高中物理第十一章 电路及其应用精选测试卷综合测试(Word版 含答案)

一、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优（难）

1．离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P 处注入，在A 处电离出正离子，已知B 、C 之间加有恒定电压U ，正离子进入B 时的速度忽略不计，经加速形成电流为I 的离子束后喷出推进器，单位时间内喷出的离子质量为J 。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。则推进器获得的推力大小为（ ）

A 2UJI

B ．2

2U JI

C ．2U JI

D UJI 【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

在A 处电离出正离子，经B 、C 间电压加速后，由动能定理可知

212

qU mv =

解得 2qU v m

= 以t 秒内喷射的离子为研究对象，应用动量定理有

Ft nmv =

又因为

=

nq I t =

nm J t

解得 2F UJI =2UJI A 正确，BCD 错误。 故选A 。

A．应并联一个3 800 Ω的电阻

B．应串联一个3 800 Ω的电阻

C．应并联一个0.05 Ω的电阻

D．应串联一个0.05 Ω的电阻

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

把电流表改装成2V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：

；故B正确，ACD错误；故选B．

【点睛】

本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题．

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，F 1 与线圈角速度的变化率 α 成正比，α越大，F 1 越大，F 1和F 2会达到平衡，F 1 越大，F 2越大，F 2 与自由电子相对正离子晶格的速度成正比，F 2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．阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池(E 内阻可忽略)连接成如图所示电路.开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为1Q ，闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为21.Q Q 与2Q 的比值为( )

A ．25

B ．12

C ．35

D ．

23 【答案】C

【解析】

试题分析：根据等效电路，开关S 断开时，电容器的电压121123

25+3

E U R E R R =⋅⨯=，得11Q CU =；S 闭合时，

211123+2

E U R E R R =⋅=，22Q CU =，故112235Q U Q U ==，故选C ． 【学科网考点定位】闭合电路的欧姆定律、电容器

【名师点睛】此题是对闭合电路欧姆定律及电容器问题的考查；解题关键是要搞清电路的结构，画出等效电路图，搞清电容器两端的电压是哪个电阻两端的电压，然后根据Q=CU 求解电容器的带电荷量．

5．如图所示，R 1和R 2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R 1的尺寸比R 2的尺寸大.在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是

A ．R 1中的电流小于R 2中的电流

B ．R 1中的电流大于R 2中的电流

C ．R 1中自由电荷定向移动的速率大于R 2中自由电荷定向移动的速率

D ．R 1中自由电荷定向移动的速率小于R 2中自由电荷定向移动的速率

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

设导体厚度为d ，R 边长为L ，电阻率为ρ，根据电阻定律得导体的电阻为： 1L R Ld d

ρ

ρ== 由此可知导体R 1、R 2的阻值相等． AB. 电压相等，导体R 1、R 2的阻值相等，所以通过R 1的电流等于通过R 2的电流，故AB 错误；

CD.根据电流的微观表达式：

I =nevS =nevLd

由于I 、n 、e 、d 相同，则L 越大，v 越小，则R 1中自由电荷定向移动的速率小于R 2中自由电荷定向移动的速率，故D 正确，C 错误．

6．电阻R 1阻值为6Ω，与电阻R 2并联后接入电路中，通过它们的电流之比I l ：I 2=2:3，则电阻R 2的阻值和总电阻的阻值分别为 ( )

