高中物理必修第3册第十一章 电路及其应用试卷综合测试卷(word含答案)

高中物理必修第3册第十一章 电路及其应用试卷综合测试卷（word含答案）

一、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优（难）

1．如图甲所示的电路中, a、b、c是三个完全相同的灯泡,已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,已知该伏安特性曲线过点(0.4V,0.125A),闭合电键后流过电源的电流为0.25A．则

下列说法正确的是（ ）

A．灯泡a两端电压为灯泡b两端电压的2倍 B．灯泡a的功率为0.75W C．灯泡b的阻值为12 D．灯泡a、b的电功率之比为4:1 【答案】B 【解析】

AB、由伏安特性曲线可知三个灯泡不是定值电阻，其阻值也不是线性变化的，当电路中的总电流为0.25 A时，通过灯泡b、c的电流均为0.125 A，由图像可知，灯泡a两端的电压为3.0 V，灯泡b两端的电压是0.4 V，灯泡a的功率为PUI30.250.75W故A错；B对

C、灯泡b的阻值为RU0.43.2 ,故C错； I0.125D、灯泡a的功率为PaUI30.250.75W ，灯泡b的功率为

PbUI0.40.1250.05W ，所以灯泡a、b的电功率之比为15:1，故D错；

故选B

2．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 U2B．

2JI

C．

U 2JID．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

qU解得

12mv 2v2qU 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

I=J=解得

nq tnm tF2UJI 根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为2UJI，选项A正确，BCD错误。 故选A。

3．小灯泡的电流I随所加电压U变化如图所示，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。下列说法错误的是（ ）

A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝

U1 I2C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，跟灯泡串联的电阻R两端的电压为I1R D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 【答案】C

【解析】 【详解】

A．I-U图象的割线斜率表示电阻的倒数，电压增大时割线斜率减小，电阻增大，选项A正确；

B．由图象知P点对应的电压为U1，电流为I2，因此小灯泡的电阻为：

R＝

选项B正确；

C．在电路中灯泡L两端的电压为U1时，跟灯泡串联的电阻R两端的电压为I2R，选项C错误；

D．I-U图象中矩形PQOM所围的面积UI表示对应P点小灯泡的实际功率，选项D正确。 本题选错误的，故选C。

U1 I2

4．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 【答案】D 【解析】 【详解】

B．

R 2C．

R 4D．4R

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

RAB选项D正确，ABC错误。 故选D。

R0R，RCD2R0＝4R 2

5．如右上图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2．在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4．在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1∶I2为（ ）

A．9∶25

B．25∶9

C．25∶4

D．4∶25

【答案】C 【解析】

试题分析：根据电阻定律R=ρ

Lc得，当在1、2两端加上恒定电压U时，R1＝ρ，在在SabR1c2a4U2＝，根据欧姆定律I=得，电3、4两端加上恒定的电压时，R2＝ρ，所以

R2abc25R流之比为25：4，C正确．

考点：本题考查电阻定律、欧姆定律．

6．如图所示，图线表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（ ）

A．R1：R2=3：1

B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2

C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3 D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3 【答案】C 【解析】 【分析】

通过IU图象得出两电阻的关系.串联电路电流相等,并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,并根据功率PI2R,部分电路欧姆定律I【详解】

A．根据IU图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以R1：R2=1：3, 所以A选项是不符合题意的； B．根据电阻定律:

UL及电阻定律R,即可判定. RSLL2R

SV当把R1拉长到原来的3倍,则电阻变为原来的9倍,因此是R2的3倍,所以B选项是不符合题意的;

C．串联电路电流相等,所以将R1与R2串联后接于电源上,电流比：

I1:I21:1

根据公式PI2R可知：

P1：P2=1：3

所以C选项是符合题意的； D．并联电路,电压相等,根据公式I后接于电源上,电流比：

U可知，电流比等于电阻之反比,所以将R1与R2并联RI1:I23:1

所以D选项是不符合题意的；

7．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Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为( )

2 51 23 52 3A．B．C．D．

【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

U1E211RE225，R+R33得Q1CU1；S闭合时，C．

U2E11Q1U13RE，故选QCU13，22，故Q2U25R+R22【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．

8．关于电阻和电阻率下列说法正确的是( )

A．电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大 B．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大

C．由R=U/I可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 D．一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R. 若将电阻丝均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的1/2,则电阻丝的电阻变为4R

