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专题23 常见实验误差分析模型
[模型导航]
【模型一】探究加速度与力、质量的关系系统误差 1
1、实验基本原理 1
2、未平衡摩擦力 2
3、平衡过度（平衡摩擦力时长木板倾斜角度过大） 3
4、摩擦力平衡不足 3
5、摩擦力已经平衡，但是计算过程中忘记加入砝码盘重力 3
【模型二】图像法分析伏安法测电源电动势和内阻的系统误差 14
1、电流表相对电源外接实验电路的实验误差分析 14
2、电流表内接实验电路的实验误差分析 15
【模型三】图像法分析伏阻法、安阻法测电源电动势和内阻的系统误差 25
1、伏阻法误差分析 25
2、安阻法误差分析 26
[模型分析]
【模型一】探究加速度与力、质量的关系系统误差
1、实验基本原理
隔离法：对m： 对M：T=Ma；将T代入前面方程
联立：
①有上述可得当M远大于m时，m忽略不计即：当我们作图时横坐标F=mg，即当F=mg一定时，加速度a与正比关系。
则在a-F图中：图像斜率k=例如下图
斜率：，由于A的斜率大，可知小车A的质量更小。
②随着砝码的增加，小盘与砝码的质量过大,不再满足m M；特别当加的砝码足够多，则m远大于M时，即M忽略不计，则，加速度接近g，绳子拉力接近0；砝码和砝码盘近似自由落体。图像如下图
2、未平衡摩擦力
隔离法：对m： 对M：T-uMg=Ma；将T代入前面方程
联立：
①有上述可得当M远大于m时，m忽略不计即：当我们作图时横坐标F=mg，即 则在a-F图中：图像斜率k=纵截距大小为：b=例如下图比较
图像可知：MA＜MB；uA＞uB；桌面A更粗糙。
3、平衡过度（平衡摩擦力时长木板倾斜角度过大）
Ma=F1+F，则a=；即没有计算砝码盘和砝码的拉力时，F=0；此时平衡过度的重力F1已经让小车产生了加速度。
4、摩擦力平衡不足
Ma=F-f，a=。（a=0时，砝码盘和砝码重力先要平衡摩擦力，故外力F需要一定值，物体才加速运动）
5、摩擦力已经平衡，但是计算过程中忘记加入砝码盘重力
（F=m砝码g=0时；砝码盘的重力已经让小车有了加速度。）
如图a为探究“小车加速度与力、质量的关系”的装置，某实验小组发现利用该装置还可以测量小车的质量M。实验时，将长木板右端适当垫高，在不受牵引的情况下小车拖动纸带恰能沿木板匀速运动，则：
（1）为了使小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg（细绳平行于斜面），钩码的总质量应 　远小于　小车的质量。（填“远大于”、“等于”、“远小于”）。
（2）若平衡摩擦力过度（即木板右端垫的过高），此时长木板与桌面的倾角为θ。由实验测得数据做出a﹣F图像，截距为a0，此时的滑动摩擦力为f，重力加速度为g，则M＝　　（用f、θ、a0、g表示），该测量值比真实值 　偏小　（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
【解答】解：（1）对小车和钩码根据牛顿第二定律可得：
mg＝（M+m）a
对小车，根据牛顿第二定律可得：
F＝Ma
联立可得：F
为了让F近似等于mg，则M要远大于m，即钩码的总质量应远小于小车的质量；
（2）对小车根据牛顿第二定律可得：
F+Mgsinθ﹣f＝Ma
整理可得：
根据图像的截距可知，M
因为绳子拉力小于钩码的重力，所以测量值比真实值偏小。
故答案为：（1）远小于；（2）；偏小
在“用DIS研究加速度和力的关系”实验中：某同学采用光电门测量加速度，实验装置如图1。将小车放置在轨道上，使挡光片的左端与小车的左端A点对齐，光电门放在B处，测出A到B的距离L和挡光片的宽度d。由静止开始释放小车，光电门自动测出小车上挡光片通过光电门的时间Δt。
（1）根据题中已知物理量，小车的加速度a＝　　（用题中字母表示）；
（2）在上述实验中，下列操作步骤中必须做到的是 　B　；
A.要用天平称量小车质量
B.钩码的质量应该远小于小车质量
C.通过增减配重片来改变小车的质量
D.不论轨道光滑与否，轨道一定要保持水平
（3）上述实验用光电门来测量小车运动的瞬时速度，若考虑挡光片的宽度，得到的速度测量值和真实值相比 　B　；
A.偏大
B.偏小
C.一样大
D.都有可能
（4）为了研究研究加速度和力的关系，某同学选择画小车的加速度与钩码质量的关系图线，如图2所示。分析发现图线在横轴上有截距，这是因为 　小车与轨道间存在摩擦力　。
【解答】解：（1）挡光片的宽度很小，用挡光片通过光电们的平均速度代替小车的瞬时速度，故v
根据速度—位移公式v2＝2aL，联立解得a
（2）AC、探究“小车的加速度与外力关系”时，只要保持小车质量不变即可，通过增减配重片来改变小车的质量，也没有必要测量其质量，故AC错误；
B、要使钩码的重力大小等于小车外力，要求小车的质量要远大于钩码质量，因此钩码质量要小一些，故B正确；
D、根据实验原理可知，实验时要平衡摩擦力，所以轨道不光滑时，要适当垫高不带定滑轮的一端，以平衡摩擦力，故D错误。
故选：B
（3）实际上，挡光片通过光电们的平均速度是挡光过程中间时刻的瞬时速度，应该是计算光电门中间位置的速度，由于中间时刻的瞬时速度小于中间位置的瞬时速度，所以根据v2＝2aL计算出的加速度小于真实值
（4）当钩码的质量增加到一定量时小车才有加速度，说明小车与轨道间存在摩擦力
故答案为：（1）；（2）B；（3）B；（4）小车与轨道间存在摩擦力。
“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图所示。
（1）该实验使用的是 　位移　传感器；
（2）由于实验中没有注意始终满足小车质量M m（钩码质量）的条件，得到图像可能是如图 　C　；
（3）小王同学想用该装置来验证F＝Ma。他将钩码换成小桶，在小车中放入沙子，将小车中的沙子逐次放入小桶中，但保持小车、小桶及沙子的总质量不变。记录小桶和沙子的总质量为m，小车和沙子的总质量为M，则小车的加速度可表示为a＝　　（用“m、M、g”表示）。实验中测量不同的m对应的加速度a，此时　不必　要求M m（选填“不必”或“仍然”），作出a﹣　m　图像（选填“m”、“M”、“M+m”、“”、“”或“”），如果图像是过原点的直线，说明F＝Ma成立。
【解答】解：（1）该实验使用的是位移传感器；
（2）当M＞＞m时，可以近似认为拉力等于钩码重力，
此时根据牛顿第二定律有：F＝mg＝Ma
解得：
所以只有当M＞＞m时，图像才为过原点的一条直线，
当不满足M＞＞m时，绳子拉力明显小于钩码重力，小车此时实际的加速度刽小于，故图线会向下弯曲，故选择C图像；
（3）对小车、小桶和沙子整体为研究对象，
根据牛顿第二定律有：mg＝（M+m）a
解得：a
因为（m+M）不变，此时作出a﹣m图像为过原点的直线，
说明F＝Ma成立，本实验没有系统误差，不必满足M＞＞m。
故答案为：（1）该实验使用的是位移传感器
（2）得到图像可能是如图C
（3）小车的加速度可表示为；
实验中测量不同的m对应的加速度a，此时不必要求M m；
作出a﹣m图像。
某同学利用如图所示的装置探究小车加速度与其所受合外力之间的关系。
（1）请补充完整下列实验步骤的相关内容：
①用天平测量砝码盘的质量m0、小车（含遮光片）的质量M并记录，用游标卡尺测量遮光片的宽度d并记录；按图甲所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离s；
②在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车后遮光片先后经过光电门A和光电门B的遮光时间相等；
③取下细线和砝码盘，记下 　砝码质量m　（填写相应物理量及其符号）；
④使小车从靠近滑轮处由静止释放，分别记录遮光片遮挡光电门A和B的时间ΔtA和ΔtB；
⑤重新挂上细线和砝码盘，改变长木板倾角和砝码盘中砝码的质量，重复②～④步骤。
（2）若每次实验记录的数据在误差范围内都满足 　　{用（1）问中记录的物理量符号表示，已知重力加速度为g}，则牛顿第二定律得到验证。
（3）本实验的误差可能来源于下列哪些情况 　AC　。
A．与小车端相连的细线和轨道不平行
B．轨道不光滑
C．两光电门间的距离过近
D．砝码盘的质量未能远大于小车的质量
【解答】解：（1）③撤去砝码及砝码盘前，小车先后经过光电门A和光电门B的时间相等，此时小车受平衡力作用，对小车F+f＝Mgsinθ，对砝码及砝码盘有F＝（m+m0）g，即砝码和盘总重力等于小车所受拉力；当取下砝码和盘，小车受合力F合＝Mgsinθ﹣f＝F＝（m+m0）g，为砝码和盘总重力，所以应该记下此时砝码的质量m；
（2）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，小车经过光电门A的瞬时速度，通过光电门B的瞬时速度
小车从A到B过程，根据运动学公式求得加速度为
由牛顿第二定律得（m+m0）g＝Ma
即
可得
即满足上式，则牛顿第二定律得到验证；
（3）A．与小车端相连的细线和轨道不平行，使得小车系上细线和砝码盘时，小车受到合力发生变化，撤去细线后，小车受到的重力分力与摩擦力的合力不等于（m+m0）g，对实验产生误差，故A正确；
C．两光电门间的距离过近，将会增大长度测量的相对误差，故C正确；
BD．当小车系上细线和砝码盘时，小车处于平衡状态，细线对小车的拉力为（m+m0）g，撤去细线后，小车受到的重力分力与摩擦力的合力等于（m+m0）g，没有误差，所以轨道是否光滑，砝码盘的质量与小车的质量关系对实验没有影响，故BD错误；
