备战中考山东省三年中考物理真题分类解析汇编专题16 电功率二答案解析.docx
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备战中考山东省三年中考物理真题分类解析汇编专题16电功率二答案解析
备战2019年中考山东省三年中考物理真题分类解析汇编
专题16电功率
（二）（答案解析）
1．（2017•泰安）如图所示，电源电压为4.5V，电压表量程为“0﹣3V”，电流表量程为“0﹣0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω1A”，小灯泡L标有“2.5V1.25W”（灯丝电阻不变），在保证小灯泡L电流不超过额定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列说法正确的是（ ）
①小灯泡的额定电流是0.6A
②滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4Ω﹣10Ω
③电压表示数变化范围是0﹣3V
④电流表示数变化范围是0.3﹣0.5A。
A．只有②、④正确B．只有②、③正确C．只有①、④正确D．只有①、③正确
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。
（1）根据灯泡的额定电压和额定功率，利用P=UI求出其额定电流；
（2）根据串联电路电流相等和分压特点，结合欧姆定律求出滑动变阻器连入电路的阻值大小；
（3）根据小灯泡额定电压和电压表的量程确定电压表的示数变化范围；
（4）在保护灯泡和电压表的条件下，利用欧姆定律求出电流表的示数范围。
【解答】解：
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。
（1）灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，
由P=UI可得：
小灯泡正常发光时的电流为：
I=
=
=0.5A，故①错误；
（2）当电路中的电流为0.5A时，滑动变阻器电阻最小分得电压最小
串联电路总电压等于各分电压之和，
此时电压表的示数U滑=U﹣UL=4.5V﹣2.5V=2V，故电压表的示数变化范围为2～3V，故③错误；
2V＜3V，没有超出电压表的量程，
灯泡两端的电压可以达到2.5V，
串联电路中各处的电流相等，
此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小为：
R滑min=
=
=4Ω；
当电压表的示数为3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
灯泡两端的电压：
UL′=U﹣U滑max=4.5V﹣3V=1.5V，
灯泡的电阻：
RL=
=
=5Ω，
电路中的最小电流：
Imin=
=
=0.3A，
电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故④正确；
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R滑max=
=
=10Ω，
滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω～10Ω，故②正确。
故选：
A。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据灯泡的额定电流确定电路中的最大电流和电压表的最大示数确定电路中的最小电流，并且要知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
2．（2017•烟台）某同学按照图所示的电路测定小灯泡的电功率，闭合开关S后，他观察到小灯泡不发光，但电流表、电压表指针有偏转。
以下判断正确的是（ ）
A．灯泡被短路
B．灯泡的灯丝断了
C．灯泡与灯座接触不良
D．灯泡的实际功率比额定功率小得多
【分析】要解答此题需掌握电路短路和断路的区别。
电路短路时，电路中仍有电流，用电器能工作。
电路断路时，电路中无电流，用电器不工作。
根据选项中的故障以及电流表、电压表在电路中的不同特征来判断。
【解答】解：
A、灯泡被短路后，电流表指针偏转，电压表的正负接线柱不能与电源两极相连，因此电压表指针不偏转，故A不符合题意；
BC、灯泡的灯丝断了或灯泡与灯座接触不良时，电路为断路，电流表指针不偏转，电压表的正负接线柱与电源两极相连，因此电压表指针偏转，故B不符合题意；
D、当灯泡的实际功率比额定功率小得多时，灯泡不发光，此时电路中有电流，但比较小，即电流表、电压表指针都有偏转，故D符合题意。
故选：
D。
【点评】本题考查了根据电流表和电压表的示数情况判断串联电路的故障，电流表示数为零说明故障是开路，电压表有示数，说明开路在电压表的两接线柱之间。
3．（2017•枣庄）如图甲所示，额定电压为6V的灯泡L与滑动变阻器R串联接入电路，电源电压一定。
滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端时，灯泡L的I﹣U图象如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．灯泡正常发光时的电流为0.5A
B．灯泡两端的电压为3V时，它消耗的电功率为1.5W
C．灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻值为3Ω
