河北省衡水市冀州市中学学年高二物理上学期第六次月考试卷含解析

2018—2019学年度高二第六次月考
物理试题
一、选择题
1.以下关于交流电的说法中正确的选项是（）
A. 交流电器设备上所标的电压和电流值表示其峰值
B. 用交流电流表和电压表测量的数值表示其瞬市价
C. 白炽灯泡上注明的电压值表示其有效值
D. 在交流电的一个周期T内，跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值叫做其平均值
【答案】C
【分析】
试题分析：交流电器设备上所标的电压和电流值表示其有效值，A错误C正确，用交流电流表和电压表测量的数值表示其有效值，B错误，在交流电的一个周期T内，跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值叫做有效值，D错误
应选C
考点：观察了对交变电流的理解
议论：正确理解交流电的“四值”含义，特别是“有效值”的理解与应用，同时注意加强这方面的练习．
2.以下列图，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成素来径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流经过，则三棒碰到安培力的大小关系为（）
A. F a＞F b＞F c
B. F a=F b=F c
C. F a＞F b=F c
D. F b＜F a＜F c
【答案】C
【分析】
【分析】
图中导体棒都与磁场垂直，对直棒的安培力，直接安培力公式F=BIL求解；关于弯棒c，可等效为长度为直径的直棒；
【详解】设a、b两棒的长度分别为L a和L b，c的直径为d，由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b三棒所受的安培力大小分别为：，，c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：，由于，则有：，故C正确，A、B、D错误；
应选C。

【点睛】要点要确定出导体棒的有效长度，知道关于弯棒的有效长度等于连接两端直导线的长度。

3.已知交变电流，线圈从零时辰开始，最少转动了多少时间其瞬市价等于有效值
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】
【详解】瞬市价：i=I m sinωt（A）；最大值I m；有效值：I=；瞬市价等于有效值，故：i=I；即：I m sinωt=，解得：ωt=+2nπ（n=0、1、2、…）；也许：
ωt=+2nπ（n=0、1、2、…），故t=、、…求转过时间的最小值，故ABC 错误，D正确；应选D。

4.如图是某交流发电机产生的交变电流的图像，依照图像能够判断错误的选项是
A. 此交变电流的频率为5Hz
B. 该交变电流的电压瞬市价的表达式为u=12sinl0πt（V）
C. 将标有“2V 3W”的灯泡接在此交流电源上，灯泡能够正常发光
D. 图像上对应的0.1s时辰，发电机中的线圈恰巧转至中性面
【答案】C
【分析】
【分析】
由交变电流的图象读出周期，求出频率；由图读出电压的最大值，求出有效值，判断灯泡能否正常发光；注意线圈转至中性面时电压为零；
【详解】AB、由图读出，周期为，频率为，交变电压的最大值为，交变电流的电压瞬市价的表达式为，故A、B正确；
C、此交变电压的最大值为，有效值，灯泡的额定电压有效
值为2V，因此灯泡会烧毁，故C错误；
D、图像上对应的0.1s时辰，交变电流的电压值为零，因此发电机中的线圈恰巧转至与中性面的地址，故D正确；
错误的应选C。

5.在以下列图电路中，已知交流电源电压u=200·sin100πt V，电阻R=100 Ω，则电流表和电压表的示数分别为（）
A. 1.41 A，200 V
B. 1.41 A，141 V
C. 2 A，200 V
D. 2 A，141 V 【答案】B
【分析】
试题分析：由瞬市价表达式知电压有效值为：，即电压表的示数，电流表示数：, 应选B．
考点：交流电的有效值
6.如图，在水平圆滑桌面上，两相同的矩形刚性小线框分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线框上各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬时（）
A. 两小线框会有相互靠拢的趋势
B. 两小线框会有相互远离的趋势
C. 两小线框中感觉电流都沿逆时针方向
D. 左边小线框中感觉电流沿顺时针方向，右侧小线框中感觉电流沿逆时针方向【答案】B
【分析】
【分析】
由通电导线产生磁场，以致线圈中产生感觉电流，再依照电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥；
【详解】依照右手螺旋定则可知，通电导线瞬时，因矩形金属框内部的磁场比外面强，因此左小线圈有向外的磁通量，且增大；同理，右侧金属框也相同，因此左、右小线圈的磁通量均增大，依照楞次定律可知，线圈的感觉电流方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离，故B正确，A、C、D错误；
应选B。