A ．4Ω，2.4Ω

B ．4Ω，3.6Ω

C ．9Ω，3.6Ω

D ．9Ω，4.5Ω

【答案】A

【解析】

并联电路中电流之比等于电阻的反比，则有：

，解得：，则总电阻为：

，故选A ． 【点睛】根据并联电路的性质可求得

的阻值及总电阻：并联电路的电压相等，电流之比等于电阻的反比．

7．有A 、B 两段电阻丝，材料相同，长度也相同，它们的横截面的直径之比为d A ∶d B ＝1∶2，把它们串联在电路中，则下列说法正确的是

A ．它们的电阻之比R A ∶R

B ＝8∶1

B ．通过它们的电流之比I A ∶I B ＝4∶1

C ．两段电阻丝中的电场强度之比E A ∶E B ＝1∶4

D ．电子在两段中定向移动速度之比v A ∶v B ＝4∶1

【答案】D

【解析】

【详解】

A ．根据电阻定律L R S

ρ=，有 R A ：R B =S B ：S A =d B 2：d A 2=4：1

故A 错误。

B ．它们串联在电路中，电流相等，I A ：I B =1：1，故B 错误。

C ．根据U=IR ，电流相同，

U A ：U B =R A ：R B =4：1

再由U E d

=，d 相同， E A ：E B =U A ：U B =4：1

故C 错误。

D ．电流的微观表达式I=nqSv ，电流相同，nq 相同，速度和S 成反比有：

v A ：v B =S B ：S A =4：1

故D 正确。

8．如图所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出

A ．导体的电阻与与电阻两端的电压成正比

B ．电阻R ＝0.5 Ω

C ．因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1tan α

＝1.0 Ω D ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.电阻的大小是由电阻本身决定的，与电流的大小、电压的大小无关．故A 错误； BC.根据电阻的定义式可知，I −U 图象斜率的倒数等于电阻R ，则得：

1025

U R I =

=Ω=Ω， 故B 错误，C 错误；

D.当U =6V 时，电流： 6A 3A 2

U I R ===

则每秒通过电阻横截面的电荷量：

q =It =3×1C=3.0C ，

故D 正确．

9．小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂线．则下列说法中正确的是（ ）

A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变

B ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小

C ．对应 P 点，小灯泡的电阻为121

U R I I =

- D ．对应 P 点，小灯泡的电阻为12U R I =

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A 、图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明随着所加电压的增大，电阻逐渐增大，故A

B 错误；

C 、对应P 点，根据欧姆定律可知小灯泡的电阻为11221

U U R I I I =≠-，故C 错误，D 正确．

10．如图所示的电路中，U=120V ，滑动变阻器R 2的最大值为200Ω，R 1=100Ω。当滑片P 滑至R 2的中点时，a 、b 两端的电压为（ ）

A ．120 V

B ．40 V

C ．60 V

D ．80 V

【答案】B

【解析】 试题分析：由题，滑片P 滑至R 2的中点，变阻器下半部分电阻为100Ω，下半部分电阻与

R 1并联的阻值为R 并=R 1=50Ω，则a 、b 两端的电压为U ab ==40V ，故B 正

确。

考点：本题考查等效电阻，串联电路的特点。

11．如图，一根长为l 、横截面积为S 的闭合软导线置于光滑水平面上，其材料的电阻率为ρ，导线内单位体积的自由电子数为n ，电子的电荷量为e ，空间存在垂直纸面向里的磁场．某时刻起磁场开始减弱，磁感应强度随时间的变化规律是B =B 0-kt ，当软导线形状稳定时，磁场方向仍然垂直纸面向里，此时

A ．软导线围成一个正方形

B ．导线中的电流为

4klS

πρ

C ．导线中自由电子定向移动的速率为4kl

n e πρ

D ．导线中电场强度大小为4kl π

【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．根据楞次定律“增缩减扩”的原理，软导线稳定时呈圆形．故A 项正确．

B ．根据2l

r π=可得

2l r π

=

圆的面积

2

2

04l S r ππ

== 感应电动势大小为

2

04S B kl E t π

∆==

∆ 稳定时软导线中的电流为

E

I R

=

l

R

S

ρ

=，联立可得电流

4

E klS

I

Rπρ

==

故B项正确．

C．导线横截面积为S、单位体积内的自由电子数为n、电子的电荷量为e，则导线中电流

I neSv

=

解得导线中自由电子定向移动的速率

4

kl

v

ne

πρ

=

故C项正确．

D．计算导线中电场可将其视为沿导线方向的匀强电场，则导线中电场强度

2

4

4

kl

U kl

E

l l

π

π

===

场

故D项正确．

故选BCD。

点睛：楞次定律的另一表述：感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因．依这一表述，“楞次定律”可推广为：①阻碍原磁通量的变化(增反减同、增缩减扩)②阻碍相对相对运动(来拒去留)．

