广东省佛山市顺德区勒流中学高二物理上学期第二次段考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年广东省佛山市顺德区勒 流中学高二（上）第二次段考物理试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1下列关于电阻率的叙述，错误的是（）a 当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零b 常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的c 材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度d 材料的电阻率随温度变化而变化2如图为某磁场的磁感线分布图，以下判断中正确的是（）a a点的磁感应强度比b点的磁感应强度小b a点的磁感应强度比b点的磁感应强度大c a点的磁感应强度与b点的磁感应强度大小一样d a、b两点的磁感应强度大小无法比较3两根完全相同的金属丝a和b，如果把其中的一条a均匀地到拉长原来的4倍，把b对折后绞合在一起，则现在它们的电阻之比为（）a 64：1b 1：64c 1：4d 4：14关于电动势，下列说法不正确的是（）a 电源两极间的电压等于电源电动势b 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大c 电源电动势的数值等于内、外电压之和d 电源电动势与外电路的组成无关5如图所示电路，电源电压不变，已知：电阻r1的电阻值为1，电阻r2的阻值为3，则电流表1和电流表2的示数比为（）a 3：1b 1：3c 1：4d 4：16电流表的内阻是rg=200，满偏电流值是ig=500a，现在欲把这电流表改装成量程为1.0v的电压表，正确的方法是（）a 应串联一个0.1的电阻b 应并联一个0.1的电阻c 应串联一个1800的电阻d 应并联一个1800的电阻7如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则下列说法正确的是（）a 小磁针保持不动b 小磁针的n极将向下转动c 小磁针的n极将垂直于纸面向里转动d 小磁针的n极将垂直于纸面向外转动8下列关于磁场的说法中，正确的是（）a 只有磁铁周围才存在磁场b 磁场是假想的，不是客观存在的c 磁场是在磁极与磁极、磁极和电流发生作用时才产生d 磁感线是假想的，不存在的9关于磁感线，下列说法中正确的是（）a 磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致b 两条磁感线的空隙处不存在磁场c 不同磁场形成的磁感线可以相交d 磁感线是磁场中客观存在的、肉眼看不见的曲线10许多人造卫星都用太阳能电池供电，太阳电池由许多片电池板组成当太阳光照射某电池板时，该电池板的开路电压是600mv，短路电流是30ma，那么，这块电池板的内电阻是（）a 10b 20c 40d 6011手机已是我们生活中普遍的通信工具，如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明，由此可知此电池的电动势和待机状态下平均工作电流分别是（）a 4.2 v，14.58 mab 4.2 v，700 mac 3.7 v，14.58 mad 3.7 v，700 ma二、双项选择题（每题4分，共24分）12如图所示为两电阻r1和r2的伏安特性曲线若在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热功率比较正确的是（）a 电阻r1的阻值较大b 电阻r2的阻值较大c 电阻r1的发热功率较大d 电阻r2的发热功率较大13关于电场线的说法，正确的是（）a 电场线的方向，就是电荷受力的方向b 正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动c 电场线越密的地方，电场强度越强d 静电场的电场线不可能是闭合的14一个直流电动机所加电压为u，电流为i，线圈内阻为r，当它工作时，下述说法中错误的是（）a 电动机的输出功率为b 电动机的发热功率为i2rc 电动机的输出功率为iui2rd 电动机的功率可写作iu=i2r=15如图所示的电路中，闭合开关s后，将滑动变阻器r的滑片p向上移动，则有（）a v1表读数变小b v2表读数变小c a表读数变小d 电源的功率变小16在电灯正常发光时，并联一只电炉，结果灯变暗了，这是因为（）a 电路的总电阻变小，总电流变大b 电炉的分压作用，使电灯电压变小c 电灯中原来电流一部分流进电炉d 输电线电压损失变大，电灯电压变小17在如图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r，c为电容器，r0为定值电阻，r为滑动变阻器开关闭合后，灯泡l能正常发光当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）a 灯泡l将变暗b 灯泡l将变亮c 电容器c的电荷量减小d 