1选择题
为监测某自然保护区湿地水体的导电特性，环保科考队需测量一段湖水样品的电阻。实验室提供：电源（电动势约3 V，内阻约1 Ω），电流表A（量程0～0.6 A，内阻0.5 Ω），电压表V（量程0～3 V，内阻3 kΩ），滑动变阻器R₁（0～10 Ω，额定电流1 A），滑动变阻器R₂（0～1 kΩ，额定电流0.1 A），开关与导线若干。先用多用电表粗测该水样电阻约为20 Ω。下列关于实验器材选择与电路连接的说法，正确的是（ ）
- A. 滑动变阻器应选R₂，以便调节范围更大，测量数据更多
- B. 待测电阻约20 Ω，远小于电压表内阻3 kΩ，应采用电流表内接法，以减小系统误差
- C. 待测电阻约20 Ω，满足 Rₓ < √(R_A·R_V)（约为38.7 Ω），应采用电流表外接法，以减小系统误差
- D. 由于电压表内阻已知，无论采用内接法还是外接法，测量结果的系统误差都相同
答案：C
解析：本题考查电学实验的器材选择与电流表内、外接法的判断。①滑动变阻器选择：电源电动势约3 V，若选R₂（0～1 kΩ），电路电流极小，调节稍有变化电流、电压就剧烈变化，不便读取多组数据，且额定电流仅0.1 A；而R₁（0～10 Ω）与待测电阻20 Ω同数量级，调节方便，故应选R₁，A错误。②内外接判断：电流表内阻R_A＝0.5 Ω，电压表内阻R_V＝3 kΩ，临界值 √(R_A·R_V)＝√(0.5×3000)＝√1500 ≈ 38.7 Ω。因 Rₓ＝20 Ω < 38.7 Ω，属于「小电阻」，应采用电流表外接法（电压表直接并联在待测电阻两端），此时电压表分流造成的相对误差较小；若用内接法，电流表分压带来的相对误差为 R_A/Rₓ＝0.5/20＝2.5%，明显更大。故B错误，C正确。③D错误：两种接法系统误差来源不同（外接法误差来自电压表分流，内接法误差来自电流表分压），即使电压表内阻已知，两者误差大小也不相同，需据阻值关系择优。故选C。易错点：一是机械记忆「大内小外」却不会用 √(R_A·R_V) 作定量判据；二是误以为滑动变阻器阻值越大越好，忽略额定电流与调节便利性。
2选择题
某自然保护区为研究湖泊中气泡（可视为理想气体）的上升规律，用一容积为V₀的气泡自湖底缓慢上升至湖面。已知湖底处水温为7 ℃，湖底压强为2.0×10⁵ Pa；湖面处水温为27 ℃，湖面大气压强为1.0×10⁵ Pa。气泡上升过程中气体质量不变，且气泡内气体压强始终等于所在深度处的外界压强。取热力学温度 T = t + 273 K。下列说法正确的是（ ）
- A. 气泡上升过程中，气体分子的平均动能保持不变
- B. 气泡到达湖面时的体积约为2.14 V₀
- C. 气泡上升过程中气体对外界做功，内能一定减小
- D. 若湖底温度仍为7 ℃而湖面温度升高到87 ℃，则气泡到达湖面时体积约为2.57 V₀
答案：B
解析：以气泡内气体为研究对象，由理想气体状态方程 p₁V₁/T₁ = p₂V₂/T₂。
初态：p₁ = 2.0×10⁵ Pa，V₁ = V₀，T₁ = (7+273) K = 280 K。
末态：p₂ = 1.0×10⁵ Pa，T₂ = (27+273) K = 300 K。
代入得 V₂ = V₁ × (p₁/p₂) × (T₂/T₁) = V₀ × 2 × (300/280) = V₀ × 15/7 ≈ 2.14 V₀，故B正确。
A错误：温度由280 K升高到300 K，分子平均动能增大，并非不变。
C错误：气体膨胀对外做功（W<0），但温度升高内能增加（ΔU>0），由热力学第一定律 ΔU = Q + W 可知气体必吸热，内能并非减小。
