文档文本内容
第20 讲 测量电阻的九种实验方法
题型一
欧姆表测量法测电阻
1．（2026•河南模拟）某实验小组做“测量一新材料制成的粗细均匀金属丝的电阻率”实验。
（1）用多用电表的电阻“×10”挡，初步测量此金属丝的电阻，进行一系列正确操作后，发现指针偏
转角度过大，则应将选择开关旋转到
×1
（填“×100”或“×1”）挡，并进行欧姆调零，再次进
行测量，指针静止时位置如图甲所示，则该金属丝的阻值R＝
12
Ω。
（2）用游标卡尺测量电阻丝的长度为L，用螺旋测微器测量电阻丝的直径D，示数如图乙所示，其直
径D＝
1.700
mm。
（3）为了准确测量电阻丝的电阻，该小组设计并连接好如图丙所示的实验电路，测得多组电压表示数
U 和对应电流表示数I，通过描点作出的I﹣U 图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则该金属丝
的电阻率ρ＝ π D
2
4 kL
（用k、L、D 等表示）。
（4）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值 小于 （填“大于”“等于”或“小于”）真
实值。
【答案】（1）×1，12；（2）1.700；（3）π D
2
4 kL ；（4）小于。
【分析】（1）根据欧姆表的使用方法分析判断；欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（3）根据I﹣U 图像的斜率、电阻定律和几何知识计算；
（4）根据电流表测量的电流为流过待测电阻的电流和流过电压表的电流之和，结合欧姆定律判断。
【解答】解：（1）正确操作后，指针偏转角度过大，说明电阻较小，故应将选择开关旋转
到“×1”挡；
由图甲可知，该金属丝的电阻R＝12×1Ω＝12Ω
（2）由图乙可知，金属丝的直径D＝1.5mm+0.01mm×20.0＝1.700mm
（3）由题可知，I﹣U 图像的斜率k = 1
R
根据电阻定律有R = ρ L
S
其中金属丝的横截面积S = π D
2
4
联立解得该金属丝的电阻率ρ= π D
2
4 kL
（4）由于电流表选用外接法，因此电流表测量的电流为流过待测电阻的电流和流过电压表的电流之
和，即测量的电流值比实际通过Rx的电流大，则I﹣U 图像的斜率k 偏大，实验中电阻率的测量值小
于真实值。
故答案为：（1）×1，12；（2）1.700；（3）π D
2
4 kL ；（4）小于。
2．（2026•崇左二模）某物理兴趣小组的同学们在实验室发现了一卷漆包线，同学们计划测量漆包线的
铜芯的电阻率。同学们准备了以下器材：
A．长度L＝10m 的漆包线；
B．电流表A：量程为0～0.6A，内阻RA＝1.0Ω；
C．电压表V：量程为0～3V，内阻RV约为3kΩ；
D．学生电源E：可提供0～20V 的直流电压；
E．滑动变阻器R1：阻值范围为0～30Ω；
F．滑动变阻器R2：阻值范围为0～3kΩ；
G．开关S 及导线若干，刻度尺，螺旋测微器，多用电表。
（1）同学们首先用欧姆表粗略测量这段漆包线的电阻，欧姆表选择“×1”挡位，表盘如图甲所示，则
示数R＝
7.0
Ω。
（2）同学们将漆包线（漆的厚度不计）一圈一圈紧密地缠绕在一个塑料圆筒上，缠绕100 圈后，测得
线圈的总宽度D＝20.00mm。采用伏安法来准确地测量该漆包线的电阻，电路图如图乙所示，滑动变
阻器应选择
R 1 （填“R1”或“R2”），电压表应接
b
（填“a”或“b”）。
（3）按正确电路接法测量，某次实验中电压表达到满偏后，电流表的示数I＝0.40A，所以这卷漆包线
导电材料的电阻率为
2.04×10
− 8 Ω•m（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）7.0；（2）R1，b；（3）2.04×10−8。
【分析】（1）由欧姆表的示数×倍率读数；
（2）由电源电动势和电流表量程估算最大电阻选择滑动变阻器；
（3）由欧姆定律，电阻定律确定。
【解答】解：（1）欧姆表选择“×1”挡位，表盘如图甲所示，则示数R＝7.0×1Ω＝7.0Ω
（2）根据电源电动势和电流表量程估算最大电阻约为Rmax= 20
0.6 Ω≈33Ω
因此滑动变阻器的阻值选择R1；
电流表内阻已知，电流表内接可以消除伏安法测量过程中系统误差，故接b；
（3）由欧姆定律可知R = U
I =7.5Ω
减去电流表内阻可得漆包线导电材料的电阻为6.5Ω，根据R′ = ρ L
S
可得ρ= R′ S
L
=
R′ π( D
100 )
2
4 L
= 6.5×3.14×(2×10
−4)
2
4×10
Ω⋅m=2.04×10
−8Ω⋅m
故答案为：（1）7.0；（2）R1，b；（3）2.04×10−8。
3．（2026•江西模拟）某同学自制了一个双量程的欧姆表，该简易欧姆表有“×1”、“×10”两个倍率，
电表电路如图所示，A、B 分别接表笔。所用器材如下：
A.电流表G（满偏电流Ig＝2mA，内阻Rg＝200Ω）；
B.定值电阻R1＝5Ω、R2＝45Ω；
C.滑动变阻器R（最大阻值为120Ω）；
D.电源（电动势为1.5V，内阻不计）；
E.单刀双掷开关S；
F.红黑表笔各一支、导线若干。
（1）B 端接 红表笔 （填“红表笔”或“黑表笔”）。
（2）将S 接接线柱1 时，应为
×1
（填“×10”或“×1”）倍率。
（3）现将S 接接线柱2，经过欧姆调零后，将待测电阻Rx接在A、B 间，发现指针指在表盘的正中央
刻度处，该待测电阻的阻值为
150
Ω。（结果保留三位有效数字）
（4）若因长时间使用，欧姆表内电池的电动势略有下降，但仍可欧姆调零。当开关S 接接线柱2 时，
欧姆调零后，实际阻值为270Ω 的标准电阻的测量值为300Ω，分析可知表内电池的电动势等于
1.35
V。（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）红表笔；（2）×1；（3）150；（4）1.35。
【分析】（1）由电表电流的“红进黑出”确定；
（2）由部分电路的欧姆定律，串并联电路的特点确定；
（3）由闭合电路的欧姆定律确定；
（4）由闭合电路的欧姆定律，欧姆表的中值电阻确定。
【解答】解：（1）欧姆表内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔。由电路图可知，电源的负极通过
滑动变阻器与B 端相连，电源的正极通过开关S 与内部电路相连，电流从A 端流出经外部
电阻流入B 端，故B 端接红表笔。
（2）当S 接1 时，电阻R1与（R2+Rg）并联，改装后的电流表满偏电流I 1= I g+ I g( R2+ Rg)
R1
=100mA
此时欧姆表内阻R内1= E
I 1
=15Ω
当S 接2 时，（R1+R2）与Rg并联，满偏电流I 2= I g+ I g Rg
R1+ R2
=10mA
内阻R内2= E
I 2
=150Ω
S 接1 时内阻较小，对应倍率较小，故为×1 倍率。
（3）S 接2 时，欧姆表内阻即中值电阻R 中＝R 内2＝150Ω
指针指在表盘正中央，说明电流为满偏电流的一半，根据闭合电路欧姆定律I =
E
R中+ Rx
当I = 1
2 I 满时，Rx＝R 中＝150Ω
（4）设新电动势为E'，原电动势 E＝1.5V，原内阻R 内＝150Ω，满偏电流I 满＝0.01A。
欧姆调零后，新内阻R内= E′
I 满
测量值为300Ω 时，对应电流I =
E
R为+300Ω = 1
300 A
该电流也是接入真实电阻270Ω 时的实际电流，即I =
E′
R向+270Ω =
E′
E′
I 满
+270Ω
联立解得1
300 =
E′
100 E′ +270
解得E'＝1.35V
故答案为：（1）红表笔；（2）×1；（3）150；（4）1.35。
题型二
伏安法测电阻
1．（2026•茂名二模）某兴趣小组在实验室找到一个铭牌丢失的滑动变阻器，该小组通过设计实验测量
该滑动变阻器的阻值及其金属丝的电阻率。
（1）先用多用电表粗测滑动变阻器的阻值，操作如下：
①先对多用电表进行机械调零后，将多用电表的选择开关旋至“×10”倍率的电阻挡，后进行欧姆调
零；
②将黑、红表笔接触滑动变阻器下端两接线柱，示数如图所示，测得该滑动变阻器的阻值Rx＝
50
Ω。
（2）为进一步测量该待测滑动变阻器的阻值Rx及其电阻率，该兴趣小组找来以下实验器材：
A.电源E（电动势3V，内阻约为2Ω）
B.电压表（量程0～3V，内阻约为3kΩ）
C.电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）
D.电流表（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）