电容器c的电荷量增大三、非选择题（本题共6小题，共43分解答应写出必要的文字说明、示意图、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的问题，答案中必须明确写出数值和单位.）18图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mm19如图所示，、三条线分别表示多用电表指针的指示位置将选择开关置于直流“50v”挡，的示数为v；选择开关置于直流“100ma”挡，示数为ma；将多用电表选择开关置于“100”挡，的示数是20某同学测量一只未知阻值的电阻他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图甲所示你读出其阻值大小为为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该换用挡，并重新调零后再测量若该同学再用“伏安法”测量该电阻，所用器材如图乙所示，其中电压表内阻约为5k，电流表内阻约为5，变阻器阻值为50图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图乙电路后，测得的电阻值将（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值21输电线的电阻共1.0，输送的电功率是100kw用400v的低电压送电，输电线上发热损失的功率是多少？改用10000v高压送电，输电线上发热损失的功率又是多少？22如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6，r=10，u=160v，电压表的读数为110v，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）在电动机中发热的功率是多少？（4）电动机工作1h所产生的热量是多少？23如图所示的电路中，当电键闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6v和0.4a，当电键断开时，它们的示数各改变0.1v和0.1a，求电源的电动势和内阻2014-2015学年广东省佛山市顺德区勒流中学高二（上）第二次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1下列关于电阻率的叙述，错误的是（）a 当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零b 常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的c 材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度d 材料的电阻率随温度变化而变化考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：电阻率只与导体材料和温度有关，与导体的形状、横截面积及长度无关；当温度降到一定时，导体的电阻率突然变为零，变为超导体解答：解：a、当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零，故a正确；b、铝、铜的电阻率较小，故常用的导线是用铝、铜材料做成的，故b正确；c、材料的电阻率取决于导体的材料和温度有关，与导体的电阻、横截面积和长度无关，故c错误；d、材料的电阻率取决于导体的温度有关，故材料的电阻率随温度变化而变化，所以d正确；故不正确的选c点评：本题主要考查影响电阻率的因素2如图为某磁场的磁感线分布图，以下判断中正确的是（）a a点的磁感应强度比b点的磁感应强度小b a点的磁感应强度比b点的磁感应强度大c a点的磁感应强度与b点的磁感应强度大小一样d a、b两点的磁感应强度大小无法比较考点：磁感线及用磁感线描述磁场分析：磁感线的疏密表示磁感强度的大小，某点的切线方向表示该点的磁感强度的方向解答：解：磁感线的疏密表示磁感强度的大小，由图象知a处的磁感强度大于b处的故选：b点评：该题考查磁感线的特点，对于磁感线的特点可以与电场线相对应，注意它们的共同点和不同点3两根完全相同的金属丝a和b，如果把其中的一条a均匀地到拉长原来的4倍，把b对折后绞合在一起，则现在它们的电阻之比为（）a 64：1b 1：64c 1：4d 4：1考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：电阻定律：导体的电阻r跟它的长度l成正比，跟它的横截面积s成反比，还跟导体的材料有关系，这个规律就叫电阻定律，公式为r=其中为制成电阻的材料电阻率，l为绕制成电阻的导线长度，s为绕制成电阻的导线横截面积，r为电阻值解答：解：原来的电阻为：r=把其中的一根的长度均匀拉伸到原来的4倍，截面积减小为原来的，故：r拉=16=16r；把另一根导线对折后并接起来，长度变为原来的一半，截面积增加为2倍，故：r并=；故r拉：r并=64：1故选：a点评：本题关键明确导线体积不变，拉长截面积减小，对折截面积变大，然后根据电阻定律列式分析4关于电动势，下列说法不正确的是（）a 电源两极间的电压等于电源电动势b 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大c 电源电动势的数值等于内、外电压之和d 电源电动势与外电路的组成无关考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定解答：解：a、电源两极间的电压为路端电压，一般是小于电源的电动势的；故a不正确；b、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大；故b正确；c、电动势在数值上等于内外电压之和；故c正确；d、电动势是电源本身的性质，与外电路无关；故d正确；本题选不正确的，故选：a点评：本题要正确理解电动势的物理意义，注意根据闭合电路欧姆定律进行分析内外电压之和5如图所示电路，电源电压不变，已知：电阻r1的电阻值为1，电阻r2的阻值为3，则电流表1和电流表2的示数比为（）a 