D．当滑动变阻器接入电路的阻值为2.5Ω时，如果灯泡消耗的电功率为3.2W，此时灯丝的阻值为5Ω
【分析】A、根据图象，灯泡两端的电压等于额定电压时，灯泡正常发光，此时电流等于其额定电流；
B、根据图象确定电压为3V时的电流，可得电功率值；
C、根据题意，当灯泡两端电压为6V时，变阻器的滑片在最左端，从而可得其阻值；
D、根据电源电压、灯泡的实际功率及欧姆定律求出灯丝的电阻值。
【解答】解：
A、由题意知，灯泡的额定电压为6V，由图乙知，当灯泡两端的电压为6V时，灯泡的电流为1A，A错误；
B、由图乙知，当灯泡两端的电压为3V时，灯泡中的电流大于0.5A，由P=UI可知，此时灯泡消耗的电功率大于1.5W，B错误；
C、由图知，当变阻器滑片在最左端时，灯泡两端的电压等于6V，可知此时变阻器的阻值为零，C错误；
D、当变阻器阻值为零时，灯泡两端的电压等于6V，可知电源电压为6V；
设灯泡两端的电压为U，此时电阻为R，根据题意可知：
=
=
①
=3.2W②
联立①②解得U=2V或U=4V，根据灯泡的实际功率，U=2V时，其实际功率小于3.2W，不符合题意，所以U=4V，代入②得R=5Ω，D正确。
故选：
D。
【点评】本题通过对问题的分析，考查了对欧姆定律及电功率公式的应用，该题的难点在D，关键能够根据图象分析出已知条件。
4．（2017•德州）如图所示的电路中，电源电压和灯泡电阻保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片P由中点向右移时，下列判断正确的是（ ）
A．电压表和电流表的示数都增大，电路总功率变大
B．电压表和电流表的示数都减小，电路总功率变小
C．电流表示数增大，电压表示数变大，灯泡变亮
D．电流表示数变小，电压表不变，灯泡亮度不变
【分析】图中滑动变阻器与灯并联，电流表测通过滑动变阻器的电流，电压表测滑动变阻两端的电压，然后根据并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式进行讨论。
【解答】解：
由电路图知，滑动变阻器与灯并联，电流表测通过滑动变阻器的电流，电压表测滑动变阻两端的电压，
并联电路各支路两端电压与电源电压都相等，所以移动滑片变阻器两端电压不变，即电压表示数不变；
滑片P由中点向右移动时，滑动变阻器连入电路的电阻R滑增大，根据欧姆定律，通过它的电流减小，即电流表示数变小；
两支路间互不影响，所以灯泡亮度不变；
电路的总功率P总=P滑+P灯=
+
，因R滑增大，R灯不变，且灯和滑动变阻两端的电压都等于电源电压，所以电路的总功率P总变小；
综上所述，ABC错误，D正确。
故选：
D。
【点评】动态电路变化的分析问题关键是：
正确识别电路的连接关系，搞电表测哪些物理量，根据串、并联电路特点和欧姆定律即可解答。
5．多选题（2017•滨州）如图甲所示，两电热丝R1与R2并联，R1=20Ω，电源电压保持不变，闭合开关，电流表A1和电流表A2表盘指针均指如图乙所示位置，则以下判断正确的是（ ）
A．R1：
R2=5：
1
B．电源电压是10V
C．R2的电功率是20W
D．R1工作2分钟所放出的热量为600J
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，根据并联电路的电流特点结合两电流表指针的位置相同确定电流表量程，根据分度值读出示数，进一步求出通过R2的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压，再根据欧姆定律求出R2的阻值，进一步求出两电阻的阻值之比，利用P=UI求出R2的电功率，根据Q=I2Rt求出R1工作2分钟所放出的热量。
【解答】解：
由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流。
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两电流表指针的位置相同，
所以，电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，干路电流I=2.5A，
电流表A2的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，通过R1的电流I1=0.5A，
根据并联电路的电流特点可得，通过R2的电流：
I2=I﹣I1=2.5A﹣0.5A=2A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=
可得，电源的电压：
U=I1R1=0.5A×20Ω=10V，故B正确；
则R2的阻值：
R2=
=
=5Ω，
则R1：
R2=20Ω：
5Ω=4：
1，故A错误；
R2的电功率：
P2=UI2=10V×2A=20W，故C正确；
R1工作2分钟所放出的热量：
Q1=I12R1t=（0.5A）2×20Ω×2×60s=600J，故D正确。
故选：
BCD。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、焦耳定律的应用，正确的判断两电流表的量程并读出示数是关键。
6．多选题（2017•威海）如图所示。
电源电压为4.5V，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω，1A”，小灯泡L标有“2.5V，1.25W”（不考虑温度对灯丝电阻的影响）．在保证通过小灯泡L的电流不超过恒定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电流是0.6A