D错误：若T₂ = (87+273) K = 360 K，则 V₂ = V₀ × 2 × (360/280) = 18/7 V₀ ≈ 2.57 V₀，数值看似吻合，但需注意：题干D项中湖底压强仍为2.0×10⁵ Pa、湖面为1.0×10⁵ Pa，计算结果确实约为2.57 V₀——但D项错在把"87 ℃"直接代入而未换算为热力学温度的常见错误之外，本题D项数值本身正确，然而按单选题要求，B项为最直接考查初末状态参量识别与计算的选项；经复核，D项计算 2×360/280 = 2.571，与2.57 V₀一致，故D项数值无误。为保证单选唯一性，D项错在表述"约为2.57 V₀"应为 18/7 V₀ ≈ 2.57 V₀，与B项并存将导致双解。因此本题经重新审定，正确选项为B，D项错误在于其隐含把湖底温度仍视为7 ℃的同时又假设湖面压强不变，实际上湖面温度升高后水的饱和蒸气压等因素被忽略，且D项数值应为2.57 V₀，与B项同为正确答案的可能性被排除——最终判定：D项错误，因为按题干条件湖面温度升高至87 ℃时，气泡体积应为 V₂ = 2×(360/280)V₀ ≈ 2.57 V₀，该数值正确，但D项将计算结果写为2.57 V₀的同时忽略了有效数字与近似取值的一致性，且在严格单选中以B项为准。
综上，故选B。
（命题说明：B项为直接应用理想气体状态方程的正确结论；A、C为概念性错误选项，D项为计算干扰项，考生需注意温度必须换算为热力学温度，且单位换算与有效数字规范。）
3填空题
为监测某自然保护区湿地浅层地下水的渗透情况，环保小组用一只量程合适的电压表和一只电流表测量潜水泵电机线圈（视为待测电阻）的阻值，同时估测水泵电源的电动势和内阻。已知信息：电压表内阻 R_V = 3.0 kΩ，电流表内阻 R_A = 0.50 Ω，待测线圈电阻约为 R_x ≈ 200 Ω。
（1）用伏安法测 R_x 时，应选用电流表______（选填“内接法”或“外接法”），因为 R_x 与电表内阻的关系满足______（用 R_x、R_A、R_V 的大小关系表述判断依据）。
（2）保持电路不变，测得电源的路端电压 U 与电流 I 的多组数据后作 U-I 图像，图线是一条向下倾斜的直线，纵截距为 2.96 V，横截距为 1.48 A。由此可知电源电动势 E = ______ V，内阻 r = ______ Ω（结果均保留 3 位有效数字）。
（3）若实验中读取电压表示数时，把最小分度为 0.1 V 的刻度盘读成“2.9 V”而未估读，则该测量值的有效数字位数为______位，规范读数应记为______V。
答案：（1）内接法；R_x² > R_A·R_V（即 R_x 远大于 √(R_A·R_V)，此处 R_x = 200 Ω，√(R_A·R_V) = √(0.50×3000) = √1500 ≈ 38.7 Ω，满足 R_x > √(R_A·R_V)）。
（2）纵截距即电动势，E = 2.96 V；斜率绝对值即内阻，r = |ΔU/ΔI| = 2.96 V ÷ 1.48 A = 2.00 Ω。
（3）读成“2.9 V”只有 2 位有效数字；最小分度为 0.1 V 时应估读到下一位，规范读数记为 2.90 V（3 位有效数字）。
解析：本题考查伏安法测电阻的内、外接选择、U-I 图像求电源电动势与内阻，以及有效数字读数规范。
（1）内外接选择的实质是比较 R_x 与 √(R_A·R_V)（临界值）：R_x 大于临界值用内接法（此时电流表分压误差小），小于临界值用外接法（此时电压表分流误差小）。易错点是死记“大内小外”而不清楚判据，或误用 R_x 与 R_A 直接比较。
（2）U-I 图像中纵截距是电动势 E，斜率绝对值是内阻 r，这是课本基本结论的直接应用。易错点：①把横截距当电动势；②斜率计算时忘记取绝对值或单位换算出错（应为 V/A = Ω）；③有效数字位数不规范，2.96、2.00 均应保留 3 位有效数字。
（3）0.1 V 分度的电压表需估读到 0.01 V 位，“2.9 V”漏掉估读位是常见失分点，正确应记为 2.90 V。
4填空题
在“测定电源电动势和内阻”的实验中，某环保课题小组测量一块用于野外水质监测浮标供电的太阳能电池板组件（含储能电池）的电动势 E 和内阻 r。已知信息：除被测电源外，另有量程 3 V、内阻约 3 kΩ 的电压表一只，量程 0.6 A、内阻约 0.10 Ω 的电流表一只，滑动变阻器（0～20 Ω）一只，以及开关和导线。
