人教版高中物理第十一章 电路及其应用精选试卷测试卷(解析版)

一、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优（难）

1．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为

A．ρnev ．ρnSev ．ρnLev ．ρnSLev

【答案】A

【解析】

【详解】

根据题意可知，流过导体的电流和导体的电阻分别为

，

所以可得，加在导体两端的电压为

又因为此时导体内的电场为恒定电场，可得

故选A

2．如图所示，P为一块均匀的半圆形薄电阻合金片，先将它按图甲方式接在电极A、B之间，测出电阻为R，然后再将它按图乙方式接在C、D之间，这时P的电阻为（　　）

A．R ． ． ．4R

【答案】D

【解析】

【详解】

将半圆形合金片从中间（图中虚线所示）割开，分成完全相同的两块，设每块电阻力R0，则图中甲连接方式相当于两个电阻并联，图乙连接相当于两个电阻串联。则

，

选项D正确，ABC错误。

故选D。

3．1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到 一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力 F2 不允许自由电子无地增大速度， F1和F2  会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。已知 F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。下列说法正确的是（  ）

A．若线圈加速转动，α 越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同

B．若线圈加速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反

C．若线圈减速转动，α越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同

D．若线圈减速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反

【答案】A

【解析】

【分析】

考查电流的形成。

【详解】

AB．若线圈加速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相反的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相同，F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，α越大，F1 越大，F1和F2会达到平衡，F1 越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，A正确，B错误；

CD．若线圈减速转动，由于惯性，自由电子相对正离子晶格向与线圈转动方向相同的方向转动，电流方向与电子相对运动方向相反，即与线圈转动方向相反，F1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，α越大，F1 越大，F1和F2会达到平衡，F1 越大，F2越大，F2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F2越大，相对正离子晶格的速度越大，电流越大，CD错误。故选A。

4．如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10 V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100 V．已知电流表的内阻Rg为500 Ω，满偏电流Ig为1 mA，则电阻R1、R2的值(　　)

A．9500Ω；90000Ω

B．90000Ω；9500Ω

C．9500Ω；9000Ω

D．9000Ω；9500Ω

【答案】A

【解析】

【详解】

由图示电路图可知

，

，

代入数据解得，

A. 9500Ω；90000Ω与分析相符，符合题意

B. 90000Ω；9500Ω与分析不符，不符合题意

C. 9500Ω；9000Ω与分析不符，不符合题意

D. 9000Ω；9500Ω与分析不符，不符合题意

5．如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1(0-3A)和A2(0-0.6A)的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是（   ）

A．A2的指针还没半偏时，A1的指针已经半偏

B．A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏

C．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A

D．A1的读数为1A时，干路的电流I为1.2A

【答案】D

【解析】

AB：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流计两端电压相等，两电流计相同，则流过两电流计的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏．故AB两项均错误．

CD：两电流计改装电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5；两电表并联，通过两电流表的电流之比为5：1，当A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中电流为1.2A．故C项错误，D项正确．

6．两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5 V，V2表的量程是15 V，把它们串联起来接入电路中，则 （      ）

A．它们的示数相等，指针偏转角度也相等

B．它们的示数之比为l:3，指针偏转角度相等

C．它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3

D．它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:3

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的两个电流计改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍．把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3，它们的示数之比为1：3．故B项正确，ACD错误。