故选：AC。
故答案为：（1）砝码的质量m；（2）；（3）AC。
某实验小组采用如图甲的实验装置，探究小车的加速度a与合外力、质量的关系。
（1）对于该实验，下列做法正确的是 　AC　。
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．平衡小车受到的摩擦力时，将砂桶通过定滑轮拴在小车上
C．通过增减小车上的钩码改变小车总质量时，不需要重新平衡摩擦力
D．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
（2）在平衡好小车受到的摩擦力后，实验过程中打出一条纸带，如图乙所示，相邻计数点间还有2个点未画出，实验中使用的交变电流频率为50Hz，则小车运动的加速度a＝　1.5　m/s2（结果保留2位有效数字）。
（3）车和车上钩码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m，重力加速度为g。实验发现用纸带上的数据算出小车的加速度a总是小于，随着砂和砂桶总质量m的增加，与a之间的差值 　越来越大　（填“越来越小”“保持不变”或“越来越大”）。
【解答】解：（1）A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，才能使小车受到的合力保持不变，且为绳的拉力，故A正确；
B．平衡小车受到的摩擦力时，不应将砂桶通过定滑轮拴在小车上，故B错误；
C．平衡摩擦力时应使得小车与钩码的重力沿斜面方向的分力与小车受到的长木板的摩擦力平衡，即mgsinθ＝μmgcosθ
由此可知，通过增减小车上的钩码改变小车总质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D．打点计时器使用时应先接通电源再释放小车，故D错误。
故选：AC。
（2）根据逐差法可得小车运动的加速度为
（3）当车做匀加速直线运动时，有F＝Ma
砂和砂桶做匀加速直线运动，有mg﹣F＝ma
联立可得
由此可知，随着m增大，二者差值越大。
故答案为：（1）AC；（2）1.5；（3）越来越大
在做“探究加速度与力、质量的关系“实验中
①如图1仪器需要用到的有 　BC　。
②若甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图2甲、乙、丙所示的实验装置来做实验。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
则甲、乙、丙实验中，必须补偿小车和长木板之间摩擦力的实验小组有 　甲乙丙　。若用上面的甲装置得如图3所示的纸带，已知打点计时器所使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度为 　2.0　m/s2（保留两位有效数字）。
你认为该同学实验时选用的M、m的比例关系合理吗？　不合理　。（填“合理”，“不合理”）
③如果实验时所用交流电的频率实际为48Hz，则实验测得的加速度比真实值 　大　（填“大”或“小”）。
【解答】解：①在做“探究加速度与力、质量的关系“实验中需要用到天平测量小车的质量，用刻度尺测量纸带，故选：BC。
②三个实验装置平台都是水平的，都需要抬高木板的一端平衡摩擦力，故选：甲乙丙；
小车的加速度为：
在甲装置中，只有当重物的质量m远小于小车的质量M时，才可认为重物的重力近似等于小车的牵引力；由牛顿第二定律：mg＝（m+M）a
解得：M＝4m，即M不是远大于m，故该同学实验时选用的M、m的比例关系不合理；
③如果实验时所用交流电的频率实际为48Hz，则打点周期偏大，而计算时仍用0.02s计算，则实验测得的加速度比真实值大。
故答案为：①BC；②甲乙丙、2.0、不合理；③大。
某同学利用图甲所示装置研究“小车（含拉力传感器）质量一定时，加速度与合外力的关系”。
实验步骤如下：
（1）将拉力传感器固定在小车后端，一细线一端系在拉力传感器上，另一端绕在电动机上，将小车放在长木板的某一位置，调整细线与长木板平行，启动电动机，使小车沿长木板向下做匀速直线运动，记下此时拉力传感器的示数F0；
（2）保持小车质量不变，撤去细线，让小车由静止开始下滑，设小车受到的合外力为F，则F 　＝　F0（选填“＝”、“＞”或“＜”）。某次实验中通过速度传感器得到小车运动的v﹣t图像如图乙所示，可知小车的加速度为 　0.56　m/s2（结果保留两位有效数字）；
（3）改变长木板的倾角，重复上述步骤可测出多组F、a数据，作出a﹣F图像最接近 　A　图。
【解答】解：（2）步骤（1）中小车匀速下滑时，根据平衡条件有：mgsinθ＝F0+f
步骤（2）中小车加速下滑时，受力分析可得：F＝mgsinθ﹣f
联立可得：F＝F0
v﹣t图像的斜率表示加速度，由图乙可知加速度的大小为：
（3）由本实验的原理可知，当木板倾角为零时，合外力为零，加速度为零，则a﹣F的图像一定过坐标原点，故A正确，BCD。
故选：A。
故答案为：（2）＝，0.56；（3）A。
某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是 　C　。
A．理想化模型法
B．等效替代法
C．阻力补偿法
（2）已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图2所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。小车的加速度大小为 　2.0　m/s2（结果保留2位有效数字）
（3）下列做法正确的是 　A　（填字母代号）。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度
（4）实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a﹣F关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是 　C　。（选填下列选项的序号）
A．小车与平面轨道之间存在摩擦
B．平面轨道倾斜角度过大
C．所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大
D．所用小车的质量过大
【解答】解：（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动，使重力沿斜面方向的分力等于滑动摩擦力，从而起到平衡摩擦力的效果，属于阻力补偿法，故C正确，AB错误；
故选：C。
（2）相邻两点间的时间间隔为t＝5Ts＝0.1s
根据Δx＝at2得，小车的加速度大小为a0.01m/s2＝2.0m/s2
（3）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使木块做匀加速直线运动，可以减小阻力带来的误差，故A正确；
B、为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，故B错误；
C、实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，故C错误；
D、摩擦力只需要平衡一次，改变物块的质量不需要再次平衡摩擦力，故D错误；
故选：A。
（4）随着力F的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故C正确，ABD错误；
故选：C。
故答案为：（1）C；（2）2.0；（3）A；（4）C。
【模型二】图像法分析伏安法测电源电动势和内阻的系统误差
1、电流表相对电源外接实验电路的实验误差分析
如图，闭合电路的欧姆定律U=E－Ir中的I是通过电源的电流，而图1电路由于电压表分流存在系统误差，导致电流表读数（测量值）小于电源的实际输出电流（真实值）。设通过电源的电流为I真，电流表读数为I测，电压表内阻为RV，电压表读数为U，电压表分流为IV，由电路结构，I真=I测+IV，而，U越大，IV越大，U趋于零时，IV也趋于零。
由于电压表分流IV，使电流表示数I小于电池的输出电流I真。I真＝I＋IV，而IV＝，U越大，IV越大，它们的关系可用图表示。实测的图线为AB，经过IV修正后的图线为A′B，可看出AB的斜率绝对值和在纵轴上的截距都小于A′B，即实测的E和r都小于真实值。
2、电流表内接实验电路的实验误差分析
如图，闭合电路的欧姆定律中U是电源两极间电压，而图电路由于电流表分压存在系统误差，导致电压表读数（测量值）小于电源两极间电压（真实值）。
设电源电压为U真，电压表读数为U测，电流表内阻为RA，电流表读数为I，电流表分压为UA。由电路结构U真＝U测+UA=U测+IRA，所以在U-I图像上对应每一个I值应加上一修正值UA＝IRA。由于RA很小，当I很小时，UA趋于零，I增大，UA也增大。真实值与测量值的关系图所示。由图可知E测＝E真，r测>r真。
随着智能手机的广泛应用，充电宝成为手机及时充电的一种重要选择。某学习小组为了测量一充电宝电动势和内阻（充电宝的电动势约为5V，内阻很小，最大放电电流为2A）进行了以下实验：
（1）为了尽可能准确地测出充电宝的电动势和内阻，使用的实验器材有：数字式多用电表（可视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值足够大）、电流表、导线、开关等。实验电路如图甲所示，已知定值电阻R0＝3Ω，请根据电路图在图乙中完成实物连线。
