微安表内阻会有1000欧姆这么大?可我一直记得老师讲过电流表内阻非常小可忽略,

①实物连线如图：

②R="1750"Ω；I="240"uA；③在调节电阻箱阻值R时，尽可能不改变R与电流计两端的电压值之和，则滑动变阻器应该选用阻值较小的R1；④由欧姆定律，设电流计和电阻箱两端的电压之和为U，则U=I(R+Rg)，整理可得：，由题意可得：，

解得。

①连线图见解析；②1750 ； 240；③ R ₁ ④


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（1）根据题意要求测量部分电压不变，即要求测量部分与滑动变阻器右半部分并联的总电阻不变，据并联电路特点知，当 R_右＜＜R_测时，并联的总电阻由R_右决定，微安表的内阻约1kΩ，改变电阻箱的阻值时，测量部分与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值几乎不变，故选用R_1．
（2）如图

（3）微安表的内阻远远大于滑动变阻器右半部分电阻，它们并联后的阻值略小于滑动变阻器右半部分电阻．
开始时电阻箱R₀的阻值为零，将滑片P缓慢左移，使微安表上电流满偏，通过微安表电流为I；
调整R₀的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的[2/3]，通过微安表电流为[2/3]I；
电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值基本不变，我们可以近似认为电阻箱和微安表串联的电路两端电压基本不变，通过微安表电流为[2/3]I，电阻箱和微安表串联的总电阻增大到原来的[3/2]，
即[3/2]R=R+448.2Ω，得出：R=896.4Ω．
电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，
总电流略减小，分压器上分到的电压略增大，通过微安表电流为[2/3]I，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原来的[3/2]，即 R_真+448.2Ω＞[3/2]R_真，得出：R_真＜896.4Ω．所以测量值比真实值偏大．
故答案为：①C；②实物电路图如图所示；③145.5；291；④R_A．

点评：
本题考点： 伏安法测电阻．

考点点评： 测量电压表和电流表内阻时，一般不能直接用伏安法进行测量，因为电流表电阻太小，其两端电压太小用电压表测误差太大，同理，电压表电阻太大，其上通过的电流太小，电流表测误差太大．故电流表．电压表内阻测量常用半偏法或类似半偏法．

（1）本实验中，变阻器采用分压接法，为方便调节，变阻器选阻值较小的R₁’．
（2）按照电路图连接实物图如图．
（3）微安表的内阻为998.2Ω．
实验中，滑片P固定不动，调整变阻箱R的阻值时，微安表与电阻箱的总电压增大，当微安表上读数正好是满刻度的一半时，微安表与电阻箱的总电阻大于微安表内阻的2倍，即电阻箱的电阻大于微安表的内阻，现用电阻箱的电阻代替微安表的内阻，测量值比真实值要偏大．即R_真＜R_测．
故本题答案是
（1）R₁′
（2）略
（3）998.2Ω；小于．

点评：
本题考点： 伏安法测电阻．

考点点评： 本实验采用等效替代的方法来测量微安表内阻，要控制条件：第一次滑动变阻器R′，调整电阻箱R为零．而第二次变阻器不动，调节电阻箱．

①由原理图可知，电路为基本的限流接法，故按原理图串联即可；连线如下图所示；

②为保证安全，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端；
③将各点依次描出，连线如下图所示．

④由图示可知，电源电动势E=I₁（R_l+R_A1）=149×10^-6×10000=1.49V，
电源内阻r=
△I1(R1+RA1)
△I2=
(149−120)×10−6×10000
480×10−3≈0.60Ω；
故答案为：①实物电路图如图所示；②b端；③图象如图所示；④1.49；0.60．

