人教版高中物理第十一章 电路及其应用精选试卷专题练习(word版

人教版高中物理第十一章 电路及其应用精选试卷专题练习（word版

一、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优（难）

1．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是

A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同 【答案】B 【解析】 【详解】

AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确；

CD.图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误。

2．如图所示的部分电路中，已知I＝3 A，I1＝2 A，R1＝10 Ω，R2＝5 Ω，R3＝30 Ω，则通过电流表的电流大小和方向是( )

A．0.5 A，向右 C．1 A，向右 【答案】A 【解析】 【详解】

B．0.5 A，向左 D．1 A，向左

对于稳恒电路中的某一节点，流入的电流总和一定等于流出的电流总和．对于节点c，已知流入的电流I＝3 A，流出的电流I1＝2 A，则还有1 A的电流要流出节点c，由此可知经过R2的电流I2＝1 A向右．根据欧姆定律，

U1＝I1R1＝20 V U2＝I2R2＝5 V

电压等于电势之差

U1＝φc－φa U2＝φc－φb

两式相减可得

φb－φa＝15 V

即b点电势比a点高15 V，则通过R3的电流

I3φbφa0.5A R3方向向上，对于节点b，流入的电流I2＝1 A，流出的电流I3＝0.5 A，则还有0.5 A的电流流出b点，因此可判断流过电流表的电流为0.5 A，向右，故A正确． 故选A。

3．有一条横截面积为S的铜导线，通过的电流为I．已知铜的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，电子的电量为e．若认为导线中每个铜原子贡献一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动的速率可表示为（ ） A．

IM

SNAB．

I

MSNAC．

IMS

NAD．

IM SNA【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为，则导线的长度为:

lvt

体积为

VSlSvt

质量为

mvtS

这段导线中自由电子的数目为

nmvtSNANA MMqne tt在t时间内这些电子都能通过下一截面，则电流:

I代入解得，

IvSNAeM

解得电子定向移动的速率：

v故A正确，BCD错误．

M

SNAe

4．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

U1B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝

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

5．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0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A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（ ）

A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A 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】C 【解析】 【分析】 【详解】

当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝

，可知流过R1的电流为流过

电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误．

6．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，接通电路后，下列判断正确的是

A．两只电表的指针都不偏转 B．两只电表的指针偏转角相同

C．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角 D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD错误，C正确； 故选C． 【点睛】

电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小.

7．如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（ ）

A．V1的示数是V2的2倍 C．V2的示数是V1的2倍 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

由题意可知：Lc=2La=2Lb ， Sb=2Sa=2Sc； 设b的电阻Rb=R，由电阻定律R=ρ

B．V1的示数是V3的2倍 D．V2的示数是V3的2倍

L得： SRa=2Rb=2R，Rc=2Ra=4R，Rc：Ra：Rb=4：2：1， 由电路图可知，a、b、c三个电阻串联， 通过它们的电流I相等，由U=IR得： Uc：Ua：Ub=4：2：1， UV3：UV1：UV2=4：2：1，

A、V1的示数是V2的2倍，故A正确，C错误； B、V3的示数是V1的2倍，故B错误； D、V3的示数是V2的4倍，故D错误； 故选A．

8．如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2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．R1中的电流小于R2中的电流 B．R1中的电流大于R2中的电流

C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率 D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2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：

R由此可知导体R1、R2的阻值相等．

L1 LddAB. 电压相等，导体R1、R2的阻值相等，所以通过R1的电流等于通过R2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R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故D正确，C错误．

9．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dA∶dB＝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RA∶RB＝8∶1 B．通过它们的电流之比IA∶IB＝4∶1 C．两段电阻丝中的电场强度之比EA∶EB＝1∶4 D．电子在两段中定向移动速度之比vA∶vB＝4∶1 【答案】D 【解析】 【详解】

A．根据电阻定律RL，有 SRA：RB=SB：SA=dB2：dA2=4：1

故A错误。

B．它们串联在电路中，电流相等，IA：IB=1：1，故B错误。 C．根据U=IR，电流相同，

UA：UB=RA：RB=4：1

再由EU，d相同， dEA：EB=UA：UB=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：

vA：vB=SB：SA=4：1

故D正确。

10．如图所示，四个相同的电流表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中，则下列说法正确的是（ ）