故选B。

7．下图所示为多用电表的原理图，表头内阻为，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法正确的是

A．接表内电池正极的是红表笔

B．电阻的“∞”刻度一般在刻度盘的右端

C．用多用电表的欧姆档测量某电阻时，发现指针偏转太小，应改选较大的倍率档

D．测量电阻时，应该先进行欧姆调零，再选倍率档，最后接入电阻进行测量

【答案】C

【解析】

【详解】

A.接表内电池负极的是红表笔，故A错误；

B. 欧姆表零刻度线在刻度盘的最右侧，故B错误；

C. 用多用电表的欧姆档测量某电阻时，发现表头指针偏转角度太小，说明电阻很大，要换用较大倍率挡，故C正确；

D. 测量电阻时，应该先选倍率档，再进行欧姆调零，最后接入电阻进行测量，故D错误。

8．如图电路所示，当ab两端接入100V电压时，cd两端为20V，当cd两端接入100V电压时，ab两端电压为50V，则R1：R2：R3之比是（ ）

A．4：2：1 ．2：1：1 ．3：2：1 ．以上都不对

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

当ab两端接入100V电压时，用理想电压表测得cd两端为20V得到

即

整理得

当cd两端接入100V电压时，用理想电压表测得ab两端电压为50V得到

即

整理得

所以

R1∶R2∶R3=4∶2∶1

A．4：2：1，与结论相符，选项A正确；

B．2：1：1，与结论不相符，选项B错误；

C．3：2：1，与结论不相符，选项C错误；

D．以上都不对，与结论不相符，选项D错误；

故选A．

考点：本题考查串联电路的电流，电压，电阻关系

点评：本题学生要熟练掌握串联电路的电流，电压，电阻关系，能灵活运用其关系进行计算．

9．雷击，指打雷时电流通过人、畜、树木、建筑物等而造成杀伤或破坏，其中一种雷击形式是带电的云层与大地上某点之间发生迅猛的放电现象，叫作“直击雷”。若某次发生“直击雷”前瞬间云层所带的电荷量为8C，雷击时放电时间为200，则此次雷击时的平均电流为

A．0. 04A ．

C．0. 08A ．

【答案】B

【解析】

【详解】

已知雷击时放电时间为200μs，放电量等于8C，则此次雷击时的平均电流为：

，

故B正确，ACD错误；

10．如图所示，电解池内有一价的电解液，t s内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，以下说法中正确的是(　　)

A．当n1＝n2时电流强度为零

B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流强度为I＝

C．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流强度为I＝

D．溶液内电流方向从A→B，电流强度为I＝

【答案】D

【解析】

【详解】

电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，流过的电量是正负电量绝对值的和，不能相互抵消；电流的大小为

故选D．

【点睛】

本题考查电流的定义，要知道电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流的方向，应用电流定义式即可正确解题．

11．如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表．安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则（　　）

A．电流表A1的读数大于电表A2的读数

B．电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角

C．电压表V1的读数等于电压表V2的读数

D．电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角

【答案】AD

【解析】

【详解】

AB.两安培表并联，表头两端的电压相同，电流相同，指针偏转角度相同，安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数。故A正确，B错误

CD.两电压表串联，两表头的电流相同，指针偏转角度相同，量程大的读数大，伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角。故C错误，D正确

12．如图所示是有两个量程的电流表，当分别使用a和b、a和c接线柱时，此电流表有两个量程，其中一个量程为0~1 A，另一个量程为0~0.1 A，表头内阻Rg=200 Ω，满偏电流Ig=2 mA，则（  ）

A．当使用a、b时量程为0~1 A

B．当使用a、c时量程为0~1 A

C．电阻R1=0. 41 Ω

D．电阻R2=0.41 Ω

【答案】AC

【解析】

【详解】

AB.表头改装成电流表时需并联分流电阻，且分流电阻越小，改装后量程越大，可知使用a、b时量程为0～1A，使用a、c时量程为0～0.1A，故A正确，B错误；

CD.由并联电路各支路两端电压相等可得Ig（R2+Rg）=（I1－Ig）R1，IgRg=（I2－Ig）（R1+R2），Ig=2mA，I1=1A，I2=0.1A，解得R1=0.41Ω，R2=3.67Ω，故C正确，D错误.

13．如图所示，经过精确校准的电压表V1和V2，分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，读数依次为12.7 V和12.3 V，则(　　)

A．a、b间的实际电压略大于12.7 V

B．a、b间的实际电压略小于12.7 V

C．电压表V1的内阻大于V2的内阻

D．电压表V1的内阻小于V2的内阻

【答案】AC

【解析】

【详解】

AB. 由于电压表不是理想电表（内阻不是无穷大），当a、b两端接入电压表后，电阻R与电压表的并联电阻小于电阻R，根据欧姆定律和串并联规律可知，电阻R与电压表的并电压小于电阻R的实际电压，即a、b两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表V1的示数，即a、b间的实际电压略大于12.7 V，故A项正确，B项错误；

CD. 根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与R的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，即电压表V1的内阻大于电压V2的内阻，故C项正确，D项错误。

14．如图所示，是实用电压表电路图，当a、b间电压为4 V时，电流表指针偏转到最大刻度；当a、b间电压变为3 V时，仍欲使电流表指针偏转到最大刻度，可行的办法是(　　)