（2）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和电流表的读数。作出U﹣I图像，如图丙所示。由图像求得充电宝的电动势E＝　5.0　V，内阻r＝　0.13　Ω。（结果均保留两位有效数字）
（3）若实验室中没有数字式多用电表，上述电路只能用普通电压表做实验，这样会使内阻的测量值 　偏小　。（选填“偏大”、“偏小”或“无偏差”）
【解答】解：（1）实物连线，如图
（2）由闭合电路欧姆定律E＝U+I（r+R0），得U＝E﹣I（r+R0）
由图像可得充电宝的电动势E＝5.0 V
内阻
（3）由于电压表的分流，电流表的测量值比通过电源的电流偏小，所以电动势偏小，图像的斜率的绝对值偏小，内阻偏小。
故答案为：（1）见解析；（2）5.0，0.13；（3）偏小。
甲同学在用电流表和电压表测量一节锂电池的电动势和内阻的实验中，实验电路如图甲所示，电路中定值电阻R0的阻值为4Ω。
请回答下列问题：
（1）测得下列五组数据：根据数据在坐标图上画出U﹣I图像。
U/V 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
I/A 0.08 0.16 0.24 0.27 0.40
（2）根据U﹣I图像，求出该电池电动势E＝　2.8　V，内阻为r＝　0.8　Ω。（结果均保留1位小数）
（3）乙同学在用相同的电路和元件测量另一块电池时，在实验中多连接了一根导线，如图丙中的虚线所示（图甲中A、B、C、D为滑动变阻器的四个接线柱，虚线连到C点）。由电压表的读数U和电流表的读数I画出U﹣I图线如图丁所示。乙同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图乙也可以达到实验目的，则由图乙可得电源的电动势E＝　3.0　V，r＝　1.0　Ω。（结果均保留1位小数）
【解答】解：（1）先描点，后尽量让这些点画在一直线上，离直线太远的点舍去，作出图像如图所示
（2）根据闭合电路欧姆定律可得：U＝E﹣（r+R0） I，那么U﹣I图像中图线截距表示电源电动势，斜率的大小表示等效内阻，则有：E＝2.8V，r4Ω＝0.8Ω；
（3）实验中多连接了一根导线，滑动变阻器的左右两部分电阻并联后串联在干路中，电压表的测量值等于滑动变阻器并联后的电压，电流表测量滑片右边电阻（R右）中的电流；当电压表的读数为2.0V时，滑动变阻器左右两部分的电流相等，总电流为0.2A，由U＝E﹣I（R+r），代一组数据得：2.0＝E﹣0.2×（4+r）
当电压表读数为1.80V时，滑动变阻器左右两部分电流分别为0.06A和0.18A，由U＝E﹣I（R+r）代入一组数据得：1.8＝E﹣（0.06+0.18）（4+r）
解得：E＝3.0V，r＝1.0Ω
故答案为：（1）见解析；（2）2.8（2.7～2.9均可）、0.8（0.7～1.0均可）；（3）3.0、1.0；
如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：
A．待测水果电池（电动势约1V、内阻小于750Ω）
B．滑动变阻器R1（阻值0～50Ω）
C．滑动变阻器R2（阻值0～3000Ω）
D．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）
E．毫安表A（量程1.0mA，内阻为50Ω）
F．开关一个，导线若干
（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图甲、乙所示的两个测量电路图应选 　甲　（填“甲”或“乙”）；滑动变阻器应选 　C　（填“B”或“C”）。
（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出U﹣I图线如图丙所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为 　0.97　V，内阻为 　700　Ω（内阻结果保留整数）。
【解答】解：（1）电流表的内阻已知，可以将电流表内阻看作电源内阻一部分，减小测量误差，故选择电流表用内接法（相对电源的），采用甲电路图。
毫安表满偏时，电路的总电阻约为：R1000Ω，而电源内阻小于750Ω，所以滑动变阻器接入电路的阻值最小约为250欧姆，故滑动变阻器选择：C。
（2）根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣I（Rg+r）
U﹣I图线与纵轴截距表示电动势，即E＝0.97V
图像的斜率绝对值为|k|＝Rg+rΩ＝750Ω
解得r＝750Ω﹣Rg＝700Ω。
故答案为：（1）甲，C；（2）0.97，700。
用如图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）在下列实验器材中选出适当的实验器材进行实验。
电压表（V1）（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电压表（V2）（量程0～15V，内阻约15kΩ）
电流表（A1）（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）
电流表（A2）（量程0～3A，内阻约0.025Ω）
滑动变阻器（R1）（总阻值约20Ω）
待测干电池（电动势约为1.5V）
开关（S）
导线若干
实验中电流表应选用 　V1　；电压表应选用 　A1　（填器材代号）。
（2）按正确的器材连接好实验电路后，接通开关，改变滑动变阻器的阻值R，读出对应的电流表的示数I和电压表的示数U，并作记录如图2。根据图线得到被测电池的电动势E＝　1.50　V，内电阻r＝　1.00　Ω（结果保留三位有效数字）。
（3）用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r的实验中，电路如图所示。实验中考虑电压表内阻的影响导致系统误差分析下列说法正确的是 　C　。
A．因为电流表的分压作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值大于真实值
B．因为电流表的分压作用，测量的电流大于真实的电流，所以电源电动势的测量值小于真实值
C．因为电压表的分流作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值小于真实值
D．因为电压表的分流作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值大于真实值
【解答】解：（1）电源电动势约为1.5V，故电压表选择量程3V的V1；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几欧姆左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；
（2）根据闭合电路欧姆定律可知：U＝E﹣Ir。再根据U﹣I图象可知，与U轴的交点表示电动势，所以E＝1.50V，rΩ＝1.00Ω。
（2）引起该实验误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小，从而导致测电源电动势的测量值小于真实值，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：（1）V1；A1；（2）1.50；1.00；（3）C。
某同学用图甲所示电路测量一个蓄电池的电动势和内电阻。已知蓄电池的内电阻小于1Ω。除蓄电池、开关、导线外，可供使用的器材还有：
A．电压表（量程3V）
B．电流表（量程0.6A）
C．电流表（量程3A）
D．定值电阻R0（阻值3Ω，额定功率4W）
E．滑动变阻器R（阻值范围0～5Ω，额定电流为2A）
（1）电流表应选 　B　。（选填器材前字母序号）
（2）经过测量，由实验数据做出的U﹣I图像如图所示，则该蓄电池的电动势E＝　2.0　V，内电阻r＝　0.75　Ω。
（3）考虑到电压表和电流表内阻对电路的影响，本实验系统误差产生的主要原因是 　电压表分流　（选填“电流表分压”或“电压表分流”）；这种测量方法将导致电动势的测量值 　偏小　。（填“偏大”、“偏小”、“不变”）
（4）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律推导出外电路为纯电阻电路时的闭合电路欧姆定律。 　过程见解析　。
【解答】解：（1）蓄电池电动势约为2V，电路最大电流约为：IA≈0.67A，则电流表应选择B．
（2）根据闭合电路欧姆定律有：U＝E﹣I（R0+r）由图示电源U﹣I图象可知，电源电动势：E＝2.0V，电源内阻：rR0Ω﹣3Ω≈0.75Ω；
（3）由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，
由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值；
（4）电动势的定义式为E
根据能量守恒，非静电力做的功产生的电能等于外电路和内电路产生的电热，
即：W＝I2rt+I2Rt，
所以EIt＝U内It+U外It，
解得E＝U内+U外。
故答案为：（1）B；（2）2.0；0.75；（3）电压表分流，偏小；（4）见解析.