12．如图电路，A1和A2为电流表，示数分别为I1和I2；123

::1:2:3

R R R=，当a、b两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是（）

A．

12

:3:4

I I=

B．12

:5:9

I I=

C．将A1和A2换成理想电压表，示数之比为3：5

D．将A1和A2换成理想电压表，示数之比为1：1

【答案】BC

【解析】

【分析】

考查串并联电路的电流电压电阻关系。

【详解】

AB．电源接在a、b两点时，三个电阻并联，理想电流表A1测量的是2R和3R的电流，理想电流表A2测量的是1R和2R的电流，由题知123

::1:2:3

R R R=，可得到三个电阻中电流比值为6:3:2，则12

:5:9

I I=，故选项A错误，B正确；

CD ．将A 1、A 2换成理想电压表时，三个电阻串联，1V 测1R 和2R 两端的电压，2V 测2R 和

3R 两端的电压，则121223():3:5):(U U R R R R =++=，故选项C 正确，D 错误．

故选BC 。

13．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 ．R 1不变，减小R 2

B ．R 2不变，减小R 1

C ．增大R 1，减小R 2

D ．R 1不变，增大R 2

【答案】AC 【解析】 【详解】

电路两端总电压降低了，想要电流不变：若R 1不变，减小R 2时，R 2两端的电压变小，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R 2不变，其两端电压不变，R 1两端电压减小，为使通过G 的电流不变，应增大R 1的电阻，故B 错误；若增大R 1，电流表满偏，其两端电压不变，通过R 1时减小，通过R 2的电流减小，其两端电压需要减小，R 2的阻值可能减小，故C 正确；R 1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R 2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R 1和电流表看成一个电阻，与R 2形成一个串联电路进行解决．

14．如图所示的电路中，若ab 为输入端，AB 为输出端，现把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的，则

A ．空载时输出电压A

B ab U U =

B ．当AB 间接上负载R 时，输出电压2

ab

AB U U < C ．AB 间的负载R 越大，AB U 越接近

2

ab

U

D ．AB 间的负载R 越小，AB U 越接近2

ab

U 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

A ．空载时，变阻器上下两部分电阻串联，根据串联电路电压与电阻成正比得出输出电压

2

ab

AB U U =

，故A 错误； B ．当AB 间接上负载R 时，负载R 与变阻器下部分电阻并联，电阻减小，AB 间的电压减小，输出电压2

ab

AB U U <

，故B 正确； CD ．AB 间的负载R 越大，下部分并联的电阻越大，分担的电压越大，越接近2

ab

U ，故C 正确，D 错误．

15．某种小灯泡的U －I 图线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，四个电表均为理想电表.现闭合开关S ，电压表V 1的示数为4.0V ，以下说法正确的是（ ）

A ．电压表V 2的示数为1.0V

B ．电流表A 2的示数为0.60A

C ．电源的输出功率为3.0W

D ．电源的电动势一定为8V ，内阻为5Ω 【答案】AC 【解析】 【详解】

AB.电压表V 1的示数为4V ，由U －I 图象得到L 1的电流为0.6A ，故另外两个灯泡的电流均为0.3A ，再根据U －I 图象得到电压为1V ，故电压表V 2的示数为1.0V ，电流表A 2的示数为0.30A ，故A 正确，B 错误；

C.路端电压为4V ＋1V=5V ，干路电流为0.6A ，故输出功率为P=Ul =5×0.6W=3W ，故C 正确；

D.路端电压为U=E －Ir ，只有一组数据，无法求解电动势和内阻，故D 错误.

二、第十一章 电路及其应用实验题易错题培优（难）

16．某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路． (1)已知表头

满偏电流为100μA ，表头上标记的内阻值为900Ω．R 1、R 2和R 3是定值电

阻．利用R 1和表头构成1 mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表．若使用a 、b 两个接线柱，电压表的量程为1 V ；若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量程为3 V ．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R 1=___Ω，R 2=______Ω，R 3=_______Ω．

(2)用量程为3V ，内阻为2500Ω的标准电压表对改装电表3V 挡的不同刻度进行校准．所

用电池的电动势E 为5V ；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ．为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器．

(3)校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近_______（填“M”或“N”）端． (4)若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G 内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900Ω． 【答案】100 910 2000 50 M 大于 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]根据题意，R 1与表头

构成1mA 的电流表，则()

1g g g I R I I R =- ，得R 1=100Ω；

[2]若使用a 、b 两个接线柱，电压表的量程为1V ，则2910ab g g

U I R R I -==Ω ； [3]若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量程为3V ，则322000ac g g

U I R R R I

-=

-=Ω ．

（2）[4]电压表与改装电表并联之后，电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50Ω的电阻．

（3）[5]在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近M 端，使并联部分分压为零，起到保护作用．