A．R1不变，减小R2 ．R2不变，减小R1

C．增大R1，减小R2 ．R1不变，增大R2

【答案】AC

【解析】

【详解】

电路两端总电压降低了，想要电流不变：若R1不变，减小R2时，R2两端的电压变小，G两端电压可能保持不变，通过G的电流可能不变，G指针仍能偏转到最大刻度，故A正确；若R2不变，其两端电压不变，R1两端电压减小，为使通过G的电流不变，应增大R1的电阻，故B错误；若增大R1，电流表满偏，其两端电压不变，通过R1时减小，通过R2的电流减小，其两端电压需要减小，R2的阻值可能减小，故C正确；R1不变，电流表满偏，电路总电流不变，G两端电压不变，总电路电压减小，则R2的阻值需要减小，故D错误；故选AC．

【点睛】

解决本题的关键是知道串联电路电阻的分压特点，难点是能把R1和电流表看成一个电阻，与R2形成一个串联电路进行解决．

15．如图所示，为某一金属导体的伏安特性曲线，由图象可知

A．该导体的电阻随电压的升高而增大

B．该导体的电阻随电压的升高而减小

C．导体两端电压为2 V时，电阻为0.5 Ω

D．导体两端电压为2 V时，电阻为1 Ω

【答案】AD

【解析】

AB、某点与原点连线的斜率表示电阻倒数，从图像中可以看出，随着电压的升高，斜率在减小，所以电阻在增大，故A对，B错；

CD、当导体两端电压为2 V时，此时图像上对应的电流值为2A，所以电阻 ,故C错D正确；

综上所述本题答案是：AD

二、第十一章 电路及其应用实验题易错题培优（难）

16．小敏要将一量程为250A的微安表改装成量程为5V的电压表。由于微安表内阻未知，小敏先用多用电表粗测得其内阻约为1100。现有如下器材：

A．待改装的微安表

B．标准电压表

C．电阻箱（0~99999. 9）

D．滑动变阻器（0~10）

E. 学生电源

F.开关，导线若干

(1)按粗测的微安表内阻进行电压表改装，应将电阻箱阻值调节为_________；

(2)改装完成后，小敏利用上述器材设计了电路进行校准，请完成校准电路的实物图连线；

（____）

(3)当标准电压表的示数为5. 00V时，微安表的指针位置如图所示。由此可以推测出所改装的电压表量程不是预期的5V，而是______V（保留两位有效数字），导致该误差产生的原因可能是_________；

A．微安表的实际内阻大于所测得的1100

B．微安表的实际内阻小于所测得的1100

(4)要达到预期目的，不必再设计实验精确测量微安表的内阻，只需将电阻箱的阻值调整为______即可。

【答案】100 见解析 5.1 A 18500

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]将电阻箱与微安表串联，电阻箱阻值

(2)[2]将改装的电压表与标准电压表并联，接入电路，滑动变阻器采用分压式接法，可以测量多组数据，连接电路如图所示

(3)[3]图中微安表示数为时电压表示数为5V，因此满天偏时对应的电压值应为其电压表量程

可求得量程为

[4](4)由于加上相同的电压，电流小于预期值，一定是电阻偏大，而电阻箱调整没问题，一定是微安表内阻大于1100，A正确，B错误。

故选A。

[5]改装表的阻值减小量应为

因此将电阻箱阻值减小为

100-400=18500

17．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.

（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图：____(选填“甲”或“乙”).

（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路.

（________）

（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是（图中P为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）___.

（5）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R = 10的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S后，则电流表的示数为____A，两个小灯泡的总功率为__ W(本小题结果均保留两位有效数字）.