【点睛】要点掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥；同时还观察右手螺旋定则与楞次定律。

7.如图甲所示，有两个相邻的有界匀强磁场所区，磁感觉强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场所区在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽。

现有一高为a的正三角形导线框从图示地址开始向右匀速穿过磁场所区。

若以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中，线框中感觉电流i与线框搬动距离x 的关系图象正确的选项是
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】
从右侧一点进入磁场开始，设经过时间t，设角C的一半为θ，此时切割磁感线的有效长度为，感觉电动势为，电动势与时间成一次线性关系，电流也与时间成一次线性关系，当C点运动到磁场中间时，切割磁感线的有效长度最大，此后线框进入右侧磁场，由右手定则可判断电流为顺时针，电流为负值，右侧切割磁感线有效长度逐渐增大，电流逐渐增大，C对；
8.以下列图，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L=lm．PM间接有一
个电动势为E=6V，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触优异，棒的质量为m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10m／s2），匀强磁场的磁感觉强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不能能的是
A. 2Ω
B. 4Ω
C. 5Ω
D. 6Ω
【答案】D
【分析】
【分析】
分析导体棒的受力情况，当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时导体棒所受的安培力最小，电路中电流最小，依照平衡条件和安培力公式求出电路中电流的最大值，由欧姆定律获得滑动变阻器连入电路电阻的最大值；当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时导体棒所受的安培力最大，电路中电流最大，依照平衡条件和安培力公式求出电路中电流的最大值，由欧姆定律获得滑动变阻器连入电路电阻的最小值；即可获得变阻器接入电路的电阻范围，再选择；
【详解】导体棒水平方向碰到向右的绳的拉力、向左的安培力和静摩擦力；
当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时电路中电流最小，设为I1，由平衡条件得：，得：，此时变阻器接入电路的电阻最大，设为R1，由欧姆定律得：；当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时电路中电流最大，设为I2，由平衡条件得：，得：
，此时变阻器接入电路的电阻最小，设为R2，由欧姆定律得：，因此为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值范围为，不能能是，故A、B、C正确，D错误；
不能能的应选D。

【点睛】要点要依照平衡条件和欧姆定律求出变阻器接入电路的阻值范围。

9. 以下列图，两根圆滑的平行金属导轨位于水平面内，匀强磁场与导轨所在平面垂直，两根金属杆甲和乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨接触优异且保持垂直。

开初两根杆都静止，现突然给甲一初速度V使其开始运动，回路中的电阻不能忽略，那么在今后的运动中，以下说法正确的选项是( )
A. 甲战胜安培力做的功等于系统产生的焦耳热
B. 甲动能的减少量等于系统产生的焦耳热
C. 甲机械能的减少量等于乙获得的动能与系统产生的焦耳热之和
D. 最后两根金属杆都会停止运动
【答案】C
【分析】
试题分析：给甲一个初速度V而开始运动，回路中产生顺时针感觉电流，依照左手定则，甲棒受向左的安培力而减速，乙棒受向右的安培力而加速，最后两者会共速；依照能量守恒定律，故甲棒减小的动能等于系统增加的内能和乙棒增加的动能之和，故ABD错误，C正确；应选C.
考点：左手定则；能量守恒定律.
10.以下列图，理想变压器原线圈的匝数n1=1500匝，副线圈的胆数n2=150匝，R0、R1、R2均为定值电阻，原线圈接u=31lsin （l00πt）V的交流电源.开初开关S处于闭合状态.以下说法中正确的选项是（）
A. 电压表示数为22V
B. 当开关S断开后，电压表示数变小
C. 当开关S断开后，电流表示数变大
D. 当开关S断开后，变压器的输出功率减小
【答案】D
【分析】
【分析】
依照图象知道电压、周期和频率，输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，依照理想变压器的原理分析即可；
【详解】A、原线圈接的交流电源，因此原线圈电压有效值U1=220V，理想变压器原线圈的匝数匝，副线圈的匝数匝，依照电压与匝数成正比，因此副线圈的电压22V，因R1 R2并联再与R0串通，依照欧姆定律得电压表示数小于22V，故A错误；
BCD、当开关S断开后，副线圈总电阻增大，副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，R0两端电压减小，因此电压表示数增大；由于副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，因此输出功率减小，输入的功率减小，因此电流表示数变小，故B、C错误，D正确；
应选D。