E.电流表（量程0～100mA，内阻约为8Ω）
F.滑动变阻器RP，最大阻值50Ω、额定电流0.1A
G.开关、导线若干
①为减小误差，实验中电压表应选
B
，电流表应选
E
（均填器材前的字母代号）；
②如图所示的实物电路还有一根导线未连接，请完成好实物连接；
③实验闭合开关S 前，滑动变阻器Rp的滑片P 应处在
B
（选填“A”或“B”）端；
④在不拆开变阻器的情况下，如何测量金属丝的长度和直径？该小组采用图甲的办法，数得金属丝的
缠绕圈数为N＝200 圈，可计算金属丝的直径为d＝
0.503
mm，根据图乙的办法，可计算金属丝
的长度l；
⑤该小组测得多组电压和电流数据，描绘U﹣I 图像测得图中直线的斜率为k，若金属丝的直径为d，
金属丝的长度l，则电阻率的表达式为ρ＝ kπ d
2
4l （用字母k、d、l 表示）。
【答案】（1）50；（2）①B，E；②
③B；④0.503；⑤kπ d
2
4l
。
【分析】（1）由欧姆表的读数方法读出；
（2）由电压表的量程、精确度，“小外偏小”，游标卡尺读数方法，电阻定律，数形结合确定。
【解答】解：（1）由题及图甲多用电表读数可知，滑动变阻器的阻值Rx＝5.0Ω×10＝50Ω
（2）①因为电源电动势3V，选择量程0～3V 的电压表，可保证读数精度，量程0～15V 的电压表读
数精度低
故选：B；
根据欧姆定律最大电流I = E
R = 3V
50Ω =0.06 A =60mA，选择量程为0～100mA 的电流表合适
故选：E；
②因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，可知应采用电流表外接电路，则连线如图
③闭合开关前，滑片P 应置于B 端，使得滑动变阻器接入阻值最大，保护电路；
④游标卡尺读数为＝100mm+0.1mm×6＝100.6mm
金属丝的直径d = 100.6
200 mm=0.503mm
⑤U﹣I 图像斜率k = U
I = Rx
由电阻定律R = ρ l
S
横截面积S = π( d
2 )
2= π d
2
4
联立解得ρ= kπ d
2
4l
故答案为：（1）50；（2）①B，E；②
③B；④0.503；⑤kπ d
2
4l
。
2．（2026•天津模拟）某实验小组在实验室做电学实验时，完成了下列操作：
（1）甲同学先用螺旋测微器测量了电阻的直径，示数如图1 所示，则电阻直径为
4.700
mm。
（2）甲同学接着用图2 的电路测量电阻Rx，他测的Rx值比其真实值 偏小 （选填“偏
大”或“偏小”）。
（3）为消除电表内阻引起的系统误差，乙同学用图3 的电路进行测量，其主要实验步骤如下：
①将R1的滑动触头滑到最左端；
②将S2接2、闭合S1，调节R1和R2使电表示数尽量大一些，记录此时电压表和电流表的示数U1、
I1；
③保持R2阻值不变，将S2接1、闭合S1，调节R1，记录此时电压表和电流表的示数U2、I2；
④被测电阻值的计算式是Rx＝ U 1 I 2−U 2 I 1
I 1 I 2
（用测得的物理量符号表示）。
【答案】（1）4.700；（2）偏小；（3）④U 1 I 2−U 2 I 1
I 1 I 2
。
【分析】（1）螺旋测微器读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）根据欧姆定律分析判断；
（3）④根据欧姆定律列方程组计算。
【解答】解：（1）由图可知电阻直径为4.5mm+20×0.01mm＝4.700mm。
（2）电压表与待测电阻并联，电流表测量值为通过待测电阻和电压表的电流之和，电流测量值偏大，
根据欧姆定律可知测得Rx值比其真实值偏小。
（3）④将S2接2、闭合S1，根据欧姆定律有Rx+ R A+ R2= U 1
I 1
保持R2阻值不变，将S2接1、闭合S1，根据欧姆定律有R A+ R2= U 2
I 2
联立可得Rx = U 1 I 2−U 2 I 1
I 1 I 2
故答案为：（1）4.700；（2）偏小；（3）④U 1 I 2−U 2 I 1
I 1 I 2
。
3．（2026•江苏模拟）电导率σ 定义为电阻率的倒数，是判断河水是否受污染的参考指标之一。为测量
河水电导率，某研究性学习小组采集河水样品并倒入内部装有电极板的样品池，如图1，右侧电极板
可以左右移动，移动时电极板与样品池间保持密封。
（1）使用多用电表欧姆挡粗测池中河水样品的电阻Rx时，发现指针偏转过小，如图2，换合适挡位后
应
B
。
A.将两表笔短接，调节部件1 使指针指在左端0 刻度线
B.将两表笔短接，调节部件2 使指针满偏
（2）为了更准确测量样品的电阻，设计如图3 所示的电路，请根据电路图将实物图连接完整。
（3）移动电极板，测量池中河水样品的长度L，根据电压表、电流表读数求得对应电阻Rx，以L2为
横坐标、Rx为纵坐标描点如图4，请作出Rx−L
2图像。
（4）池中河水样品总体积V＝600mL，若Rx−L
2图像斜率为k，则河水样品电导率σ＝ 1
kV （用
字母k、V 表示），代入数据得σ＝
0.3
（Ω•m）﹣1（保留1 位有效数字）。
（5）有同学认为，由于电流表内阻不为0 使河水样品电阻测量值偏大，本实验采用图像法处理数据得
到的电导率测量值偏小，你同意他的观点吗？简要说明理由。
【答案】（1）B；（2）连接完整的实物图如图3 所示；（3）作出Rx−L
2图像如图4 所示；
（4）1
kV ；（5）不同意他的观点。理由是：应用伏安法测量河水样品电阻时采用的是电流表内接
法，实际测量的是被测电阻与电流表内阻之和，即Rx 测＝Rx 真+RA，电流表内阻RA一定，采用图像法
处理数据会导致Rx−L
2图像的纵截距变大，而斜率k 不变，由σ= 1
kV 可知电导率的测量值不变。
【分析】（1）欧姆挡换合适挡位后要重新欧姆调零，根据欧姆调零的具体操作方法解答。
（2）根据电路图将实物图连接完整。
（3）应用描点法作出Rx−L
2图像。
（4）根据电阻定律推导Rx−L
2图像的解析式，根据此图像的斜率求得河水样品电导率的表达式，求
出Rx−L
2图像的斜率，求得电导率的值。
（5）测量河水样品电阻时采用的是电流表内接法，实际测量的是被测电阻与电流表内阻之和，采用图
像法处理数据会导致Rx−L
2图像的纵截距变大，而斜率k 不变，据此分析判断。
【解答】解：（1）欧姆挡换合适挡位后要重新欧姆调零，具体操作是将两表笔短接，调节部件2 使指
针满偏，故B 正确，A 错误。
故选：B。
（2）根据电路图将实物图连接完整如图3 所示：
（3）应用描点法作出Rx−L
2图像如图4 所示。
（4）根据电阻定律可得：Rx＝ρ L
S
由题意可得：LS＝V＝600mL＝6×10﹣4m3
联立可得：Rx= ρ
V L
2
根据Rx−L
2图像的斜率可得：ρ
V =k
则河水样品电导率σ= 1
ρ = 1
kV
由上图4 可得Rx−L
2图像的斜率为：k=
10×10
2Ω
16.5×10
−2m
2 =6.06×103Ω/m2
代入数据解得：σ≈0.3（Ω•m）﹣1
（5）不同意他的观点。理由是：应用伏安法测量河水样品电阻时采用的是电流表内接法，实际测量的
是被测电阻与电流表内阻之和，即Rx 测＝Rx 真+RA，电流表内阻RA一定，采用图像法处理数据会导致
Rx−L
2图像的纵截距变大，而斜率k 不变，由σ= 1
kV 可知电导率的测量值不变。
故答案为：（1）B；（2）连接完整的实物图如图3 所示；（3）作出Rx−L
2图像如图4 所示；
（4）1
kV ；（5）不同意他的观点。理由是：应用伏安法测量河水样品电阻时采用的是电流表内接
法，实际测量的是被测电阻与电流表内阻之和，即Rx 测＝Rx 真+RA，电流表内阻RA一定，采用图像法
处理数据会导致Rx−L
2图像的纵截距变大，而斜率k 不变，由σ= 1
kV 可知电导率的测量值不变。
题型三 安安法测电阻
1．（2026•衡阳二模）为了测量某未知电阻（大约100 多欧姆），准备的实验器材中没有电压表，有两
个电流表，电流表A1（量程为30mA，内阻约为2Ω），电流表A2（量程为10mA，内阻约为1Ω），
于是小王欲把电流表A2先改装为电压表，然后进行测量。
（1）小王首先设计了图甲所示电路来测量A2的内阻，他选用了一个电动势约为3V 的电源。实验过
程：闭合开关S1，断开开关S2，调整滑动变阻器R1滑片的位置，使A2满偏；保持R1滑片的位置不
变，闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，当A2指针位于表盘中央时，读出电阻箱R 的读数为1.10Ω，则
A2的内阻为
1.10
Ω。
（2）小王把电阻箱R 和A2串联作为电压表使用，欲使电压表量程为3V，电阻箱R 的阻值应调为