【答案】B 【解析】 【详解】

电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差；电阻率越小，则其导电性能越好；但导体对电流的阻碍作用取决于电阻的大小，而电阻与导体的长度和截面积有关，故电阻率大的导体对电流的阻碍作用不一定大，故A错误；对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大，故B正确．电阻大小是由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关，故C错误；一根粗细均匀的电阻丝，电阻为R．若将电阻丝均匀拉长，使它的横

11，截面积变成原来的；长度将变成原来的4倍；根据R=ΡL/S24可知，电阻变成原来的16倍，故D错误；故选B． 【点睛】

截面的半径变为原来的

本题考查了电流、电阻、电阻率等内容，要求我们准确掌握各物理量的意义，注意电阻R与导体两端的电压和通过的电流I均无关，只取决于电阻率、导线长度和截面积大小．

9．如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示

1；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A3的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )

0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的

A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.08A B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A 【答案】A 【解析】 【详解】

AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.8A，故量程为1.8A+0.6A=2.4A；故每一小格表示0.08A；故A项正确，B项错误； CD．当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为2.4A；故每一小格表示0.08A；故CD错误。

10．用伏安法测电阻的电路如图甲或乙所示，已知电流表的内电阻约为0.2 Ω，电压表的内电阻约为10 kΩ，若被测电阻R的电阻值约为4 Ω，则以下结论中正确的是

A．选用甲电路测量结果更准确，且测量值大于电阻的真实 B．选用甲电路测量结果更准确，且测量值小于电阻的真实值 C．选用乙电路测量结果更准确，且测量值大于电阻的真实值 D．选用乙电路测量结果更准确，且测量值小于电阻的真实值 【答案】D 【解析】

RVRx因为，所以电流表外接法误差相对小点，故采用乙图测量结果更准确点，在乙图RxRA中，电压表测量的是R的准确电压，但由于电压表分流，电流表测量的电流为电压表和R

U可知测量值偏小，D正确． IRVRx【点睛】应明确：电流表内外接法的选择方法是：当满足时，电流表应用外接RxRA的电流之和，故电流测量偏大，根据RxRVRx法，此时测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，此时测量值大于真RxRA实值．

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=B0-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

klSB．导线中的电流为

4klC．导线中自由电子定向移动的速率为

4neD．导线中电场强度大小为【答案】BCD

kl 4

【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l2r可得

rl 2圆的面积

l2 S0r42感应电动势大小为

S0Bkl2 Et4稳定时软导线中的电流为

I其中RE Rl，联立可得电流 SI故B项正确．

EklS R4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

v故C项正确．

kl4ne

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

kl2Ukl E场4ll4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．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断正确的是

（ ）

A．灯泡L1的电阻比灯泡L2的电阻大 B．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍 C．灯泡L1消耗的电功率为0.70W D．灯泡L2消耗的电功率为0.30W 【答案】AD 【解析】 【详解】

AB．当开关闭合后，灯泡L1的电压：

U1=3V

由图读出其电流：

I1=0.25A

则灯泡L1的电阻：

R1灯泡L2、L3串联，电压：

U13＝＝12 I10.25U2=U3=1.5V

由图读出其电流：

I2=I3=0.20A

则：

R2＝U21.5＝＝7.5 I20.2所以灯泡L1的电阻比灯泡L2的电阻大，通过灯泡L1的电流不是灯泡L2电流的2倍，选项A正确，B错误； C．灯泡L1的功率为：

P1U1I130.25W0.75W

选项C错误；

D．灯泡L2消耗的电功率：

P2U2I21.50.20W0.30W

选项D正确。 故选AD。

13．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

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 C．增大R1，减小R2 【答案】AC 【解析】 【详解】

B．R2不变，减小R1 D．R1不变，增大R2

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．以下说法正确的是

A．由EF可知，电场中某点的电场强度E与电场力F成正比 qWAB可知，电场中两点的电势差UAB与电场力做功WAB成正比 qB．由UABC．由IU可知，某段导体中的电流I与电压U成正比 RQ可知，真空中，离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小 2rD．由Ek【答案】CD 【解析】 【分析】