【点睛】要点掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系。

11.以下列图是一理想的自耦变压器，A、B端接交流电源，C、D端接负载电阻R，P为滑动触头，当P逆时针转动时，以下结论正确的选项是（）
A. R两端的电压下降，电流减小
B. R两端的电压高升，电流增大
C. R两端的电压高升，电流减小
D. R耗资的功率不变
【答案】A
【分析】
试题分析：当P向上滑动时，原线圈的匝数增大，则副线圈的电压减小，R两端的电压下降，电流减小，依照知R耗资的功率减小，A正确,BCD错误；应选A.
考点：变压器
【名师点睛】此题观察了变压器的电压与匝数成正比，难点在于理解线圈匝数的变化；当P向上滑动时，原线圈的匝数增大，则副线圈的电压减小，R两端的电压下降。

12.某小型水电站的电能输送表示图以下列图，发电机经过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，两变压器均为理想变压器，发电机的输出电压及输电线的电阻均不变。

在用电巅峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，以下说法正确的选项是（）
A. 用户总电阻变大
B. 降压变压器的输入电压变小
C. 输电线上耗费的功率变小
D. 经过升压变压器原线圈的电流变小
【答案】B
【分析】
【分析】
用户增加，由于是并联，依照串并联特点求得总电阻的变化，在用电巅峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，依照P=UI可输电线上的电流I线增大，依照U损=I线R，输电线上的电压损失增大，依照降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，依照P
损
＝I2R求得损失的功率变化.
【详解】用电巅峰期，用户用电器的个数变多，用电器是并联接入电路，因此总电阻变小，选项A错误；在用电巅峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，
依照P=UI可输电线上的电流I
线增大，依照U
损=I线
R，输电线上的电压损失增大，
依照降压变压器的输入电压U3=U2-U
损
可得，降压变压器的输入电压U3减小，选项B正确；对输电线路的电压损失变大，输电线的电阻不变，以致线路中损失的功率变大，选项C错误；发电厂的输出功率增大，升压变压器的输出电压不变，因此经过升压变压器原线圈的电流变大，选项D错误；应选B。

【点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象。

远距离输电，由于导线通电发热以致能量损失，因此经过提高输送电压，从而实现降低电损。

输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。

13.以下列图，长方形abed长ad=0.6m，宽ab=0-3m，e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度B=0.25T。

一群不计重力、质量m=3×10-7 kg.电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度
v0=5×102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场所区（不考虑界线粒子），则以下不正确的选项是
A. 从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边
B. 从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边
C. 从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边
D. 从fc边射入的粒子，全部从d点射出
【答案】C
【分析】
【详解】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得粒子轨道半径：;
AB、若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则恰巧从b点射出，因此从e点垂直射入的粒子出射点落在bf边上；从ae边垂直射入的粒子，从圆弧af上射出，出射点分布在ab 边和bf边；从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边，故A、B正确；
CD、若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从bc边射入的粒子，全部从d点射出，因此从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确；
错误的应选C。

【点睛】要点计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，尔后找出射点。

14.以下列图，直导线MM中通有M向N的电流，要使闭合导线圈a中产生如图方向的感觉电流，应采用的方法是（）
A. a不动，使MN中电流增大
B. a不动，使MN中电流减小
C. MN中电流不变，使a平行于向右运动
D. MN中电流不变，使a向着远离MN方向运动
【答案】BD
【分析】
【分析】
导线中的电流方向由M到N，依照安培定则判断导线框所在处磁场方向，依照楞次定律判断导线框中感觉电流方向；
【详解】依照安培定则可知闭合导线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里；
A、a不动，直导线MN中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，依照楞次定律获得：线框中感觉电流方向为逆时针方向，故A错误；
B、a不动，直导线MN中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，依照楞次定律获得：线框中感觉电流方向为顺时针方向，故B正确；
C、MN中电流保待恒定，使a平行于MN向右运动，线圈中的磁通量不变，没有感觉电流，故C错误；
D、使a远离MN运动，线圈磁通量减小，依照楞次定律获得：线框中感觉电流方向为顺时针方向，故D正确；
应选BD。