【答案】甲  D 0.60 1.2

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲．

（2）[2]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）[3]由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由可知，图象斜率增大，故选D．

（4）[4][5]由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，则有：

代入数据并整理得：

在图a所示坐标系中作出的图象如图所示

由图象可知，两图象交点坐标值为：U=2V，I=0.3A

此时通过电流表的电流值

0.6A

每只灯泡的实际功率

=2×0.3=0.6W

所以两个小灯泡的总功率为1.2W．

18．温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：

A．直流电源，电动势E=6V，内阻不计；

B．毫安表A1，量程为600mA，内阻约为0.5；

C．毫安表A2，量程为10mA，内阻RA=100；

D．定值电阻R0=400；

E．滑动变阻器R=5；

F．被测热敏电阻Rt，开关、导线若干。

(1)实验要求能够在0~5V范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值Rt进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路______。

(2)某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2，则计算热敏电阻阻值的表达式为Rt=______（用题给的物理量符号表示）。

(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2－I1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而____（填“增大”“减小”或“不变”）。

(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻R1=30，则由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为______，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。

【答案】  增大 17.5 55

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表A2与定值电阻R0串联构成量程为的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：

(2)[2]．由电流可知

(3)[3]．根据可得

则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率 变大，可知Rt变大。

(4)[4][5]．通过R1的电流

则通过R2和Rt的电流为0.4A；由I2-I1图像可知，I2=4mA，此时Rt两端电压为2V，则R2两端电压为7V，则

根据Rt-t图像可知

解得

t=55℃

19．(1)在“测定金属的电阻率”的实验中，由于金属丝直径很小，不能使用普通刻度尺，应使用螺旋测微器。螺旋测微器的精确度为_________mm，用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为_________mm。

(2)如果测出金属丝接入电路的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率。用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为ρ=___________。

(3)在此实验中，金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，选用了如下实验器材：

A．直流电源：电动势约4.5 V，内阻不计；

B．电流表A：量程0~0.6 A，内阻约0.125Ω；

C．电压表V：量程0~3 V，内阻约3 kΩ；

D．滑动变阻器R：最大阻值10Ω；

E．开关、导线等。

在以下可供选择的实验电路中，应该选图____（填“甲”或“乙”），选择的接法为____接法（填“内”或“外”），此接法测得的电阻值将___________（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值。

(4)根据所选实验电路图，在实物图中完成其余的连线___________。在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置在_________（填“最左”或“最右”）端。

(5)根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_________V和_________A。

(6)若某次实验测得接入电路金属丝的长度为0.810m，算出金属丝的横截面积为0.81×10-6m2，根据伏安法测出电阻丝的电阻为4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为__________（保留二位有效数字）。

【答案】0.01 0.0  甲 外 小于  最左 2.15 0.16 1×10-6Ω·m

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm

[2]金属丝的直径为

0.5mm+0.01mm×14.0=0.0mm。

(2)[3]根据及解得

(3)[4] [5]因待测电阻的阻值较小，故采用电流表外接电路，即甲电路；

[6]因电压表的分流作用，使得电流表的测量值大于电阻上的实际电流，故此接法测得的电阻值将小于被测电阻的实际阻值。

(4)[7]连线如图；在闭合开关S前，滑动变阻器的阻值调节到最小，故滑片应置在最左端。

(5)[8]电压表读数为2.15V；

[9]电流表读数为0.16A。

(6)[10]根据可得，代入数据可知

ρ=4.1×10-6Ω·m

【点睛】

螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；实验器材的选择、设计实验电路图是本题的难点，要掌握实验器材的选取原则及电路选择的原则。

20．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W的电阻Rx，现有以下实验器材可以选择：

A．电流表A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）   

B．电流表A2（量程为3mA，内阻约为20Ω）

C．电压表V1（量程为10V，内阻约为50kΩ）

D．电压表V2（量程为30V，内阻约为100kΩ）

E.直流电源E（电动势为9V，内阻约为1Ω）

F.滑动变阻器R1（20Ω，1A）

G.开关、导线若干

（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选_______，电压表应选______，（填器材前面的序号）；

（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图_______；

（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，____（填大于、等于或小于）；

（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，并记录此时电压表示数U和电流表示数I，则待测电阻=_____，该方案中若从系统误差分析，____（填大于、等于或小于）。

【答案】A C  大于  等于

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1][2]由于电源电动势为9V，故电压表应该选择10V量程，即电压表选择V1，通过待测电阻的最大电流约为

故电流表应该选择A1；

（2）[3]由于待测电阻阻值很大，故电流表应该选择内接，由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，故应该采用分压式接法，电路图如图

（3）[4]由于电压表示数为待测电阻和电流表电压之和，故其值大于真实值，由可知待测电阻的测量值大于真实值，故填“大于”；

（4）[5][6]当S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，即电流计中无电流，因此电压表的示数即为待测电阻两端电压，电流表示数为通过待测电阻的电流，因此

