山东青岛市胶州市第一中学物理第十一章 电路及其应用精选测试卷专题练习

山东青岛市胶州市第一中学物理第十一章 电路及其应用精选测试卷专题练习
一、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优（难）
1．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a 和b 的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a 、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极．设该电阻的阻值为R ．下面给出R 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R 的合理表达式应为（ ）
A ．2316360x x -+=
B ．()
2b a R ab ρπ-= C ．2()
ab
R b a ρπ=-
D ．2(+)
ab
R b a ρπ=
【答案】B 【解析】
试题分析：A 、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的．将b=a 代入得到R≠0，因为电阻是很薄的一层，电阻应该很小，这个等式是不合理的．故A 错误．B 、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的．将b=a 代入得到R=0，根据上面分析是合理的．故B 正确．C 、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m 2，左右两边单位不同，则此式不合理．故C 错误．D 、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m 2，左右两边单位不同，则此式不合理．故D 错误．故选B ． 考点：考查电阻定律．
【名师点睛】根据单位（量纲）检查方程是否正确是常用的方法．再从数学的角度分析等式的合理性．
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
B ．22U 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 。

3．如图所示的部分电路中，已知I ＝3 A ，I 1＝2 A ，R 1＝10 Ω，R 2＝5 Ω，R 3＝30 Ω，则通过电流表的电流大小和方向是( )
A ．0.5 A ，向右
B ．0.5 A ，向左
C ．1 A ，向右
D ．1 A ，向左
【答案】A 【解析】 【详解】
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I 1＝2 A ，则还有1 A 的电流要流出节点c ，由此可知经过R 2的电流I 2＝1 A 向右．根据欧姆定律，
U 1＝I 1R 1＝20 V U 2＝I 2R 2＝5 V
电压等于电势之差
U 1＝φc －φa U 2＝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R 3的电流
33
0.5A b a
φφI R -=
= 方向向上，对于节点b ，流入的电流I 2＝1 A ，流出的电流I 3＝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 。

4．如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A 1(0-3A)和A 2(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 ．A 2的指针还没半偏时，A 1的指针已经半偏
B ．A 1的指针还没半偏时，A 2的指针已经半偏
C ．A 1的读数为1A 时，A 2的读数为0.6A
D ．A 1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．
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的1
3
；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0.08A
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。

6．如图，有一未知电阻R x，为了较准确地测出电阻值，利用试触法得到两组数据，接a 时得到数据为6V、0.15A，接b时得到数据为5.8V、0.2A，那么该电阻测得较为准确的数值及它与与真实值比较的情况是（）
A．29Ω，大于真实值B．40Ω，大于真实值
C．29Ω，小于真实值D．40Ω，小于真实值
【答案】B
【解析】
【详解】
开关接a、b两点时，电压表示数相对变化量
6 5.81
630
U
U
∆-
==，电流表示数相对变化量
0.20.1510.15
3I I ∆-==，则有I U I U
∆∆>，电流表示数变化量大，则电流表应采用内接法，即开关应接在a 点，电阻测量值6
400.15
R =
Ω=Ω；由于采用电流表内接法，电流表分压，电压测量值大于真实值，电阻测量值大于真实值，故选项B 正确，A 、C 、D 错误。

7．一电流表G 的满偏电流Ig=2mA ，内阻为100Ω．要把它改装成一个量程为0.4A 的电流表，则应在电流表G 上 A ．并联一个0.5Ω的电阻 B ．并联一个100Ω的电阻 C ．串联一个0.5Ω的电阻 D ．串联一个100Ω的电阻
【答案】A 【解析】
把电流表改装成0.4A 的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：
0.002100
0.50.40.002
g g g
I R R I I ⨯=
=
Ω≈Ω--，故选A.
【点睛】本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．
8．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】 因为
V x
x A
R R R R >，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
的电流之和，故电流测量偏大，根据x U
R I
=
可知测量值偏小，D 正确． 【点睛】应明确：电流表内外接法的选择方法是：当满足V x
x A
R R R R >时，电流表应用外接
法，此时测量值小于真实值；当满足V
x
x A
R R R R <时，电流表应用内接法，此时测量值大于真实值．
9．R 1和R 2是材料相同，厚度相同，表面都为正方形的导体，但R 1的尺寸比R 2大得多，把它们分别连接在如图电路的A 、B 端，接R 1时电压表的读数为U 1，接R 2时电压表的读数为U 2，下列判断正确的是
A ．R 1<R 2
B ．R 1>R 2
C ．U 1<U 2
D ．U 1＝U 2 【答案】D 【解析】 【详解】
AB ．设正方形的边长为a ，则导体的电阻
L a R S ad d
ρρ
ρ=== 由两导体的ρ与d 相同，则两导体电阻相等，即R 1=R 2，故AB 错误； CD ．导体接入电路中，电压表示数
U=IR =
E
r R
+R 由于电源电动势E 、内阻r 、导体电阻R 相同，则电压表示数U 相同，即U 1=U 2，故C 错误，D 正确； 故选D ．
10．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 B2：d A2=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。