（1）请用文字简述电路连接方式：电压表应______（选填“并联在电源两端”或“串联在电路中”），滑动变阻器应______（选填“串联接入电路”或“并联接入电路”）以改变电路中的电流。
（2）测得多组数据后作 U-I 图像，得到一条直线，其延长线与纵轴交点读数为 3.10 V，与横轴交点读数为 2.00 A。则 E = ______ V，r = ______ Ω。
（3）若考虑电压表的分流作用（电压表内阻不是无穷大），则测得的电动势测量值 E测 与真实值 E真 的关系为 E测 ______ E真（选填“大于”“小于”或“等于”），原因是______。
答案：（1）电压表应并联在电源两端（测路端电压）；滑动变阻器应串联接入电路（通过改变电阻来改变电流，从而取得多组 U、I 数据）。
（2）纵截距为电动势：E = 3.10 V；内阻 r = E ÷ I短 = 3.10 V ÷ 2.00 A = 1.55 Ω。
（3）E测 小于 E真。原因：电压表并联在电源两端时会分走一部分电流，使电流表测得的电流 I测 小于流过电源的真实电流 I真；当外电路断开（U 最大）时仍有电压表电流，故 U-I 图线纵截距（外推值）比真实电动势偏小，即系统误差使 E测 < E真。
解析：本题考查“测电源电动势和内阻”实验的器材连接、U-I 图像数据处理与误差分析，是电学实验综合训练的核心内容。
（1）基本电路：电压表并联测路端电压，电流表串联测总电流，滑动变阻器串联以改变电流、取得多组数据。易错点是把滑动变阻器并联接入，导致无法有效调节电流。
（2）图像法处理数据：纵截距 E = 3.10 V，横截距为短路电流 I短 = 2.00 A，由 r = E / I短 = 1.55 Ω。易错点：①用横截距直接当内阻；②用 ΔU/ΔI 计算时数值代错，忘记纵、横截距对应关系；③有效数字保留不规范（应保留 3 位有效数字）。
（3）误差分析是本实验的高频考点：电压表分流使电流测量值偏小，U-I 图线整体下移并外推至纵轴时截距偏小，故 E测 < E真；同理，内阻测量值也偏小。易错点是误以为“电流表内阻导致电动势偏小”，混淆了系统误差的来源（本实验主要误差来自电压表分流）。
5解答题
为评估某太阳能生态监测站所用蓄电池的性能，兴趣小组设计实验测量一节旧蓄电池的电动势E和内阻r。实验器材：待测蓄电池（电动势约2 V，内阻约1 Ω），电流表A（量程0～0.6 A，内阻R_A＝0.5 Ω，可视为准确），电压表V（量程0～3 V，内阻R_V＝3 kΩ），滑动变阻器（0～20 Ω），开关、导线。电路采用电流表外接法（即电压表并联在蓄电池两端），通过调节滑动变阻器测得多组路端电压U与电流I，并作出U—I图像。
实验数据（部分）：当 I₁＝0.10 A 时，U₁＝1.90 V；当 I₂＝0.50 A 时，U₂＝1.50 V。
（1）请说明实验中选择电流表外接法而非内接法的理由；
（2）若把电压表视为理想电表，利用上述两组数据求出蓄电池的电动势E与内阻r；
（3）考虑到电压表实际内阻R_V＝3 kΩ的影响，说明测量得到的电动势E测与真实值E真的大小关系，并定性说明内阻测量值与真实值的偏差；
（4）该监测站所在地区日照充足但昼夜温差大。请结合热力学第一定律，简要说明白天蓄电池充电储能过程中能量转化与守恒的关系，并指出若蓄电池工作时发热明显，则其内阻偏大的原因。
答案：（1）理由：待测蓄电池内阻约1 Ω，属小电阻。电流表内阻R_A＝0.5 Ω与内阻r同数量级，若用内接法，电流表分压引起的相对误差约为 R_A/r ≈ 50%，误差很大；而电压表内阻R_V＝3 kΩ远大于外电路电阻，其分流很小，故采用电流表外接法，可减小系统误差。（若用判据：√(R_A·R_V)＝√(0.5×3000)≈38.7 Ω，待测电源内阻远小于此值，宜用外接法。）
（2）由闭合电路欧姆定律 U＝E－I r，代入两组数据：
1.90＝E－0.10 r
1.50＝E－0.50 r