298.90
Ω（保留两位小数）。
（3）小王利用上述电源设计了如图乙所示的电路测量待测电阻Rx，在实验过程中测得电流表A1的示
数为I1，电流表A2的示数为I2，调节滑动变阻器，测得多组I1和I2，并作出I1﹣I2图像如图丙所示，则
该电阻的阻值为
120
Ω。由于（1）中测量A2内阻时存在系统误差，该方法测量得到的待测电阻阻
值 偏小 （选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【答案】（1）1.10；（2）298.90；（3）120，偏小。
【分析】（1）由部分电路的欧姆定律确定；
（2）由并联电路的特点确定；
（3）由并联电路的特点及电路的动态变化确定。
【解答】解：（1）根据I = U
R ，可知当并联电阻箱时，流过电流表的电流减小一半，说明电流表两端
的电压减小一半。因为总电流不变，说明总电阻减小一半，所以R A2= R =1.10Ω
（2）当电流表满偏，此时流过的电流为10mA，电阻箱与电流表两端的电压为3V 所以总电阻为
RV = U
I =300Ω
所以电阻箱电阻为R1= RV −R A2=298.90Ω
（3）并联时两端电压相等，所以Rx（I1﹣I2）＝RVI2
解得Rx＝120Ω
（1）中测量A2内阻偏小，所以电压表内阻偏小，计算得到的Rx也偏小。
故答案为：（1）1.10；（2）298.90；（3）120，偏小。
2．（2026•九龙坡区校级模拟）某同学想把一个有清晰刻度，但量程和内阻未知的电流表Ax改装成一个
电压表，他设计如图甲的电路测量Ax的量程Ig及内阻Rg，可供使用的器材如下
A.待测电流表Ax
B.标准电流表A0（内阻未知）
C.电阻箱R0
D.定值电阻R1
E.滑动变阻器R
F.开关S、导线若干
（1）请在图乙的实物图中，用笔画线将电路连接完整。
（2）①将滑动变阻器的滑片P 移至某一位置，将电阻箱R0的阻值调至最大，闭合开关S。
②调节电阻箱R0，直至电流表Ax满偏，记录此时电阻箱阻值R0和标准电流表A0的示数I。
③重复步骤①②5～6 次。
（3）处理实验数据，建立适当的坐标系描点作图，得到如图丙所示的线性关系图像，则图像的纵坐标
是
I
，横坐标是 1
R0
（两空均用I 和R0表示）。由图像可以得到纵截距为b，斜率为k。
（4）电流表Ax的量程Ig＝
b
，内阻Rg＝ k
b （两空均用b 和k 表示）。
【答案】（1）
（3）I，1
R0
；（4）b，k
b 。
【分析】（1）根据电路图的结构，按电流流向依次连接各元件，注意滑动变阻器接法与电表正负接线
柱；
（3）结合并联电路的电流电压规律，推导出标准电流表读数与电阻箱阻值的关系式，整理为线性形式
以确定横纵坐标；
（4）根据线性图像的截距和斜率，结合关系式的物理意义，求解待测电流表的满偏电流与内阻。
【解答】解：（1）根据电路图连接实物图，如图所示
（3）根据电流关系，有I = I g+ I g Rg
R0
若以I 为纵坐标，1
R0
为横坐标，则图像是线性。
（4）由图像可以得到纵截距为Ig＝b
斜率为k＝IgRg
即Rg= k
b
故答案为：（1）
（3）I，1
R0
；（4）b，k
b 。
3．（2025 秋•东胜区校级期末）现要尽量准确地测量一量程为0～3A、内阻约为5Ω 的电流表A1的内阻
RA，实验室选用了下述的一些器材，设计了图示的电路图进行测量。提供的其他器材如下：
电流表A2（量程0～3A，内阻r＝10Ω）；滑动变阻器M（最大阻值10Ω，最大电流8A）；滑动变阻
器N（最大阻值5Ω，最大电流2A）；电阻箱P（阻值0～99Ω）；电阻箱Q（阻值0～9.9Ω）；电源E
（电动势30V，内阻约0.5Ω）；开关、导线若干。
（1）在图示电路中，电阻箱R2应选择
Q
（填“P”或“Q”）；滑动变阻器R1应选择
M
（填“M”或“N”）。
（2）对图示电路进行如下操作：
①先将滑动变阻器R1的滑动触头移到
A
（A.最左端；B.最右端；C.正中间。填答案序号），再
把电阻箱R2的阻值调到最大。
②闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电流表A2的指针有较大幅度偏转。
③保持S 闭合、R1不变，调节R2，使电流表A1、A2的示数相同，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流
表A1的内阻RA＝
r ﹣
R 0 （用所给物理量表示）。
（3）测量时难以将两电流表示数刚好调节到一致，某次测得电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电阻
箱的示数为R2，则电流表A1的内阻RA的测量值为 I 2r −I 1 R2
I 1
。（用所给物理量表示）
【答案】（1）Q，M；（2）A，r﹣R0；（3）I 2r −I 1 R2
I 1
。
【分析】（1）根据减小测量误差选择与待测电流表内阻接近的电阻箱；根据保护电路分析判断；
（2）根据保护电路安全分析判断；根据并联电路的规律计算；
（3）根据欧姆定律计算。
【解答】解：（1）为减小测量误差，图中两个电流表应同时偏转较大角度，电阻箱R2的阻值应约为
5Ω，故选Q。
为了保护电路，滑动变阻器测量时应始终处于安全电流范围，故选M。
（2）实验前应先将滑动变阻器R1的滑动触头移到最左端；再将电阻箱R2的阻值调到最大，以保证电
表安全，故选A。
校准时两电表示数相同，则两支路阻值相同，即r＝RA1+R0
可得RA＝r﹣R0
（3）根据题意可知电流表A1两端的电压为UA1＝I2r﹣I1R2
故电流表A1电阻的测量值为R A 1= U A 1
I 1
= I 2r −I 1 R2
I 1
故答案为：（1）Q，M；（2）A，r﹣R0；（3）I 2r −I 1 R2
I 1
。
题型四 伏伏法测电阻
1．（2026•江苏模拟）某同学想要知道电压表V1的内阻，设计如下实验进行测量：
（1）先用调好的欧姆表“×1k”挡粗测电压表V1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的
+
（选填“+”或“﹣”）接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表V1的内阻为
9
kΩ。
（2）为了精确测量电压表V1的内阻，用如图乙所示的电路进行测量；
a.闭合开关S1前将滑动变阻器的滑片移到最 左 （选填“左”或“右”）端，原因是 使待测支路
初始电压为
0 ，保护电表
。
b.闭合开关S1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度较大，读电压表V1、V2的示数
为U1、U2，电阻箱的示数R0，则被测电压表V1内阻RV1＝ U 1 R0
U 2−U 1
。
【答案】（1）+；9；（2）a、左；使待测支路初始电压为0，保护电表；b、U 1 R0
U 2−U 1
。
【分析】（1）欧姆表黑表笔接电源正极红表笔接电源负极，电流从电压表正接线柱流入，根据题意分
析答题；欧姆表指针读数与挡位的乘积是欧姆表读数。
（2）a、根据实验注意事项分析图示电路图答题；
b、应用串联电路特点与欧姆定律求解。
【解答】解：（1）欧姆表内部电源的正极接黑表笔，电流需从电压表的正接线柱流入，因此黑表笔接
触电压表的+接线柱；
欧姆表选用×1k 挡，由图甲可知粗测电压表V1的内阻为9×1kΩ＝9kΩ
（2）a、本实验滑动变阻器采用分压接法，闭合开关S1前需要使待测支路初始电压为0，保护电表，
因此将滑动变阻器的滑片移到最左端。
b、电路中V1与R0串联，整体与V2并联，因串联电流相等，则有U 1
RV 1
= U 2−U 1
R0
，解得
RV 1= U 1 R0
U 2−U 1
故答案为：（1）+；9；（2）a、左；使待测支路初始电压为0，保护电表；b、U 1 R0
U 2−U 1
。
2．（2025 秋•和平区校级期末）某学生实验小组要测量一量程为3V 的电压表的内阻（约为几千
欧）。
（1）先用多用电表粗测电压表内阻；将多用电表选择开关拨到电阻挡“×100”挡，将两表笔短接进行
欧姆调零，再将多用电表的 黑 （选填“红”或“黑”）表笔与待测电压表的正接线柱相连，将
另一支表笔与另一个接线柱相连，多用电表的指针位置如图甲所示，那么粗测结果是
3200
Ω。
（2）为了精确测量此电压表的内阻，小组成员用半偏法测此电压表的内阻。设计的电路如图乙所示，
其中：电阻箱R（最大阻值9999.9Ω），直流电源E（电动势6V），滑动变阻器最大阻值为20Ω。实验
时，将图乙中滑动变阻器滑片移到最 左 （选填“左”或“右”）端，闭合开关S1、S2，调节滑