A．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角 B．安培表A1的读数小于安培表A2的读数 C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数 D．伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角 【答案】D 【解析】 【详解】

AB．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表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AB错误。

CD．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数。故C错误，D正确。

11．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

(n1n2)e t(n2n1)e t(n1n2)e t

I故选D． 【点睛】

q正+q负tn1en2e t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．

12．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 B．导线中的电流为

klS 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 【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lkl 4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)．

13．如图示电路，G是电流表，R1和R2是两个可变电阻，调节可变电阻R1，可以改变电流表G的示数。当MN的电压为6V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度，将MN间的电压改为5V时，若要电流表的指针仍然偏转到最大刻度，下列方法可行的是

A．保持R1不变，增大R2 B．增大R1，减小R2 C．减小R1，增大R2 D．保持R2不变，增大R1 【答案】BD 【解析】 【详解】

总电压降低了，电流表G的读数变小，若要电流表的指针仍然偏转到最大刻度，应该让通过G的电流变大。

A.保持R1不变，增大R2时，因这样R2两端的电压变大了，G的电压更小了，G的电流也更小了；故A错误；

B.增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压变大，即G的电压变大，其电流变大；故B正确；

C.减小R1，同时增大R2时，R2两端的电压变大了，G的电压小了，G的电流也小了；故C错误；

D.保持R2不变，增大R1时，R2的电压变小，R1电压变大，即G的电压变大，其电流变大，故D正确。

14．原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核转动，周期为T.已知电子的电荷量为e、质量为m，静电力常量为k，则其等效电流大小为( ) A．B．C．e Tev 2re2rk mrk mre2D．2r【解析】 【分析】 【详解】

【答案】ABD

A．根据电流的定义式可得等效电流为

I故A正确；

B．电子运动的周期表达式为

qe tTT根据电流的定义式可得等效电流为

2r vI故B正确；

qev t2rCD．原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流，氢原子的电子的速率v，根据库仑力提供向心力

e242rk2m2 rT

解得

T形成的电流为

2rerm kk mree2IT2r故C错误，D正确。 故选ABD。

15．由相同的电流表改装而成的三个电压表按如图所示的方式接入电路，已知V3的量程最大，V1的量程最小，且V3的量程等于V1与V2的量程之和，当电路导通时，三个电压表的示数分别为U1、U2、U3，指针偏转的角度分别为θ1、θ2、θ3，则有（ ）

A．U1AB.由相同的电流表改装而成的三个电压表，其满偏电流Ig相同，V3的量程最大，V1的量程最小，且V3的量程等于V1与V2的量程之和，则R1内≤R2内二、第十一章 电路及其应用实验题易错题培优（难）

16．为测量某金属丝的电阻率，小明同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案，已知电源的电动势E和内阻r在实验过程中保持不变。

(1)小明先进行了如图甲方案的测量。

①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙、丙三根不同金属丝的直径，示数分别如图甲、乙、丙所示。则三根金属丝直径的测量值分别为d甲=________mm、d乙

=________mm、d丙=________mm。若三根金属丝的材料、长度相同且粗细均匀，则它们的电阻R甲、R乙和R丙中最大的是________，最小的是________。

②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度

l=50.00cm。闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线________________。 实验次数 U/V I/A 1 0.90 0.18 2 1.20 0.24 3 1.50 0.31 4 1.80 0.37 5 2.10 0.43 6 2.40 0.49

③该方案测得的甲金属丝的电阻率ρ甲=__________Ω·m（计算结果保留两位有效数字）。 ④对于上述第(1)所述的测量过程，随着通过金属丝的电流I不断增大，滑动变阻器上的电功率P随之变化。对于P-I的关系图象，在下列图中可能正确的是（________）