（4）[6]造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头

的电流偏

【点睛】

本题关键是电压表和电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．

17．某同学要将一满偏电流为3mA的毫安表G改装为量程为30mA的电流表。他先测量出毫安表G的电阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测

具体实验步骤如下：

①按电路原理图a连接线路

②将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度

③闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的三分之一的位置

④记下R2的阻值

回答下列问题：

（1）如果按正确操作步骤测得R2的阻值为90Ω，则毫安表G内阻的测量值R g=___Ω，与毫安表内阻的真实值g R'相比，R g____g R'（填“>”、“＝”或“<”）

（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G改装成量程为30mA的电流表，则需要并联一个阻值R=___Ω的电阻

（3）根据图b所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是__mA

（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=____

【答案】180 < 20 )32 29 27

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]由于指针指在三分之一的位置，说明R2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是R2的两倍，为180Ω。闭合S2后，R2与R g的并联值R并I g，而此时G 的示数为满偏电流的三分之一，所以I R2大于三分之二满偏电流，所以2R2R g R '； （2）[2]由并联电路分流特点，得

3180

303

g g g

I R R I I ⨯=

=

--Ω=20Ω （3）[3]标准毫安表的示数为16.0mA 时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为32mA ；

（4）[4]把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值

g g g

I R R I I =

-

当量程为32mA 时，则有

()33

31033231029g

g R R R --⨯=

=

-⨯

当量程为30mA 时，则有

()33

31033031027

g

g R R kR --⨯=

=

-⨯

联立解得2927

k =

18．某小组进行“测定金属丝电阻率”的实验．先测量该金属丝电阻R x （约为9 Ω），已经选好的器材有：

A ．电压表V 1（量程0～1 V ，内阻约10 kΩ）

B ．电压表V 2（量程0～3 V ，内阻约20 kΩ）

C ．定值电阻R 0＝20 Ω

D ．被测电阻R x

E ．滑动变阻器（阻值范围0～5 Ω）

F ．电源（电动势3 V ，内阻很小）

G ．导线若干，开关一个

(1)为了减小误差，并尽可能多的测量几组数据，请在方框中画出合理，便捷的测量电路图． （_______）

(2)在某次测量中，若电压表V 1读数为U 1，电压表V 2读数为U 2，则待测金属丝电阻的表达式R x ＝___________________.

(3)测得金属丝直径为d ，测得金属丝阻值为R ，测得金属丝的长度为L ，则该金属丝电阻率的表达式ρ＝________（用符号表示）．如果在实验中通电时间较长，则电阻率的测量结果会__________（填变大或变小或不变）

【答案】

102U R U 2

π4Rd L

变大 【解析】 【详解】

(1)[1]利用伏安法测电阻，首先选取实验仪器，可以把其中一个电压表作为电流表使用，如果选取电压表V 2作为电压表使用，电压表V 1改装成电流表使用，把电压表V 1和定值电阻R 0并联，满偏电流为：

11

V10

0.05A m U U I R R =

+≈ 被测电阻R x 两端电压的最大值

0.45V m m x U I R ==

远小于电压表V 2量程，故仪器选取不合适；

把电压表V 1作为电压表使用，电压表V 2和定值电阻R 0并联改装成电流表使用，满偏电流为

22

V20

0.15A m U U I R R =

+≈ 被测电阻R x 两端电压的最大值

1.35V m m x U I R ==

比电压表V 1量程略大，可以使用；为了多测几组数据，减少实验误差，选用分压法组装电路，电压表分流可忽略，选用外接法，电路图如图所示：

(2)[2]根据图示电路图由欧姆定律得

12

x U U R

R ≈ 解得：

1

02

x U R R U =

(3)[3]由电阻定律

2

24ππ()2

L L L R d S d ρ

ρρ===得 2

π4Rd L

ρ= [4]金属丝的电阻率随温度升高而增大，所以实验中通电时间较长，金属丝的温度较高，电阻率的测量结果会变大。

19．某同学想要测量实验室中某金属丝的电阻率。实验室中除米尺、学生电源、滑动变阻器、螺旋测微器、开关和导线外，还有一个阻值为3.0Ω的定值电阻R 0和一只电压表。利用这些器材，该同学设计如下实验进行测量，实验原理如图 1 所示，实验步骤如下：