动变阻器使电压表满偏。断开开关S2，再调节电阻箱，使电压表半偏，这时电阻箱的阻值为R0，则电
压表的内阻为RV＝
R 0 ，此法测得的电压表内阻与真实值相比偏 大 （选
填“大”或“小”）。
（3）另一同学设计了如图丙所示的电路测该电压表的内阻，其中电压表V1为被测电压表，V2为量程
为6V 的电压表，实验时，按正确的操作，闭合开关后，调节滑动变阻器及电阻箱的阻值，使两电压
表的指针偏转均较大，若调节后，电压表V1的示数为U1、电压表V2的示数为U2，电阻箱接入电路的
电阻为R，则被测电压表的内阻RV＝ U 1 R
U 2−U 1
。
【答案】（1）黑，3200；（2）左，R0，大；（3）U 1 R
U 2−U 1
【分析】（1）欧姆挡黑表笔接内部电源正极，电压表正接线柱需接高电势，因此黑表笔接其正接线
柱，结合表盘指针位置与×100 倍率，可得到电压表内阻的粗测值；
（2）实验开始时滑动变阻器滑片移至左端，使输出电压为零以保护电路，闭合开关后调节至电压表满
偏，断开S2调电阻箱使电压表半偏，利用并联电压相等的特点得出内阻；
（3）两电压表与电阻箱串联，V2测总电压、V1测自身电压，通过两者示数差得到电阻箱的电压，结
合电阻箱阻值求出电路电流，再由V1的电压与电流的比值得到其内阻。
【解答】解：（1）将两表笔短接进行欧姆调零，再将多用电表的黑表笔与待测电压表的正接线柱相
连，将另一支表笔与另一个接线柱相连，粗测结果是32×100Ω＝3200Ω。
故答案为：3200
（2）图乙中滑动变阻器滑片移到最左端，测得电压表的内阻为R0，半偏法测得的电阻比真实值大。
（3）根据题意，U 1
RV
= U 2−U 1
R
代入数据得RV =
U 1 R
U 2−U 1
故答案为：（1）黑，3200；（2）左，R0，大；（3）U 1 R
U 2−U 1
题型五 等效替代法测电阻
1．（2026•海城市校级模拟）某物理实验小组设计了如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻。
（1）闭合开关S1前，应先将滑动变阻器的滑片P 调到
a
（填“a”或“b”）端。
（2）实验记录了单刀双掷开关S2分别接1、2 时对应的多组电压表的示数U 和电流表的示数I，根据
实验数据绘制了如图乙所示的A、B 两条U﹣I 图线。当开关S2接1 位置时，作出的U﹣I 图线是图乙
中的图线
A
。（填“A”或“B”）
（3）从尽可能减小系统误差的角度，电源电动势E＝
U A ，电源内阻r＝ U A
I B
。（均选用
UA、UB、IA、IB中的字母表示）
（4）利用图乙还可以得出电流表内阻RA＝ U A
I B
−U B
I B
。（均选用UA、UB、IA、IB中的字母表
示）
【答案】（1）a；（2）A；（3）UA；U A
I B
；（4）U A
I B
−U B
I B
。
【分析】（1）根据图示电路图确定滑片的位置。
（2）根据图示电路图与实验误差来源分析答题。
（3）根据图示电路图与图示图像分析答题。
（4）求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电流表内阻。
【解答】解：（1）由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关S1前，应
先将滑动变阻器的滑片P 调到a 端。
（2）当S2接1 时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，内阻测量值
比真实值偏大；当S2接2 时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所
以内阻测量值比真实值偏小。由闭合电路的欧姆定律可知U＝E﹣Ir，则U﹣I 图像斜率的绝对值k 表示
电源内阻，即S2接1 时图像陡一些，判断图线A 是利用单刀双掷开关S2接1 中的实验数据描出的。
（3）当S2接1 时，实验误差来源于电流表的分压，当外电路断路时路端电压等于电源电动势，由图
乙所示图像可知，电源电动势E＝UA；当S2接2 时，实验误差来源于电压表的分流，当外电路短路时
流过电压表的电流为零，电流的测量值等于真实值，由图乙所示图像可知，此时电流为IB，则电源内
阻r= E
I 短
= U A
I B
。
（4）当S2接1 时，由闭合电路的欧姆定律得U＝E﹣I（r+RA），由图乙所示图像可知，图像斜率的绝
对值k＝r+RA= U A
I A
，解得RA= U A
I B
−U B
I B
。
故答案为：（1）a；（2）A；（3）UA；U A
I B
；（4）U A
I B
−U B
I B
。
2．（2026•华龙区二模）某物理兴趣小组对两节电池并联后等效电源的电动势和内阻进行研究如下：将
一节电池A 和另一节电池B 并联后，接入如图甲所示的测量电路，将虚线框内部看成一个等效的电
源，移动滑动变阻器，测得若干组数据后在图乙中描点。
U/V
0.89
0.78
0.67
0.56
0.58
0.34
I/A
0.22
0.26
0.30
0.34
0.38
0.42
（1）图甲中的电流表和电压表均为非理想电表，下列说法正确的是
D
。
A.这使得图乙中的U 没有测准，U 偏大
B.这使得图乙中的U 没有测准，U 偏小
C.这使得图乙中的I 没有测准，I 偏大
D.这使得图乙中的I 没有测准，I 偏小
（2）根据表中数据在图乙中作出等效电源的U﹣I 图像，从而得到等效电源的电动势为
1.50
V，
内阻为
2.75
Ω。（均保留三位有效数字）
【答案】（1）D；（2）1.50；2.75。
【分析】（1）根据实验原理，结合实验电路分析作答；
（2）根据描点法作图，根据闭合电路欧姆定律求解U﹣I 函数，结合图像斜率求解内阻；根据图像的
纵截距，结合闭合电路欧姆定律求解作答。
【解答】解：（1）图甲中的电流表和电压表均为非理想电表，电压表测量的是路端电压，图乙中的U
测量准确，实验误差来源于电压表分流，电流表的读数小于干路电流，使得图乙中的I 没有测准，I 偏
小，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
（2）根据描点法，作图时舍弃个别相差较远的点，作出U﹣I 图像如图所示：
根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir
图像斜率的绝对值k = 0.950−0.400
0.4−0.2
Ω=2.75Ω
因此等效电源的内阻为r＝k＝2.75Ω
当I＝0.2A 时，路端电压U＝0.95V
电动势E＝U+Ir＝0.950V+0.2×2.75V＝1.50V。
故答案为：（1）D；（2）1.50；2.75。
题型六 电流半偏法测电阻
1．（2026•吉林模拟）某小组计划用图（a）所示电路测定一枚灵敏电流计G 的内阻。实验室提供的器材
如下：
A.待测灵敏电流计G（满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg约为200Ω）；
B.直流电源E（电动势为9.0V，内阻忽略不计）；
C.滑动变阻器R1（最大阻值50kΩ）；
D.滑动变阻器R2（最大阻值20Ω）；
E.电阻箱R（阻值范围0～9999Ω）；
F.开关S1、S2及导线若干。
（1）操作步骤如下：
①断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器，使灵敏电流计满偏；
②保持滑片位置不变，闭合S2，调节R，将灵敏电流计指针调至半偏，电阻箱读数为R0，则灵敏电流
计内阻测量值Rg＝
R 0 。
（2）实验中滑动变阻器应选用
C
（填器材前面的字母代号）；
（3）在复盘会上，组员们认为该实验结论的得出是基于对干路电流的“恒流假设”，但接入电阻箱后
引起电路总电阻变化，导致干路电流发生了变化，因此存在系统误差，测量值与灵敏电流计内阻真实
值相比 偏小 （填“偏大”或“偏小”）；
（4）该小组对实验方案进行了改进，电路设计如图（b）所示。将电阻箱R'阻值调为零，断开S2、闭
合S1，调节滑动变阻器，使灵敏电流计满偏；保持滑片位置不变，闭合S2，调节R，为消除系统误
差，在调节R 使灵敏电流计指针半偏的过程中，应始终保持电阻箱R′的阻值为电阻箱R 的 1
2
倍。
【答案】（1）R0；（2）C；（3）偏小；（4）1
2。
【分析】（1）②将灵敏电流计指针调至半偏后，在认为干路电流不变的情况下，通过电阻箱的电流
与通过灵敏电流计的电流相等，根据并联分流的规律分析灵敏电流计内阻与此时电阻箱接入电路的电
阻的关系；
（2）依据灵敏电流计的满偏电流与电源电动势，计算灵敏电流计满偏时电路的总电阻，滑动变阻器的