电场强度的定义与电势差公式都采用了比值定义法，电场强度是电场本身的性质和q、F无关，电势差与电场力做功、及电量无关； 【详解】

A、由比值定义式，EF可知，电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷的电荷量qqWAB，可知电场中两点的电势差UAB与电场力做功WAB和q和电场力F无关，由电场本身来决定，故A错误； B、由电势差的定义可知UAB电荷量q无关，由在电场中这两点的位置决定，故B错误； C、根据公式I正确；

D、真空中点电荷的电场强度公式EkU可知，由于某段导体中电阻恒定，则其的电流I与电压U成正比，故CRQ中Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度和r2场源电荷的电荷量有关，那么离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小，故D正确． 【点睛】

考查比值定义法的内涵，理解影响电场强度与电势差的因素，掌握欧姆定律的内容，注意点电荷电场强度公式的应用．

二、第十一章 电路及其应用实验题易错题培优（难）

16．指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，现有两个多用电表 A、B，某同学使用两个多用电表进行相互测量。

（1）将多用电表 A 的选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，两表笔短接后发现指针如图甲所示，正确的操作应调节哪个部件_______。（选填“A”或“B”或“C”）

（2）正确调节后，将多用电表B 拨至“0.5mA”档，与多用电表 A 进行相连，如图乙，那么多用电表A 的红表笔与多用电表 B 的_______相接。(选填“红表笔”或“黑表笔”) （3）正确连接两多用电表后，发现两表指针如图丙所示，那么测得多用电表B 的内阻为

______Ω，此时多用电表 A 欧姆档的内部电源的电动势为_____V。（计算结果保留两位有效数字）

【答案】B 黑表笔 1000 1.4 【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]调整欧姆调零旋钮B，使指针指到欧姆表的0刻度。

(2)[2]电表中的电流都是“红进黑出”，因此电流应从A的黑表笔流入B的红表笔，因此A的红表笔应接B的黑表笔。

(3)[3]由于欧姆表是倍率档，因此B的内阻

R10100Ω1000Ω

[4]由于欧姆表内阻就是它的中值电阻，为4000Ω，从B表中读出回路电流为0.280mA，根据闭合电路欧姆定律，可得电动势

EI(Rr)0.280103(10004000)V1.4V

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Rg=___Ω，与

相比，Rg____Rg（填“>”、“＝”或“<”） 毫安表内阻的真实值Rg（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 【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Rg的并联值R并Ig，而此时G

29 27

，即的示数为满偏电流的三分之一，所以IR2大于三分之二满偏电流，所以2R2RIgRgIIg3180Ω=20Ω 303（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

R当量程为32mA时，则有

IgRgIIg

R当量程为30mA时，则有

3103Rg323103103Rg33Rg293Rg27

kR联立解得k303103

29 27

18．某物理兴趣小组要精确测定一个额定电压为3 V的节能灯正常工作时的电阻．已知该灯正常工作时的电阻约为500 Ω.实验室提供的器材有： A．电流表A(量程2 mA，内阻RA＝15 Ω) B．定值电阻R1＝1 985 Ω C．滑动变阻器R(0～10 Ω)

D．电压表V(量程12 V，内阻RV＝1 kΩ) E．蓄电池E(电动势为12 V，内阻r很小) F．开关S一个，导线若干

(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的________．

(2)选择正确的电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式Rx＝________________(用题目中给出的相应字母表示)． (3)为了测出节能灯正常工作时的电阻，电流表的示数必须调为I＝__________mA，若此时电压表的读数U＝7.6 V，则节能灯正常工作时的电阻为________Ω. 【答案】C 【解析】 【详解】

(1)因节能灯正常工作时的电压为3 V，比电压表的量程小得多，不能用电压表直接测节能灯的工作电压，节能灯正常工作时的电流I＝

IRVR1RAUIRV 1.5 492

U3=A＝6 mA，大于电流表量程，所以不R500能用电流表直接测通过节能灯的电流，因电压表允许通过的最大电流为12 mA，电流表与定值电阻串联后的电压达4 V，所以可将电压表当做电流表使用，电流表与定值电阻串联当电压表使用，由相关量的关系可知电压表V应采用外接方式，又由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，所以滑动变阻器要接成分压式，正确的电路图是C.