(2)小明又用如图乙方案测量乙金属丝的电阻率，已知电源的电动势E=5.0V、内阻

r=0.20Ω。实验中他可以通过改变接线夹（即图乙中滑动变阻器符号上的箭头）接触金属丝的位置以控制接入电路中金属丝的长度。

①请在下述步骤的空格中将实验操作步骤补充完整： a．正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关； b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置； c．断开开关，______________； d．闭合开关，重复b、c的操作。

②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图所示的关系图线，其斜率为_____________A-1·m-1（保留2位有效数字）；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了___________________的电阻之和。

③图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是____________，其数值和单位为_______________（保留2位有效数字）。

(3)电表的内阻可能对实验产生系统误差，请你分别就这两种方案说明电表内阻对电阻率测量的影响____________________________________。

【答案】1.75 1.34~1.38 0.546~0.548 R丙 R甲 见解析 （2.3~2.5）×10-5 D 测出接入电路的金属丝的长度 12~14 电源内阻、电流表内电阻与电阻箱 金属丝的电阻率 （9.8±0.5）×10-5Ω·m 图甲方案，由于电流表分压，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响 【解析】 【分析】 【详解】

(1)①[1]金属丝甲的直径

d甲1mm0.0515mm1.75mm

[2]金属丝乙的直径

d乙1mm0.0218mm1.36mm

[3]金属丝丙的直径

d丙0.5mm0.046mm0.546mm

[4][5]根据电阻定律的决定式

R可知

l4l= Sd2R甲 最小，R丙最大

②[6]图象如图所示

③[7]根据图象可知电阻值

R甲再根据电阻定律

U4.92Ω IR代入数据，解得

l4l= Sd22.4105m

④[8]随电流增大，滑动变阻器的功率先变大后变小，当滑动变阻器阻值等于其它电阻之和时，功率最大，D正确，ABC错误。 故选D。

(2)①[9] 测出接入电路的金属丝的长度。 ②[10]由图象可得斜率为13 A-1·m-1。 [11][12]根据

I整理得

E rlR1rRl IEE其中r就是单位长度的电阻，根据电阻定律

r

代入整理得

S

1Rl IESE因此图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻、电流表内电阻与电阻箱电阻之和；斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的金属丝的电阻率。 ③[13]将电源电动势E和乙金属丝的直径d乙代入得

1.361032135.0()Ωm9.4105Ωm

2（3）[14] 图甲方案，由于电流表的分压作用，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响。

17．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】

I2RAR0 增大 17.5 55

I1I2【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

UIg(RAR0)0.01(100400)V=5V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

Rt(3)[3]．根据RtI2RAR0

I1I2I2RAR0可得

I1I2I21I1RAR01 Rt1则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率RAR01 变大，可知Rt变大。 Rt(4)[4][5]．通过R1的电流

I1U0.3A R1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

R2717.5 0.425 0.4Rt根据Rt-t图像可知

Rt解得

14t 153t=55℃

18．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

19．某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中：

（1）在用游标为20分度的游标卡尺测其长度时，示数如图甲所示，读数为______cm． （2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为______mm．

（3）在测量金属丝的电阻率的实验中，已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供选用：

A．量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω的电流表； B．量程是0-3A，内阻是0.1Ω的电流表； C．量程是0-3V，内阻是6kΩ的电压表； D．量程是0-15V，内阻是30kΩ的电压表； E．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器； F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器； G．蓄电池（6V）； H．开关一个，导线若干．

为使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选______．（只填字母代号）

若图所示的实验仪器就是我们选定，请用铅笔画线连接实验电路．（______）

【答案】5.015 5.700 C A F

【解析】 【详解】

（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：5.0cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：

3×0.05mm=0.15mm

所以最终读数为：

50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm

（2）[2]螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为：

20.0×0.01mm=0.200mm

所以最终读数为：

5.5mm+0.200mm=5.700mm

（3）[4][5][6]电源电动势为6V，电压表应选C、量程是0-3V，内阻6kΩ；如果选D、量程是0-15V，内阻30kΩ，电源电动势不到电压表量程的一半，读数误差较大；电路最大电流约为：