最大电阻值要大于此阻值；
（3）电阻箱并联接入后电路总电阻变小，导致干路电流变大，据此分析半偏时通过电阻箱的电流与通
过灵敏电流计的电流的大小关系，根据并联分流的规律判断测量值与灵敏电流计内阻真实值的大小关
系；
（4）根据前述的误差分析，要消除系统误差，就要在调节R 使灵敏电流计指针半偏时干路电流仍等于
灵敏电流计的满偏电流，根据闭合电路欧姆定律分析满偏时与半偏时电路总电阻的关系，据此求得电
阻箱R′的阻值为电阻箱R 的阻值应保持的关系。
【解答】解：（1）②将灵敏电流计指针调至半偏后，在认为干路电流不变的情况下，通过电阻箱的
电流与通过灵敏电流计的电流相等，根据并联分流的规律可知，灵敏电流计内阻与此时电阻箱接入电
路的电阻相等，即灵敏电流计内阻测量值Rg＝R0。
（2）灵敏电流计的满偏电流Ig＝300μA＝3.00×10﹣4A，使灵敏电流计满偏时电路的总电阻为R 总
= E
I g
=
9.0
3.00×10
−4 Ω=30kΩ，显然滑动变阻器应选用C。
（3）电阻箱并联接入后电路总电阻变小，导致干路电流变大，即干路电流大于之前的灵敏电流计的满
偏电流，因通过灵敏电流计的电流是满偏电流的一半，故通过电阻箱的电流大于满偏电流的一半，即
通过电阻箱的电流大于通过灵敏电流计的电流，根据并联分流的规律可知，电阻箱接入电路的电阻小
于灵敏电流计内阻，故测量值与灵敏电流计内阻真实值相比偏小。
（4）由（3）的分析可知，为消除系统误差，就要在调节R 使灵敏电流计指针半偏时干路电流仍等于
灵敏电流计的满偏电流，由闭合电路欧姆定律可知，就是使灵敏电流计指针满偏与半偏时电路总电阻
相等，设半偏时电阻箱R′的阻值为R1，电阻箱R 的阻值为R2。
则有：Rg+R 变= Rg R2
Rg+ R2
+R 变+R1，（R 变为滑动变阻器连入电路的电阻）
又有：Rg＝R2
联立解得：R1= 1
2R2，故应始终保持电阻箱R′的阻值为电阻箱R 的1
2倍。
故答案为：（1）R0；（2）C；（3）偏小；（4）1
2。
2．（2026•山东模拟）某实验小组准备使用半偏法测量一只电流表的内阻，实验室中有以下待选实验器
材：
A.待测电流表A0（量程为0～60μA，内阻为几百欧姆）；
B.标准电压表V（量程为0～3V）；
C.电阻箱（阻值范围为0～999Ω）；
D.电阻箱（阻值范围为0～99999Ω）；
E.电源（电动势为3V，有内阻）；
F.电源（电动势为6V，有内阻）；
开关和导线若干。
（1）本实验的测量电路图如图所示。电源应选用
F
，电阻R2应选用
D
。（均填表示器材的
字母标号）
（2）实验步骤如下：
①将电阻箱R2的阻值调至最大，断开开关S2，闭合开关S1，调节R2的阻值，使待测电流表的指针到
达满偏位置；
②保持电阻箱R2的阻值不变，闭合开关S2，调节电阻箱R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的
一半；
③记下此时R1的阻值。
（3）此时电阻箱R1的示数为630Ω，则待测电流表的内阻为
630
Ω。
（4）因为本实验存在系统误差，所以待测电流表的内阻的真实值略 大于 （填“大于”“等
于”或“小于”）测量值。
【答案】（1）F，D；（3）630；（4）大于。
【分析】（1）根据半偏法测量电流表G 的内阻的原理，判断电源和滑动变阻器的选择；
（3）根据电阻R1和电流表的电流关系，判断电流表的内阻和滑动变阻器的阻值关系；
（4）判断电流表示数从满偏电流调到半偏时R1中电流与半偏电流的关系，进而判断测量值与真实值
的关系。
【解答】解：（1）本实验采用的半偏法测量电流表G 的内阻，实验中在开关S 闭合前后，始终认为电
路中的电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入电路的阻值需要远远大于电流表G 的
内阻，选用的滑动变阻器为D；
本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点的电源，故选F；
（3）滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，近似认为开关S2闭合前后干路中的总电流不变。调节
R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度一半处，则流过R1的电流与流过电流表的电流相等；
R1与电流表并联，电流相等，则电阻相等；读得R1的阻值是630Ω，则Rg＝R1＝630Ω；
（4）当S2接通时，R1有电流流过，电流表和R1并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示
数从满偏电流调到半偏时，R1中电流大于半偏电流，可知R1＜Rg，即真实值大于测量值。
故答案为：（1）F，D；（3）630；（4）大于。
3．（2026•宝鸡一模）现要尽量准确地测量一量程为0~0.6A，内阻约为5Ω 的电流表A1的内阻RA1，实验
室选用了下述的一些器材，设计了图示的电路图进行测量。
电流表A2（量程0﹣0.6A，内阻RA2＝10Ω）；
滑动变阻器M（最大阻值50Ω，最大电流1A）；
滑动变阻器N（最大阻值5Ω，最大电流1.5A）；
电阻箱P（阻值范围0﹣99Ω）；
电阻箱Q（阻值范围0﹣9.9Ω）；
电源E（电动势6V，内阻约0.5Ω）；
开关，导线若干。
（1）在图示电路中，电阻箱R2应选择
Q
（填“P”或“Q”），滑动变阻器R1应选择
N
（填“M”或“N”）；
（2）对图示电路进行如下操作：
①先将滑动变阻器R1的滑动触头移到 最左端 （选填“最左端”或“最右端”），再把电阻箱R2
的阻值调到最大。
②闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电流表A2的指针有较大幅度偏转。
③保持S 闭合、R1不变，调节R2使电流表A1、A2的示数相同，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表
A1的内阻RA1＝
R A2﹣
R 0 （用所给物理量的字母表示）。
（3）测量时难以将两电流表示数刚好调节到相同，若某次测得电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电
阻箱的示数为R0'，则电流表A1的内阻RA1的测量值为 I 2 R A 2
I 1
−R0′ （用所给物理量的字母表
示）。
【答案】（1）Q，N；（2）①最左端；③RA2﹣R0；（3）I 2 R A 2
I 1
−R0′。
【分析】（1）根据并联电路两支路两端电压相等，且本着方便调节的原则选择电阻箱；在分压式电路
中，滑动变阻器的阻值越小越好；
（2）①在开关闭合以前，通过电流表的电流最小，据此分析；
③根据并联电路电压的特点计算；
（3）根据并联电路电压的特点计算。
【解答】解：（1）两个电流表并联接入电路，根据并联电路两支路两端电压相等，则有
I1（RA1+R2）＝I2RA2
两个电流表的量程相等，由此可知R2＝5Ω，所以电阻箱R2选择Q 比较合适；电路是分压式电路，则
滑动变阻器R1的阻值越小越好，则选择N 比较合适。
（2）①在开关闭合以前，通过电流表的电流最小，所以此时滑动变阻器滑片应滑到最左端。
③电流表A1、A2的示数相同，设为I，则IRA2＝I（RA1+R0），则电流表A1的内阻RA1＝RA2﹣R0
（3）根据并联电路两支路两端电压相等，则有I2RA2＝I1（RA1+R0'），解得电流表A1的内阻RA1的测
量值为RA1= I 2 R A 2
I 1
−R0′。
故答案为：（1）Q，N；（2）①最左端；③RA2﹣R0；（3）I 2 R A 2
I 1
−R0′。
题型七 电压半偏法测电阻
1．（2025 秋•浑南区校级月考）甲同学根据图所示电路采用“半偏法”测量一个量程为3V 的电压表内阻
（约3kΩ）。
（1）为使测量值尽量准确，在以下器材中，电阻箱R 应选用
B
，滑动变阻器R0应选用
C
，
电源E 应选用
F
（选填器材前的字母）。
A.电阻箱（0～999.9）
B.电阻箱（0～9999Ω）
C.滑动变阻器（0～50Ω）
D.滑动变阻器（0～2kΩ）
E.电源（电动势1.5V）
F.电源（电动势4.5V）
（2）该同学检查电路连接无误后，在开关S1、S2均断开的情况下，先将R0的滑片P 调至a 端，然后
闭合S1、S2，调节R0，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节R 的阻值，使电压表指针偏
转到满刻度的一半。如果此时电阻箱R 接入电路中的阻值为3150Ω，则被测电压表的内阻测量值为