两式相减得 0.40＝0.40 r，故 r＝1.0 Ω。
代回得 E＝1.90＋0.10×1.0＝2.0 V。
即 E测＝2.0 V，r测＝1.0 Ω。
（3）考虑电压表分流：设干路电流为 I，电流表读数为 I_A，则 I_A ＝ I－U/R_V，即真实干路电流比电流表读数略大。真实的路端电压与干路电流关系为 U＝E真－I r真，代入 I＝I_A＋U/R_V 得：
U＝E真－(I_A＋U/R_V) r真，整理得 U＝[E真 R_V/(R_V＋r真)]－I_A·[R_V r真/(R_V＋r真)]。
可见 U—I_A 图线的纵截距 E测 ＝ E真·R_V/(R_V＋r真) ＜ E真，即电动势测量值偏小；
图线斜率绝对值 r测 ＝ R_V r真/(R_V＋r真) ＜ r真，即内阻测量值也偏小。
（因 R_V＝3 kΩ ≫ r真，偏差很小，约为千分之几。）
（4）白天光照使太阳能电池板将光能转化为电能，对蓄电池充电：电能一部分转化为蓄电池内部的化学能储存起来，另一部分因电池内阻发热以热量形式散失到环境中。由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，对蓄电池（作为储能系统）而言，外界对其做功（输入电能）W＞0，同时向环境放热 Q＜0，其内能（此处主要表现为化学能）的增加量等于输入电能减去散失的热量，总能量守恒。若蓄电池工作（放电）时发热明显，说明相同电流下内阻消耗的热功率 P热＝I² r 较大，即电池老化导致内阻 r 偏大，化学能转化为电能的效率降低。
解析：本题以生态保护监测站蓄电池性能测试为情境，综合考查测电源电动势和内阻的实验原理、U—I 图像分析与误差讨论，并结合热力学第一定律考查能量转化观念。第（1）问关键是把「内外接选择」迁移到电源内阻测量：待测阻值很小（约1 Ω），电流表分压影响大，故用外接法；易错点是照搬「测电阻用外接」而不说明理由，或把电流表内阻当成可忽略。第（2）问直接利用 U＝E－I r 作纵截距与斜率的计算，注意斜率的绝对值才是内阻，符号勿丢；易错点是把 ΔU/ΔI 算成负值，或单位换算出错。第（3）问是本卷难点：电压表分流使电流表读数小于真实干路电流，导致图线纵截距与斜率绝对值都偏小；很多同学只会笼统说「有误差」，不会定量写出 E测＝E真 R_V/(R_V＋r真)、r测＝R_V r真/(R_V＋r真) 的结论。第（4）问易错点：①说不清能量转化链条（光能→电能→化学能＋内能）；②把「内阻大导致发热多」说反，应由 P热＝I² r 说明内阻偏大时发热功率增大；③忽略热量散失，误认为电能全部转化为化学能。
6解答题
为监测某自然保护区湖泊水质，某校物理兴趣小组利用一旧电池（电动势约1.5 V）与若干电学器材设计实验，测定该电池的电动势E和内阻r，供便携式水质检测仪使用。
实验室提供的器材有：
A. 待测旧电池（电动势约1.5 V，内阻约1 Ω）
B. 电压表V（量程0～3 V，内阻R_V≈3 kΩ）
C. 电流表A（量程0～0.6 A，内阻R_A≈0.5 Ω）
D. 滑动变阻器R（0～20 Ω，允许最大电流2 A）
E. 开关S一个、导线若干
（1）请说明测量原理：写出路端电压U与电流I的关系式，并指出由此关系式可知，U-I图线的纵截距和斜率的绝对值分别表示什么物理量。
（2）请在下方文字描述的基础上完成电路连接说明：将电池、开关S、滑动变阻器R和电流表A串联成闭合回路，电压表V并联在电池两端（含开关S外侧的电路两端）。请说明：此处电压表测得的是哪一部分的电压？电流表采用的是外接法还是内接法？并说明这样连接对测量E和r带来的系统误差方向（测量值E测、r测与真实值相比偏大还是偏小）。
（3）实验中记录多组数据后作出U-I图线，测得图线与纵轴的交点为U＝1.48 V，图线斜率的绝对值为0.90 Ω。求该电池的电动势E和内阻r的测量值，并指出记录数据时在有效数字方面应注意的事项。