（1）把粗细均匀的平直金属丝接在接线柱a 、b 之间，用米尺测量ab 之间的长度 l ＝0.90m 。用螺旋测微器测量该金属丝的直径，示数如图2所示，读得其直径D ＝______mm 。

（2）根据实验原理图 1，请你用笔划线代替导线将图 3 所示的实物图连接完整。

（________）

（3）闭合开关，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，然后调节线夹c 的位置，经过多次实验发现：ac 段金属丝的长度为0.30m 时电压表达到最大值。由此可得金属丝的总电阻R ＝ _____Ω。

（4）根据以上所测数据，可计算出金属丝的电阻率ρ＝_____Ω·m 。（保留两位有效数字）

【答案】0.8

9 3.3×10-6

【解析】 【详解】

（1）[1]．直径D ＝0.5mm+0.01mm×14.8=0.8mm ； （2）[2]．电路连线如图：

（3）[3]．设金属丝总电阻为R ，则当ac 段金属丝的长度为0.30m 时电压表达到最大值，可知此时ac 部分与R 0串联后的总电阻等于bc 部分的电阻，即

01233

R R R += 则

R =3R 0=9Ω

（4）[4]．根据

2

4L L

R S D ρρ

π== 解得

23263.14(0.810)9

Ωm 3.310Ωm 440.9

D R

L πρ--⨯⨯⨯==⋅=⨯⋅⨯

A．电池组（电动势约为3V，内阻不计）

B．待测电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）一只

C．电流表A（量程3A，内阻15Ω）一只

D．滑动变阻器R1（最大阻值为15kΩ）一个

E．变阻箱R2（0~9999Ω）一个

F．开关和导线若干

(1)该同学设计了如下图所示的两个实验电路图，为了较准确地测出该电压表内阻，你认为合理且可行的是_______。

(2)用你选择的电路进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数U和_________（填上文字和符号）。

(3)为了能作出相应的直线图线，方便计算出电压表的内阻，根据所测物理量建立适当的图象_________（填字母序号）。

A．U I-

B．

1 U

I -

C．1

R U

-

D．U R

-

(4)根据前面所做的选择，若利用实验数据所作图像的斜率为k、截距为b，则待测电压表V 内阻的表达式R V=_______。

【答案】A 电阻R C b k

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]．图B电路中由于滑动变阻器最大阻值为15kΩ，电路电流较小，改变阻值过程中，电流表读数变化范围太小，因此B电路不合理。图A电路，由于电阻箱R2电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是图A。

(2)[2]．选择电路A进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数U和电阻箱R2的阻值R。

(3)[3]．由于电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得

V

U E U R R +

＝ 此式可改写为

111 V

R U E ER +＝ 以R 为横坐标，

1U 为纵坐标，作出1

U

−R 图象，用图象法处理实验数据，故选C 。 (4)[4]．由

111 V R U E ER +＝，则1U

−R 图象的斜率 1

V

k ER ＝

截距

1b E

＝

则电压表内阻

V b R k

＝

21．(1)甲同学要把一个量程为200μA 的直流电流计G ，改装成量度范围是0~4V 的直流电压表。

①她按图1所示电路、用半偏法测定电流计G 的内电阻r g ，其中电阻R 0约为1k Ω。为使r g 的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E 应选用_____，电阻器R 1应选用_____，电阻器R 2应选用_____（选填器材前的字母）； A ．电源（电动势1.5V ） B ．电源（电动势6V ） C ．电阻箱（0~999.9Ω） D ．滑动变阻器（0~500Ω）

E ．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（0~5.1k Ω）

F ．电位器（0~51k Ω）

②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将R 2的阻值调至最大，后续的实验操作步骤依次是：_____，_____，_____，_____，最后记录R 1的阻值并整理好器材；（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）