3：1b 1：3c 1：4d 4：1考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由电路图知：两电阻并联，电流表a1测干路电流，电流表a2测电阻r2所在支路电流；由并联电路特点求出流过电阻的电流之比，可得电流表示数之比解答：解：电阻r1的电阻值为1，电阻r2的阻值为3，两电阻并联，电流表a1测干路电流，电流表a2测电阻r2所在支路电流，由并联电路特点得，通过r1的电流为通过r2电流的3倍，故a1示数为a2示数的4倍，则电流表 1 和电流表 2 的示数比为4：1，故选d点评：本题考查了并联电路的特点、欧姆定律的应用；明确各电路元件的连接方式、灵活应用并联电路特点及欧姆定律是正确解题的关键6电流表的内阻是rg=200，满偏电流值是ig=500a，现在欲把这电流表改装成量程为1.0v的电压表，正确的方法是（）a 应串联一个0.1的电阻b 应并联一个0.1的电阻c 应串联一个1800的电阻d 应并联一个1800的电阻考点：把电流表改装成电压表分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：r=，u为量程解答：解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：r=1800a 串联阻值不对故a错误b 不应并联故b错误c 符合要求故c正确d 不应并联故d错误故选：c点评：考查的电压表的改装原理，明确所串联的电阻的求法7如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则下列说法正确的是（）a 小磁针保持不动b 小磁针的n极将向下转动c 小磁针的n极将垂直于纸面向里转动d 小磁针的n极将垂直于纸面向外转动考点：电流的磁场对磁针的作用；磁现象和磁场分析：小磁针能体现出磁场的存在，且小磁针静止时n极的指向为磁场的方向，即为磁感应强度的方向也可为磁感线在该点的切线方向而电流周围的磁场由右手螺旋定则来确定磁场方向解答：解：当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时n极的指向为磁场的方向，所以小磁针的n极将垂直于纸面向里转动故选：c点评：右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向当导线是环形时，则四指向为电流的方向8下列关于磁场的说法中，正确的是（）a 只有磁铁周围才存在磁场b 磁场是假想的，不是客观存在的c 磁场是在磁极与磁极、磁极和电流发生作用时才产生d 磁感线是假想的，不存在的考点：磁感线及用磁感线描述磁场；几种常见的磁场分析：磁体周围存在着磁场，磁场对放入磁场中的磁体有力的作用，为了描述磁场的性质而引入了有方向的曲线，称为磁感线解答：解：a、磁场存在于磁体周围和电流周围，故a错误；b、磁场是实际存在的，不是假想的，磁感线是假想的，故b错误；d正确；c、磁体或导线周期均有磁场；并不是只有在发生相互作用时才能产生，c错误；故选：d点评：此类问题需注意磁场是客观存在的，磁感线是人为加上去的，磁体周围的磁感线都是从n极出发，回到s极，磁场对放入磁场中的磁体有力的作用9关于磁感线，下列说法中正确的是（）a 磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致b 两条磁感线的空隙处不存在磁场c 不同磁场形成的磁感线可以相交d 磁感线是磁场中客观存在的、肉眼看不见的曲线考点：磁感线及用磁感线描述磁场分析：磁感线可以形象地描述磁场的分布，其每一点的切线方向表示该点磁场方向；磁感线不相交不中断；磁感线是虚拟的线解答：解：a、磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致；故a正确；b、磁感线的疏密表示磁场的强弱；只要某区域中有磁感线，则说明该部分都有磁场，包括空隙处；故b错误；c、磁感线不会相交，因为若相交磁场将有两个方向；故c错误；d、磁感线是人们假想的线，并不存在；故d错误；故选：a点评：电场线与磁感线都是为了更形象的描述电磁场而引入的虚拟线，二者可以对比记忆10许多人造卫星都用太阳能电池供电，太阳电池由许多片电池板组成当太阳光照射某电池板时，该电池板的开路电压是600mv，短路电流是30ma，那么，这块电池板的内电阻是（）a 10b 20c 40d 60考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：根据开路电压等于电源电动势，求出电动势；再根据电动势和短路电流求出内电阻解答：解：由题，开路电压u=0.6v，则e=u=0.6v又e=i短r，得：r=故选：b点评：本题关键根据电源开路和短路的特点，求解电源的内电阻11手机已是我们生活中普遍的通信工具，如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明，由此可知此电池的电动势和待机状态下平均工作电流分别是（）a 4.2 v，14.58 mab 4.2 v，700 mac 3.7 v，14.58 mad 3.7 v，700 