I(R1RA)IRV(R1RA)(2)由电路结构及欧姆定律可知Rx＝U＝. IUIRVRV(3)因节能灯正常工作时的电压为3 V，此时对应的电流表示数为I＝1.5 mA，将U和I代入表达式可得节能灯正常工作时的电阻为492 Ω. 【点睛】

本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流．

19．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5 W，此外还有以下器材可供选择： A．直流电源3 V(内阻不计)

B．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω) C．直流电流表0～3 A(内阻约为0.1 Ω) D．直流电压表0～3 V(内阻约为3 kΩ) E．滑动变阻器100 Ω，0.5 A F．滑动变阻器10 Ω，2 A G．导线和开关

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．

(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(均填写仪器前的字母) (2)在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图_______________(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮)；

(3)根据实验数据，画出的小灯泡的I－U图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5 V时，小灯泡的灯丝电阻是________Ω. 【答案】BF 分压式 如图所示：

5

【解析】

0.5200mA；故电流表选择B；因本实验只能接2.5用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；

试题分析：（1）灯泡的额定电流I（2）根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采用外接法；原理图如下；

（3）由画出的伏安特性曲线可知，U0.5V时，电流I0.10A，则对应的电阻

R0.55； 0.1考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验

20．要测绘一个标有“3V 0．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有： 直流电源（电压为4V）；

电流表（量程为0—0．6A．内阻约0．2Ω）； 电压表（量程为0--3V）； 电键一个、导线若干．

①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）． A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A） B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0．3A）

②（1）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为______________；测量时多用电表的红表笔应接电压表的___________（填正或者负）接线柱．

（2）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________．

下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接．（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）_____

【答案】A 3.6KΩ 负 丙 电路图见解析 【解析】 【分析】 【详解】

① [1]．实验中滑动变阻器要用分压电路，故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A; ② （1）[2][3]．电压表的内阻值约为36×100Ω=3.6KΩ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱．

（2）[4]．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

32法，灯泡正常发光时的电阻为R15，电流表内阻远小于灯泡电阻，所以电流表

0.6应采用外接法，因此实验电路应选丙；电路连线如图；

21．二极管（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IU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A1：量程0~50mA，内阻约为50Ω； 电流表A2：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RL＝_______Ω，辐射的光功率_______W。（保留3位有效数字） 【答案】A1 R1 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

RL此时效率为60%； [4]功率

1.6Ω267Ω 3610PUI1.66103W9.6103W

光功率

60%P9.61030.6W0.00576W

22．小明同学购买了一捆标称长度为L=100m的铜导线，他想用学过的知识来测量该电线的电阻率。他先用多用电表粗测了该电线的电阻Rx大约2Ω。然后从实验室还找到以下器材：

A．电源E：电动势约为4.0V，内阻约0.2Ω； B．电流表A1：量程为0.6A，内阻r1=1Ω； C．电流表A2：量程为3A，内阻约为0.1Ω D．定值电阻R1=20Ω； E.定值电阻R2=5Ω；

F.滑动变阻器R：最大阻值5Ω； G.开关S一个，导线若干； H.螺旋测微器。

(1)他用螺旋测微器测量导线的直径d，其中一次测量的示数如图所示，d=_____________mm；

(2)请根据方框乙内的部分电路，合理选用所给器材，补全测量铜导线电阻的电路，要求在电路图上注明所选元件符号___________；

(3)小明用设计的电路进行实验，获得多组电流表A1和A2的读数I1、I2，描点作图得到如图丙所示的图象。如果把图甲中示数作为铜导线的直径，可以算出铜导线的电阻率为 =_________×10-8Ω·m（取3.14，计算结果保留两位小数）；

8m，则该导线的实(4)通过查询相关资料，小明发现铜导线的标准电阻率01.7510Ω·

际长度为_______m（保留三位有效数字）。

【答案】1.128（1.127-1.129）

1.67108

95.3

【解析】 【分析】

本题考查实验：测量电阻丝电阻率。 【详解】

(1)[1]根据螺旋测微仪读数原则，读数为1.128（1.127-1.129）mm。

(2)[2]粗测阻值约为2Ω，故测量电路选用电流表外接法。电路中最大电流约为2A，电流表选择A2。运用A1和R2改装出一个量程为3.6V的电压表。故实验电路如图

(3)[3]运用欧姆定律对电路进行分析

UI1r1R1I2I1Rx

I2根据图像斜率，得Rx1.67Ω。

Rxr1R1IRx1

dRRS2 LL得

21.67108Ω

(4)[4]根据电阻率计算公式

LRS095.3m