点评：
本题考点： 测定电源的电动势和内阻．

考点点评： 测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义．

（1）根据题意要求测量部分电压不变，即要求测量部分与滑动变阻器右半部分并联的总电阻不变，据并联电路特点知，当 R_右＜＜R_测时，并联的总电阻由R_右决定，微安表的内阻约1kΩ，改变电阻箱的阻值时，测量部分与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值几乎不变，故选用R_1．
（2）如图
（3）微安表的内阻远远大于滑动变阻器右半部分电阻，它们并联后的阻值略小于滑动变阻器右半部分电阻．
开始时电阻箱R₀的阻值为零，将滑片P缓慢左移，使微安表上电流满偏，通过微安表电流为I；
调整R₀的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的[2/3]，通过微安表电流为[2/3]I；
电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值基本不变，我们可以近似认为电阻箱和微安表串联的电路两端电压基本不变，通过微安表电流为[2/3]I，电阻箱和微安表串联的总电阻增大到原来的[3/2]，
即 [3/2]R=R+448.2Ω，得出：R=896.4Ω．
电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，
总电流略减小，分压器上分到的电压略增大，通过微安表电流为[2/3]I，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原来的[3/2]，
即 R_真+448.2Ω＞[3/2]R_真，得出：R_真＜896.4Ω．所以测量值比真实值偏大．
故答案为：（1）R₁（或C）
（2）如图：变阻箱与微安表串联后与滑动变阻器部分电阻并联，采用滑动变阻器的分压式连接，要注意电表的正负．
（3）896.4Ω 偏大．

点评：
本题考点： 欧姆定律；串联电路和并联电路．

考点点评： 测量电压表和电流表内阻时，一般不能直接用伏安法进行测量，因为电流表电阻太小，其两端电压太小用电压表测误差太大，同理，电压表电阻太大，其上通过的电流太小，电流表测误差太大．故电流表．电压表内阻测量常用半偏法或类似半偏法．

A、交流感应电动机利用电磁驱动使得线圈转动．故A正确．
B、将电流表的两接线柱连接，指针转动时，会产生感应电流，产生电磁阻尼，从而保护表针．故B正确．
C、在感生电动势中，使电荷定向移动形成电流的是电场力，动生电动势产生与 洛伦兹力有关．故C错误．
D、当某列火车以一恒定的速度驶过来时，接收到的频率变大，火车汽笛声发出的频率不变．故D错误．
故选AB．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；多普勒效应．

考点点评： 解决本题的关键知道动生电动势和感生电动势形成的原因，以及掌握多普勒效应．

①实验时选用记录的实验数据是：电流表mA表的示数I₁，
微安表μA表的示数I₂，电阻箱的阻值R₂；通过电阻箱的电流I=I₁-I₂，
待测微安表两端电压，即并联电压U=IR₂=（I₁-I₂）R₂，
微安表内阻R_g=
U
I2=
(I1−I2)R2
I2；
②电路最小总电阻约为R=
E
IμA=
3V
500×10−6A=6000Ω，
保护电阻R₃最小阻值为R₃=R-R_μA-R_mA=6000Ω-200Ω-100Ω=5700Ω；
为保证电路安全，方便实验操作滑动变阻器R₁应选B．
③根据实物电路图甲连接实物电路图如图所示．
①mA表的示数I₁和μA表的示数I₂及电阻箱的阻值R₂；R_g=
(I1−I2)R2
I2；
②5700，B；③实物电路图如图所示．

点评：
本题考点： 伏安法测电阻．

考点点评： 知道两种实验设计的实验原理是正确解题的前提与关键，知道实验原理后，应用串并联电路特点、欧姆定律即可正确解题．对于实验题，一定要知道其实验原理．

应减小改装后的电压表的内阻，可在R上并联一个比R大的多的电阻或换一个比R的阻值略小的电阻．
　　则B，D正确，AC错误
故选：BD

点评：
本题考点： 把电流表改装成电压表．

考点点评： 考查电压表的改装原理明确示数大小决定于G表头的电流大小．

①从正极开始分支，一支经上面电流表和变阻箱，另一支经下边滑动变阻器，两支路汇合一起经另一开关回到负极，如下图所示：

②根据变阻箱示数可读得，R=1×1000+7×100+5×10+0×1=1750Ω
而电流表示数为：量程为毫安，则读数为：I=240μA；
③由所测电流计的阻值约1kΩ可知，需保证在调节电阻箱阻值R时，尽可能不改变R与电流计两端的电压值之和，则滑动变阻器应选择小阻值的量程，因此选取最大阻值10Ω，即为滑动变阻器R₁；
④根据电路图，由闭合电路欧姆定律可得：E=I（Rg+R），则：[1/I]=
Rg
E+[1/E]R，
解得：电流表内阻R_g=Eb=[b/k]．
故答案为：①如图；②R=1750Ω；I=240uA；③R₁；④[b/k]．

点评：
本题考点： 伏安法测电阻．

考点点评： 本题考查根据电路图连接实物图，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，平时要注意多加练习，注意正负极，同时掌握如何读数，并能理解图象的含义与物理规律的综合应用，及会选取滑动变阻器的阻值大小．