3150
Ω，该测量值 大于 实际值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）B；C；F；（2）3150；大于
【分析】（1）用半偏法测电压表内阻时，电阻箱阻值不得小于待测电压表内阻。电源电动势不能小于
电压表最大测量值。滑动变阻器采用的是分压接法，应该选用阻值小的滑动变阻器。
（2）根据半偏法测量原理可知，待测电压表内阻等于电阻箱阻值。电压表所在支路与滑动变阻器左半
部分并联，当电阻箱也接入时，并联部分电阻变大，根据分压原理，并联部分电压大于原来的满偏电
压，电阻箱电压大于电压表的半偏的电压，根据串联分压原理分析电阻箱阻值与电压表内阻的大小关
系。
【解答】解：（1）用半偏法测电压表内阻时，电阻箱阻值不得小于待测电压表内阻，已知待测电压表
内阻大约3kΩ，故电阻箱选B；因为电路图使用的是滑动变阻器分压接法，应该选用阻值小的滑动变
阻器，操作方便并能减小实验误差，故滑动变阻器选C；电源电动势不能小于电压表最大测量值，故
电源应选F。
（2）闭合S1、S2时，使电压表满偏，再断开开关S2，调节R 的阻值，使电压表半偏，此时可认为电
阻箱R 两端的电压等于电压表两端的电压，故电阻箱阻值等于待测电压表内阻，可得电压表内阻为
3150Ω。
电压表所在支路与滑动变阻器左半部分并联，当只有电压表接入时，电压表满偏电压为Um，当电阻箱
也接入时，并联部分电阻变大，依据分压原理，并联部分电压变大，大于原来的Um，当电压表示数变
为原来的一半，即U m
2 时，电阻箱电压必定大于U m
2 ，故电阻箱阻值大于电压表内阻，则该测量值大于
实际值。
故答案为：（1）B；C；F；（2）3150；大于
2．（2025•岳麓区校级三模）一个有两个量程的电压表已损坏，电流表G 的满偏电流Ig＝300μA，内阻未
知，其电路如图甲所示。某同学对该电压表进行修复并校准的过程如下：
（1）拆开电压表，经检测，R1损坏，表头和R2完好；
（2）用如图乙所示的电路测量表头的内阻，图乙中电源的电动势E＝4V。闭合开关前，滑动变阻器R
的滑片移到b 端，先闭合S1，调节滑动变阻器R，使表头的指针偏转到满刻度；再闭合开关S2，保持
R 不变，仅调节电阻箱R′阻值，使表头指针偏转到满刻度的2
3，读出此时R′的阻值为200Ω，则表
头的内阻的测量值为
100
Ω；
（3）根据题给条件和（2）所测数据，请你推算电阻R1损坏之前的阻值应为
9900
Ω，选取相应
的电阻替换R1，重新安装好电表；
（4）用标准电压表对修复后的电压表的“0～3V”量程进行校对，请把如图丙所示的实物电路补充完
整；
（5）校准时发现，修复后的电压表的读数比标准电压表的读数偏小，该同学认为造成这一结果的原因
是，由于步骤（2）测量表头的内阻存在一定的误差，表头内阻的真实值 大于 （填“大
于”或“小于”）测量值。
【答案】（2）100
（3）9900
（4）
（5）大于
【分析】（2）根据串并联知识列式求解表头的内阻的测量值；
（3）电流表与R1串联构成了量程为3V 的电压表，根据串联知识列式求解电阻R1损坏之前的阻值；
（4）根据实验原理连接实物图；
（5）根据电路变化引起的电流变化分析误差。
【解答】解：（2）闭合S2前，干路电流为Ig，闭合S2后，干路电流不变，电流表和电阻箱并联，电
压相同，
可知电流表示数为2
3 I g，故流过电阻箱的电流为1
3 I g，
设电流表内阻为Rg，则由并联特点有2
3 I g Rg= 1
3 I g R′
代入数据得Rg＝100Ω；
（3）电流表与R1串联构成了量程为3V 的电压表，故V = I g( Rg+ R1)=300×10
−6 A ×(100+ R1)
解得R1＝9900Ω
（4）校准改装好的电压表需要标准电压表与其并联，故图如下
（5）由于步骤（2）中闭合S2时认为干路电流不变，实际并联后的电路总电阻减小，总电流增大，
此时干路电流大于Ig，故流过R'的电流大于1
3 I g，故表头内阻的真实值大于测量值。
故答案为：（2）100
（3）9900
（4）
（5）大于
3．（2025 春•广东期末）某教师为提升自身实验操作水准，利用假期在实验室练习利用半偏法测量电压
表的内阻。实验室提供以下器材：
电池（电动势约为4V，内阻可忽略不计）；
滑动变阻器A（阻值范围为0～2000Ω）；
滑动变阻器B（阻值范围为0～20Ω）；
电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）；
待测电压表（量程为0～3V，内阻约为3000Ω）；
开关及导线若干。
（1）该教师设计了如图所示的电路图，滑动变阻器应选择
B
（选填“A”或“B”）；
（2）正确连接电路后进行如下操作：
①把滑动变阻器的滑片P 滑到
a
（选填“a”或“b”）端，并将电阻箱的阻值调到零，闭合开
关S；
②闭合开关S，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持开关S 闭合、滑动变阻器滑片的位置不变，调整电阻箱的阻值，当电阻箱阻值为R1时，电压
表的指针指在满刻度的1
2处，即可认为该电压表的内阻为R1。
（3）该电压表的实际内阻 小于 （选填“大于”、 “小于”或“等于”）R1；
（4）该教师通过录像分析实验操作时，发现在开关S 闭合前，电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，
后续操作均正确，则该电压表内阻应为
R 1﹣
2R
2 （用R1、R2表示）。
【答案】（1）B；（2）①a；（3）小于；（4）R1﹣2R2。
【分析】（1）滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度分析作答；
（2）从保证电路安全的角度分析作答；
（3）电压表支路接入电阻箱后，该支路的电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，根据欧姆定
律分析支路的总电压变化情况，根据串联电路电压的分配与电阻的关系分析作答；
（4）滑动变阻器的滑动片位置不变，电压表支路的电压不变，根据串联电路的特点和欧姆定律求解作
答。
【解答】解：（1）滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择B；
（2）①为了保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应位于a 端；
（3）当电阻箱阻值为R1时，电压表支路的电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，滑动变阻
器滑动片右端电阻和电源内阻分得的电压减小，滑动变阻器滑动片左端电阻分得的电压增大，即电压
表支路的总电压增大；
当电压表示数为1
2 U V时，电阻箱两端的真实电压大于1
2 U V
根据串联电路电压的分配与电阻的关系，电压表内阻的真实值小于R1；
（4）电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，电压表满偏时，支路的电压U =U V + U V
RV
⋅R2
由于滑动变阻器的滑动片位置不变，电压表支路的电压不变，电压表半偏时，支路的电压
U = 1
2 U V + U V
2 RV
⋅R1
联立解得RV＝R1﹣2R2。
故答案为：（1）B；（2）①a；（3）小于；（4）R1﹣2R2。
题型八 电桥法测电阻
1．（2026•莆田模拟）某物理实验小组利用实验室器材测量一段康铜金属丝的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，算出平均值D；用刻度尺测量金属丝接入电路的长度
L。
（2）该实验小组采用图甲所示电路图进行实验，U 为输出电压可调且稳定的直流电源。将电源输出电
压调至U＝5.00V，闭合开关S，调节电阻箱R 的阻值，当R 的示数R0＝1.20Ω 时，电压表的指针如图
乙所示，其读数Ux＝
2.60
V。根据上述数据，可计算得金属丝的电阻Rx＝
1.30
Ω（保留3 位
有效数字）。
（3）根据公式ρ＝ π Rx D
2
4 L
（用π、D、L、Rx表示）可计算出该金属丝的电阻率。
（4）在图甲的电路中，由于电压表内阻并非无穷大，会导致Rx的测量值 小于 （填“大于”“小
于”或“等于”）真实值。
（5）另一实验小组设计了图丙所示的改进电路进行测量。闭合开关S 与S1，调节电阻箱R，当灵敏电
流计G 的示数为零时，记下电阻箱的阻值R1，则金属丝的电阻为Rx＝ E R1
U −E （用R1、U、E 表
示）。
【答案】（2）2.60，1.30；（3）π Rx D