某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：
A．电流表A：量程0～0.6A，内阻约0.125Ω
B．电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ
C．滑动变阻器0～20Ω
D．滑动变阻器0～200Ω
（1）为了操作方便，减小实验误差，滑动变阻器应选用 　C　（选填相应器材前的字母）；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最 　右　端（选填“左”或“右”）；
（3）图乙是该同学根据实验数据绘制的U﹣I图线，根据图线求得被测干电池的电动势E＝　1.48　V，内阻r＝　0.90　Ω（结果保留到小数点后2位）；
（4）该实验中，产生系统误差的主要原因是 　电压表的分流　。
【解答】解：（1）本题测量的是电源电动势，内阻比较小，为了使电流表有明显偏转调节方便，减小实验误差，所以选择电阻值较小的滑动变阻器。
故选：C。
（2）为了保证用电器的安全，电流由最小开始调节，所以在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最右端，此时回路中电阻最大，电流最小；
（3）根据实验数据绘制的U﹣I图线，根据图线求得被测电池组的电动势即纵坐标的截距E＝1.48V；
图像的斜率代表了电源的内阻rΩ≈0.90Ω。
（4）该实验中，采用的是电流表内接法，干路中有一部分电流流经电压表，使得电流表测量的电流偏小，所以产生系统误差的主要原因是电压表的分流。
故答案为：（1）C；（2）右；（3）1.48；0.90；（4）电压表的分流。
某中学兴趣小组自制了“水果电池”，甲乙两名同学通过实验测量电池的电动势（约0.7V）和内阻（约1kΩ）。
（1）甲同学借助以下器材进行实验：
A．微安表G1（量程为50μA，内阻为5kΩ）；
B．微安表G2（量程为500μA，内阻约为500Ω）；
C．电压表V（量程为3V）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω）；
E.滑动变阻器R2（0～1kΩ）；
F.定值电阻R01（阻值为250Ω）：
G.定值电阻R02（阻值为10kΩ）；
H.开关、导线若干。
①为了测量结果更准确，电表应选择 　A　和 　B　，滑动变阻器应选择 　E　，定值电阻应选择 　G　。（填写器材前的字母）
②在方框中画出实验电路图。
（2）乙同学利用量程合适的电压表和电流表进行实验，分别采用了两种不同的电路接法，如图（a）、（b），R0为定值电阻，把两个实验电路测量出的电压和电流数据描绘在同一个U﹣I图内，如图（c）所示，则图线Ⅱ是通过电路 　a　（填“a”或“b”）测得的。根据图像坐标信息可以修正该实验的系统误差，则修正后这个水果电池的电动势E＝　U1　，内阻r＝　　结果用U1、U2、I1、I2、R0中的字母表示）。
【解答】解：（1）①由于电动势约0.7V，可知电压表量程太大，不能选用；则需要选用已知内阻的微安表G1与定值电阻R02串联改成大量程的电压表，选择微安表G2测电流，故电表应选择A和B；
定值电阻应选择G；
由于电池内阻约1kΩ，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择E。
②根据测电源电动势和内阻的实验原理，实验电路图如图所示，
（2）图（a）电路误差来源于电压表的分流，使得电动势和内阻测量值都小于真实值；图（b）电路误差来源于电流表的分压，使得电动势测量值等于真实值，内阻测量值大于真实值；根据U﹣I图像的纵轴截距等于电动势测量值，斜率绝对值等于内阻测量值，可知则图线Ⅱ是通过电路a测得的。
对于图（a）电路，当电压表示数为零时，电压表分流为零，此时图线Ⅱ的横轴截距是准确点；对于图（b）电路，当电流表示数为零时，电流表分压为零，此时图线Ⅰ的纵轴截距是准确点；连接两准确点即为准确的U﹣I图线，如图所示蓝色直线，
根据闭合电路欧姆定律可得：E＝U+I（R0+r）
可得：U＝﹣I（R0+r）+E
可知U﹣I图像的纵轴截距等于电动势，则有：E＝U1，U﹣I图像的斜率绝对值为
解得内阻为：
故答案为：（1）①A、B、E、G；②见解析；（2）a、U1、。
【模型三】图像法分析伏阻法、安阻法测电源电动势和内阻的系统误差
1、伏阻法误差分析
实验电路图如上图所示，根据闭合电路欧姆定理:E＝U＋r其中E为电源电动势，r为电源内阻，U为电压表读数，R为电阻箱阻值读数实验主要通过电压表读数和电阻箱阻值读数测得电源电动势和内阻。
将式转化为: ＝＋，画出图像：如上图所示，图像与水平轴交点为-（内阻倒数的负数），与竖直轴交点为（电动势的倒数），斜率为（内阻与电动势之比）。
但实际上外电阻＝＋,替换图像的，相当于将图像向右平移一小段，得到图像，通过分析，与纵坐标交点下移，所以E测2、安阻法误差分析
实验电路图如上图所示。根据闭合电路欧姆定理E=I (R+r)(1)其中E为电源电动势，r为电源内阻，I为电流表读数，R为电阻箱阻值读数实验主要通过电流表读数和电阻箱阻值读数测得电源电动势和内阻。将(1)式转化为: ＝＋画出图像：纵轴截距：，斜率：。
但实际上外电阻R’=RA+R, ,替换图像的R相当于将图像向右平移一小段，得到图像，通过分析，斜率：不变，所以E测＝E真，
r测>r真，误差情况与伏安法相对电源内接法同！可以等效于
某研究性学习小组想测量某电源的电动势和内阻他们在实验室找到了如下实验器材：
待测电源（电动势在3.0 5.0V之间）
两个相同的电阻箱（最大阻值99.99Ω）
定值电阻Ra（阻值为4.0Ω）
定值电阻Rb（阻值为50.0Ω）
电流表A（量程为200mA，内阻RA＝5.0Ω）
开关S、导线若干
他们设计了如图甲所示的电路，实验步骤如下：
①调节电阻箱R1至某一阻值；
②将电阻箱R2阻值调到最大，闭合开关S；
③多次调节电阻箱R2，记下电流表A的示数I和电阻箱R2相应的阻值R；
④以为纵坐标，R为横坐标，作图线；
⑤求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题：
（1）电流表A和电阻箱R1并联可等效为一个新电流表，为了使新电流表的量程为1.0A，应将R1的电阻调节为 　1.25　Ω。
（2）保护电阻R0应选用 　Ra　（填“Ra”或“Rb”）
（3）该同学分别用E和r表示电源的电动势和内阻，I表示电流表A的示数，R表示电阻箱R2的阻值，利用测出的数据描绘出的图线如图乙所示，则由图线可得被测电源的电动势E＝　4.0　V，内阻r＝　0.60　Ω（保留2位有效数字）。
【解答】解：（1）电流表A和电阻箱R1并联可改装为一个新电流表，新电流表的量程为I＝1.0A
已知IA＝200mA＝0.2A
根据并联电路的特点结合欧姆定律IARA＝（I﹣IA）R1
代入数据解得R1＝1.25Ω
即将电阻箱的电阻调节为1.25Ω
（2）改装电流表的内阻
根据闭合定律的欧姆定律
保护电阻
保护电阻选择Ra即可
（3）根据题意电流表的量程扩大了5倍，当电流表示数为I时，干路电流I总＝5I
根据闭合电路的欧姆定律
代入数据整理得
由图乙，图像的斜率
结合函数表达式，图像斜率
代入数据解得E＝4.0V
图像的纵轴截距
代入数据解得r＝0.60Ω
故答案为：（1）1.25；（2）Ra；（3）4.0；0.60。
某实验小组采用如图甲所示电路测量一水果电池的电动势和内阻（电动势E约为2V，内阻r约为300Ω），实验室提供的器材有：电流表A（内阻可忽略）、变阻箱R、开关S、导线若干。
（1）实验小组通过测量数据且绘制了R图像如图乙所示，图线的斜率为k，纵截距为b，则水果电池的电动势E＝　　，内阻r＝　　；
（2）若考虑电流表内阻的影响，小组同学分析数据后可得电动势的测量值与真实值相比 　无误差　，内阻的测量值与真实值相比 　偏大　；（均填“无误差”“偏大”或“偏小”）
（3）将水果电池与一个额定电压为1.5V、额定功率为1.5W的小灯泡相连，发现小灯泡没有发光，检查电路无故障，导致小灯泡不亮的原因可能是 　水果电池内阻过大，通过小灯泡电流过小，　。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得E＝I（R+r），变形得R
则k、b
联立解得E，r
（2）由等效电路可知，电动势等于电源没有接入电路时电源两端的电压，则电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值等于电流表内阻与电源内阻之和，即内阻测量值偏大；
（3）水果电池内阻过大，通过小灯泡电流过小，导致灯泡无法正常发光。
故答案为：（1），；（2）无误差，偏大；（3）水果电池内阻过大，通过小灯泡电流过小
某学习小组的同学用图甲所示的电路测量电源电动势和内阻。已知电源电动势约为3V，内阻约为几欧姆；两个直流电压表V1、V2的量程均为0～3V，可视为理想表；定值电阻R0＝5Ω；滑动变阻器的最大阻值为50Ω。实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2。