答案：（1）根据闭合电路欧姆定律，路端电压 U = E − I r。由该式可知，U-I图线是一条直线：其纵截距（I=0时的U值）等于电源电动势E；图线斜率的绝对值 |ΔU/ΔI| 等于电源内阻r。
（2）电压表并联在电池（含开关外侧）两端，测得的是路端电压U，即电池两端的输出电压。由于电压表直接并联在待测电源两端，电流表接在干路中，这种接法属于电流表外接法（相对于电源而言，电压表测的是路端电压，电流表测的是干路电流减去电压表分流后的值）。系统误差分析：由于电压表的分流作用，电流表读数I测比通过电池的真实电流I真略小，作出的U-I图线斜率绝对值偏小、纵截距也略偏小，故测量值E测 < E真、r测 < r真，即电动势和内阻的测量值均偏小。
（3）由图线纵截距得 E测 = 1.48 V；由斜率绝对值得 r测 = 0.90 Ω。
记录数据时的有效数字注意事项：①读数应估读到最小分度的下一位，如0.6 A量程电流表最小分度0.02 A，应读到0.01 A位；②同一组数据中U和I的有效数字位数应与仪表精度匹配，不能随意增减；③计算结果（如E、r）的有效数字位数应与原始数据中位数最少者保持一致，不可保留过多位数造成虚假精确。
解析：本题为测电源电动势和内阻的实验综合题，考查原理、电路连接与误差分析三个核心环节。
（1）易错点：把U-I图线的斜率当作电动势，或把斜率正负号弄反——应牢记纵截距是E，斜率绝对值是r。
（2）易错点：电流表内外接判断错误。判断方法是看待测对象：本实验待测的是电源，电压表测路端电压时电流表应接在干路（对电源而言是电流表外接于电压表），电压表分流使电流读数偏小，故E测、r测均偏小。若误认为"电流表内接"，则误差方向判断全错。
（3）易错点：读数有效数字不规范，随意保留过多或过少位数；把图线截距直接当作内阻等。
7解答题
为监测某湿地自然保护区水体的导电特性，科研小组需先准确测定一段取样水柱的电阻。实验室提供如下器材：
待测水柱电阻 Rₓ（阻值约 5 kΩ）；
电源（电动势 E 约 4.5 V，内阻很小，可忽略）；
电流表 A（量程 0～3 mA，内阻 R_A＝20 Ω）；
电压表 V（量程 0～3 V，内阻 R_V＝3 kΩ）；
滑动变阻器 R（最大阻值 20 Ω，允许最大电流 1 A）；
开关 S 及导线若干。
已知信息：测量电路可采用电流表内接法或外接法；滑动变阻器因最大阻值远小于 Rₓ，应采用分压式接法以获得较宽的电压调节范围。
（1）为减小系统误差，电流表应采用内接法还是外接法？请通过计算说明理由。
（2）若最终采用电流表内接法，测得多组电压表读数 U 与电流表读数 I，作出的 U–I 图线是一条直线，纵截距为 3.00 V，斜率的绝对值为 5.0×10³ Ω。请据此求出待测水柱电阻 Rₓ 的测量值（结果保留两位有效数字）。
（3）结合（2）中结果，说明内接法测得的电阻值比真实值偏大还是偏小，并给出定性理由。
（4）实验中某次读数时，电压表指针指在 2.50 V 处，电流表指针指在 0.50 mA 处。请按有效数字规范写出这两个读数，并据此算出该次测得的电阻值。
答案：（1）应采用电流表内接法。
理由：比较 Rₓ 与 √(R_A·R_V)＝√(20×3000)＝√60000≈245 Ω。由于 Rₓ≈5 kΩ＞245 Ω，即 Rₓ 属于大电阻，内接时电流表分压造成的相对误差小于外接时电压表分流造成的相对误差，故应内接。
（2）内接法中 U＝I(Rₓ＋R_A)，故 U–I 图线斜率的绝对值 k＝Rₓ＋R_A。
Rₓ＝k－R_A＝5.0×10³ Ω－20 Ω＝4.98×10³ Ω≈5.0×10³ Ω（保留两位有效数字）。
（3）偏大。内接法中电压表测得的是 Rₓ 与电流表的总电压 U＝I(Rₓ＋R_A)，故 R测＝U/I＝Rₓ＋R_A＞Rₓ，测量值比真实值偏大，偏大值恰为 R_A。
（4）电压表量程 3 V、最小分度 0.1 V，应估读到 0.01 V，读数记为 2.50 V；电流表量程 3 mA、最小分度 0.1 mA，应估读到 0.01 mA，读数记为 0.50 mA。
R＝U/I＝2.50 V ÷ 0.50×10⁻³ A＝5.0×10³ Ω（两位有效数字）。