2
4 L
；（4）小于；（5）E R1
U −E
。
【分析】（2）先确定电压表的最小分度值再读数；根据欧姆定律计算；
（3）根据电阻定律和几何知识计算；
（4）根据电压表的分流作用判断；
（5）根据电桥法测电阻的原理计算。
【解答】解：（2）电源输出电压调至U＝5.00V，电压表采用0～3V 量程，最小分度值为0.1V，电压
表的读数＝2.60V。
由欧姆定律可知金属丝的电阻Rx =
U x
U −U x
R0
= U x R0
U −U x
= 2.60×1.20
5.00−2.60 Ω=1.30Ω
（3）根据电阻定律有Rx = ρ L
S
根据几何知识有S = π( D
2 )
2
联立解得ρ= π Rx D
2
4 L
（4）在图甲的电路中，由于电压表内阻并非无穷大，可知电流测量值偏大，由欧姆定律可知会导致R
的测量值小于真实值。
（5）当灵敏电流计示数为零时，Rx两端电势差等于干电池电动势E，则R 两端电压为U﹣E，由串联
电流相等有U −E
R1
= E
Rx
，解得Rx = E R1
U −E
故答案为：（2）2.60，1.30；（3）π Rx D
2
4 L
；（4）小于；（5）E R1
U −E
。
2．（2026•沙坪坝区校级模拟）某同学设计了如图甲所示的电路测量电池组的电动势和内阻。除待测电
池组外，还需使用的实验器材：灵敏电流表G，可变电阻R1、R2，电压表V1、V2，电流表A1、A2，
开关，导线若干。
（1）按图甲所示电路图连接好电路，将可变电阻R1、R2调到合适的阻值，闭合开关S，反复调节可变
电阻R1、R2，直到电流表G 的示数为零，电压表V1和V2的示数之和记为U1，电流表A1和A2的示数
之和记为I1。
（2）断开开关，适当调小可变电阻R1的阻值，闭合开关，发现此时电流表G 的指针发生了偏转，缓
慢 调大 （选填“调大”或“调小”）可变电阻R2的阻值，直至电流表G 的指针示数为零，电压
表V1和V2的示数之和记为U2，电流表A1和A2的示数之和记为I2。
（3）重复（2）的步骤，记录到多组数据（U3，I3）、（U4，I4）…。
（4）实验完毕，整理器材。
（5）将记录的数据标在坐标纸上，如图乙所示，依据图线得到电池组的电动势为
2.92
V，内阻r
为
1.73
kΩ。（均保留两位小数）
（6）若G 表指零时实际还有一个从a 到b 的小电流，则电动势测量值 ＞ （选
填“＞”、“＜”或“＝”）真实值。
【答案】（2）调大；（5）2.92；1.73；（6）＞。
【分析】（2）当电流表G 的示数为零时，a、b 两点的电势相等，当适当调小可变电阻R1的阻值后，
电阻R1的分压变小，导致b 点电势降低，需要使a 点电势也降低，则需要增大可变电阻R2的分压，据
此判断如何调节电阻R2的阻值。
（5）当电流表G 的示数为零时，电压表V1和V2的示数之和就等于路端电压U，电流表A1和A2的示
数之和就等于通过电源的电流I。则图乙的U﹣I 图像就是电源发特性曲线，根据闭合电路欧姆定律，
结合U﹣I 图像的纵截距与斜率解答。
（6）若G 表指零时实际还有从a 到b 的小电流，说明a 点电势高于b 点电势。根据桥接电路的特点分
析流过电源的真实电流值与路端电压的真实值分别与测量值的关系，根据闭合电路欧姆定律得到真实
的U﹣I 图像的解析式，根据图像的斜率与纵截距进行分析。
【解答】解：（2）当电流表G 的示数为零时，a、b 两点的电势相等，即φa＝φb，当适当调小可变电
阻R1的阻值后，电阻R1的分压变小，导致b 点电势降低，需要使a 点电势也降低，再次使φa＝φb，
电流表G 的指针示数才能为零，则需要增大可变电阻R2的分压，故需要缓慢调大可变电阻R2的阻
值。
（5）当电流表G 的示数为零时，电压表V1和V2的示数之和就等于路端电压U，电流表A1和A2的示
数之和就等于通过电源的电流I。则图乙的U﹣I 图像就是电源的特性曲线，作出图乙的图像如下图所
示：
根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir
由U﹣I 图像的纵截距与斜率可得：E＝2.92V，r= 2.92−1.50
0.82×10−3 Ω=1.73kΩ
（6）若G 表指零时实际还有从a 到b 的小电流，则φa＞φb，设流过电流表G 的小电流为I0，电流表G
的内阻为Rg，电压表V1和V2的示数分别为UV1、UV2，电流表A1和A2的示数分别为IA1、IA2。则有：
流过电源的真实电流为：I 真＝IA2+IA1﹣I0＝I 测﹣I0
路端电压的真实值为：U 真＝UV2﹣I0Rg+UV1＝U 测﹣I0Rg
根据闭合电路欧姆定律得：U 真＝E 真﹣I 真r 真
联立可得：U 测﹣I0Rg＝E 真﹣（I 测﹣I0）r 真
可得：U 测＝E 真﹣I0r 真+I0Rg﹣I 测r 真
可知电源内阻的真实值r 真仍等于测量所得U﹣I 图像的斜率绝对值，即r 真＝r 测，说明真实的U﹣I 图
像与测量所得的U﹣I 图像平行，由上述分析可知，路端电压与流过电源的电流的真实值小于其测量
值，故真实的U﹣I 图像在测量所得的U﹣I 图像的下方，可知测量所得的U﹣I 图像的纵截距偏大，故
电动势测量值大于真实值。
故答案为：（2）调大；（5）2.92；1.73；（6）＞。
3．（2026•安徽模拟）某实验小组为了测量电源的电动势和内阻以及量程为0～0.6A 的电流表内阻，设计
如图甲所示的电路，其中A1、A2是两个相同的待测电流表，定值电阻的阻值为R0。
（1）按照图甲连接好电路，闭合开关S 前，滑动变阻器R 的滑片应置于最 右
（填“左”或“右”）端；
（2）闭合S，调节滑动变阻器R 与电阻箱的阻值，当电阻箱的读数为R1时，灵敏电流表G 的示数为
零，则待测电流表内阻的测量值为 ❑√R1 R0 ；
（3）保持电阻箱阻值不变，调节滑动变阻器，读出电流表A1、A2的示数I1、I2，以及电压表的示数
U，图乙是电流表A1的某次示数，其读数为
0.52
A；
（4）仅改变滑动变阻器滑片的位置，测得多组U、I1、I2，以U 为纵坐标、I1+I2为横坐标，得到图丙
所示的直线，则电源的电动势E＝
c
，内阻r＝ c
d −❑√R0 R1 。（均选用c、d、R0、R1表示）
【答案】（1）右；（2）❑√R1 R0；（3）0.52；（4）c，c
d −❑√R0 R1。
【分析】（1）根据保护电路分析判断；
（2）根据电桥电路测电阻的原理计算；
（3）先确定电流表的最小分度值再读数；
（4）根据桥式电路原理和闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
【解答】解：（1）闭合S 之前，滑动变阻器接入电路的电阻要最大，所以应将滑动变阻器R 的滑片置
于最右端。
（2）设电流表A1、A2的内阻为Rx，当G 的读数为零时，满足Rx
2= R1 R0，所以Rx = ❑√R1 R0。
（3）由于电流表的量程为0～0.6A，最小一格为0.02A，则电流表的读数为0.52A。
（4）当电流计G 的示数为零，桥式电路的总电阻为( R0+ ❑√R0 R1)( R1+ ❑√R0 R1)
R0+ R1+2❑√R0 R1
= ❑√R0 R1，电路的总
电流为I1+I2，根据闭合电路欧姆定律U = E−( I 1+ I 2)(r + ❑√R0 R1)
结合图像可知，E＝c，c
d =r + ❑√R0 R1，解得r = c
d −❑√R0 R1
故答案为：（1）右；（2）❑√R1 R0；（3）0.52；（4）c，c
d −❑√R0 R1。
4．（2026•锦州模拟）经过长期研究科学家发现磁感应强度超过0.5 特斯拉的强磁场可能会对人体产生负
面影响，如头晕、恶心甚至影响中枢神经或心血管系统等身体器官的正常功能。图1 为某磁敏电阻阻
值随垂直电阻表面磁感应强度B 变化的图像。一个兴趣小组同学用该磁敏电阻测量当地的磁场，找到
的实验器材如下：
A.灵敏电流计G
B.磁敏电阻RB
C.电阻箱R1
D.总长L＝60cm 粗细均匀的电阻丝MN
E.滑动变阻器R2的量程0﹣20Ω
F.滑动变阻器R3的量程0﹣2000Ω
G.电源
H.开关以及导线若干
（1）图2 为该小组设计的部分实验电路图，请将电路图补充完整，其中滑动变阻器应选
E
（选填
器材代号：“E”或“F”）。
（2）实验中调节电阻箱，使得电流计的读数为零时，触头b 距M 端的距离为L0＝40cm，若R1＝
150Ω，则磁敏电阻RB＝
300
Ω，对照图1 判断 不会 （“会”或“不会”）对人体产生负面影
响。
【答案】（1）
；
E；
（2）300；不会。
【分析】（1）为了得到多组实验数据，滑动变阻器采用分压式接法，据此完成实验电路图设计；从保