ma考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由图读出此电池充电电压、电动势、容量运用排除法分析选择解答：解：由手机电池外壳上的文字说明可知，4.2v是充电电压电池的电动势是3.7v700mah是电池的容量，即放电电流与时间的乘积，所以平均工作电流i=故c正确，a、b、d错误故选：c点评：本题的技巧是采用排除法对于选择题常用排除法、图象法、极限法等求解二、双项选择题（每题4分，共24分）12如图所示为两电阻r1和r2的伏安特性曲线若在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热功率比较正确的是（）a 电阻r1的阻值较大b 电阻r2的阻值较大c 电阻r1的发热功率较大d 电阻r2的发热功率较大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：图象的斜率表示电阻的倒数，很容易比较出两电阻的大小再根据功率的公式p=，比较两电阻的发热功率解答：解：a、b：因为该图象是iu图线，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以r2的阻值大于r1的阻值故a错误、b正确c、d：根据功率的公式p=，电压相同，电阻大的功率小，所以r1的发热功率大故c正确、d错误故选bc点评：解决本题的关键是搞清iu图线的斜率表示什么13关于电场线的说法，正确的是（）a 电场线的方向，就是电荷受力的方向b 正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动c 电场线越密的地方，电场强度越强d 静电场的电场线不可能是闭合的考点：电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：解答本题需要正确理解电场线特点：电场线是为了形象的描述电场的强弱和方向而假想的曲线，从正电荷或无穷远出发，终止于无穷远或负电荷，是不闭合的；正电荷受力方向和电场力方向相同，负电荷受力方向和电场线相反解答：解：a、电场线的方向，是正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，故a错误b、正电荷如果沿电场线运动必须满足的条件：电场线是直线；合外力沿电场线方向；所以正电荷只在电场力的作用下不一定沿电场线运动，故b错误c、电场线越密，场强越大，故c正确d、电场线从正电荷出发到负电荷或无穷远终止，是不闭合的，故d正确故选cd点评：要正确理解电场线和电场强度、电势之间关系，本题易错的是b选项，同学们可以通过列举实例来帮助理解14一个直流电动机所加电压为u，电流为i，线圈内阻为r，当它工作时，下述说法中错误的是（）a 电动机的输出功率为b 电动机的发热功率为i2rc 电动机的输出功率为iui2rd 电动机的功率可写作iu=i2r=考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电动机工作时，输入功率p=ui，内部消耗的功率为p热=i2r，输出功率p出=pp热解答：解：a、电动机的总功率为p=ui，由于是非纯电阻电路，故i，故p，故a错误；b、电动机的发热功率，根据焦耳定律，p热=i2r故b正确c、电动机的输出功率p出=pp热=uii2r故c正确d、因为pp热，即uii2r，uir，欧姆定律不适用故uii2r，故d错误本题选错误的故选：ad点评：解决本题的关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系15如图所示的电路中，闭合开关s后，将滑动变阻器r的滑片p向上移动，则有（）a v1表读数变小b v2表读数变小c a表读数变小d 电源的功率变小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图可知r与r2并联，电压v1表测量路端电压，电压v2表测量r1电压，电流表测量通过r2的电流；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表v1示数的变化；由部分电路的欧姆定律可知r1两端的电压的变化；由串并联的规律可得出电流表示数的变化；由p=ei可求得电源的功率变化解答：解：a、闭合开关s后，将滑动变阻器r的滑片p向上移动，变阻器接入电路的阻值变大，则外电路的总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变小，内电压变小，则路端电压变大，即v1表读数变大故a错误b、总电流变小，根据部分电路的欧姆定律可知r1两端的电压变小，即v2表读数变小故b正确c、r2两端的电压加上r1两端的电压等于路端电压，即u1+u2=u，r1两端的电压变小，路端电压变大，所以r2两端的电压变大，则r2中的电流减大，即a表读数变大故c错误d、电源的总功率为p=ei，e不变，i减小，则电源的功率变小故d正确故选：bd点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的动态分析及功率公式，要明确电源的电功率等于电动势乘以总电流16在电灯正常发光时，并联一只电炉，结果灯变暗了，这是因为（）a 电路的总电阻变小，总电流变大b 电炉的分压作用，使电灯电压变小c 电灯中原来电流一部分流进电炉d 