A．闭合S1

B．闭合S2

C．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度

D．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半

E．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半

F．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度

③如果所得的R1的阻值为300.0Ω，则图1中被测电流计G的内阻r g的测量值为

_____Ω，该测量值_____实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）；

④给电流计G_____联（选填“串”或“并”）一个阻值为_____kΩ的电阻，就可以将该电流计G改装为量程4V的电压表；

(2)乙同学要将另一个电流计G改装成直流电压表，但他仅借到一块标准电压表0V、一个电池组E、一个滑动变阻器R′和几个待用的阻值准确的定值电阻。

①该同学从上述具体条件出发，先将待改装的表G直接与一个定值电阻R相连接，组成一

V校准。请你画完图2方框中的校准电路图_____；

个电压表；然后用标准电压表0

V的示数是

②实验中，当定值电阻R选用17.0kΩ时，调整滑动变阻器R′的阻值，电压表0

4.0V时，表G的指针恰好指到满量程的五分之二；当R选用7.0kΩ时，调整R′的阻值，电

V的示数是2.0V时，表G的指针又指到满量程的五分之二；

压表0

由此可以判定，表G的内阻r g是_____kΩ，满偏电流I g是_____mA，若要将表G改装为量程是15V的电压表，应配备一个_____kΩ的电阻。

【答案】B C F B C A E 300 略小于串 19.7 3.0

0.50 27.0

【解析】

【分析】

【详解】

(1)①由于要求改装后的电压表量程为0∼4V ，故选B ；

由实验原理知R 1应能读出具体数值，故选C ；

闭合S2，电路中电流I 不能大于200μA ，由20

E I R R =

+代入数据得：R 2≈30KΩ，故选F ； 故答案为：B ；C ；F

②半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，闭合电键S 2，调节滑动变阻器R 2，使表头指针满偏；第三步，闭合电键S 1，改变电阻箱R 1的阻值，当表头指针半偏时记下电阻箱读数，此时电阻箱的阻值等于表头内阻r g 。

故应选B ；C ；A ；E

故答案为：B ；C ；A ；E

③当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等。如果所得的R 1的阻值为300.0Ω，则图中被测电流计G 的内阻r g 的测量值为300.0Ω。

实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻。所以，该测量值“略小于”实际值。

故答案为：300；略小于

④将电流计改装成电压表，应串连接入一分压电阻R ，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U =I g R g +I g R 其中U 为改装后电压表的满偏电压，则R =uI g −R g 代入数据解得：R =19.7kΩ。 故答案为：串；19.7

(2)①校对改装成的电压表，应使电压表与标准电压表并联，两端的电压从零开始变化，观察两表示数的差值，确定对改装时串接给电流计的分压电阻增大些还是减小些。所以滑动变阻器应采用分压式接法，校对电路如图3所示。

对电压表，由欧姆定律有：U =25I g （R +R g ），带入两次的R 、标准电压表示数U 解得： r g =3.0KΩ，I g =0.50mA 。

若要改装成量程为15V 的电压表，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U =I g R g +I g R ，代入数据解得，应串联的分压电阻为：R =27kΩ。

22．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为4Ω．

（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d ．其中一次测量结果如图所示，图中读数为d= mm ．

（2）为了测量电阻丝的电阻R，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：

电压表V；量程3V，内阻约为3kΩ

电流表A1；量程0．6A，内阻约为0．2Ω）

电流表A2；量程100μA，内阻约为2000Ω）

滑动变阻器R1, 阻值0～1750Ω，额定电流为0．3A

滑动变阻器R2,阻值0～50Ω，额定电流为1A

电源E1（电动势15V，内阻约为0．5Ω）

电源E2（电动势3V，内阻约为1．2Ω）

为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表________，滑动变阻器_________，电源___________．（填器材的符号）

（3）用测量量表示计算材料电阻率的公式是ρ =（已用刻度尺测量出接入电路中的金属导线的有效长度为l ）．

【答案】（1）0．853~0．857 （2）．A1 ；R2 ；E2；（3）

【解析】

试题分析：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0．5mm，可动刻度示数为35．5×0．01mm=0．355mm，螺旋测微器示数为0．5mm+0．355mm=0．855mm．（2）电压表量程是3V，电源应选E2（电动势为3V，内阻约为1．2Ω），电路最大电流约

为

3

0.58

4 1.2

E

I A

R r

==≈

++

，电流表应选A1，量程0．6A，内阻约0．2Ω．

（3）由欧姆定律得，电阻阻值

U

R

I

=，由电阻定律得：2

()

2

l l

R

d

S

ρ

ρ

π

==

，解得：

ρ=

考点：测定金属丝的电阻率

【名师点睛】此题考查了测定金属丝的电阻率的实验；解题时要首先搞清实验的原理，知道器材选择的原则“安全、准确、方便”；螺旋测微器是利用将长度的测量转化为对转动角度的测量来实现微小量放大的，其精确度为0．01mm，本实验中滑动变阻器既可以采用分压接法，也可以采用限流接法．