（1）小文同学以电压表V2的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与定值电阻R0的比值为横坐标作出图像如图乙所示，可测得电池组的电动势E＝　3.0　V，内阻r＝　3.0　Ω；（结果均保留两位有效数字）
（2）小梅同学利用测出的数据描绘出U1﹣U2图像如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，可得电源的电动势E＝　　，内阻r＝　　；（均用k、a、R0表示）
（3）电压表的内阻RV并不是无限大，实际电压表可等效为理想电压表与电阻RV并联。
①上述方法中，电源电动势的测量值 　小于　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值；内阻的测量值 　小于　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
②试说明你做出上述判断的依据 　电压表的分流，造成电流的测量值变小　。
【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律知：U2＝E﹣Ir
干路电流：I
故由图可知，电池组的电动势为：I＝3.0V
内阻：r3.0Ω
（2）由闭合电路欧姆定律整理得：U1
结合图象知：当U1＝0时，U2a，k
解得：E，r
（3）误差的原因在于电压表的分流，造成电流的测量值变小。将电压表V2的电阻RV与电源看成等效电源，测量值为等效电源的电动势E′
内阻r′r
故答案为：（1）3.0、3.0；（2）、；（3）①小于、小于；②电压表的分流，造成电流的测量值变小。
为了测定某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
电阻箱R1、R2两个、阻值为6Ω定值电阻R0、电流表A（内阻未知）、电键若干、待测电源、导线若干。
（1）现实验小组成员先测量电流表内阻，实验电路如图甲所示，有关实验操作如下：
①S1闭合，S2打开，调节R1，使电流表A满偏；
②保持R1不变，再闭合S2，调节R2，当R2＝2.0Ω，电流表A的读数为满刻度的三分之二，由此可得电流表的内阻RA的测量值为 　1Ω　。
③上述测量中，电流表的测量值比真实值 　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“不变”），产生误差的原因是合上开关S2后，通过电阻箱R2的电流 　大于　（填“大于”或“小于”） 电流表A的满刻度的三分之一的值。
（2）测定电流表内阻后，实验小组成员设计如图乙所示的电路图测量图中的电源的电动势和内阻。
将开关S合上，多次调节电阻箱R的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A的示数I，实验小组成员作出了R图像如图丙所示，根据图像和已知条件可求出电源电动势E＝　3　V；电源的内阻r＝　0.8Ω　。
【解答】解：（1）②保持R1不变，再闭合S2，干路电流不变，仍为电流表A的满偏电流Ig，调节R2，当R2＝2.0Ω，电流表A的读数为满刻度的三分之二，则流过电阻箱的电流为电流表满偏电流的三分之一，并联电路两端电压相等，由欧姆定律可知：IgRAIgR2，解得电流表的内阻RAR22.0Ω＝1Ω.
③合上开关S2后，电流表与电阻箱并联，电路总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流变大，大于电流表A的满偏电流，当电流表读数为慢刻度的三分之二时，通过电阻箱R2的电流大于电流表A的满刻度的三分之一的值，流过电流表的电流小于流过电阻箱电流的2倍，电流表内阻大于电阻箱阻值的二分之一，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的二分之一，则电流表内阻的测量值小于真实值，电流表内阻测量值偏小。
（2）根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E＝I（r+RA+R0+R），整理得：R，由图示R图像可知，图像的斜率kV﹣1，纵轴截距b2.6A﹣1，代入数据解得，电源电动势E＝3V，电源内阻r＝0.8Ω。
故答案为：（1）②1Ω；③偏小；大于；（2）3；0.8Ω。
用图1所示电路测量电源电动势和内阻及电阻Rx的阻值。
a．电流表A1（量程0.6A，内阻很小）；电流表A2（量程300μA，内阻Rg＝1000Ω）；
b．滑动变阻器R（阻值0～20Ω）；
c．定值电阻R1＝1000Ω，R2＝9000Ω；
d．待测电阻Rx；
e．待测电源E（电动势约为3V，内阻约为2Ω）；
f．开关和导线若干。
（1）根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为 　R2　（选填“R1”或“R2”）。
（2）先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，描绘I1与I2的关系图像如图2所示。根据图线可得电源电动势E＝　3.0　V，电源内阻r＝　2.1　Ω（计算结果均保留两位有效数字）。
（3）再用该电路测量Rx的阻值，操作如下：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1和A2的示数I3和I4；
②　断开开关S2　，记录此时电流表A1和A2的示数I5和I6。
③断开开关S1。
由上述数据计算Rx阻值的表达式为 　Rx＝（）（Rg+R2）　；若忽略偶然误差，则用该方法测得的Rx阻值与其真实值相比 　相等　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【解答】解：（1）电源电动势为3V，应用定值电阻R2改装后电压表量程为：U＝I2（Rg+R）＝300×10﹣6×（1000+9000）V＝3V，故选用R2。
（2）当A1示数为0时，由A2的示数可解得电源电压为E＝300×10﹣6×（1000+9000）V＝3V
由图示电路图根据实验步骤可知，电源电动势：E＝I2（Rg+R2）+（I1+I2）r
整理得：I1I2
由I1﹣I2图象可知：k0.48×104
解得电源内阻为：r＝2.1Ω；
（3）②断开开关S2，记录此时电流表A1和A2的示数I5和I6；
并联电路电压相等，根据图示电路由实验步骤可知：I4（R2+Rg）＝I3（RA1+R），I5（Rx+R+RA1）＝I6（R2+Rg）
解得：Rx＝（）（Rg+R2）
流过同一支路电流相等，并联电路电压相等，根据该方案电阻测量值与真实值相等。
故答案为：（1）R2；（2）3.0，2.1；（3）断开开关S2，Rx＝（）（Rg+R2），相等
某同学设计了一个既能测量定值电阻阻值，又能测量电源电动势和内阻的电路图如图（一） 所示，他用了如下的实验器材中的一部分：
①电流表A1（量程150μA，内阻100Ω）；电流表A2（量程0.6A，内阻很小）；
②滑动变阻器R（0﹣20Ω）；
③两个定值电阻R1＝900Ω，R2＝9900Ω；
④待测电阻Rx；
⑤待测电源E（一节干电池）；
⑥开关和导线若干。
（1）根据实验要求，与电流表A1串联的定值电阻为
　R2　
（填“R1”或“R2”）。
（2）该同学先用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数I1，电流表A2示数I2；
②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数I3，电流表A2示数I4；后断开S1；
③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为
　（）（rA1+R2）　
。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比
　相等　
。（填“偏大”、“偏小”或“相等”）
（3）再用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图（二）所示。根据图线可得电源电动势E＝
　1.50　
V；电源内阻r＝
　1.03　
Ω。（计算结果均保留三位有效数字）
【解答】解：（1）电源电动势为1.5V，应用定值电阻R2改装后电压表量程为U（R2）＝150×10﹣6×（100+9900）V＝1.5V，故选用R2。
（2）并联电路电压相等，根据图示电路由实验步骤可知：
I1（R2+rA1）＝I2（RA2+R），I4（Rx+R+RA2）＝I3（R2+rA1）
解得：Rx＝（）（rA1+R2）
流过同一支路电流相等，并联电路电压相等，根据该方案电阻测量值与真实值相等；
（3）由图示电路图根据实验步骤可知，电源电动势：E＝I1（rA1+R2）+（I1+I2）r
整理得：I1I2
由I1﹣I2图象可知：b150×10﹣6A，k103.45×10﹣6
解得电源电动势为：E＝1.50V，电源内阻为：r＝1.03Ω；
故答案为：（1）R2；（2）（）（rA1+R2），相等；（3）1.50，1.03
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专题23 常见实验误差分析模型
[模型导航]
【模型一】探究加速度与力、质量的关系系统误差 1
1、实验基本原理 1
2、未平衡摩擦力 2
