化，故

17、C錯誤；D.因電容器兩端的電壓增大，故電荷所在位置相對于下極板的電勢差增大，因下極板接地，故所在位置的電勢減小，因粒子帶正電，故粒子電勢能減小，故 D正確。故選Do5 .【答案】B【解析】【分析】由圖可知，圖中電阻與 并聯后與 串聯，電流表測量的是電阻的電流；先求解總電阻，根據歐姆定律求解干路電流，根據并聯電路的電流關系得到通過電阻的電流。本題關鍵是明確電路的串并聯結構，再根據串并聯電壓、 電流和電阻關系和歐姆定律列式求解；電路結構分析是解題的關鍵?！窘獯稹繄D中電阻 與 并聯后與 串聯，電路的總電阻為：R=4QH- =6Q；根據歐姆定律，干- 朝”，,一,路電流為：1 =而=奇 =1石4 ,由

18、于并聯電路的電流與電阻成反比，故： ft 1.111=X1.5A=1A,故B正確，ACD錯誤。故選：B。6 .【答案】C【解析】【分析】所謂比值定義法，就是用兩個基本的物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法，比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質的最本質的屬性。比值法定義物理量是物理學中一種常用的方法，比如：電場強度、磁感應強度、加速度、電 阻、電容等等?！窘獯稹緼.電動勢公式是電動勢的定義式，故 A不符合題意；B.導體電阻一，R等于電壓U與電流I的比值，屬于比值法定義，故B不符合題意;C.電容器的電容是由電容器本身決定的，電容器的電容是電容器電容決定式，不是定義式，故C符合題意

19、；D.電流強度一，電流I等于流過導體的某橫截面與時間t的比值，屬于比值法定義，故D不符合題意。本題選不屬于比值法定義的，故選：Co7.【答案】D【解析】【分析】電動勢是一個表征電源特征的物理量.定義電源的電動勢是電源將其它形式的能轉化為電能的本領，在數值上，等于電路中每通過1C的電量，電流所做的功。它是能夠克服導體電阻對電流的阻力，使電荷在閉合的導體回路中流動的一種作用，常用符號E （有時也可用）表示，單位是伏（V）。本題關鍵是明確電動勢的概念、物理意義、單位；同時應該知道：電動勢的方向規定為從電源的負極經過電源內部指向電源的正極，即與電源兩端電壓的方向相反?！窘獯稹緼.鉛蓄電池的電動勢為 2

20、V,表示電路中每通過 1C的電量，電流所做的功為 2J,即2J化學 能轉化為電能，故A錯誤；B.電源兩極間電壓，當電源不接入電路時，等于電源的電動勢；當接入電路時，小于電源的 電動勢，故B錯誤；C.電源每通過1C電量，電源把2J的化學能轉變為電能，不是在1s內將2J的化學能轉變成電能，故C錯誤；D.電源的電動勢是表示電源將其它形式的能轉化為電能的本領，鉛蓄電池的電動勢比一節干電池的電動勢大，故 D正確。 故選D。8.【答案】B【解析】【分析】根據歐姆定律和電阻定律進行分析，明確電阻的大小取決于電阻率、導體的長度和截面積有關，和電壓及電流無關。人教版高中物理選修 3-1 第二章恒定電流單元檢測本

21、題考查電阻定律及歐姆定律的正確應用，要注意電阻可以由歐姆定律求解，但電阻與電壓和電流無關。【解答】A.由歐姆定律可求得電阻，但電阻與導體兩端的電壓及電流無關，故A錯誤；8 .由R= 知，導體的電阻與長度1、電阻率P成正比，與木It截面積 S成反比，故B正確；C.電阻率是由導體的材料決定的，導線一分為二時，導體的電阻率不變，故 C錯誤；D.將一根電阻絲均勻拉長為原來 2倍，長度增加原來的 2倍，同時橫截面積變原來電阻絲的電阻變為原來的 4倍，故D錯誤； 故選B。9 .【答案】B【解析】解：當滑動變阻器的滑片由中點滑向 a端時，接入電路的電阻減小，則由閉合電中 歐姆定律可知，干路電流增加，內電壓增