【点睛】知道安培定则与感觉电流产生的条件，结合通电直导线的磁场的特点，判断出线圈中磁通量的变化是解题的要点。

15.以下列图，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用0.02s，第二次用0.4s，并且两次的初步和停止地址相同，则（）
A. 第一次磁通量变化较快
B. 第一次G的最大偏角较大
C. 第一次G的最大偏角较大
D. 若断开s，G均不偏转，故均无感觉电动势
【答案】AB
【分析】
【分析】
两次磁铁的初步和停止地址相同，知磁通量的变化量相同，依照时间长短判断磁通量变化的快慢，感觉电动势的大小与磁通量的变化率成正比；
【详解】A、磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；
BC、感觉电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感觉电动势大，产生的感觉电流大，电流表G的最大偏转角大，因此第一次G的最大偏角较大，故B正确，C错误；
D、断开s，电流表不偏转，知感觉电流为零，但感觉电动势不为零，故D错误；应选AB。

【点睛】要点知道感觉电动势产生的条件，以及知道感觉电动势的大小与磁通量的变化率成正比。

16.一个面积恒为S=0.04m2，匝数=100匝的线圈垂直放入匀强磁场中，已知磁感觉强度B 随时间t变化的规律如图，则以下说法正确的选项是（）
A. 在0-2s内，穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/s
B. 在0-2s内，穿过线圈的磁通量的变化率等于0
C. 在0-2s内，线圈中产生的感觉电动势等于8V
D. 在第3s末线圈中产生的电动势为0
【答案】AC
【分析】
【分析】
由图象看出，磁感觉强度随时间平均变化，从而得出磁通量的变化率，再由法拉第电磁感觉定律求出线圈中产生的感觉电动势，从而即可求解；
【详解】A、由图象可知在内磁通量的变化率为：
，故A正确，故B错误；
C、依照法拉第电磁感觉定律得：，可知它们的感觉电动势大小为8V，故C正确；
D、由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感觉电动势也不等于零，故D错误。

【点睛】此题中磁感觉强度平均变化，穿过线圈的磁通量平均也是平均变化，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感觉定律求出感觉电动势，是经常采用的方法和思路。

17.以下列图，高为H、上下张口、内壁圆滑的铜管竖直放置，可视为质点的小磁球A从上张口处由静止释放，并落至下张口处，若不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（）
A. 小磁球在管中做自由落体运动
B. 小磁球在管中下落过程中机械能不守恒
C. 小磁球落至下张口处的速度小于
D. 若将铜管换成内壁圆滑的陶瓷管，小磁球下落过程中机械能守恒
【答案】BCD
【分析】
依照楞次定律，小磁球在管中运动时要在管中产生涡流，从而小球的下落时要碰到向上的安培力作用，则小球的运动不是自由落体运动，选项A错误；小磁球在管中由于有感觉电流产生，产生电能，则下落过程中机械能不守恒，选项B 正确；若小球自由落体运动时到达下张口的速度等于，但是由于小球下落时碰到向上的安培力，则小磁球落至下张口处的速度小于，选项C正确；若将铜管换成内壁圆滑的陶瓷管，小磁球下落过程中不再产生电能，则机械能守恒，选项D正确；应选BCD.
点睛：此题要点是能从管中产生感觉电流的角度以及从能量角度来分析问题；深入理解楞次定律的核心“阻拦”的意义即可解答.
18.以下列图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串通后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则()
A. 此时原线圈两端电压的最大值约为34 V
B. 此时原线圈两端电压的最大值约为24 V
C. 原线圈两端原来的电压有效值约为68 V
D. 原线圈两端原来的电压有效值约为48 V
【答案】AD
【分析】
试题分析：现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5．0V，
依照串并联知识和欧姆定律得副线圈电压，依照电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V，因此此时原线圈两端电
压的最大值约为U1m=24≈34V，故A正确，B错误；原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，由于保持变压器输入电流不变，因此输出电流也不变，因此原来副线圈电压，依照电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C错误，D正确；应选AD。