B．电流表的示数变化范围是0.3～0.5A
C．电压表的示数变化范围是0～3V
D．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4～10Ω
【分析】知道灯泡的额定功率和额定电压，根据P=UI求出灯泡的额定电流；
灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的最小电压，即电压表的最小示数；
根据串联电路的电流特点可知电路中的最大电流为灯泡额的电流和滑动变阻器允许通过最大电流中较小的一个，根据欧姆定律求出电压表的最大示数，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值。
【解答】解：
小灯泡的额定电流I=
=
=0.5A，故A错误；
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。
灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，当灯泡正常发光时，串联电路总电压等于各分电压之和，此时电压表的最小示数U滑=U﹣UL=4.5V﹣2.5V=2V，
此时电路中的最大电流Imax=0.5A，
此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小为：
R滑min=
=
=4Ω；
滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
灯泡的电阻：
RL=
=
=5Ω，电路中的最小电流：
Imin=
=
=0.3A，
电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故B正确；
此时灯泡分担的电压最小UL小=IminRL=0.3A×5Ω=1.5V，
滑动变阻器两端的最大电压：
U滑max=U﹣UL小=4.5V﹣1.5V=3V，即电压表最大示数，
电压表的示数范围为2V～3V，故C错误；
此时滑动变阻器的最大阻值Rmax=
=
=10Ω，
所以滑动变阻器的范围是4Ω～10Ω，故D正确。
故选：
BD。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据灯泡的额定电流确定电路中的最大电流和电压表的最大示数确定电路中的最小电流，并且要知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
7．多选题（2017•潍坊）如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压恒定。
当闭合开关，滑动变阻器滑片向b端移动时，下列判断正确的是（ ）
A．电流表的示数变大
B．R1与R2消耗的电功率之和增大
C．R1与R2消耗的电功率之和减小
D．电压表V1示数的减少量等于V2示数的增加量
【分析】ABC、分析电路的连接，由滑动变阻器滑片向b端移动时，判断R2变化，根据电阻的串联，判断总电阻变化，由欧姆定律，判断电路中电流即电流表示数变经；
因R1与R2消耗的电功率之和即电路的总功率，根据P=UI，确定电路的总功率变化；
D、根据串联电路电压的规律：
电源电压（不变）等于各部分的电压之和分析。
【解答】解：
由图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2的电压，电流表测电路中的电流；
ABC、电源电压恒定，当闭合开关，滑动变阻器滑片向b端移动时，R2变大，根据电阻的串联，总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中电流变小，即电流表示数变小，A错误；
根据P=UI可知，电路的总功率变小，即R1与R2消耗的电功率之和变小，故B错误；C正确；
D、由前面分析可知，滑动变阻器滑片向b端移动时，电路中电流变小，由U1=IR1可知，R1两端的电压减小，即V1示数变小；
在串联电路中，电源电压（不变）等于各部分电压之和，所以，电压表V1示数的减少量等于V2示数的增加量，故D正确。
故选：
CD。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的应用，关键是分析各电表测量的量。
8．（2018•烟台）常温常压下，一台标有“220V2000W“的电热水壶正常工作时，将质量为1kg、初温为20℃的水烧开，需要的时间是 168s [假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2×103J/（kg•℃）]。
【分析】在1个标准大气压下水的沸点为100℃，又知道水的初温、质量、比热容，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，不计热损失，根据W=Q吸=Pt求出需要的加热时间。
【解答】解：
在1个标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，
不计热损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：
t′=
=
=
=168s。
故答案为：