22、加，由 U=E-Ir可知路端電壓減小，即電壓表示數 減?。灰蚵范穗妷簻p小，Ri兩端的電壓增加，故并聯部分電壓減小，由歐姆定律可知電流表示數 減?。还蔅正確，ACD錯誤；故選：B。由圖可知R2與R并聯后與Ri串聯，電壓表測路端電壓， 電流表測量流過 R2的電流；滑片向 a端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則由閉合電路的歐姆定律可知電路中干路電流的變 化及路端電壓的變化；再分析并聯電路可得出電流表示數的變化.本題考查閉合電路歐姆定律的使用，一般按局部-整體、局部的思路進行分析.10 .【答案】A【解析】【分析】電動機正常工作時， 其電路是非純電阻電路，線圈產生的熱量根據焦耳定律求解.電功是消耗電能

23、的量度，求出電功，得到電動機消耗的電能，由能量轉化和守恒定律求解電動機輸出的機械能。對于電動機，正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，電功大于電熱；當電 動機通電不轉動時，其電路是純電阻電路，歐姆定律成立，電功等于電熱。【解答】解：AB、根據焦耳定律得，電動機線圈產生的熱量為Q=I2Rt,故A正確，B錯誤；C、電動機兩端的電壓為 U,通過的電流強度為I,工作時間為t,則電功為 W=UIt,電動機 消耗的電能為W=UIt;電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路， 歐姆定律不成立，求線圈產生的熱量不能用 一;故C錯誤；D、由能量轉化和守恒定律得，電動機輸出的機械能E機=W-Q=UIt-

24、I2Rt,故D錯誤；故選：Ao11 .【答案】B【解析】【分析】根據電阻的定義電阻等于圖線上的點與原點連線的斜率的倒數，斜率逐漸減小，電阻逐漸增大。對應 P點，燈泡的電阻等于過 P點的切線斜率的倒數。本題中燈泡是非線性元件，其電阻但一。圖線上的點與 O點連線的斜率表示電阻的倒數，而不是圖象的斜率表示電阻的倒數?！窘獯稹緼.圖線上的點與。點連線的斜率逐漸減小，說明電阻逐漸增大，故A錯誤；BC.圖線上的點與 。點連線的斜率表示電阻的倒數，對應P點，小燈泡的電阻為，故C錯誤，B正確；D.因P=UI ,所以圖象中矩形 PQOM所圍的面積為對應 P點小燈泡的實際功率，故D錯誤。 故選B。12 .【答案】

25、C【解析】【分析】根據P=UI求出輸電線上的電流，結合損求出輸電線上損失的功率。解決本題的關鍵知道輸送功率和輸送電壓、電流的關系，知道輸送電壓和電壓損失的區別。 【解答】AB.根據Po=UI得，輸電線上的電流1=，由于U不是輸電線上損失的電壓， 不能通過I=-求解輸電線上的電流，輸送的總功率也不能根據一求解，故AB錯誤；2CD.輸電線上損失的功率 損 =()R,故C正確，D錯誤。故選Co13 .【答案】B【解析】【分析】根據電阻定律進行分析， 注意明確導線長度和截面積的確定，從而求出各自的電阻， 進而求出對應的比值。本題考查電阻定律的應用，要注意本題可以作為電阻微型化的依據，注意電流方向不同，

26、 同一個電阻其阻值可能不同?！窘獯稹緼B.從圖示方向看，則根據電阻定律可知，Ri=-, R2=-，故兩電阻相等，比值為1:1,故A錯誤，B正確；CD.若電流豎直向下，則根據電阻定律有：R1= 一，R2=一,故R： R2=b2： a2;故CD錯誤。故選Bo14 .【答案】B【解析】 解：由圖A讀出：電源的電動勢 E =3V,內阻=一=0.5 Q兩圖線的交點表示燈泡與電源連接時的工作狀態，此時燈泡的電壓U =2V,電流I =2A；則電源的總功率 P ”EI=3X2W=6W電源的輸出功率 P出=EI-I2r= (3X2-22X0.5) W=4W故選：B。電源的外特性曲線與燈泡伏安特性曲線的交點就是燈

27、泡與電源連接時的工作狀態，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動勢從而可算出電路的總功率和電源的輸出功率.解決這類問題的關鍵在于從數學角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理內涵.15 .【答案】C【解析】 解：電阻絲MP段與PN段電壓之比等于 R0和Rx的電壓比，即 ；通過電流表G的電流為零，說明通過電阻絲兩側的電流是相等的，故通過Ro和Rx的電流也相等，所以有：根據電阻定律公式有：-有：;故一一解得： 一故選：Co閉合開關，改變滑動頭 P的位置，當通過電流表 G的電流為零時，說明通過電阻絲兩側的 電流是相等的，而總電流一定，故通過 Ro