3、平衡过度（平衡摩擦力时长木板倾斜角度过大） 3
4、摩擦力平衡不足 3
5、摩擦力已经平衡，但是计算过程中忘记加入砝码盘重力 3
【模型二】图像法分析伏安法测电源电动势和内阻的系统误差 10
1、电流表相对电源外接实验电路的实验误差分析 10
2、电流表内接实验电路的实验误差分析 10
【模型三】图像法分析伏阻法、安阻法测电源电动势和内阻的系统误差 16
1、伏阻法误差分析 16
2、安阻法误差分析 17
[模型分析]
【模型一】探究加速度与力、质量的关系系统误差
1、实验基本原理
隔离法：对m： 对M：T=Ma；将T代入前面方程
联立：
①有上述可得当M远大于m时，m忽略不计即：当我们作图时横坐标F=mg，即当F=mg一定时，加速度a与正比关系。
则在a-F图中：图像斜率k=例如下图
斜率：，由于A的斜率大，可知小车A的质量更小。
②随着砝码的增加，小盘与砝码的质量过大,不再满足m M；特别当加的砝码足够多，则m远大于M时，即M忽略不计，则，加速度接近g，绳子拉力接近0；砝码和砝码盘近似自由落体。图像如下图
2、未平衡摩擦力
隔离法：对m： 对M：T-uMg=Ma；将T代入前面方程
联立：
①有上述可得当M远大于m时，m忽略不计即：当我们作图时横坐标F=mg，即 则在a-F图中：图像斜率k=纵截距大小为：b=例如下图比较
图像可知：MA＜MB；uA＞uB；桌面A更粗糙。
3、平衡过度（平衡摩擦力时长木板倾斜角度过大）
Ma=F1+F，则a=；即没有计算砝码盘和砝码的拉力时，F=0；此时平衡过度的重力F1已经让小车产生了加速度。
4、摩擦力平衡不足
Ma=F-f，a=。（a=0时，砝码盘和砝码重力先要平衡摩擦力，故外力F需要一定值，物体才加速运动）
5、摩擦力已经平衡，但是计算过程中忘记加入砝码盘重力
（F=m砝码g=0时；砝码盘的重力已经让小车有了加速度。）
如图a为探究“小车加速度与力、质量的关系”的装置，某实验小组发现利用该装置还可以测量小车的质量M。实验时，将长木板右端适当垫高，在不受牵引的情况下小车拖动纸带恰能沿木板匀速运动，则：
（1）为了使小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg（细绳平行于斜面），钩码的总质量应 　 　小车的质量。（填“远大于”、“等于”、“远小于”）。
（2）若平衡摩擦力过度（即木板右端垫的过高），此时长木板与桌面的倾角为θ。由实验测得数据做出a﹣F图像，截距为a0，此时的滑动摩擦力为f，重力加速度为g，则M＝（用f、θ、a0、g表示），该测量值比真实值 　（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
在“用DIS研究加速度和力的关系”实验中：某同学采用光电门测量加速度，实验装置如图1。将小车放置在轨道上，使挡光片的左端与小车的左端A点对齐，光电门放在B处，测出A到B的距离L和挡光片的宽度d。由静止开始释放小车，光电门自动测出小车上挡光片通过光电门的时间Δt。
（1）根据题中已知物理量，小车的加速度a＝ 　（用题中字母表示）；
（2）在上述实验中，下列操作步骤中必须做到的是 　 　　；
A.要用天平称量小车质量 B.钩码的质量应该远小于小车质量
C.通过增减配重片来改变小车的质量 D.不论轨道光滑与否，轨道一定要保持水平
（3）上述实验用光电门来测量小车运动的瞬时速度，若考虑挡光片的宽度，得到的速度测量值和真实值相比 　 　；
A.偏大 B.偏小 C.一样大 D.都有可能
（4）为了研究研究加速度和力的关系，某同学选择画小车的加速度与钩码质量的关系图线，如图2所示。分析发现图线在横轴上有截距，这是因为 　 　 　　。
“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图所示。
（1）该实验使用的是 　 　　传感器；
（2）由于实验中没有注意始终满足小车质量M m（钩码质量）的条件，得到图像可能是如图 　C　；
（3）小王同学想用该装置来验证F＝Ma。他将钩码换成小桶，在小车中放入沙子，将小车中的沙子逐次放入小桶中，但保持小车、小桶及沙子的总质量不变。记录小桶和沙子的总质量为m，小车和沙子的总质量为M，则小车的加速度可表示为a＝ 　（用“m、M、g”表示）。实验中测量不同的m对应的加速度a，此时 　要求M m（选填“不必”或“仍然”），作出a﹣　 　　图像（选填“m”、“M”、“M+m”、“”、“”或“”），如果图像是过原点的直线，说明F＝Ma成立。
某同学利用如图所示的装置探究小车加速度与其所受合外力之间的关系。
（1）请补充完整下列实验步骤的相关内容：
①用天平测量砝码盘的质量m0、小车（含遮光片）的质量M并记录，用游标卡尺测量遮光片的宽度d并记录；按图甲所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离s；
②在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车后遮光片先后经过光电门A和光电门B的遮光时间相等；
③取下细线和砝码盘，记下 　 　　（填写相应物理量及其符号）；
④使小车从靠近滑轮处由静止释放，分别记录遮光片遮挡光电门A和B的时间ΔtA和ΔtB；
⑤重新挂上细线和砝码盘，改变长木板倾角和砝码盘中砝码的质量，重复②～④步骤。
（2）若每次实验记录的数据在误差范围内都满足 　 　 　{用（1）问中记录的物理量符号表示，已知重力加速度为g}，则牛顿第二定律得到验证。
（3）本实验的误差可能来源于下列哪些情况 　。
A．与小车端相连的细线和轨道不平行
B．轨道不光滑
C．两光电门间的距离过近
D．砝码盘的质量未能远大于小车的质量
某实验小组采用如图甲的实验装置，探究小车的加速度a与合外力、质量的关系。
（1）对于该实验，下列做法正确的是 　。
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．平衡小车受到的摩擦力时，将砂桶通过定滑轮拴在小车上
C．通过增减小车上的钩码改变小车总质量时，不需要重新平衡摩擦力
D．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
（2）在平衡好小车受到的摩擦力后，实验过程中打出一条纸带，如图乙所示，相邻计数点间还有2个点未画出，实验中使用的交变电流频率为50Hz，则小车运动的加速度a＝　 　　m/s2（结果保留2位有效数字）。
（3）车和车上钩码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m，重力加速度为g。实验发现用纸带上的数据算出小车的加速度a总是小于，随着砂和砂桶总质量m的增加，与a之间的差值
　 　　（填“越来越小”“保持不变”或“越来越大”）。
在做“探究加速度与力、质量的关系“实验中
①如图1仪器需要用到的有 　BC　。
②若甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图2甲、乙、丙所示的实验装置来做实验。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
则甲、乙、丙实验中，必须补偿小车和长木板之间摩擦力的实验小组有 　。若用上面的甲装置得如图3所示的纸带，已知打点计时器所使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度为
　 　m/s2（保留两位有效数字）。
你认为该同学实验时选用的M、m的比例关系合理吗？　 　。（填“合理”，“不合理”）
③如果实验时所用交流电的频率实际为48Hz，则实验测得的加速度比真实值 　（填“大”或“小”）。
某同学利用图甲所示装置研究“小车（含拉力传感器）质量一定时，加速度与合外力的关系”。
实验步骤如下：
（1）将拉力传感器固定在小车后端，一细线一端系在拉力传感器上，另一端绕在电动机上，将小车放在长木板的某一位置，调整细线与长木板平行，启动电动机，使小车沿长木板向下做匀速直线运动，记下此时拉力传感器的示数F0；
（2）保持小车质量不变，撤去细线，让小车由静止开始下滑，设小车受到的合外力为F，则
F 　 F0（选填“＝”、“＞”或“＜”）。某次实验中通过速度传感器得到小车运动的v﹣t图像如图乙所示，可知小车的加速度为 　 　m/s2（结果保留两位有效数字）；
（3）改变长木板的倾角，重复上述步骤可测出多组F、a数据，作出a﹣F图像最接近 　 　图。
某实验小组利用如图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是 　 　。
A．理想化模型法 B．等效替代法 C．阻力补偿法
（2）已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图2所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。小车的加速度大小为 　 　m/s2（结果保留2位有效数字）
（3）下列做法正确的是 　 　（填字母代号）。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度