168s。
【点评】本题考查了吸热公式、电功公式的应用，关键是知道在1个标准大气压下水的沸点为100℃。
9．（2018•淄博）在“探究物质的吸热能力”实验中，把质量均为0.5kg的水和食用油分别装入两个相同的容器内，用相同的电加热器给它们加热，其温度随时间变化的图象如图所示。
不考虑实验中的热损失，加热2min食用油吸收的热量是 4.2×104 J，电加热器的实际功率是 350 W．【c水=4.2×103J/（kg•℃）】
【分析】
（1）由题知食用油和水质量相同，升高的温度相同时水吸收的热量是食用油吸收热量的2倍。
根据吸热公式Q=c吸m△t判断两物质的比热容之间的关系，从而得出食用油的比热容，然后利用Q=cm△t可求得加热2min食用油吸收的热量；
（2）不考虑实验中的热损失W=Q，利用P=
可求得电加热器的实际功率。
【解答】解：
用两个相同的电热器给质量相同的物质食用油和水加热，由图象可知，水温度升高到60℃需要4min，食用油温度升高到60℃需要2min。
因为物质吸收的热量和时间成正比，
所以，质量相同的食用油和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：
Q水吸=2Q油吸。
由Q吸=cm△t得：
c=
，
则c水=2c油。
又因为c水=4.2×103J/（kg•℃），
所以c油=
c水=2.1×103J/（kg•℃），
加热2min食用油升高了60℃﹣20℃=40℃，
Q油吸=c油m油△t=2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×40℃=4.2×104J；
不考虑实验中的热损失W=Q=4.2×104J；
电加热器的实际功率P=
=
=350W。
故答案为：
4.2×104；350。
【点评】本题考查热量的计算和实际功率的计算，能够从图象中获取信息并利用控制变量法解决实际问题。
10．（2018•威海）标有“220V，2000W“的“即热式”电热水龙头，其加热电阻丝的阻值是 24.2 Ω；在额定电压下工作21s，若不计热量损失，能够使 0.5 kg的水从15℃上升到35℃．[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】
（1）已知额定电压和额定功率，利用公式R=
得到电阻丝的阻值；
（2）不计热量损失，水吸收的热量等于消耗的电能。
已知热量、水的比热容及温度的变化，利用W=Pt=Q=cm△t变形公式得到水温升高的温度。
【解答】解：
（1））根据P=
可得，加热电阻丝的阻值：
R=
=
=24.2Ω；
（2）由P=
可得，在额定电压下工作21s消耗的电能：
W=Pt=2000W×21s=4.2×104J；
若不计热量损失，则Q吸=W=4.2×104J，
由Q吸=cm△t可得，加热水的质量：
m=
=
=0.5kg。
故答案为：
24.2；0.5。
【点评】此题是一道电热综合题，考查了电功率变形公式和热量变形公式的应用，计算环节不复杂，是一道基础题。
掌握基本公式及其变形，是正确解答此类问题的关键。
11．（2017•威海）如图所示，电源电压12V保持不变，小灯泡L的规格为”6V3W”，滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A．当开关S1、S2都断开时，小灯泡L恰能正常发光，R1的阻值为 12 Ω，当开关S1、S2都闭合时，要保证电路各元件安全，整个电路电功率的变化范围是 24W～36 W。
【分析】
（1）当开关S1、S2都断开时，R1与L串联，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电流特点和P=UI求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，再根据欧姆定律求出R1的阻值；
（2）当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，根据电流表的量程确定电路中的最大电流，根据P=UI求出电路的最大总功率；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用P=UI=
求出电路的最小总功率，然后得出答案。
【解答】解：
（1）当S1、S2都断开时，R1与L串联，灯正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P=UI可得，电路中的电流：
I=IL=
=
=0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R1两端的电压：
U1=U﹣UL=12V﹣6V=6V，
由I=
可得，R1的阻值：
R1=
=
=12Ω；
（2）当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，
因电流表的量程为0～3A，所以，电路中的最大电流为3A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，整个电路的最大电功率：
P大=UI大=12V×3A=36W；
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，电路中的总电阻：
R=
=
=6Ω，
电路消耗的最小总功率：
P小=
=
=24W，
所以，整个电路电功率的变化范围是24W～36W。
故答案为：