28、和Rx的電流也相等；并聯電路電壓相等，故電阻 絲MP段與PN段電壓之比等于Ro和Rx的電壓比；再結合歐姆定律列式求解即可.本題是串并聯電路中電流、 電壓關系和電阻定律、歐姆定律的綜合運用問題， 設計思路巧妙, 考查了分析問題和解決問題的能力，不難.16 .【答案】A小小【解析】解：所謂安培表外接法是指待測電阻先與電壓表并聯后再與電流表串聯的接法，故A為外接法；使用外接法時，由于電壓表分流而使電流測量值偏大，則由歐姆定律可知，電阻測量值偏小.當待測電阻的阻值相對電壓表較小時，電壓表的分流較小， 則產生的誤差較小， 故該接法適合測小電阻.故答案為：A；??；小.明確電流表內外接法的電路結論，根據歐姆

29、定律求電阻的測量值，明確實驗中由于電壓表分流而存在測量誤差，要根據串并聯電路的規律分析誤差情況.本題考查電流表內外接法的認識以及實驗誤差的分析情況，要注意外接法適用于測小電阻，且結果偏小，而內接法適用于測大電阻， 且結果偏大；即可用口訣為：大內偏大；小外偏小.17 .【答案】6.125; 10.02; 0.3413 / 15人教版高中物理選修 3-1 第二章恒定電流單元檢測【解析】解：螺旋測微器的固定刻度讀數為6mm.可動刻度讀數為0.01 M2.5mm=0.125mm,所以最終讀數為：6mm+0.125mm=6.125 mm；游標卡尺的主尺讀數為10cm,游標讀數為 0.1 2=0.2mm=

30、0.02cm,所以最終讀數為10cm+0.02cm=10.02 cm；電流表的最小分度為 0.02A,則要估讀到0.01A,為0.34A.故答案為：6.125, 10.02, 0.34.游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀.螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀.螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀18 .【答案】0.16 1.0 1018【解析】解：根據閉合電路歐姆定律得，I=-=A=0.01A通過的電

31、量 q =It=16X0.01C=0.16C相當于電子的數目 n=-=1 X1018故答案為：0.16, 1.0 X018.根據閉合電路歐姆定律1=-，求出電流I,再根據q=It求出多少電荷發生定向移動.根據n-求出電子的數量.解決本題的關鍵掌握歐姆定律的公式1=-,以及電流的定義式1=-.19 .【答案】(1)并聯 5a(2) 1:11:3【解析】【分析】(1)把電流表改裝成大量程的電流表需要并聯分流電阻，應用并聯電路特點與歐姆定律可以求出并聯電阻阻值.(2)串聯電路的電流相等；電壓與電阻成正比；解題的的關鍵是利用歐姆定律解題。【解答】(1)把電流表的量程擴大 6倍,需要并聯分流電阻，分流電

32、阻分得的電流為通過電流表的5倍，分流電阻阻值為電流表內阻的-，則并聯電阻阻值：-；(2)因是串聯關系通過兩電壓表的電流相同，故指針偏轉的角度相同，即為 1:1;串聯后電 流一樣故偏轉角度相等但兩表的讀數為兩電壓表的分壓，讀數之比為兩者的內阻之比，即 1:3;故答案為：(1)并聯 5a (2) 1:11:320.【答案】B; 6.5; 10; 50【解析】 解：(1)當電阻箱的電阻調為零時，電路中電流最大，根據閉合電路歐姆定律得I m=得 Ro=10 Q所以實驗應選B.(2)電壓表應選擇15V的量程，所以讀數為 6.5V,(3)閉合開關，調整電阻箱的阻值，讀出電壓表的示數，再改變電阻箱的電阻，得出多組 數據.根據E=U+r,知一=+,知圖線的縱軸截距表示電動勢的倒數，圖線的斜率等于有：-=0.1,解得 E=10V. -=5,解得 r=50Q.故答案為：(1) B. (2) 6.5 v (3) 10V, 50a(1)當電阻箱的電阻調為零時，電路中電流最大，根據閉合電路歐姆定律求出此時的R