考点：变压器；交流电
【此处有视频，请去附件查察】
19.以下列图，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调治，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的火热程度相同．则以下说法中正确的选项是()
A. 若是将频率增大，A1火热程度减弱、A2火热程度加强
B. 若是将频率增大，A1火热程度加强、A2火热程度减弱
C. 若是将频率减小，A1火热程度减弱、A2火热程度加强
D. 若是将频率减小，A1火热程度加强、A2火热程度减弱
【答案】BC
【分析】
此题观察电容、电感对交变电流的阻拦作用，电感对交变电流的阻拦作用会随频率的增大而增大，电容的阻拦作用会随着频率的增大而减小，因此此题中，交变电流的频率增大，灯泡A1电流增大，功率增大，火热程度加强，A2火热程度减弱
20.如图，以O为圆心、为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场所区，已知bO垂直MN，aO、cO 和bO的夹角都为30°，a，b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为t a、t b、t c，则以下给出的时间关系可能的
A. t a＜t b＜t c
B. t a=t b＜t c
C. t a＜t b=t c
D. t a=t b=t c
【答案】ACD
【分析】
【分析】
粒子垂直磁场方向射入，洛伦兹力供应向心力，做匀速圆周运动；画出运动轨迹，依照求出粒子的运动时间；
【详解】粒子带正电，偏转方向以下列图，
粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长；
若粒子的运动半径r和圆形地域半径R满足r=R，则如图甲所示，则有：；当时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，则有：；当时，轨迹如图乙所示，则有：；当时，则有：，故A、C、D正确，B错误；
应选ACD。

【点睛】要点是明确粒子做匀速圆周运动，周期T相同，画出轨迹后，依照公式
求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的要点。

二、实验题
21.完成以下游标卡尺或螺旋测微器读数______、______：
【答案】(1). 11.4 (2). 0.700
【分析】
试题分析：游标卡尺读数的方法：主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是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．10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为4×0.1mm=0.4mm，因此最后读数为：11mm+0.4mm=11.4mm；
螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，因此最后读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．
22.图示为简单欧姆表原理表示图，其中电流表的满偏电流I g=300μA，内阻
Rg=100Ω，可变电阻R的最大阻值为10kΩ，电池的电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是_______色，按正确使用方法测量电阻Rx 的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx=_______kΩ.
【答案】(1). 红；(2). 5000；
【分析】
试题分析：依照红进黑出原理，可得图中与接线柱A相连的表笔颜色应该是红色，当两表笔短接（即R x=0）时，电流表应调至满偏电流，设此时欧姆表的内阻为，此时有关系得；当指针指在刻度盘的正中央时，
有，代入数据可得
考点：观察了练习使用多用电表
【名师点睛】此题要点明确欧姆表的中值电阻以及红进黑出原理，注意欧姆表内部有电源，别的需要知道中值电阻周边刻度最平均，读数误差最小，知道中值电阻等于欧姆表内电阻
23.某待测电阻Rx的阻值约为20Ω，现要测量其阻值，实验室供应器材以下：
A.电流表A1（量程150mA，内阻r1约10Ω）
B.电流表A2（量程20mA，内阻r2=300Ω）
C.定值电阻R0=100Ω
D.滑动变阻器最大阻值为5Ω
E.电源E，电动势E=4V（内阻不计）
F.开关S及导线若干
①依照上述器材完成此实验，测量时要求电表读数不得小于其量程的1/3，请你在虚线框内画出测量Rx的实验原理图（图中元件用题干中相应英文字母符号注明）________.
②实验时电流表A l的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知和测得的物理量表示Rx=________.
【答案】(1). (2).。