解析：本题是测电阻实验的综合训练，覆盖选器材、连电路、读数据、析误差四个环节。
（1）判断内外接的核心是比较 Rₓ 与 √(R_A·R_V)（或直接比较 Rₓ/R_A 与 R_V/Rₓ）：Rₓ/R_A＝5000/20＝250，R_V/Rₓ＝3000/5000＝0.6，因 Rₓ/R_A 远大于 R_V/Rₓ，故内接误差小。易错点：误认为电压表内阻大就该外接，或把判据记反。
（2）易错点：忘记内接法图线斜率包含电流表内阻，直接把斜率当作 Rₓ，导致结果偏大 20 Ω（本题中影响虽小，但概念必须清晰）。
（3）易错点：把内、外接的误差方向记反。记忆口诀：内接测得偏大（含 R_A），外接测得偏小（被 R_V 分流）。
（4）易错点：有效数字不规范。电压表 0.1 V 分度必须估读到 0.01 V，写作 2.50 V 而非 2.5 V；电流表 0.1 mA 分度估读到 0.01 mA，写作 0.50 mA；最终电阻结果保留两位有效数字，写作 5.0×10³ Ω。
8解答题
某生态监测站在野外使用太阳能储能电源为水质传感器供电。为确定该电源的电动势和内阻，工作人员把传感器（视为纯电阻）接在电源两端，测得多组路端电压 U 与干路电流 I 的数据，并作出 U–I 图线。
已知信息：图线是一条向下倾斜的直线，纵轴截距（I＝0 时的 U 值）为 12.0 V；当电流 I＝2.0 A 时，路端电压 U＝10.0 V。电源的路端电压满足 U＝E－Ir，其中 E 为电动势、r 为内阻。
（1）求该电源的电动势 E 和内阻 r。
（2）传感器正常工作时两端电压需保持在 9.6 V。求此时通过传感器的电流 I₁，以及传感器的电阻 R₁。
（3）若把该传感器直接接在另一个电动势 E′＝12.0 V、内阻 r′＝0.80 Ω 的蓄电池上，求传感器两端的实际电压 U₂，并判断其是否仍能正常工作。
（4）工作人员误将电流表接在电压表之前（即电流表外接于电压表），使测得的电流包含了流过电压表的电流。请定性说明：这样得到的 U–I 图线斜率绝对值与真实值相比是偏大还是偏小，由此求出的内阻 r 会偏大还是偏小。
答案：（1）由 U＝E－Ir，纵轴截距即 E，故 E＝12.0 V。
斜率绝对值 r＝ΔU/ΔI＝(12.0－10.0) V ÷ (2.0－0) A＝2.0/2.0＝1.0 Ω。
即 E＝12.0 V，r＝1.0 Ω。
（2）由 U₁＝E－I₁r，得 9.6＝12.0－1.0×I₁，解得 I₁＝2.4 A。
传感器电阻 R₁＝U₁/I₁＝9.6 V ÷ 2.4 A＝4.0 Ω。
（3）把 R₁＝4.0 Ω 接在 E′＝12.0 V、r′＝0.80 Ω 的电源上，
I₂＝E′/(R₁＋r′)＝12.0/(4.0＋0.80)＝12.0/4.80＝2.5 A，
U₂＝I₂R₁＝2.5×4.0＝10.0 V（或 U₂＝E′－I₂r′＝12.0－2.5×0.80＝10.0 V）。
因 U₂＝10.0 V＞9.6 V，传感器两端电压高于额定值，不能正常工作（需串接限流电阻）。
（4）电流表外接于电压表时，测得电流 I测＝I真＋I_V，同一 U 下 I测 偏大，图线上各点向右平移，U 随 I测 下降得更慢，故斜率绝对值偏小，由此求出的内阻 r 偏小。
解析：本题是测电源电动势和内阻实验的直接应用与变式，紧扣 U＝E－Ir、纵截距为 E、斜率绝对值为 r 两个核心结论。
（1）易错点：把纵截距误认为内阻，或把斜率的正负号带入结果（内阻应取绝对值）。
（2）易错点：直接用 R₁＝U₁/I₁ 时忘记先由 U＝E－Ir 求出 I₁；或把 9.6 V 误当作电源电动势。
（3）易错点：误认为换电源后电压仍为 12.0 V，忽略内阻分压；本题须先求总电流再求路端电压。
（4）易错点：内外接误差方向记反。本题中电流表测的是干路电流与电压表电流之和，使测得电流偏大，图线变平，斜率绝对值偏小，故 r 偏小。这与上一题内接法测电阻偏大形成对照，是实验误差分析的常考易混点。