11．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R g=200 Ω，满偏电流
I g=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I g（R2+R g）=（I1－I g）R1，I g R g=（I2－I g）
（R1+R2），I g=2mA，I1=1A，I2=0.1A，解得R1=0.41Ω，R2=3.67Ω，故C正确，D错误.
12．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流I g=2mA，内电阻R g=300Ω，则下列说法正确的是
A ．甲表是电流表，R 增大时量程增大
B ．乙表是电压表，R 增大时量程增大
C ．在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A ，则R =0.5Ω
D ．在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V ，则R =1200Ω 【答案】BD 【解析】 【详解】
AC ．甲由一个灵敏电流表G 和一个变阻器R 并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。

安培表的量程
g g g I R I I R
=+
，
可知当R 减小时量程I 增大，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A ， 根据
g g g I R I I R
=+
，
解得：
R =1.003Ω，
AC 错误；
BD ．乙由一个灵敏电流表G 和一个变阻器R 串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表。

伏特表的量程
()g g U I R R =+，
可知R 增大时量程增大; 由公式
()g g U I R R =+，
在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V ，则
R =1200Ω，
BD 正确。

13．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 ．
e T
B ．2ev
r
π
C
D 【答案】ABD
【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据电流的定义式可得等效电流为
q e I t T
=
= 故A 正确；
B ．电子运动的周期表达式为
2r
T v
π=
根据电流的定义式可得等效电流为
2q ev I t r
π=
= 故B 正确；
CD ．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
22224e r k m r T
π= 解得
T =
形成的电流为
e I T ==故C 错误，D 正确。

故选ABD 。

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 ．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．
15．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 为图线过P 点的切线，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，小灯泡的电阻减小
B ．对应P 点，小灯泡的电阻为1
2
U R I = C ．对应P 点，小灯泡的电阻为1
21
U R I I =
- D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中梯形PQON 所围的面积 【答案】BD 【解析】
I-U 图线各点与原点连线的斜率的倒数表示电阻，从图中可知图线斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，A 错误；根据电阻的定义得到，对应P 点，小灯泡的电阻为12U R I =
，R 不等于切线斜率1
21
U I I -，B 正确C 错误；P 点的功率P=UI ，故可以用矩
形PQOM所围“面积”来表示，D正确．
【点睛】对于线性元件，欧姆定律成立，即
U U
R
I I
∆
==
∆
，对于非线性元件，欧姆定律不
成立，
U U
R
I I
∆
=≠
∆
．
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
123456
数
U/V0.90 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40
I/A0.180.240.310.370.430.49
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=+⨯=
1mm0.0515mm 1.75mm
甲
[2]金属丝乙的直径
d=+⨯=
1mm0.0218mm 1.36mm
乙
[3]金属丝丙的直径
0.5mm0.046mm0.546mm
d=+=
丙
[4][5]根据电阻定律的决定式
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 可知
R 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
4.92ΩU
R I
=
=甲 再根据电阻定律
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 代入数据，解得
52.410m ρ-=⨯Ω⋅
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
E
I rl R
=
+ 整理得
1r R l I E E
=+ 其中r 就是单位长度的电阻，根据电阻定律
r S
ρ
=
代入整理得
1R l I ES E
ρ=+ 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
32
51.361013 5.0()Ωm 9.410Ωm 2
ρπ--⨯=⨯⨯⨯⋅=⨯⋅
（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．某同学将一个量程为0~1mA 、内阻未知的电流表G 改装为量程为0~3V 的电压表V 。