输电线电压损失变大，电灯电压变小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：电炉接入电路后对电灯的影响主要是影响电灯的亮度，电灯的亮度由电灯的实际功率决定，当电灯两端的电压减少时，电灯的实际功率减少由于流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少解答：解：并联一只电炉后，电路的总电阻变小，而总电压恒定，根据欧姆定律可知电路中的总电流增大，输电线上的电压损失增大，则灯泡两端的电压减小，从而使流过白炽灯的电流变小，灯泡的实际功率减小，导致灯泡变暗故ad正确，bc错误故选：ad点评：本题生活中现象，考查应用物理知识分析实际问题的能力，相当于电路中动态变化分析问题17在如图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r，c为电容器，r0为定值电阻，r为滑动变阻器开关闭合后，灯泡l能正常发光当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）a 灯泡l将变暗b 灯泡l将变亮c 电容器c的电荷量减小d 电容器c的电荷量增大考点：闭合电路的欧姆定律；电容专题：恒定电流专题分析：灯泡l和滑动变阻器r串联、电容器c和定值电阻r0串联后两条支路再并联当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响电容器的电压等于路端电压当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化解答：解：a、b由题r增大，电流i=减小，灯泡l将变暗故a正确，b错误 c、d路端电压u=eir增大，则电容器电量q=cu增大故c错误，d正确故选ad点评：本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压三、非选择题（本题共6小题，共43分解答应写出必要的文字说明、示意图、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的问题，答案中必须明确写出数值和单位.）18图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5.624mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，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答：解：螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为12.40.01mm=0.124mm，所以最终读数为5.5mm+0.124mm=5.624mm，由于需要估读，最后的结果可以在5.623mm5.625mm之间故答案为：5.624 （5.6235.625）点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量19如图所示，、三条线分别表示多用电表指针的指示位置将选择开关置于直流“50v”挡，的示数为20.0v；选择开关置于直流“100ma”挡，示数为50ma；将多用电表选择开关置于“100”挡，的示数是12000考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：根据选择开关位置确定多用电表所测量的量与量程，然后根据指针位置读出其示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数解答：解：将选择开关置于直流“50v”挡，由图示可知，其分度值为1v，的示数为20.0v；选择开关置于直流“100ma”挡时，由图示可知，其分度值为4mav，的示数为50ma将多用电表选择开关置于“100”挡，由图示可知，的示数为120100=12000；故答案为：20.0，50，12000点评：本题考查了多用电表的读数，对多用电表读数时，要根据选择开关的位置确定其所测量的量与分度值，然后再读出其示数；读数时视线要与刻度线垂直20某同学测量一只未知阻值的电阻他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图甲所示你读出其阻值大小为1000为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该换用换100挡，并重新调零后再测量若该同学再用“伏安法”测量该电阻，所用器材如图乙所示，其中电压表内阻约为5k，电流表内阻约为5，变阻器阻值为50图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图乙电路后，测得的电阻值将大于（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：多用电表电阻读数=指针的指示值倍率多用电表指针偏转角太小，为了减小误差，换用大倍率，指针可在刻度盘中央附近由于待测电阻与电压表内阻相近，而比电流表内阻大得多，采用电流表内接法因为变阻器最大电阻较小，采用分压式接法由于电流表的分压，电阻测量值是电阻与电流表串联的阻值，比真实大解答：解：（1）指针的指示值为100，倍率为10，则读数为1000多用电表指针偏转角太小，为了减小误差，换用“100”挡，指针可在刻度盘中央附近（2）因为，则采用电流表内接法 又变阻器最大电阻远小于待测电阻，故变阻器采用分压式接法根据这两点连接线路，如图（3）由于电流表的分压，rx的电压测量值比真实值大，根据rx=，则电阻测量值比真实值大，实际测量的是电阻与电流表串联的阻值故本题答案是： 1000，换100； 连线如图所示 大于点评：本题考查设计电路的能力，可先画出电路图，然后连接实物图21输电线的电阻共1.0