由前面分析可知，电压表、电流表的值均为真实值，因此无系统误差，故填 “等于”。

21．(1)某同学利用“双缝干涉实验装置”测定红光的波长．已知双缝间距为d，双缝到屏的距离为L，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，并将该条纹记为第1亮条纹，其示数如图所示，此时的示数为________mm．然后转动测量头，使分划板中心刻线与第5亮条纹的中心对齐，读出示数，并计算第5亮条纹与第1亮条纹的中心线间距离为Δx．由此可得该红光的波长表达式为_______（用字母表达）；某同学用黄色滤光片时得到一个干涉图样，为了使干涉条纹的间距变宽，可以采取的方法是_____________、______________________．

(2)要描绘一个标有“3V  0.8W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加，且尽量减小实验误差．已选用的器材除导线、开关外，还有

电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）

电流表（量程为0~300mA，内阻约为1Ω）

电压表（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）

滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）

①实验电路应选用图中的________________（填字母代号）

②请按照①中选择的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏___________．

③以电压表的读数U为横轴，以电流表的读数Ⅰ为纵轴，根据实验得到的多组数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图所示．由图可知：随着电压的增大，小灯泡的电阻_______（选填“增大”或“减小”），其发生变化的原因是________________________________．

④从图线可知，当灯泡两端电流为0.26A时，小灯泡的功率等于_________W（保留两位有效数字）．⑤某同学看到实验室有最大阻值为17kΩ的滑动变阻器R1和最大阻值为100Ω的滑动变阻器R2，用R1和R2分别替换本实验中的滑动变阻器，滑片从左向右滑动过程中，电压表示数随滑片移动距离x的关系曲线如图所示，正确的是_________________.

【答案】2.430（2.428mm~2.432mm）  换用红色的滤光片 使光屏离双缝距离远一些 B  增大 温度变高，电阻率变大，电阻变大 0.62 B

【解析】

【分析】

【详解】

(1) 螺旋测微器的读数为2.0mm+0.01×43.0mm=2.430mm；

干涉条纹的间距，所以波长为；

由公式可知，换波长更长的光或增大光屏离双缝的距离即可；

(2) 实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，电流表内阻为1Ω，电压表内阻为3kΩ，相对来说，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因此应选择图B所示电路；

(3) 滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应处于滑动变阻器最左端；根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示

(4) 由图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律可知，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻变大，这是因为灯泡电阻随灯丝温度升高而增大造成的；

(5)由灯泡的伏安特性曲线可知，当电流为0.26A时的电压为2.4V，所以功率为P=UI=

(6) 由图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律可知，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻变大，因此选B

点晴：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，测量光波波长的原理，注意掌握干涉条纹间距公式的内容，对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程．

22．二极管（LED）是一种节能、环保的元器件，被广泛应用到显示器、照明等各领域。某兴趣小组为探究工作电压是“1.4~4V”最大正向直流电源是“5~20mA”的LED管的曲线，设计了如图①所示的实验电路。实验室备有以下器材：

电流表：量程0~50mA，内阻约为50Ω；

电流表：量程0~200mA，内阻约为10Ω；

电压表V：量程0~5V，内阻约为10kΩ；

滑动变阻器R1：阻值范围0~15Ω，允许最大电流1A；

滑动变阻器R2：阻值范围0~1kΩ，允许最大电流100mA；

直流电源E：输出电压6V，内阻不计，开关（S）、导线若干。

(1)为了提高实验结果的准确性，电流表应选择_______；滑动变阻器应选用_______（以上填器材代号）；

(2)实验小组根据实验得到数据描点绘出如图②所示I－U图象。发光二极管（LED）的效率η与通过二极管的电流I的关系曲线如图③所示。其中发光二极管的效率η是指辐射的全部光功率P与供给发光二极管的电功率比值。则发光二极管效率达最大时其电阻＝_______Ω，辐射的光功率_______W。（保留3位有效数字）

【答案】  267 0.00576

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1][2]由图可知，测量的电流值没有超过20mA；故只能选用A1进行测量；因本实验采用分压接法，则滑动变阻器应选择小电阻；故选R1。

(2)[3]由图③可知，当效率达最大时，电流为6mA，由图②可知，电压为1.6V，则电阻

此时效率为60%；

[4]功率

光功率