他先测量该电流表G 的内阻R g ，再进行改装，然后把改装的电压表与标准电压表进行校准并进行误差分析。

实验室准备的仪器有： 电源E （电动势为4.5V ，内阻约1.2Ω）
滑动变阻器R 1（最大阻值为5000Ω，允许通过的最大电流约为0.02A ） 滑动变阻器R 2（最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流约为1.0A ） 电阻箱R （最大阻值为999.9Ω，允许通过的最大电流约为0.2A ） 标准电压表0V （最大量程为3.0V ，内阻约为4000Ω） 开关两个，导线若干 他的操作过程如下：
(1)先按如图(a)所示的电路，测量电流表G 的内阻R g ，其步骤为：
①将滑动变阻器R 1调到最大，保持开关K 2断开，闭合开关K 1，再调节滑动变阻器R 1，使电流表G 的指针指在满刻度I g 处。

②保持滑动变阻器R 1的阻值不变，再闭合开关K 2，调节电阻箱R 的阻值使电流表G 的指针指在满刻度的一半处，即
1
2
g I I =
， 此时电阻箱上示数如图(b)所示，则电流表G 的内阻R g =__Ω。

(2)他根据所测出的电流表G 内阻R g 的值，通过计算后，在表头G 上串联一个电阻R ，就将电流表G 改装成量程0~3V 的电压表V ，如图(c)所示，则这个定值电阻的阻值为R =__Ω。

(3)他再用标准电压表V 0对改装的电压表进行校准，要求电压能从0到最大值之间逐一进行
校准，试在图(d)的方框中补全校准电路图，并标出所选用器材的符号，其中改装的电压表和标准电压表已画出。

（______________）
(4)由于电流表G 内阻R g 的测量值____（填“小于”或“大于”）真实值，改装电压表V 时串联电阻R 的阻值_____（填“偏大”或“偏小”），因此在校准过程中，改装的电压表的示数总比标准表的示数______(填“偏大”或“偏小”)。

【答案】105.0Ω 2895Ω 小于 偏大 偏小
【解析】 【分析】
根据题目中给出的提示，以及电表的改装知识进行解答。

【详解】
(1)[1]电阻箱的读数为
105.0ΩK R =，
电流表的内阻为
g 105.0ΩR =；
(2)[2]由电压表的改装原理可知：
()g g g g g 112895Ωg U U
R n R R R I R I ⎛⎫=-=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭
；
(3)[3]要求电压从0到最大值之间逐一进行校准，因此应采用分压法，滑动变阻器选用
2R ，标准电压表和改装电压表应并联。

电路图如图所示：
；
(4)[4][5][6]用半偏法测电流表内阻g R 时，由于电阻箱R 的连入使得电路总电流变大，致使
g R 的测量值偏小，这样在改装电压表时串联电阻
()g g 1U
R n R R I
=-=
-， 其阻值偏大，使得校准时通过其电流值偏小，故改装的电压表示数小于标准表的示数。