（4）实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a﹣F关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是 　 。（选填下列选项的序号）
A．小车与平面轨道之间存在摩擦
B．平面轨道倾斜角度过大
C．所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大
D．所用小车的质量过大
【模型二】图像法分析伏安法测电源电动势和内阻的系统误差
1、电流表相对电源外接实验电路的实验误差分析
如图，闭合电路的欧姆定律U=E－Ir中的I是通过电源的电流，而图1电路由于电压表分流存在系统误差，导致电流表读数（测量值）小于电源的实际输出电流（真实值）。设通过电源的电流为I真，电流表读数为I测，电压表内阻为RV，电压表读数为U，电压表分流为IV，由电路结构，I真=I测+IV，而，U越大，IV越大，U趋于零时，IV也趋于零。
由于电压表分流IV，使电流表示数I小于电池的输出电流I真。I真＝I＋IV，而IV＝，U越大，IV越大，它们的关系可用图表示。实测的图线为AB，经过IV修正后的图线为A′B，可看出AB的斜率绝对值和在纵轴上的截距都小于A′B，即实测的E和r都小于真实值。
2、电流表内接实验电路的实验误差分析
如图，闭合电路的欧姆定律中U是电源两极间电压，而图电路由于电流表分压存在系统误差，导致电压表读数（测量值）小于电源两极间电压（真实值）。
设电源电压为U真，电压表读数为U测，电流表内阻为RA，电流表读数为I，电流表分压为UA。由电路结构U真＝U测+UA=U测+IRA，所以在U-I图像上对应每一个I值应加上一修正值UA＝IRA。由于RA很小，当I很小时，UA趋于零，I增大，UA也增大。真实值与测量值的关系图所示。由图可知E测＝E真，r测>r真。
随着智能手机的广泛应用，充电宝成为手机及时充电的一种重要选择。某学习小组为了测量一充电宝电动势和内阻（充电宝的电动势约为5V，内阻很小，最大放电电流为2A）进行了以下实验：
（1）为了尽可能准确地测出充电宝的电动势和内阻，使用的实验器材有：数字式多用电表（可视为理想电压表）、滑动变阻器（最大阻值足够大）、电流表、导线、开关等。实验电路如图甲所示，已知定值电阻R0＝3Ω，请根据电路图在图乙中完成实物连线。
（2）连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器，记录数字电压表和电流表的读数。作出U﹣I图像，如图丙所示。由图像求得充电宝的电动势E＝　 　V，内阻r＝ 　Ω。（结果均保留两位有效数字）
（3）若实验室中没有数字式多用电表，上述电路只能用普通电压表做实验，这样会使内阻的测量值 　 　。（选填“偏大”、“偏小”或“无偏差”）
甲同学在用电流表和电压表测量一节锂电池的电动势和内阻的实验中，实验电路如图甲所示，电路中定值电阻R0的阻值为4Ω。
请回答下列问题：
（1）测得下列五组数据：根据数据在坐标图上画出U﹣I图像。
U/V 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
I/A 0.08 0.16 0.24 0.27 0.40
（2）根据U﹣I图像，求出该电池电动势E＝　 　V，内阻为r＝　 　Ω。（结果均保留1位小数）
（3）乙同学在用相同的电路和元件测量另一块电池时，在实验中多连接了一根导线，如图丙中的虚线所示（图甲中A、B、C、D为滑动变阻器的四个接线柱，虚线连到C点）。由电压表的读数U和电流表的读数I画出U﹣I图线如图丁所示。乙同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图乙也可以达到实验目的，则由图乙可得电源的电动势E＝ 　V，r＝　 　　Ω。（结果均保留1位小数）
如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：
A．待测水果电池（电动势约1V、内阻小于750Ω）
B．滑动变阻器R1（阻值0～50Ω）
C．滑动变阻器R2（阻值0～3000Ω）
D．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）
E．毫安表A（量程1.0mA，内阻为50Ω）
F．开关一个，导线若干
（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图甲、乙所示的两个测量电路图应选 　（填“甲”或“乙”）；滑动变阻器应选 　（填“B”或“C”）。
（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出U﹣I图线如图丙所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为 　V，内阻为 　Ω（内阻结果保留整数）。
用如图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。
（1）在下列实验器材中选出适当的实验器材进行实验。
电压表（V1）（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电压表（V2）（量程0～15V，内阻约15kΩ）
电流表（A1）（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）
电流表（A2）（量程0～3A，内阻约0.025Ω）
滑动变阻器（R1）（总阻值约20Ω）
待测干电池（电动势约为1.5V）
开关（S）
导线若干
实验中电流表应选用 　 　；电压表应选用 　 　（填器材代号）。
（2）按正确的器材连接好实验电路后，接通开关，改变滑动变阻器的阻值R，读出对应的电流表的示数I和电压表的示数U，并作记录如图2。根据图线得到被测电池的电动势E＝　 　V，内电阻r＝　 　Ω（结果保留三位有效数字）。
（3）用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r的实验中，电路如图所示。实验中考虑电压表内阻的影响导致系统误差分析下列说法正确的是 　 　。
A．因为电流表的分压作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值大于真实值
B．因为电流表的分压作用，测量的电流大于真实的电流，所以电源电动势的测量值小于真实值
C．因为电压表的分流作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值小于真实值
D．因为电压表的分流作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值大于真实值
某同学用图甲所示电路测量一个蓄电池的电动势和内电阻。已知蓄电池的内电阻小于1Ω。除蓄电池、开关、导线外，可供使用的器材还有：
A．电压表（量程3V）
B．电流表（量程0.6A）
C．电流表（量程3A）
D．定值电阻R0（阻值3Ω，额定功率4W）
E．滑动变阻器R（阻值范围0～5Ω，额定电流为2A）
（1）电流表应选 　B　。（选填器材前字母序号）
（2）经过测量，由实验数据做出的U﹣I图像如图所示，则该蓄电池的电动势E＝　 V，内电阻r＝ 　Ω。
（3）考虑到电压表和电流表内阻对电路的影响，本实验系统误差产生的主要原因是 　 　（选填“电流表分压”或“电压表分流”）；这种测量方法将导致电动势的测量值 　 　。（填“偏大”、“偏小”、“不变”）
（4）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律推导出外电路为纯电阻电路时的闭合电路欧姆定律。 　 　 　 　。
某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：
A．电流表A：量程0～0.6A，内阻约0.125Ω
B．电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ
C．滑动变阻器0～20Ω
D．滑动变阻器0～200Ω
（1）为了操作方便，减小实验误差，滑动变阻器应选用 　 　（选填相应器材前的字母）；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最 　 　端（选填“左”或“右”）；
（3）图乙是该同学根据实验数据绘制的U﹣I图线，根据图线求得被测干电池的电动势
E＝　 　V，内阻r＝　 Ω（结果保留到小数点后2位）；
（4）该实验中，产生系统误差的主要原因是 　 　。
某中学兴趣小组自制了“水果电池”，甲乙两名同学通过实验测量电池的电动势（约0.7V）和内阻（约1kΩ）。
（1）甲同学借助以下器材进行实验：
A．微安表G1（量程为50μA，内阻为5kΩ）；
B．微安表G2（量程为500μA，内阻约为500Ω）；
C．电压表V（量程为3V）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω）；
E.滑动变阻器R2（0～1kΩ）；
F.定值电阻R01（阻值为250Ω）：
G.定值电阻R02（阻值为10kΩ）；
H.开关、导线若干。