证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；
（2）根据电桥平衡求解作答；结合图1 求解磁感应强度，然后根据人体承受的磁感应强度分析作答。
【解答】解：（1）为了得到多组实验数据，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路图如图所示：
为了保证电路安全，方便调节滑动变阻器应选E；
（2）设电阻丝MN 的总电阻为R，则Mb 之间的电阻RMb= L0
L R = 40
60 R = 2
3 R
bN 之间的电阻RbN = L−L0
L
R = 60−40
60
R = 1
3 R
根据电桥平衡
RB
RMb
= R1
RbN
解得磁敏电阻RB= RMb
RbN
R1=
2
3 R
1
3 R
×150Ω=300Ω
根据图1 可知，磁感应强度B＝0.2T＜0.5T
因此不会对人体产生负面影响。
故答案为：（1）
；
E；
（2）300；不会。
题型九
双电源测电阻的实验方法
1．（2026•吉林模拟）某实验小组利用电流表和电阻箱测量干电池的电动势和内阻。
（1）若采用图（a）所示电路图进行测量，将电流表的示数和电阻箱示数的乘积记作路端电压，在实
验操作和数据处理都正确的情况下， 是 （选填“是”或“否”）存在系统误差，原因是 电流表
内阻不能忽略，有分压作用 。
（2）实验小组将实验方案进行了改良。
①实验电路如图（b）所示，将补偿电源E'、滑动变阻器R′和灵敏电流计接入原电路，调节滑动变
阻器R′，当灵敏电流计两端电势相等时，灵敏电流计示数为零，电流表的示数仍等于通过电阻箱的
电流，为得到待测电源所在回路的路端电压，消除电流表内阻引起的误差，则灵敏电流计的另一端A
应与
b
（选填“a”、“b”、“c”或“d”）点相连。
②正确连接实验仪器，调节滑动变阻器的阻值，使灵敏电流计示数为零，记录电阻箱读数和电流表读
数。已知电流表接入电路的接线柱为0﹣0.6A，某次测量时指针位置如图（c）所示，则电流表读数I
＝
0.16
A。
③改变电阻箱阻值，重复以上操作，记录多组R、I 读数，将数据输入电脑并自动生成如图（d）所示
的R−1
I 图像和函数，根据函数表达式可知，电源内阻r＝
1.45
Ω。（结果保留3 位有效数字）
【答案】（1）是；电流表内阻不能忽略，有分压作用；（2）①b；②0.16；③1.45。
【分析】（1）根据实验原理，结合串联电阻的分压作用分析作答；
（2）①根据实验原理，结合实验电路分析作答；
②0﹣0.6A 量程电流表的分度值为0.02A，根据电流表的读数规则读数；
③根据实验原理、闭合电路欧姆定律求解1
I −R函数，结合拟合方程求解作答。
【解答】解：（1）若采用图（a）所示电路图进行测量，将电流表的示数和电阻箱示数的乘积记作路
端电压，在实验操作和数据处理都正确的情况下，是存在系统误差，原因是电流表内阻不能忽略，有
分压作用。
（2）①为得到待测电源所在回路的路端电压，消除电流表内阻引起的误差，则灵敏电流计的另一端
A 应与b 点相连。
②0﹣0.6A 量程电流表的分度值为0.02A，则电流表读数I＝0.16A。
③灵敏电流计示数为零时，根据闭合电路欧姆定律E＝I（R+r）
变形得R = E⋅1
I −r
结合拟合方程y＝1.4027x﹣1.4516
电源内阻r＝1.45Ω。
故答案为：（1）是；电流表内阻不能忽略，有分压作用；（2）①b；②0.16；③1.45。
2．（2026•唐山一模）（1）唐山二中一实验小组采用如图1 所示的实验电路测量待测电阻的阻值。某次
测量时，电压表示数为2.00V，电流表示数为50mA，则该待测电阻的测量值Rx＝
40
Ω；此待测
电阻的测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）。
（2）该实验小组为了减小实验误差，采用补偿法再一次测量待测电阻的阻值，电路图如图2 所示。闭
合开关S1，调整滑动变阻器R1触头的位置，使电流表指针指到某一位置。闭合开关S2，调整滑动变阻
器R2触头的位置，使灵敏电流计G 的示数为0。此时电压表示数为2.03V、电流表示数为50mA，若以
此次测量的待测电阻阻值为真实值，则采用图1 电路图测量待测电阻时产生的相对误差为
1.5
%。
（相对误差=|测量值一真实值|
测量值
）
（3）关于补偿法测量待测电阻，下列说法正确的是
A
（单选）。
A.当灵敏电流计G 示数为0 时，a、b 两点电势相等
B.补偿电路的作用是提供与电压表分流大小相等、方向相同的电流
C.滑动变阻器R2在实验中的主要作用是避免流过电源E2的电流过大
【答案】（1）40，偏小；（2）1.5；（3）A。
【分析】（1）根据电压和电流数值计算测量值，再分析电流表外接法下电流测量值偏大的原因，判断
测量值与真实值的大小关系；
（2）先通过补偿法数据算出电阻真实值，再代入相对误差公式，计算图1 测量方法的相对误差；
（3）结合补偿法电路中灵敏电流计为零的物理意义，逐一分析选项的正确性，选出符合原理的答案。
【解答】解：（1）①由欧姆定律Rx = U
I =
2.00V
50×10
−3 A
= 40Ω；
②图1 为电流表外接法，电压表测Rx真实电压，电流表测Rx与电压表的总电流，由R = U
I 测量值比
真实值偏小
（2）真实值：R真= U
I =
2.03V
50×10
−3 A
= 40.6Ω
则相对误差：相对误差= 40.6−40
40
×100 % =1.5%
（3）A.G 示数为O 时无电流，a、b 电势相等，故A 正确；
B.补偿电路抵消电压表分流，非提供等大同向电流，故B 错误；
C.R2用于调节补偿电压使G 示数为0，非保护E2，故C 错误。
故选：A。
故答案为：（1）40，偏小；（2）1.5；（3）A。
3．（2025•盐池县三模）某同学在实验室找到一批量程0～3mA 但内阻未知的毫安表。为了后续便于改
装，决定先测量出其准确的内阻值。
（1）某同学先按图甲所示的电路图连接电路，闭合开关S1，调节滑动变阻器使得毫安表G1指针满
偏，再闭合开关S2，调节电阻箱Rx使得毫安表G1指针半偏，并记录下此时电阻箱的阻值。若将该阻
值作为毫安表内阻的测量值，则该测量值 小于 毫安表内阻的真实值（选填“大于”、“小
于”或“等于”）。
（2）实验中发现，闭合开关S2，调节电阻箱Rx时，毫安表G2在实验过程中示数变化较大，这是因为
A
。
A.电源电动势较小
B.定值电阻R1较大
C.电阻箱最大阻值较小
（3）为了减小测量误差，该同学采用了一种“补偿”电路进行测量，如图乙所示，操作步骤如下：
①闭合开关S1、S3，调节滑动变阻器RP至合适位置，记录下此时毫安表G1的示数I1＝3mA；
②断开开关S3，闭合开关S4，调节滑动变阻器Rp′使毫安表G2示数为0，此时毫安表G1的示数为
3
mA；
③再闭合开关S2，调节电阻箱Rx与
R p （选填“RP”、“Rp′”）使得毫安表G2示数为0，记录下
此时毫安表G1的示数I2＝1.3mA，电阻箱的示数Rx＝195Ω。
则毫安表内阻为
255
Ω。
【答案】（1）小于。（2）A。（3）①3，②RP，③255。
【分析】（1）通过分析闭合开关S2后总电阻、总电流的变化，结合欧姆定律R = U
I ，得出测量值与真
实值的大小关系。
（2）根据闭合S2后毫安表G2示数变化情况，判断是因为电源电动势小，电路总电阻相对小，开关S2
闭合前后总电阻变化比例大导致的。
（3）利用断开S2闭合S1后电流的关系，以及闭合S2后调节电阻使毫安表G2示数为0 的情况，结合并
联分流规律
I 1−I 2
I 2
= Rx
Rs
，计算得出相关电阻值等结果。
【解答】解：（1）闭合S2后，电路中总电阻减小，总电流增大，大于原来的满偏电流Ig，而电流计中
电流为I g
2 ，则通过电阻箱的电流大于I g
2 。根据R = U
I 可知测量值比真实值偏小。
（2）闭合开关S2，调节电阻箱Rx时，毫安表G2在实验过程中示数变化较大，说明电路中总电流变化
较大，这是因为电源电动势较小，电路总电阻相对较小，使得开关S2闭合前后电路总电阻变化比例较
大。
（3）断开开关S3，闭合开关S4后，毫安表G2和R1的总电流，可视为左侧电源输出电流和右侧电源输
出电流的差，当毫安表G2示数为0 时，说明左侧电源电流和右侧电源电流相等，毫安表G1的示数仍
为3mA。闭合开关S2后，若不调节滑动变阻器RP'，则右侧电源输出电流不变，仍为3mA，此时调节
电阻箱Rx与滑动变阻器RP再次使得毫安表G2示数为0 时，可以保证左侧电源输出电流也为3mA。再
根据并联分流的规律有
I 1−I 2
I 2
= Rg
Rs
，解得Rg＝255Ω。
故答案为：（1）小于。（2）A。（3）①3，②RP，③255。