12；24W～36。
【点评】本题考查了学生对串并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的掌握和运用，正确的判断电路的连接方式和电路的最大、最小功率是关键。
12．（2017•聊城）已知定值电阻R1：
R2=2：
3，若把它们并联在同一电路中，通电后，它们的电流之比I1：
I2= 3：
2 ：
若把它们串联在同一电路中，通电1分钟，R1、R2产生的热量之比Q1：
Q2= 2：
3 。
【分析】
（1）两电阻并联时它们两端的电压相等，根据欧姆定律求出通过的电流之比；
（2）两电阻串联时通过它们的电流相等，根据Q=I2Rt求出通电1分钟R1、R2产生的热量之比。
【解答】解：
（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，两电阻并联时通过的电流之比：
=
=
=
；
（2）因串联电路中各处的电流相等，
所以，通电1分钟R1、R2产生的热量之比：
=
=
=
。
故答案为：
3：
2；2：
3。
【点评】本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及欧姆定律、焦耳定律的应用，是一道较为简单的应用题。
13．（2017•淄博）标有“6V3W”的小灯泡正常发光时的电流是 0.5 A，将小灯泡和一个10Ω的定值电阻串联接在电压为8V的电源上，此时电路中的电流是0.4A，则定值电阻两端的电压是 4 V，小灯泡的实际功率是 1.6 W。
【分析】①已知灯泡额定电压和额定功率，利用I=
得到灯泡正常发光的电流；
②串联电路电流处处相等。
已知定值电阻阻值和通过的电流，可以得到两端电压；已知电源电压和定值电阻两端电压，可以得到灯泡两端实际电压；已知灯泡两端实际电压和通过的电流，利用P=UI得到灯泡实际功率。
【解答】解：
由P=UI可得，小灯泡正常发光的电流：
I额=
=
=0.5A；
由I=
可得，此时定值电阻两端电压：
U0=IR0=0.4A×10Ω=4V，
小灯泡两端实际电压：
U实=U﹣U0=8V﹣4V=4V，
小灯泡实际功率：
P实=U实I=4V×0.4A=1.6W。
故答案为：
0.5；4；1.6。
【点评】此题考查了电功率有关公式、变形公式、欧姆定律及串联电路的特点，掌握基本公式，根据需要灵活选择公式，是解答此题的关键。
14．（2017•莱芜）甲醛对人体的危害非常严重，因此装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要。
“创新”小组的同学们设计了甲醛监测设备，原理如图甲所示。
电源电压恒为6V，R0为30Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，其阻值R随污染指数的变化关系如图乙所示。
当污染指数为100时，电压表示数为 3 V；污染指数越大时，电路中消耗的总功率越 大 （选填“大”或“小”）。
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测R0两端的电压。
（1）由图乙可知，当污染指数为100时R的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的示数；
（2）由图乙可知，污染指数越大时R的阻值变化，根据电阻的串联和P=UI=
可知电路中消耗总功率的变化。
【解答】解：
由图甲可知，两电阻串联，电压表测R0两端的电压。
（1）由图乙可知，当污染指数为100时，R=30Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I=
=
=0.1A，
此时电压表的示数：
U0=IR0=0.1A×30Ω=3V；
（2）由图乙可知，污染指数越大时，R的阻值越小，电路中的总电阻越小，
由P总=
可知，电路中消耗的总功率越大。
故答案为：
3；大。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
15．（2017•潍坊）现要测量小灯泡的功率。
小薇同学选择了满足这个实验要求的器材，并连接了部分电路，如图甲所示。
（1）请添加一根导线，完成图甲所示的实验电路的连接。
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至 b 端（选填“a”或“b”）。
（3）闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数为1.9V时，电流表示数如图乙所示，为 0.2 A，此时小灯泡的功率为 0.38 W。
【分析】
（1）根据电源电压确定电压表量程与灯并联；
（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至阻值最大处；
（3）根据图乙电流表小量程读数，根据P=UI求灯的功率。
【解答】解：
（1）因电源电压为3V，故电压表选用小量程与小灯泡并联，如下图所示：
（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至阻值最大处，即b端；
（3）当电压表示数为1.9V时，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示
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