①为了测量结果更准确，电表应选择 　 　和 　，滑动变阻器应选择 　 　，定值电阻应选择 　 　。（填写器材前的字母）
②在方框中画出实验电路图。
（2）乙同学利用量程合适的电压表和电流表进行实验，分别采用了两种不同的电路接法，如图（a）、（b），R0为定值电阻，把两个实验电路测量出的电压和电流数据描绘在同一个U﹣I图内，如图（c）所示，则图线Ⅱ是通过电路 　 （填“a”或“b”）测得的。根据图像坐标信息可以修正该实验的系统误差，则修正后这个水果电池的电动势E＝ 　，内阻r＝ 　结果用U1、U2、I1、I2、R0中的字母表示）。
【模型三】图像法分析伏阻法、安阻法测电源电动势和内阻的系统误差
1、伏阻法误差分析
实验电路图如上图所示，根据闭合电路欧姆定理:E＝U＋r其中E为电源电动势，r为电源内阻，U为电压表读数，R为电阻箱阻值读数实验主要通过电压表读数和电阻箱阻值读数测得电源电动势和内阻。
将式转化为: ＝＋，画出图像：如上图所示，图像与水平轴交点为-（内阻倒数的负数），与竖直轴交点为（电动势的倒数），斜率为（内阻与电动势之比）。
但实际上外电阻＝＋,替换图像的，相当于将图像向右平移一小段，得到图像，通过分析，与纵坐标交点下移，所以E测2、安阻法误差分析
实验电路图如上图所示。根据闭合电路欧姆定理E=I (R+r)(1)其中E为电源电动势，r为电源内阻，I为电流表读数，R为电阻箱阻值读数实验主要通过电流表读数和电阻箱阻值读数测得电源电动势和内阻。将(1)式转化为: ＝＋画出图像：纵轴截距：，斜率：。
但实际上外电阻R’=RA+R, ,替换图像的R相当于将图像向右平移一小段，得到图像，通过分析，斜率：不变，所以E测＝E真，
r测>r真，误差情况与伏安法相对电源内接法同！可以等效于
某研究性学习小组想测量某电源的电动势和内阻他们在实验室找到了如下实验器材：
待测电源（电动势在3.0 5.0V之间）
两个相同的电阻箱（最大阻值99.99Ω）
定值电阻Ra（阻值为4.0Ω）
定值电阻Rb（阻值为50.0Ω）
电流表A（量程为200mA，内阻RA＝5.0Ω）
开关S、导线若干
他们设计了如图甲所示的电路，实验步骤如下：
①调节电阻箱R1至某一阻值；
②将电阻箱R2阻值调到最大，闭合开关S；
③多次调节电阻箱R2，记下电流表A的示数I和电阻箱R2相应的阻值R；
④以为纵坐标，R为横坐标，作图线；
⑤求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题：
（1）电流表A和电阻箱R1并联可等效为一个新电流表，为了使新电流表的量程为1.0A，应将R1的电阻调节为 　 　Ω。
（2）保护电阻R0应选用 　 　（填“Ra”或“Rb”）
（3）该同学分别用E和r表示电源的电动势和内阻，I表示电流表A的示数，R表示电阻箱R2的阻值，利用测出的数据描绘出的图线如图乙所示，则由图线可得被测电源的电动势
E＝　 　　V，内阻r＝　 　Ω（保留2位有效数字）。
某实验小组采用如图甲所示电路测量一水果电池的电动势和内阻（电动势E约为2V，内阻r约为300Ω），实验室提供的器材有：电流表A（内阻可忽略）、变阻箱R、开关S、导线若干。
（1）实验小组通过测量数据且绘制了R图像如图乙所示，图线的斜率为k，纵截距为b，则水果电池的电动势E＝　，内阻r＝；
（2）若考虑电流表内阻的影响，小组同学分析数据后可得电动势的测量值与真实值相比 　 　　，内阻的测量值与真实值相比 　；（均填“无误差”“偏大”或“偏小”）
（3）将水果电池与一个额定电压为1.5V、额定功率为1.5W的小灯泡相连，发现小灯泡没有发光，检查电路无故障，导致小灯泡不亮的原因可能是 　 　 　 　 　。
某学习小组的同学用图甲所示的电路测量电源电动势和内阻。已知电源电动势约为3V，内阻约为几欧姆；两个直流电压表V1、V2的量程均为0～3V，可视为理想表；定值电阻R0＝5Ω；滑动变阻器的最大阻值为50Ω。实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2。
（1）小文同学以电压表V2的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与定值电阻R0的比值为横坐标作出图像如图乙所示，可测得电池组的电动势E＝　 　　V，内阻r＝　 　　Ω；（结果均保留两位有效数字）
（2）小梅同学利用测出的数据描绘出U1﹣U2图像如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，可得电源的电动势E＝ 　内阻r＝ 　（均用k、a、R0表示）
（3）电压表的内阻RV并不是无限大，实际电压表可等效为理想电压表与电阻RV并联。
①上述方法中，电源电动势的测量值 　 　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值；内阻的测量值 　　（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
②试说明你做出上述判断的依据 　 　 　 　 　　。
为了测定某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
电阻箱R1、R2两个、阻值为6Ω定值电阻R0、电流表A（内阻未知）、电键若干、待测电源、导线若干。
（1）现实验小组成员先测量电流表内阻，实验电路如图甲所示，有关实验操作如下：
①S1闭合，S2打开，调节R1，使电流表A满偏；
②保持R1不变，再闭合S2，调节R2，当R2＝2.0Ω，电流表A的读数为满刻度的三分之二，由此可得电流表的内阻RA的测量值为 。
③上述测量中，电流表的测量值比真实值 　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”），产生误差的原因是合上开关S2后，通过电阻箱R2的电流 　 　（填“大于”或“小于”） 电流表A的满刻度的三分之一的值。
（2）测定电流表内阻后，实验小组成员设计如图乙所示的电路图测量图中的电源的电动势和内阻。
将开关S合上，多次调节电阻箱R的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A的示数I，实验小组成员作出了R图像如图丙所示，根据图像和已知条件可求出电源电动势
E＝　 　V；电源的内阻r＝　 　。
用图1所示电路测量电源电动势和内阻及电阻Rx的阻值。
a．电流表A1（量程0.6A，内阻很小）；电流表A2（量程300μA，内阻Rg＝1000Ω）；
b．滑动变阻器R（阻值0～20Ω）；
c．定值电阻R1＝1000Ω，R2＝9000Ω；
d．待测电阻Rx；
e．待测电源E（电动势约为3V，内阻约为2Ω）；
f．开关和导线若干。
（1）根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为 　 　（选填“R1”或“R2”）。
（2）先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，描绘I1与I2的关系图像如图2所示。根据图线可得电源电动势E＝　 　V，电源内阻r＝　 Ω（计算结果均保留两位有效数字）。
（3）再用该电路测量Rx的阻值，操作如下：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1和A2的示数I3和I4；
②　 　 　，记录此时电流表A1和A2的示数I5和I6。
③断开开关S1。
由上述数据计算Rx阻值的表达式为 　 　 　；若忽略偶然误差，则用该方法测得的Rx阻值与其真实值相比 　相等　（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
某同学设计了一个既能测量定值电阻阻值，又能测量电源电动势和内阻的电路图如图（一） 所示，他用了如下的实验器材中的一部分：
①电流表A1（量程150μA，内阻100Ω）；电流表A2（量程0.6A，内阻很小）；
②滑动变阻器R（0﹣20Ω）；
③两个定值电阻R1＝900Ω，R2＝9900Ω；
④待测电阻Rx；
⑤待测电源E（一节干电池）；
⑥开关和导线若干。
（1）根据实验要求，与电流表A1串联的定值电阻为　 　（填“R1”或“R2”）。
（2）该同学先用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数I1，电流表A2示数I2；
②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数I3，电流表A2示数I4；后断开S1；
③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为 　 　。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比 　。（填“偏大”、“偏小”或“相等”）
（3）再用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图（二）所示。根据图线可得电源电动势E＝　 　V；电源内阻r＝　 Ω。（计算结果均保留三位有效数字）
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