【点睛】
电表的改装及校准。

18．某同学为测定金属丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示电路，电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R0=4.0Ω，电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好．
⑴实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d =_______mm．
⑵实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I，实验数据如下表所示：
x(m)0.100.200.300.400.500.60
I(A)0.490.430.380.330.310.28
(A-1) 2.04 2.33 2.63 3.03 3.23 3.57
①将表中数据描在坐标纸中，如图丙所示，请作出其关系图线_______．
②若图象中直线的斜率为k，则金属丝的电阻率ρ=_______（用题中字母表示）．
③根据图丙中关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r =______Ω（保留
两位有效数字）．
【答案】0.400 如图；
1.4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．
（2）①[2]．如图所示：
②[3]．电阻丝电阻：
R=ρ
由闭合电路欧姆定律可知，电流：
-x图象是直线，便于实验数据处理，因此需要作-x图象；其图象的斜率：
则电阻率：
ρ=；
③[4]．由-x图象纵坐标的截距可知：
解得
r=1.4Ω
【点睛】
本题考查了螺旋测微器读数、实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象法处理实验数据的方
法．
19．要测量一段阻值大约为5 Ω的均匀金属丝的电阻率，除刻度尺、螺旋测微器、电源E （电动势为3 V、内阻约为0．5 Ω）、最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R、开关一只、导线若干外，还有电流表和电压表各两只供选择：A1（量程1 A、内阻约为1 Ω）、A2（量程0．6 A、内阻约为2 Ω）、V1（量程3．0 V、内阻约为1 000 Ω）、V2（量程15 V、内阻约为3 000 Ω）．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，则金属丝的直径为________mm．（2）为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选________，电压表应选________．
（3）实验电路已经画出了一部分，如图所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好（R x 表示待测电阻）_________．
（4）若用刻度尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，电流表的读数为I，电压表的读数为U，则该金属丝的电阻率表达式为ρ＝________．
【答案】0.851~0.853均可 A2 V1
2 4
d U LI π
【解析】
【分析】
【详解】
（1）螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm，可动部分读数为：
35．0×0．01mm=0.351mm，故最后读数为：0.5mm+0.351mm=0.851mm．
（2）为零测量准确，电压表和电流表的指针偏转要尽量大些，因此电流表选择A2，电压表选择V1．
（3）根据实验原理得出实验原理图为：
（4）根据欧姆定律得：
U
R
I
＝；根据电阻定律得：
RS
L
ρ＝．故有：
2
4
d U
LI
π
ρ=．
20．育才中学科技小组的小明同学自行设计了一个地磅，其原理如图1所示．设电源两端电压U恒为定值，R0为定值电阻，滑动变阻器的总电阻为R、总长度为L ，滑动触头与托盘固联，开始时触头位于变阻器最上端A，并能随轻弹簧一起上下滑动．已知滑动变阻器
的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短L ．请回答：
（1）定值电阻R0的作用是________．
（2）电流表的示数与待测物体质量m之间的关系式为________；此地磅的刻度特点是
________．
（3）有同学建议小明将原理图改为图2所示，你认为这样改________（填“好”或“不好”）. （4）请你在图2的基础上，在图3的方框里画出你改进后的电路图，这样的好处是什么？
【答案】（1）分压限流，保护电路元件作用；（2）
(L)R
U
mgL
R
FL
-+；不均匀
（3）不好（4）这样的好处是电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
【解析】
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电流表有烧坏的可能，则定值电阻R0的作用是保护电路；
（2）滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短l．
当质量为m的物体放在地磅上时，弹簧形变量为l′，有
F mg
l l
=
'
，即此时的弹簧缩短了
mgl
l
F
'=，设此时滑动变阻器的阻值为R′，则
R R
L L l
'
=
-'
所以11
l mgl
R R R
L FL
（）（）
'
'=-=-，
根据欧姆定律可知，此时电路中的电流为
(1)
U U
I
mgl
R R R R
FL
==
'+-+
由表达式可知，电流表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀；（3）电压表的示数为滑动变阻器的电压，等于电源电压减去定值电阻R0的电压．
故00
(1)
U
U U IR U R
mgl
R R
FL
'=-=-
-+
，
由表达式可知，电压表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀，故这样改仍然不好；
（4）改进的电路如图所示，
滑片的移动不能改变接入电路中电阻的大小，但可以改变电压表所测部分的电阻，
设地磅上放上质量为m的物体时弹簧缩短量为l″，则l″=
mg
F
l
此时变阻器根据电压表并联部分的电阻R″=
l
L
"
R，
根据欧姆定律，此时电路中的总电流为I=
U
R R
+
，
所电压表的示数为
()
000
()()
mg
l
U l U mgRU
F
U IR R R
R R L R R L R R FL
"
'="===
+++
，
由表达式可以看出，电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
点睛：本题以地磅为背景考查了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用；关键：一是根据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力，二是根据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小，三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等．
21．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】
试题分析：（1）灯泡的额定电流0.5200mA 2.5
I =
=；故电流表选择B ；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F ； （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，0.5V U =时，电流0.10A I =，则对应的电阻0.550.1
R ==Ω； 考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。