IE60.6A R10则电流表应选：A、量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω；为方便实验操作，滑动变阻器应选：F、阻值为0-10Ω，额定电流为2A；待测电阻为10Ω，滑动变阻器最大电阻为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由于：

RR10600020V600 RA0.5R10则电流表应采用外接法，电路图如图所示：

20．LED绿色照明技术已经走进我们的生活。某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

实验室提供的器材有：

A．电流表A1（量程为0~5mA，内阻RA约为3Ω） B．电流表A2（量程为0~4mA，内阻RA2=10Ω） C．电压表V（量程为0~10V，内阻Rv=1000Ω） D．定值电阻R1=590Ω E.定值电阻R2=990Ω

F.滑动变阻器R（最大阻值为200） G.蓄电池E（电动势为4V，内阻很小） H.开关S一只，导线若干

(1)如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为_________，定值电阻为__________（填写器材前的字母序号）；

(2)请将图乙中的实物连线补充完整_______；

(3)请写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式：Rx=____________（电表1的读数用a表示，电表2的读数用b表示，其余电学量用题中所对应的电学符号表示）。

【答案】C E

b(R2RA2)a

b RV【解析】 【分析】

【详解】

(1)[1]要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压，改装电压表的内阻

RULED3Ω750Ω IA20.004A2的内阻为10Ω，则定值电阻应选E，LED灯正常工作时的电流约为

IU3A6mA R500电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，由于电压表可测的最大电流为

10A10mA 1000则可以用电压表测量电流，电表1应选C

I(2)[3]因为滑动变阻器阻值小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，如图

(3)[4]根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压

Ub(R2RA2)

通过灯泡的电流

I测量LED灯正常工作时的电阻

ab RVRxUb(R2RA2)aIb RV

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rg，其中电阻R0约为1kΩ。为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E应选用_____，电阻器R1应选用_____，电阻器R2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）（0~5.1kΩ） F．电位器（0~51kΩ）

②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调至最大，后续的实验操作步骤依次是：_____，_____，_____，_____，最后记录R1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rg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V0、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，组成一个电压表；然后用标准电压表V0校准。请你画完图2方框中的校准电路图_____； 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V0的示数是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，电压表V0的示数是2.0V时，表G的指针又指到满量程的五分之二；

由此可以判定，表G的内阻rg是_____kΩ，满偏电流Ig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R1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I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S2，调节滑动变阻器R2，使表头指针满偏；第三步，闭合电键S1，改变电阻箱R1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rg。 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R1的阻值为300.0Ω，则图中被测电流计G的内阻rg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=IgRg+IgR其中U为改装后电压表的满偏电压，则R=uIg−Rg代入数据解得：R=19.7kΩ。 故答案为：串；19.7

E代入数据得：R2≈30KΩ，故选F；

R2R0

(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=25Ig（R+Rg），带入两次的R、标准电压表示数U解得： rg=3.0KΩ，Ig=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=IgRg+IgR，代入数据解得，应串联的分压电阻为：R=27kΩ。

22．（1）某同学欲将量程为200μA的电流表G改装成电压表．

①该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻Rg，图中R1、R2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，他应该正确操作的步骤是_____．（选出下列必要的步骤，并将其序号排序） a．记下R2的阻值

b．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度

c．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 d．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 ②如果按正确操作步骤测得R2的阻值为500Ω，则Rg的阻值大小为____；（填写字母代号）

A．250Ω B．500Ω C．750Ω D．1000Ω

③为把此电流表G改装成量程为2.0V的电压表，应选一个阻值为____Ω的电阻与此电流表串联．

【答案】bda B 9500 【解析】 【分析】 【详解】

①[1]．该题是使用半偏法测电流表的内阻，故调节R1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为bda；

②[2]．此时R2的阻值与Rg的阻值相等，故Rg的阻值大小也为500Ω，故B正确，ACD错误，故选B；

③[3]．电流表G满偏时的两端电压为

Ug=200×10－6A×500Ω=0.1V

改装成量程为2.0V的电压表时，串联电阻的电压应该为2.0V－0.1V=1.9V，电流为Ig=200μA； 故串联电阻的大小为

RUVUgIg9500 ．